ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವ್ಯಾಖ್ಯಾನದ ವಿಧಾನ. ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಉದಾಹರಣೆಗಳು

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಎನ್ನುವುದು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಅವಲೋಕನಗಳಿಂದ ಸಾಮಾನ್ಯ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಪಡೆಯುವ ವಿಧಾನವಾಗಿದೆ. ಒಂದು ಗಣಿತದ ಹೇಳಿಕೆಯು ಸೀಮಿತ ಸಂಖ್ಯೆಯ ವಸ್ತುಗಳಿಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿದ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ, ಪ್ರತಿ ವಸ್ತುವಿನ ಪರೀಕ್ಷೆಯ ಮೂಲಕ ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬಹುದು. ಉದಾಹರಣೆಗೆ, "ಪ್ರತಿ ಎರಡು-ಅಂಕಿಯ ಸಮ ಸಂಖ್ಯೆಯು ಎರಡು ಅವಿಭಾಜ್ಯ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಮೊತ್ತವಾಗಿದೆ" ಎಂಬ ಹೇಳಿಕೆಯು ಸ್ಥಾಪಿಸಲು ಸಾಕಷ್ಟು ಕಾರ್ಯಸಾಧ್ಯವಾದ ಸಮಾನತೆಗಳ ಸರಣಿಯಿಂದ ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ:

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

ಎಲ್ಲಾ ಸಾಧ್ಯತೆಗಳನ್ನು ಖಾಲಿ ಮಾಡುವ ಸೀಮಿತ ಸಂಖ್ಯೆಯ ಪ್ರಕರಣಗಳಿಗೆ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸುವ ಪುರಾವೆ ವಿಧಾನವನ್ನು ಸಂಪೂರ್ಣ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಈ ವಿಧಾನವನ್ನು ತುಲನಾತ್ಮಕವಾಗಿ ವಿರಳವಾಗಿ ಬಳಸಲಾಗುತ್ತದೆ, ಏಕೆಂದರೆ ಗಣಿತದ ಹೇಳಿಕೆಗಳು, ನಿಯಮದಂತೆ, ಸೀಮಿತವಾಗಿರುವುದಿಲ್ಲ, ಆದರೆ ಅನಂತವಾದ ವಸ್ತುಗಳ ಸೆಟ್ಗಳಿಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿದೆ. ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಸಂಪೂರ್ಣ ಪ್ರಚೋದನೆಯಿಂದ ಮೇಲೆ ಸಾಬೀತಾಗಿರುವ ಎರಡು-ಅಂಕಿಯ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಬಗ್ಗೆ ಹೇಳಿಕೆಯು ಪ್ರಮೇಯದ ವಿಶೇಷ ಪ್ರಕರಣವಾಗಿದೆ: "ಯಾವುದೇ ಸಮ ಸಂಖ್ಯೆಯು ಎರಡು ಅವಿಭಾಜ್ಯ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಮೊತ್ತವಾಗಿದೆ." ಈ ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ಇನ್ನೂ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲಾಗಿಲ್ಲ ಅಥವಾ ನಿರಾಕರಿಸಲಾಗಿಲ್ಲ.

ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯು ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವದ ಆಧಾರದ ಮೇಲೆ ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗಾಗಿ ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುವ ವಿಧಾನವಾಗಿದೆ: “ಒಂದು ಹೇಳಿಕೆಯು n=1 ಗೆ ನಿಜವಾಗಿದ್ದರೆ ಮತ್ತು n=k ಗಾಗಿ ಅದರ ಸಿಂಧುತ್ವವು n=k ಗಾಗಿ ಈ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ. +1, ನಂತರ ಇದು ಎಲ್ಲಾ n ಗೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ " ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ಮೂಲಕ ಪುರಾವೆಯ ವಿಧಾನವು ಈ ಕೆಳಗಿನಂತಿರುತ್ತದೆ:

1) ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಆಧಾರ: ಅವರು n=1 (ಕೆಲವೊಮ್ಮೆ n=0 ಅಥವಾ n=n 0) ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತಾರೆ ಅಥವಾ ನೇರವಾಗಿ ಪರಿಶೀಲಿಸುತ್ತಾರೆ;

2) ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಹಂತ (ಪರಿವರ್ತನೆ): ಅವರು ಕೆಲವು ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n=k ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಊಹಿಸುತ್ತಾರೆ ಮತ್ತು ಈ ಊಹೆಯ ಆಧಾರದ ಮೇಲೆ, n=k+1 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತಾರೆ.

ಪರಿಹಾರಗಳೊಂದಿಗೆ ಸಮಸ್ಯೆಗಳು

1. ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ, ಸಂಖ್ಯೆ 3 2n+1 +2 n+2 ಅನ್ನು 7 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ನಾವು A(n)=3 2n+1 +2 n+2 ಅನ್ನು ಸೂಚಿಸೋಣ.

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಬೇಸ್. n=1 ಆಗಿದ್ದರೆ, A(1)=3 3 +2 3 =35 ಮತ್ತು, ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ, 7 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು.

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಊಹೆ. A(k) ಅನ್ನು 7 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸೋಣ.

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಪರಿವರ್ತನೆ. A(k+1) ಅನ್ನು 7 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು, ಅಂದರೆ n=k ಗಾಗಿ ಸಮಸ್ಯೆಯ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.

A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=

3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2.

ಕೊನೆಯ ಸಂಖ್ಯೆಯನ್ನು 7 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು, ಏಕೆಂದರೆ ಇದು 7 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದಾದ ಎರಡು ಪೂರ್ಣಾಂಕಗಳ ವ್ಯತ್ಯಾಸವಾಗಿದೆ. ಆದ್ದರಿಂದ, ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ 3 2n+1 +2 n+2 7 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸುತ್ತದೆ.

2. ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ, ಸಂಖ್ಯೆ 2 3 n +1 ಅನ್ನು 3 n+1 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಮತ್ತು 3 n+2 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗುವುದಿಲ್ಲ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಸಂಕೇತವನ್ನು ಪರಿಚಯಿಸೋಣ: a i =2 3 i +1.

n=1 ಗಾಗಿ ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ ಮತ್ತು 1 =2 3 +1=9. ಆದ್ದರಿಂದ, 1 ಅನ್ನು 3 2 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಮತ್ತು 3 3 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗುವುದಿಲ್ಲ.

n=k ಗಾಗಿ a k ಅನ್ನು 3 k+1 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಮತ್ತು 3 k+2 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗುವುದಿಲ್ಲ, ಅಂದರೆ a k =2 3 k +1=3 k+1 m, ಅಲ್ಲಿ m ಅನ್ನು 3 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗುವುದಿಲ್ಲ. ನಂತರ

ಮತ್ತು k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m· ((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k)=

3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k).

ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ, k+1 ಅನ್ನು 3 k+2 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಮತ್ತು 3 k+3 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗುವುದಿಲ್ಲ.

ಆದ್ದರಿಂದ, ಹೇಳಿಕೆಯು ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

3. x+1/x ಒಂದು ಪೂರ್ಣಾಂಕ ಎಂದು ತಿಳಿದಿದೆ. ಯಾವುದೇ ಪೂರ್ಣಾಂಕ n ಗೆ x n +1/x n ಸಹ ಪೂರ್ಣಾಂಕವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ನಾವು ಸಂಕೇತವನ್ನು ಪರಿಚಯಿಸೋಣ: a i =х i +1/х i ಮತ್ತು ತಕ್ಷಣ a i =а -i ಎಂದು ಗಮನಿಸಿ, ಆದ್ದರಿಂದ ನಾವು ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸೂಚ್ಯಂಕಗಳ ಬಗ್ಗೆ ಮಾತನಾಡುವುದನ್ನು ಮುಂದುವರಿಸುತ್ತೇವೆ.

ಗಮನಿಸಿ: ಒಂದು 1 ಎಂಬುದು ಸಂಪ್ರದಾಯದ ಮೂಲಕ ಪೂರ್ಣಾಂಕವಾಗಿದೆ; ಮತ್ತು 2 ಒಂದು ಪೂರ್ಣಾಂಕವಾಗಿದೆ, ಏಕೆಂದರೆ 2 = (a 1) 2 –2; ಮತ್ತು 0 =2.

n ಅನ್ನು ಮೀರದ ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಗೆ k ಪೂರ್ಣಾಂಕವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ಭಾವಿಸೋಣ. ನಂತರ 1 ·a n ಒಂದು ಪೂರ್ಣಾಂಕವಾಗಿದೆ, ಆದರೆ 1 ·a n =a n+1 +a n–1 ಮತ್ತು n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . ಆದಾಗ್ಯೂ, n–1, ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಊಹೆಯ ಪ್ರಕಾರ, ಒಂದು ಪೂರ್ಣಾಂಕವಾಗಿದೆ. ಇದರರ್ಥ n+1 ಕೂಡ ಒಂದು ಪೂರ್ಣಾಂಕ. ಆದ್ದರಿಂದ, x n +1/x n ಯಾವುದೇ ಪೂರ್ಣಾಂಕ n ಗೆ ಒಂದು ಪೂರ್ಣಾಂಕವಾಗಿದೆ, ಅದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬೇಕಾಗಿದೆ.

4. 1 ಕ್ಕಿಂತ ಹೆಚ್ಚಿನ ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ ಡಬಲ್ ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

5. ನೈಸರ್ಗಿಕ n > 1 ಮತ್ತು |x| ಗಾಗಿ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

(1–x)n +(1+x)n

n=2 ಗೆ ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ. ನಿಜವಾಗಿಯೂ,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

ಅಸಮಾನತೆಯು n=k ಗೆ ನಿಜವಾಗಿದ್ದರೆ, n=k+1 ಗಾಗಿ ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n > 1 ಗೆ ಅಸಮಾನತೆ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

6. ಸಮತಲದಲ್ಲಿ n ವಲಯಗಳಿವೆ. ಈ ವಲಯಗಳ ಯಾವುದೇ ವ್ಯವಸ್ಥೆಗಾಗಿ, ಅವರು ರೂಪಿಸುವ ನಕ್ಷೆಯನ್ನು ಎರಡು ಬಣ್ಣಗಳಿಂದ ಸರಿಯಾಗಿ ಬಣ್ಣಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸೋಣ.

n=1 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ.

n ವಲಯಗಳಿಂದ ರೂಪುಗೊಂಡ ಯಾವುದೇ ನಕ್ಷೆಗೆ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ಭಾವಿಸೋಣ ಮತ್ತು ಸಮತಲದಲ್ಲಿ n+1 ವಲಯಗಳು ಇರಲಿ. ಈ ವಲಯಗಳಲ್ಲಿ ಒಂದನ್ನು ತೆಗೆದುಹಾಕುವ ಮೂಲಕ, ನಾವು ಮಾಡಿದ ಊಹೆಯ ಕಾರಣದಿಂದಾಗಿ, ಎರಡು ಬಣ್ಣಗಳೊಂದಿಗೆ ಸರಿಯಾಗಿ ಬಣ್ಣ ಮಾಡಬಹುದಾದ ನಕ್ಷೆಯನ್ನು ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ (ಕೆಳಗಿನ ಮೊದಲ ಚಿತ್ರವನ್ನು ನೋಡಿ).

ನಂತರ ನಾವು ತಿರಸ್ಕರಿಸಿದ ವೃತ್ತವನ್ನು ಪುನಃಸ್ಥಾಪಿಸೋಣ ಮತ್ತು ಅದರ ಒಂದು ಬದಿಯಲ್ಲಿ, ಉದಾಹರಣೆಗೆ ಒಳಗೆ, ಪ್ರತಿ ಪ್ರದೇಶದ ಬಣ್ಣವನ್ನು ವಿರುದ್ಧವಾಗಿ ಬದಲಾಯಿಸಿ (ಎರಡನೆಯ ಚಿತ್ರವನ್ನು ನೋಡಿ). ಈ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ ನಾವು ಎರಡು ಬಣ್ಣಗಳಿಂದ ಸರಿಯಾಗಿ ಬಣ್ಣದ ನಕ್ಷೆಯನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ ಎಂದು ನೋಡುವುದು ಸುಲಭ, ಆದರೆ ಈಗ ಮಾತ್ರ n+1 ವಲಯಗಳಿಗೆ, ಇದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬೇಕಾಗಿದೆ.

7. ಈ ಕೆಳಗಿನ ಷರತ್ತುಗಳನ್ನು ಪೂರೈಸಿದರೆ ನಾವು ಪೀನ ಬಹುಭುಜಾಕೃತಿಯನ್ನು "ಸುಂದರ" ಎಂದು ಕರೆಯುತ್ತೇವೆ:

1) ಅದರ ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಶೃಂಗಗಳನ್ನು ಮೂರು ಬಣ್ಣಗಳಲ್ಲಿ ಒಂದನ್ನು ಚಿತ್ರಿಸಲಾಗಿದೆ;

2) ಯಾವುದೇ ಎರಡು ಪಕ್ಕದ ಶೃಂಗಗಳನ್ನು ವಿವಿಧ ಬಣ್ಣಗಳಲ್ಲಿ ಚಿತ್ರಿಸಲಾಗಿದೆ;

3) ಬಹುಭುಜಾಕೃತಿಯ ಕನಿಷ್ಠ ಒಂದು ಶೃಂಗವನ್ನು ಪ್ರತಿ ಮೂರು ಬಣ್ಣಗಳಲ್ಲಿ ಚಿತ್ರಿಸಲಾಗಿದೆ.

ಯಾವುದೇ ಸುಂದರವಾದ n-gon ಅನ್ನು ವಿಭಜಿತ ಕರ್ಣಗಳಿಂದ "ಸುಂದರ" ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ಕತ್ತರಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸೋಣ.

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಬೇಸ್. ಸಾಧ್ಯವಾದಷ್ಟು ಚಿಕ್ಕದಾದ n=3 ನೊಂದಿಗೆ, ಸಮಸ್ಯೆಯ ಹೇಳಿಕೆಯು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ: "ಸುಂದರ" ತ್ರಿಕೋನದ ಶೃಂಗಗಳನ್ನು ಮೂರು ವಿಭಿನ್ನ ಬಣ್ಣಗಳಲ್ಲಿ ಚಿತ್ರಿಸಲಾಗಿದೆ ಮತ್ತು ಯಾವುದೇ ಕಡಿತದ ಅಗತ್ಯವಿಲ್ಲ.

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಊಹೆ. ಯಾವುದೇ "ಸುಂದರ" n-gon ಗೆ ಸಮಸ್ಯೆಯ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ಊಹಿಸೋಣ.

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಹಂತ. ನಾವು ಅನಿಯಂತ್ರಿತ "ಸುಂದರ" (n+1)-ಗೊನ್ ಅನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸೋಣ ಮತ್ತು ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಊಹೆಯನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ಅದನ್ನು "ಸುಂದರ" ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ಕೆಲವು ಕರ್ಣಗಳಿಂದ ಕತ್ತರಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ. ನಾವು A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 ನಿಂದ (n+1)-gon ನ ಸತತ ಶೃಂಗಗಳನ್ನು ಸೂಚಿಸೋಣ. ಒಂದು (n+1)-ಗಾನ್‌ನ ಒಂದು ಶೃಂಗವು ಯಾವುದಾದರೂ ಮೂರು ಬಣ್ಣಗಳಲ್ಲಿ ಬಣ್ಣದಲ್ಲಿದ್ದರೆ, ಈ ಶೃಂಗವನ್ನು ಕರ್ಣಗಳೊಂದಿಗೆ ಅದರ ಪಕ್ಕದಲ್ಲಿಲ್ಲದ ಎಲ್ಲಾ ಶೃಂಗಗಳಿಗೆ ಸಂಪರ್ಕಿಸುವ ಮೂಲಕ, ನಾವು (n+1) ನ ಅಗತ್ಯ ವಿಭಾಗವನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ. ) - "ಸುಂದರ" ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ಹೋಗಿ.

ಪ್ರತಿ ಮೂರು ಬಣ್ಣಗಳಲ್ಲಿ (n+1)-gon ನ ಕನಿಷ್ಠ ಎರಡು ಶೃಂಗಗಳನ್ನು ಬಣ್ಣಿಸಿದರೆ, ನಾವು ಶೃಂಗದ A 1 ರ ಬಣ್ಣವನ್ನು ಸಂಖ್ಯೆ 1 ರಿಂದ ಮತ್ತು ಶೃಂಗದ A 2 ನ ಬಣ್ಣವನ್ನು ಸಂಖ್ಯೆ 2 ರಿಂದ ಸೂಚಿಸುತ್ತೇವೆ. k ಎಂಬುದು ಚಿಕ್ಕ ಸಂಖ್ಯೆಯಾಗಿರಲಿ, ಅಂದರೆ ಶೃಂಗ A k ಅನ್ನು ಮೂರನೇ ಬಣ್ಣದಲ್ಲಿ ಬಣ್ಣಿಸಲಾಗಿದೆ. k > 2 ಎಂಬುದು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ. ನಾವು A k–2 A k–1 A k ಅನ್ನು ಕರ್ಣ A k–2 A k ಯಿಂದ (n+1)-gon ನಿಂದ ಕತ್ತರಿಸೋಣ. ಕೆ ಸಂಖ್ಯೆಯ ಆಯ್ಕೆಗೆ ಅನುಗುಣವಾಗಿ, ಈ ತ್ರಿಕೋನದ ಎಲ್ಲಾ ಶೃಂಗಗಳನ್ನು ಮೂರು ವಿಭಿನ್ನ ಬಣ್ಣಗಳಲ್ಲಿ ಚಿತ್ರಿಸಲಾಗಿದೆ, ಅಂದರೆ, ಈ ತ್ರಿಕೋನವು "ಸುಂದರವಾಗಿದೆ". ಪೀನದ n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , ಉಳಿದಿದೆ, ಇದು ಅನುಗಮನದ ಊಹೆಯ ಕಾರಣದಿಂದ, "ಸುಂದರವಾಗಿದೆ", ಅಂದರೆ ಇದನ್ನು "ಸುಂದರ" ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ವಿಂಗಡಿಸಲಾಗಿದೆ, ಇದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬೇಕಾಗಿದೆ.

8. ಒಂದು ಪೀನ n-gon ನಲ್ಲಿ n ಕರ್ಣಗಳಿಗಿಂತ ಹೆಚ್ಚಿನದನ್ನು ಆಯ್ಕೆ ಮಾಡುವುದು ಅಸಾಧ್ಯವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ ಇದರಿಂದ ಅವುಗಳಲ್ಲಿ ಯಾವುದೇ ಎರಡು ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುವನ್ನು ಹೊಂದಿರುತ್ತದೆ.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ಪುರಾವೆಯನ್ನು ಕೈಗೊಳ್ಳೋಣ.

ನಾವು ಹೆಚ್ಚು ಸಾಮಾನ್ಯವಾದ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ: ಪೀನ n-gon ನಲ್ಲಿ n ಬದಿಗಳು ಮತ್ತು ಕರ್ಣಗಳಿಗಿಂತ ಹೆಚ್ಚಿನದನ್ನು ಆಯ್ಕೆ ಮಾಡುವುದು ಅಸಾಧ್ಯ, ಇದರಿಂದಾಗಿ ಅವುಗಳಲ್ಲಿ ಯಾವುದೇ ಎರಡು ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುವನ್ನು ಹೊಂದಿರುತ್ತದೆ. n = 3 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ. ಈ ಹೇಳಿಕೆಯು ಅನಿಯಂತ್ರಿತ n-gon ಗೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ ಮತ್ತು ಇದನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು, ನಾವು ಅನಿಯಂತ್ರಿತ (n+1)-gon ಗೆ ಅದರ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆ.

(n+1)-gon ಗೆ ಈ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಲ್ಲ ಎಂದು ನಾವು ಭಾವಿಸೋಣ. ಒಂದು (n+1)-gon ನ ಪ್ರತಿ ಶೃಂಗದಿಂದ ಎರಡು ಆಯ್ಕೆಮಾಡಿದ ಬದಿಗಳು ಅಥವಾ ಕರ್ಣಗಳು ಹೊರಹೊಮ್ಮದಿದ್ದರೆ, ಅವುಗಳಲ್ಲಿ n+1 ಕ್ಕಿಂತ ಹೆಚ್ಚಿನದನ್ನು ಒಟ್ಟು ಆಯ್ಕೆ ಮಾಡಲಾಗುವುದಿಲ್ಲ. ಆದ್ದರಿಂದ, ಕೆಲವು ಶೃಂಗ A ನಿಂದ ಕನಿಷ್ಠ ಮೂರು ಆಯ್ದ ಬದಿಗಳು ಅಥವಾ ಕರ್ಣಗಳು AB, AC, AD ಇವೆ. AC AB ಮತ್ತು AD ನಡುವೆ ಇರಲಿ. C ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಹೊರಹೊಮ್ಮುವ ಯಾವುದೇ ಪಾರ್ಶ್ವ ಅಥವಾ ಕರ್ಣೀಯ ಮತ್ತು CA ಯನ್ನು ಹೊರತುಪಡಿಸಿ AB ಮತ್ತು AD ಅನ್ನು ಏಕಕಾಲದಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸಲು ಸಾಧ್ಯವಿಲ್ಲದ ಕಾರಣ, C ಬಿಂದುವಿನಿಂದ ಕೇವಲ ಒಂದು ಆಯ್ಕೆ ಕರ್ಣೀಯ CA ಹೊರಹೊಮ್ಮುತ್ತದೆ.

ಕರ್ಣೀಯ CA ಜೊತೆಗೆ ಬಿಂದು C ಅನ್ನು ತ್ಯಜಿಸಿದರೆ, ನಾವು ಒಂದು ಪೀನ n-gon ಅನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ, ಇದರಲ್ಲಿ n ಗಿಂತ ಹೆಚ್ಚು ಬದಿಗಳು ಮತ್ತು ಕರ್ಣಗಳನ್ನು ಆಯ್ಕೆ ಮಾಡಲಾಗುತ್ತದೆ, ಅವುಗಳಲ್ಲಿ ಯಾವುದಾದರೂ ಸಾಮಾನ್ಯ ಬಿಂದುವನ್ನು ಹೊಂದಿರುತ್ತದೆ. ಹೀಗಾಗಿ, ಅನಿಯಂತ್ರಿತ ಪೀನ n-gon ಗೆ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂಬ ಊಹೆಯೊಂದಿಗೆ ನಾವು ವಿರೋಧಾಭಾಸಕ್ಕೆ ಬರುತ್ತೇವೆ.

ಆದ್ದರಿಂದ, (n+1)-gon ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ. ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವದ ಪ್ರಕಾರ, ಯಾವುದೇ ಪೀನ n-gon ಗೆ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

9. ಸಮತಲದಲ್ಲಿ n ನೇರ ರೇಖೆಗಳಿವೆ, ಅವುಗಳಲ್ಲಿ ಎರಡು ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿಲ್ಲ ಮತ್ತು ಮೂರು ಒಂದೇ ಬಿಂದುವಿನ ಮೂಲಕ ಹಾದುಹೋಗುವುದಿಲ್ಲ. ಈ ಸಾಲುಗಳು ವಿಮಾನವನ್ನು ಎಷ್ಟು ಭಾಗಗಳಾಗಿ ವಿಭಜಿಸುತ್ತವೆ?

ಪ್ರಾಥಮಿಕ ರೇಖಾಚಿತ್ರಗಳನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು, ಒಂದು ಸರಳ ರೇಖೆಯು ಸಮತಲವನ್ನು 2 ಭಾಗಗಳಾಗಿ, ಎರಡು ನೇರ ರೇಖೆಗಳನ್ನು 4 ಭಾಗಗಳಾಗಿ, ಮೂರು ಸರಳ ರೇಖೆಗಳನ್ನು 7 ಭಾಗಗಳಾಗಿ ಮತ್ತು ನಾಲ್ಕು ಸರಳ ರೇಖೆಗಳನ್ನು 11 ಭಾಗಗಳಾಗಿ ವಿಂಗಡಿಸುತ್ತದೆ ಎಂದು ನೀವು ಸುಲಭವಾಗಿ ಪರಿಶೀಲಿಸಬಹುದು.

n ನೇರ ರೇಖೆಗಳು ಸಮತಲವನ್ನು ವಿಭಜಿಸುವ ಭಾಗಗಳ ಸಂಖ್ಯೆಯನ್ನು N(n) ಮೂಲಕ ಸೂಚಿಸೋಣ. ಎಂಬುದನ್ನು ಗಮನಿಸಬಹುದು

N(2)=N(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

ಎಂದು ಊಹಿಸುವುದು ಸಹಜ

N(n)=N(n-1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

ಅಥವಾ, ಸ್ಥಾಪಿಸಲು ಸುಲಭವಾದಂತೆ, ಅಂಕಗಣಿತದ ಪ್ರಗತಿಯ ಮೊದಲ n ಪದಗಳ ಮೊತ್ತಕ್ಕೆ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಬಳಸಿ,

N(n)=1+n(n+1)/2.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ಈ ಸೂತ್ರದ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.

n=1 ಗಾಗಿ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಈಗಾಗಲೇ ಪರಿಶೀಲಿಸಲಾಗಿದೆ.

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಊಹೆಯನ್ನು ಮಾಡಿದ ನಂತರ, ಸಮಸ್ಯೆಯ ಪರಿಸ್ಥಿತಿಗಳನ್ನು ಪೂರೈಸುವ k+1 ಸಾಲುಗಳನ್ನು ನಾವು ಪರಿಗಣಿಸುತ್ತೇವೆ. ನಾವು ಅವುಗಳಿಂದ ಅನಿಯಂತ್ರಿತ ರೀತಿಯಲ್ಲಿ k ನೇರ ರೇಖೆಗಳನ್ನು ಆಯ್ಕೆ ಮಾಡೋಣ. ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಊಹೆಯ ಮೂಲಕ, ಅವರು ಸಮತಲವನ್ನು 1+ k(k+1)/2 ಭಾಗಗಳಾಗಿ ವಿಭಜಿಸುತ್ತಾರೆ. ಉಳಿದಿರುವ (k+1)ನೇ ನೇರ ರೇಖೆಯನ್ನು ಆಯ್ಕೆಮಾಡಿದ k ನೇರ ರೇಖೆಗಳಿಂದ k+1 ಭಾಗಗಳಾಗಿ ವಿಂಗಡಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ, ಸಮತಲವನ್ನು ಈಗಾಗಲೇ ವಿಂಗಡಿಸಲಾದ (k+1) ನೇ ಭಾಗದ ಉದ್ದಕ್ಕೂ ಹಾದುಹೋಗುತ್ತದೆ, ಮತ್ತು ಪ್ರತಿಯೊಂದೂ ಈ ಭಾಗಗಳನ್ನು 2 ಭಾಗಗಳಾಗಿ ವಿಂಗಡಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ, ಅಂದರೆ, ಇನ್ನೊಂದು k+1 ಭಾಗವನ್ನು ಸೇರಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ. ಆದ್ದರಿಂದ,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

ಕ್ಯೂ.ಇ.ಡಿ.

10. ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಯಲ್ಲಿ x 1: x 2: ... : x n, ಕ್ರಮಗಳ ಕ್ರಮವನ್ನು ಸೂಚಿಸಲು ಆವರಣಗಳನ್ನು ಇರಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ಫಲಿತಾಂಶವನ್ನು ಭಿನ್ನರಾಶಿಯಾಗಿ ಬರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ:

(ಈ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ, ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಅಕ್ಷರಗಳು x 1, x 2, ..., x n ಭಿನ್ನರಾಶಿಯ ಅಂಶದಲ್ಲಿ ಅಥವಾ ಛೇದದಲ್ಲಿದೆ). ಆವರಣಗಳನ್ನು ಇರಿಸುವ ಎಲ್ಲಾ ಸಂಭಾವ್ಯ ವಿಧಾನಗಳೊಂದಿಗೆ ಈ ರೀತಿಯಲ್ಲಿ ಎಷ್ಟು ವಿಭಿನ್ನ ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಗಳನ್ನು ಪಡೆಯಬಹುದು?

ಮೊದಲನೆಯದಾಗಿ, ಫಲಿತಾಂಶದ ಭಿನ್ನರಾಶಿಯಲ್ಲಿ x 1 ಅಂಕೆಯಲ್ಲಿದೆ ಎಂಬುದು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ. ಆವರಣಗಳನ್ನು ಹೇಗೆ ಇರಿಸಿದರೂ x 2 ಛೇದದಲ್ಲಿ ಇರುತ್ತದೆ ಎಂಬುದು ಬಹುತೇಕ ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ (x 2 ರ ಮುಂಭಾಗದಲ್ಲಿರುವ ವಿಭಾಗ ಚಿಹ್ನೆಯು x 2 ಅನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ ಅಥವಾ ಅಂಶದಲ್ಲಿ x 2 ಅನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ಕೆಲವು ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಗಳನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ).

ಎಲ್ಲಾ ಇತರ ಅಕ್ಷರಗಳು x 3, x 4, ..., x n ಸಂಪೂರ್ಣವಾಗಿ ಅನಿಯಂತ್ರಿತ ರೀತಿಯಲ್ಲಿ ಅಂಶ ಅಥವಾ ಛೇದದಲ್ಲಿ ನೆಲೆಗೊಳ್ಳಬಹುದು ಎಂದು ಊಹಿಸಬಹುದು. ಒಟ್ಟಾರೆಯಾಗಿ ನೀವು 2 n–2 ಭಿನ್ನರಾಶಿಗಳನ್ನು ಪಡೆಯಬಹುದು: ಪ್ರತಿಯೊಂದು n–2 ಅಕ್ಷರಗಳು x 3, x 4, ..., x n ಸಂಖ್ಯಾ ಅಥವಾ ಛೇದದಲ್ಲಿ ಇತರರಿಂದ ಸ್ವತಂತ್ರವಾಗಿ ಕಾಣಿಸಿಕೊಳ್ಳಬಹುದು.

ಈ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಮೂಲಕ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.

n=3 ನೊಂದಿಗೆ ನೀವು 2 ಭಿನ್ನರಾಶಿಗಳನ್ನು ಪಡೆಯಬಹುದು:

ಆದ್ದರಿಂದ ಹೇಳಿಕೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಇದು n=k ಗೆ ನಿಜವೆಂದು ಭಾವಿಸೋಣ ಮತ್ತು n=k+1 ಗಾಗಿ ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.

ಬ್ರಾಕೆಟ್‌ಗಳ ಕೆಲವು ನಿಯೋಜನೆಯ ನಂತರ x 1:x 2: ... :x k ಅನ್ನು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಭಾಗದ Q ರೂಪದಲ್ಲಿ ಬರೆಯೋಣ. ಈ ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಯಲ್ಲಿ x k ಬದಲಿಗೆ x k:x k+1 ಅನ್ನು ಬದಲಿಸಿದರೆ, ಆಗ x k ಆಗಿರುತ್ತದೆ Q ಭಿನ್ನರಾಶಿಯಲ್ಲಿರುವ ಅದೇ ಸ್ಥಳದಲ್ಲಿ, ಮತ್ತು x k ಇರುವ ಸ್ಥಳದಲ್ಲಿ x k+1 ಇರುವುದಿಲ್ಲ (x k ಛೇದದಲ್ಲಿದ್ದರೆ, x k+1 ಅಂಶದಲ್ಲಿ ಮತ್ತು ಪ್ರತಿಯಾಗಿ).

ಈಗ ನಾವು x k +1 ಅನ್ನು x k ಇರುವ ಅದೇ ಸ್ಥಳಕ್ಕೆ ಸೇರಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆ. Q ಭಿನ್ನರಾಶಿಯಲ್ಲಿ, ಬ್ರಾಕೆಟ್‌ಗಳನ್ನು ಹಾಕಿದ ನಂತರ, q:x k ರೂಪದ ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿ ಅಗತ್ಯವಾಗಿ ಇರುತ್ತದೆ, ಇಲ್ಲಿ q ಅಕ್ಷರ x k–1 ಅಥವಾ ಬ್ರಾಕೆಟ್‌ಗಳಲ್ಲಿನ ಕೆಲವು ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಯಾಗಿದೆ. q:x k ಅನ್ನು ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಯೊಂದಿಗೆ (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1) ಬದಲಾಯಿಸಿ, ನಾವು ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ ಅದೇ ಭಿನ್ನರಾಶಿ Q ಅನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ, ಅಲ್ಲಿ x k ಬದಲಿಗೆ x k ·x k+1 ಇರುತ್ತದೆ.

ಹೀಗಾಗಿ, n=k+1 ಪ್ರಕರಣದಲ್ಲಿನ ಎಲ್ಲಾ ಸಂಭವನೀಯ ಭಿನ್ನರಾಶಿಗಳ ಸಂಖ್ಯೆಯು n=k ಪ್ರಕರಣಕ್ಕಿಂತ 2 ಪಟ್ಟು ಹೆಚ್ಚಾಗಿರುತ್ತದೆ ಮತ್ತು 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಹೀಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

ಉತ್ತರ: 2 n–2 ಭಿನ್ನರಾಶಿಗಳು.

ಪರಿಹಾರವಿಲ್ಲದ ಸಮಸ್ಯೆಗಳು

1. ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ n ಗಾಗಿ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ:

a) ಸಂಖ್ಯೆ 5 n –3 n +2n ಅನ್ನು 4 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು;

b) ಸಂಖ್ಯೆ n 3 +11n ಅನ್ನು 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು;

c) ಸಂಖ್ಯೆ 7 n +3n-1 ಅನ್ನು 9 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು;

d) ಸಂಖ್ಯೆ 6 2n +19 n –2 n+1 ಅನ್ನು 17 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು;

ಇ) ಸಂಖ್ಯೆ 7 n+1 +8 2n-1 ಅನ್ನು 19 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು;

e) ಸಂಖ್ಯೆ 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 ಅನ್ನು 27 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು.

2. (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1) ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

3. ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ |sin nx| ಎನ್|ಸಿನ್ x| ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಎನ್.

4. 10 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗದ a, b, c ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳನ್ನು ಹುಡುಕಿ ಮತ್ತು ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ n ಸಂಖ್ಯೆಗಳಿಗೆ a n + b n ಮತ್ತು c n ಒಂದೇ ಕೊನೆಯ ಎರಡು ಅಂಕೆಗಳನ್ನು ಹೊಂದಿರುತ್ತವೆ.

5. n ಪಾಯಿಂಟ್‌ಗಳು ಒಂದೇ ಸಾಲಿನಲ್ಲಿ ಇರದಿದ್ದರೆ, ಅವುಗಳನ್ನು ಸಂಪರ್ಕಿಸುವ ರೇಖೆಗಳಲ್ಲಿ ಕನಿಷ್ಠ n ವಿಭಿನ್ನ ಪದಗಳಿವೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಗಣಿತದ ಪ್ರೇರಣೆಯ ವಿಧಾನ

ಪರಿಚಯ

ಮುಖ್ಯ ಭಾಗ

ಸಂಪೂರ್ಣ ಮತ್ತು ಅಪೂರ್ಣ ಇಂಡಕ್ಷನ್
ಗಣಿತದ ಪ್ರೇರಣೆಯ ತತ್ವ
ಗಣಿತದ ಪ್ರೇರಣೆಯ ವಿಧಾನ
ಪರಿಹಾರ ಉದಾಹರಣೆಗಳು
ಸಮಾನತೆಗಳು
ಸಂಖ್ಯೆಗಳನ್ನು ವಿಭಜಿಸುವುದು
ಅಸಮಾನತೆಗಳು

ತೀರ್ಮಾನ

ಬಳಸಿದ ಸಾಹಿತ್ಯದ ಪಟ್ಟಿ

ಪರಿಚಯ

ಯಾವುದೇ ಗಣಿತದ ಸಂಶೋಧನೆಯ ಆಧಾರವು ಅನುಮಾನಾತ್ಮಕ ಮತ್ತು ಅನುಗಮನದ ವಿಧಾನಗಳು. ತಾರ್ಕಿಕತೆಯ ಅನುಮಾನಾಸ್ಪದ ವಿಧಾನವು ಸಾಮಾನ್ಯದಿಂದ ನಿರ್ದಿಷ್ಟಕ್ಕೆ ತಾರ್ಕಿಕವಾಗಿದೆ, ಅಂದರೆ. ತಾರ್ಕಿಕತೆ, ಇದರ ಆರಂಭಿಕ ಹಂತವು ಸಾಮಾನ್ಯ ಫಲಿತಾಂಶವಾಗಿದೆ ಮತ್ತು ಅಂತಿಮ ಹಂತವು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಫಲಿತಾಂಶವಾಗಿದೆ. ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಫಲಿತಾಂಶಗಳಿಂದ ಸಾಮಾನ್ಯ ಫಲಿತಾಂಶಗಳಿಗೆ ಚಲಿಸುವಾಗ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಅನ್ನು ಬಳಸಲಾಗುತ್ತದೆ, ಅಂದರೆ. ಅನುಮಾನಾತ್ಮಕ ವಿಧಾನಕ್ಕೆ ವಿರುದ್ಧವಾಗಿದೆ.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಪ್ರಗತಿಗೆ ಹೋಲಿಸಬಹುದು. ನಾವು ಕಡಿಮೆಯಿಂದ ಪ್ರಾರಂಭಿಸುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು ತಾರ್ಕಿಕ ಚಿಂತನೆಯ ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ ನಾವು ಉನ್ನತ ಮಟ್ಟಕ್ಕೆ ಬರುತ್ತೇವೆ. ಮನುಷ್ಯನು ಯಾವಾಗಲೂ ಪ್ರಗತಿಗಾಗಿ ಶ್ರಮಿಸುತ್ತಾನೆ, ತನ್ನ ಆಲೋಚನೆಗಳನ್ನು ತಾರ್ಕಿಕವಾಗಿ ಅಭಿವೃದ್ಧಿಪಡಿಸುವ ಸಾಮರ್ಥ್ಯಕ್ಕಾಗಿ, ಅಂದರೆ ಪ್ರಕೃತಿಯು ಅವನನ್ನು ಅನುಗಮನದಿಂದ ಯೋಚಿಸಲು ಉದ್ದೇಶಿಸಿದೆ.

ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದ ಅನ್ವಯದ ವ್ಯಾಪ್ತಿಯು ಬೆಳೆದಿದ್ದರೂ, ಶಾಲಾ ಪಠ್ಯಕ್ರಮದಲ್ಲಿ ಸ್ವಲ್ಪ ಸಮಯವನ್ನು ಮೀಸಲಿಡಲಾಗಿದೆ. ಸರಿ, ಆ ಎರಡು ಅಥವಾ ಮೂರು ಪಾಠಗಳು ಒಬ್ಬ ವ್ಯಕ್ತಿಗೆ ಉಪಯುಕ್ತವಾಗುತ್ತವೆ ಎಂದು ಹೇಳಿ, ಈ ಸಮಯದಲ್ಲಿ ಅವನು ಸಿದ್ಧಾಂತದ ಐದು ಪದಗಳನ್ನು ಕೇಳುತ್ತಾನೆ, ಐದು ಪ್ರಾಚೀನ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುತ್ತಾನೆ ಮತ್ತು ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ, ಅವನಿಗೆ ಏನೂ ತಿಳಿದಿಲ್ಲ ಎಂಬ ಅಂಶಕ್ಕಾಗಿ A ಅನ್ನು ಸ್ವೀಕರಿಸುತ್ತಾನೆ.

ಆದರೆ ಪ್ರಚೋದಕವಾಗಿ ಯೋಚಿಸಲು ಸಾಧ್ಯವಾಗುವುದು ಬಹಳ ಮುಖ್ಯ.

ಮುಖ್ಯ ಭಾಗ

ಅದರ ಮೂಲ ಅರ್ಥದಲ್ಲಿ, "ಇಂಡಕ್ಷನ್" ಎಂಬ ಪದವನ್ನು ತಾರ್ಕಿಕತೆಗೆ ಅನ್ವಯಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ, ಅದರ ಮೂಲಕ ಹಲವಾರು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಹೇಳಿಕೆಗಳ ಆಧಾರದ ಮೇಲೆ ಸಾಮಾನ್ಯ ತೀರ್ಮಾನಗಳನ್ನು ಪಡೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಈ ರೀತಿಯ ತಾರ್ಕಿಕ ಸರಳ ವಿಧಾನವೆಂದರೆ ಸಂಪೂರ್ಣ ಇಂಡಕ್ಷನ್. ಅಂತಹ ತಾರ್ಕಿಕತೆಯ ಉದಾಹರಣೆ ಇಲ್ಲಿದೆ.

4 ರೊಳಗೆ ಪ್ರತಿ ಸಹ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಎಂದು ಸ್ಥಾಪಿಸುವುದು ಅಗತ್ಯವಾಗಿರಲಿ< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

ಈ ಒಂಬತ್ತು ಸಮಾನತೆಗಳು ನಾವು ಆಸಕ್ತಿ ಹೊಂದಿರುವ ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಸಂಖ್ಯೆಗಳನ್ನು ಎರಡು ಸರಳ ಪದಗಳ ಮೊತ್ತವಾಗಿ ಪ್ರತಿನಿಧಿಸುತ್ತದೆ ಎಂದು ತೋರಿಸುತ್ತದೆ.

ಹೀಗಾಗಿ, ಸಂಪೂರ್ಣ ಪ್ರಚೋದನೆಯು ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಸೀಮಿತ ಸಂಖ್ಯೆಯ ಸಂಭವನೀಯ ಪ್ರಕರಣಗಳಲ್ಲಿ ಸಾಮಾನ್ಯ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಪ್ರತ್ಯೇಕವಾಗಿ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುವುದನ್ನು ಒಳಗೊಂಡಿರುತ್ತದೆ.

ಕೆಲವೊಮ್ಮೆ ಸಾಮಾನ್ಯ ಫಲಿತಾಂಶವನ್ನು ಎಲ್ಲವನ್ನೂ ಪರಿಗಣಿಸಿದ ನಂತರ ಊಹಿಸಬಹುದು, ಆದರೆ ಸಾಕಷ್ಟು ದೊಡ್ಡ ಸಂಖ್ಯೆಯ ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಪ್ರಕರಣಗಳು (ಅಪೂರ್ಣ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಎಂದು ಕರೆಯಲ್ಪಡುವ).

ಅಪೂರ್ಣ ಪ್ರಚೋದನೆಯಿಂದ ಪಡೆದ ಫಲಿತಾಂಶವು ಎಲ್ಲಾ ವಿಶೇಷ ಪ್ರಕರಣಗಳನ್ನು ಒಳಗೊಂಡಂತೆ ನಿಖರವಾದ ಗಣಿತದ ತಾರ್ಕಿಕತೆಯಿಂದ ಸಾಬೀತಾಗುವವರೆಗೆ ಕೇವಲ ಒಂದು ಊಹೆಯಾಗಿ ಉಳಿದಿದೆ. ಬೇರೆ ರೀತಿಯಲ್ಲಿ ಹೇಳುವುದಾದರೆ, ಗಣಿತಶಾಸ್ತ್ರದಲ್ಲಿ ಅಪೂರ್ಣ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಅನ್ನು ಕಠಿಣ ಪುರಾವೆಗಳ ಕಾನೂನುಬದ್ಧ ವಿಧಾನವೆಂದು ಪರಿಗಣಿಸಲಾಗುವುದಿಲ್ಲ, ಆದರೆ ಹೊಸ ಸತ್ಯಗಳನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯುವ ಪ್ರಬಲ ವಿಧಾನವಾಗಿದೆ.

ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ನೀವು ಮೊದಲ n ಅನುಕ್ರಮ ಬೆಸ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಮೊತ್ತವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಲು ಬಯಸುತ್ತೀರಿ. ವಿಶೇಷ ಪ್ರಕರಣಗಳನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸೋಣ:

1+3+5+7+9=25=5 2

ಈ ಕೆಲವು ವಿಶೇಷ ಪ್ರಕರಣಗಳನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸಿದ ನಂತರ, ಈ ಕೆಳಗಿನ ಸಾಮಾನ್ಯ ತೀರ್ಮಾನವು ಸ್ವತಃ ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

ಆ. ಮೊದಲ n ಅನುಕ್ರಮ ಬೆಸ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಮೊತ್ತವು n 2 ಆಗಿದೆ

ಸಹಜವಾಗಿ, ಮಾಡಿದ ಅವಲೋಕನವು ನೀಡಿದ ಸೂತ್ರದ ಸಿಂಧುತ್ವದ ಪುರಾವೆಯಾಗಿ ಇನ್ನೂ ಕಾರ್ಯನಿರ್ವಹಿಸುವುದಿಲ್ಲ.

ಸಂಪೂರ್ಣ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಸೀಮಿತ ಅನ್ವಯಿಕೆಗಳನ್ನು ಮಾತ್ರ ಹೊಂದಿದೆ. ಅನೇಕ ಆಸಕ್ತಿದಾಯಕ ಗಣಿತದ ಹೇಳಿಕೆಗಳು ಅನಂತ ಸಂಖ್ಯೆಯ ವಿಶೇಷ ಪ್ರಕರಣಗಳನ್ನು ಒಳಗೊಂಡಿರುತ್ತವೆ, ಆದರೆ ಅನಂತ ಸಂಖ್ಯೆಯ ಪ್ರಕರಣಗಳಿಗೆ ಅವುಗಳನ್ನು ಪರೀಕ್ಷಿಸಲು ನಮಗೆ ಸಾಧ್ಯವಾಗುವುದಿಲ್ಲ. ಅಪೂರ್ಣ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಸಾಮಾನ್ಯವಾಗಿ ತಪ್ಪಾದ ಫಲಿತಾಂಶಗಳಿಗೆ ಕಾರಣವಾಗುತ್ತದೆ.

ಅನೇಕ ಸಂದರ್ಭಗಳಲ್ಲಿ, ಈ ರೀತಿಯ ತೊಂದರೆಯಿಂದ ಹೊರಬರುವ ಮಾರ್ಗವೆಂದರೆ ವಿಶೇಷ ತಾರ್ಕಿಕ ವಿಧಾನವನ್ನು ಆಶ್ರಯಿಸುವುದು, ಇದನ್ನು ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಅದು ಈ ಕೆಳಗಿನಂತಿದೆ.

ನೀವು ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗಾಗಿ ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬೇಕು ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ (ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಮೊದಲ n ಬೆಸ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಮೊತ್ತವು n 2 ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನೀವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬೇಕು). n ನ ಪ್ರತಿ ಮೌಲ್ಯಕ್ಕೆ ಈ ಹೇಳಿಕೆಯ ನೇರ ಪರಿಶೀಲನೆ ಅಸಾಧ್ಯ, ಏಕೆಂದರೆ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಸೆಟ್ ಅನಂತವಾಗಿದೆ. ಈ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು, ಮೊದಲು n=1 ಗಾಗಿ ಅದರ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸಿ. ನಂತರ ಅವರು k ನ ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಮೌಲ್ಯಕ್ಕೆ, n=k ಗಾಗಿ ಪರಿಗಣಿಸಲಾದ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವು n=k+1 ಗಾಗಿ ಅದರ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ.

ನಂತರ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಎಲ್ಲಾ n ಗೆ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ ಎಂದು ಪರಿಗಣಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ. ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ಹೇಳಿಕೆಯು n=1 ಗೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ. ಆದರೆ ಮುಂದಿನ ಸಂಖ್ಯೆ n=1+1=2 ಕ್ಕೂ ಇದು ನಿಜವಾಗಿದೆ. n=2 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವು n=2+ ಗಾಗಿ ಅದರ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ

1=3. ಇದು n=4, ಇತ್ಯಾದಿಗಳ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ. ಕೊನೆಯಲ್ಲಿ, ನಾವು ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಅನ್ನು ತಲುಪುತ್ತೇವೆ ಎಂಬುದು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ. ಇದರರ್ಥ ಯಾವುದೇ n ಗೆ ಹೇಳಿಕೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಏನು ಹೇಳಲಾಗಿದೆ ಎಂಬುದನ್ನು ಸಂಕ್ಷಿಪ್ತವಾಗಿ ಹೇಳುವುದಾದರೆ, ನಾವು ಈ ಕೆಳಗಿನ ಸಾಮಾನ್ಯ ತತ್ವವನ್ನು ರೂಪಿಸುತ್ತೇವೆ.

ಗಣಿತದ ಪ್ರೇರಣೆಯ ತತ್ವ.

ಒಂದು ವಾಕ್ಯ A(n), ಸ್ವಾಭಾವಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಅನ್ನು ಅವಲಂಬಿಸಿ, n=1 ಕ್ಕೆ ನಿಜವಾಗಿದ್ದರೆ ಮತ್ತು ಅದು n=k ಗೆ ನಿಜವಾಗಿದ್ದರೆ (ಇಲ್ಲಿ k ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ), ಅದು ಸಹ ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ ಮುಂದಿನ ಸಂಖ್ಯೆ n=k +1, ನಂತರ ಊಹೆ A(n) ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ ಸರಿ.

ಹಲವಾರು ಸಂದರ್ಭಗಳಲ್ಲಿ, ಒಂದು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಎಲ್ಲಾ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳಿಗೆ ಅಲ್ಲ, ಆದರೆ n>p ಗೆ ಮಾತ್ರ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುವುದು ಅಗತ್ಯವಾಗಬಹುದು, ಅಲ್ಲಿ p ಸ್ಥಿರ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಯಾಗಿದೆ. ಈ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ, ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವವನ್ನು ಈ ಕೆಳಗಿನಂತೆ ರೂಪಿಸಲಾಗಿದೆ.

n=p ಗೆ A(n) ಪ್ರತಿಪಾದನೆಯು ನಿಜವಾಗಿದ್ದರೆ ಮತ್ತು ಯಾವುದೇ k>p ಗೆ A(k)ÞA(k+1) ಆಗಿದ್ದರೆ, ಯಾವುದೇ n>p ಗೆ A(n) ಪ್ರತಿಪಾದನೆಯು ನಿಜವಾಗಿರುತ್ತದೆ.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ಪುರಾವೆಯನ್ನು ಈ ಕೆಳಗಿನಂತೆ ಕೈಗೊಳ್ಳಲಾಗುತ್ತದೆ. ಮೊದಲಿಗೆ, ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬೇಕಾದ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು n=1 ಗಾಗಿ ಪರಿಶೀಲಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ, ಅಂದರೆ. ಎ (1) ಹೇಳಿಕೆಯ ಸತ್ಯವನ್ನು ಸ್ಥಾಪಿಸಲಾಗಿದೆ. ಪುರಾವೆಯ ಈ ಭಾಗವನ್ನು ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಆಧಾರ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ನಂತರ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಸ್ಟೆಪ್ ಎಂಬ ಪುರಾವೆಯ ಭಾಗ ಬರುತ್ತದೆ. ಈ ಭಾಗದಲ್ಲಿ, ಅವರು n=k (ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಊಹೆ) ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವದ ಊಹೆಯ ಅಡಿಯಲ್ಲಿ n=k+1 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತಾರೆ, ಅಂದರೆ. A(k)ÞA(k+1) ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ: 1) ನಾವು n=1=1 2 ಅನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ. ಆದ್ದರಿಂದ,

ಹೇಳಿಕೆಯು n=1 ಗೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ, ಅಂದರೆ. ಎ (1) ನಿಜ.

2) A(k)ÞA(k+1) ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.

k ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಯಾಗಿರಲಿ ಮತ್ತು ಹೇಳಿಕೆಯು n=k ಗಾಗಿ ನಿಜವಾಗಿರಲಿ, ಅಂದರೆ.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

ನಂತರ ಈ ಹೇಳಿಕೆಯು ಮುಂದಿನ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n=k+1 ಗೆ ಸಹ ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ, ಅಂದರೆ. ಏನು

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

ವಾಸ್ತವವಾಗಿ,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .

ಆದ್ದರಿಂದ, A(k)ÞA(k+1). ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವದ ಆಧಾರದ ಮೇಲೆ, ಯಾವುದೇ nÎN ಗೆ ಊಹೆ A(n) ನಿಜ ಎಂದು ನಾವು ತೀರ್ಮಾನಿಸುತ್ತೇವೆ.

ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), ಇಲ್ಲಿ x¹1

ಪರಿಹಾರ: 1) n=1 ಗಾಗಿ ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

ಆದ್ದರಿಂದ, n=1 ಗೆ ಸೂತ್ರವು ಸರಿಯಾಗಿದೆ; ಎ (1) ನಿಜ.

2) k ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಯಾಗಿರಲಿ ಮತ್ತು n=k ಗೆ ಸೂತ್ರವು ನಿಜವಾಗಿರಲಿ, ಅಂದರೆ.

1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1).

ಆಗ ಸಮಾನತೆ ಎಂಬುದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).

ವಾಸ್ತವವಾಗಿ

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).

ಆದ್ದರಿಂದ, A(k)ÞA(k+1). ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವವನ್ನು ಆಧರಿಸಿ, ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ ಸೂತ್ರವು ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ತೀರ್ಮಾನಿಸುತ್ತೇವೆ.

ಪೀನ n-gon ನ ಕರ್ಣಗಳ ಸಂಖ್ಯೆಯು n(n-3)/2 ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ: 1) n=3 ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ

ಮತ್ತು 3 ಅರ್ಥಪೂರ್ಣವಾಗಿದೆ, ಏಕೆಂದರೆ ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ

 A 3 =3(3-3)/2=0 ಕರ್ಣಗಳು;

ಎ 2 ಎ(3) ನಿಜ.

2) ಪ್ರತಿಯೊಂದರಲ್ಲೂ ನಾವು ಊಹಿಸೋಣ

ಒಂದು ಪೀನ ಕೆ-ಗಾನ್ ಹೊಂದಿದೆ-

A 1 x A k =k(k-3)/2 ಕರ್ಣಗಳು.

ಮತ್ತು k ನಾವು ಅದನ್ನು ಪೀನದಲ್ಲಿ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ

(k+1)-gon ಸಂಖ್ಯೆ

ಕರ್ಣಗಳು A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 ಒಂದು ಪೀನ (k+1)-gon ಆಗಿರಲಿ. ಅದರಲ್ಲಿ ಕರ್ಣ A 1 A k ಅನ್ನು ಸೆಳೆಯೋಣ. ಈ (k+1)-gon ನ ಒಟ್ಟು ಕರ್ಣಗಳ ಸಂಖ್ಯೆಯನ್ನು ಲೆಕ್ಕಾಚಾರ ಮಾಡಲು, ನೀವು k-gon A 1 A 2 ...A k ನಲ್ಲಿರುವ ಕರ್ಣಗಳ ಸಂಖ್ಯೆಯನ್ನು ಎಣಿಕೆ ಮಾಡಬೇಕಾಗುತ್ತದೆ, ಫಲಿತಾಂಶದ ಸಂಖ್ಯೆಗೆ k-2 ಅನ್ನು ಸೇರಿಸಿ, ಅಂದರೆ. A k+1 ಶೃಂಗದಿಂದ ಹೊರಹೊಮ್ಮುವ (k+1)-gon ನ ಕರ್ಣಗಳ ಸಂಖ್ಯೆ ಮತ್ತು ಹೆಚ್ಚುವರಿಯಾಗಿ, ಕರ್ಣ A 1 A k ಅನ್ನು ಗಣನೆಗೆ ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳಬೇಕು.

ಹೀಗಾಗಿ,

 k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

ಆದ್ದರಿಂದ, A(k)ÞA(k+1). ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವದಿಂದಾಗಿ, ಯಾವುದೇ ಪೀನ n-gon ಗೆ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಕೆಳಗಿನ ಯಾವುದೇ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

ಪರಿಹಾರ: 1) n=1 ಆಗಿರಲಿ

X 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.

ಇದರರ್ಥ n=1 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

2) n=k ಎಂದು ಊಹಿಸಿ

X k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) n=k+1 ಗಾಗಿ ಈ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸಿ

X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

ನಾವು n=k+1 ಗೆ ಸಮಾನತೆಯನ್ನು ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿದ್ದೇವೆ, ಆದ್ದರಿಂದ, ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದ ಮೂಲಕ, ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಗೆ ಸಮಾನತೆ ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2/4.

ಪರಿಹಾರ: 1) n=1 ಅನ್ನು ಬಿಡಿ.

ನಂತರ X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

n=1 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ನೋಡುತ್ತೇವೆ.

2) n=k ಗೆ ಸಮಾನತೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

X k =k 2 (k+1) 2/4.

3) n=k+1 ಗಾಗಿ ಈ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸತ್ಯವನ್ನು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ, ಅಂದರೆ.

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2/4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2/4.

ಮೇಲಿನ ಪುರಾವೆಯಿಂದ ಹೇಳಿಕೆಯು n=k+1 ಕ್ಕೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗುತ್ತದೆ, ಆದ್ದರಿಂದ ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ ಸಮಾನತೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), ಅಲ್ಲಿ n>2.

ಪರಿಹಾರ: 1) n=2 ಗಾಗಿ ಗುರುತು ಈ ರೀತಿ ಕಾಣುತ್ತದೆ: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

ಆ. ಇದು ನಿಜ.

2) n=k ಗಾಗಿ ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿ ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಊಹಿಸಿ

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).

3) n=k+1 ಗಾಗಿ ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಯ ಸರಿಯಾದತೆಯನ್ನು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.

(((2 3 +1)/(2 3 -1))´...´((k 3 +1)/(k 3 -1)))'(((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1))´((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

ನಾವು n=k+1 ಗೆ ಸಮಾನತೆಯನ್ನು ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿದ್ದೇವೆ, ಆದ್ದರಿಂದ, ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದ ಮೂಲಕ, ಯಾವುದೇ n>2 ಗೆ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ

ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಎನ್.

ಪರಿಹಾರ: 1) n=1 ಆಗಿರಲಿ

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) ನಂತರ n=k ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).

3) n=k+1 ಗಾಗಿ ಈ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸತ್ಯವನ್ನು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ

(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3).

n=k+1 ಗಾಗಿ ಸಮಾನತೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸಹ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲಾಗಿದೆ, ಆದ್ದರಿಂದ ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಗುರುತು ಸರಿಯಾಗಿದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಎನ್.

1) n=1 ಗಾಗಿ ಗುರುತು ನಿಜ 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) n=k ಗಾಗಿ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

3) n=k+1 ಗಾಗಿ ಗುರುತು ಸರಿ ಎಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1).

ಮೇಲಿನ ಪುರಾವೆಯಿಂದ ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗುತ್ತದೆ.

(11 n+2 +12 2n+1) ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 133 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ: 1) n=1 ಆಗಿರಲಿ

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23´133.

ಆದರೆ (23´133) ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 133 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು, ಅಂದರೆ n=1 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ; ಎ (1) ನಿಜ.

2) (11 k+2 +12 2k+1) ಅನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 133 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ.

3) ಈ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ ನಾವು ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ

(11 k+3 +12 2k+3) ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 133 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು. ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, 11 k+3 +12 2l+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

ಫಲಿತಾಂಶದ ಮೊತ್ತವನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 133 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗಿದೆ, ಏಕೆಂದರೆ ಅದರ ಮೊದಲ ಪದವನ್ನು ಊಹೆಯ ಮೂಲಕ ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 133 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಮತ್ತು ಎರಡನೆಯ ಅಂಶವು 133 ಆಗಿದೆ. ಆದ್ದರಿಂದ, A(k)ÞA(k+1). ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದಿಂದ, ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲಾಗಿದೆ.

ಯಾವುದೇ n 7 n -1 ಕ್ಕೆ ಉಳಿದಿಲ್ಲದೆ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ: 1) n=1 ಆಗಿರಲಿ, ನಂತರ X 1 =7 1 -1=6 ಅನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗಿದೆ. ಇದರರ್ಥ n=1 ಆಗಿರುವಾಗ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

2) n=k ಗಾಗಿ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

7 k -1 ಅನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು.

3) n=k+1 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವೆಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.

X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.

ಮೊದಲ ಪದವನ್ನು 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು, ಏಕೆಂದರೆ 7 k -1 ಅನ್ನು ಊಹೆಯಿಂದ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಮತ್ತು ಎರಡನೇ ಪದವು 6 ಆಗಿದೆ. ಇದರರ್ಥ 7 n -1 ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ n ಗೆ 6 ರ ಗುಣಾಕಾರವಾಗಿದೆ. ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದ ಕಾರಣದಿಂದಾಗಿ, ಹೇಳಿಕೆಯು ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

ಅನಿಯಂತ್ರಿತ ನೈಸರ್ಗಿಕ n ಗೆ 3 3n-1 +2 4n-3 ಅನ್ನು 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.
ಪರಿಹಾರ: 1) n=1 ಆಗಿರಲಿ

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 ಅನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗಿದೆ. ಇದರರ್ಥ n=1 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

2) n=k ಗಾಗಿ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

X k =3 3k-1 +2 4k-3 ಅನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು.

3) n=k+1 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವೆಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =

27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +

11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11´3 3k-1 .

ಮೊದಲ ಪದವನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು, ಏಕೆಂದರೆ 3 3k-1 +2 4k-3 ಅನ್ನು ಊಹೆಯಿಂದ 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು, ಎರಡನೆಯದನ್ನು 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು, ಏಕೆಂದರೆ ಅದರ ಅಂಶಗಳಲ್ಲಿ ಒಂದಾದ ಸಂಖ್ಯೆ 11. ಇದರರ್ಥ ಮೊತ್ತ ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ ಉಳಿದಿಲ್ಲದೆ 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು. ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದ ಕಾರಣದಿಂದಾಗಿ, ಹೇಳಿಕೆಯು ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

ಅನಿಯಂತ್ರಿತ ನೈಸರ್ಗಿಕ n ಗೆ 11 2n -1 ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ: 1) n=1 ಆಗಿರಲಿ, ನಂತರ 11 2 -1=120 ಅನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು. ಇದರರ್ಥ n=1 ಆಗಿರುವಾಗ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

2) n=k ಗಾಗಿ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

11 2k -1 ಅನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು.

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).

ಎರಡೂ ಪದಗಳನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು: ಮೊದಲನೆಯದು 6 ರ ಗುಣಾಕಾರವನ್ನು ಹೊಂದಿರುತ್ತದೆ, ಸಂಖ್ಯೆ 120, ಮತ್ತು ಎರಡನೆಯದು ಊಹೆಯ ಮೂಲಕ ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸುತ್ತದೆ. ಇದರರ್ಥ ಮೊತ್ತವನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು. ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದ ಕಾರಣದಿಂದಾಗಿ, ಹೇಳಿಕೆಯು ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

ಅನಿಯಂತ್ರಿತ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗಾಗಿ 3 3n+3 -26n-27 ಅನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 26 2 (676) ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ: ಮೊದಲು ನಾವು 3 3n+3 -1 ಅನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 26 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆ.

ಯಾವಾಗ n=0

3 3 -1=26 ಅನ್ನು 26 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗಿದೆ

n=k ಗಾಗಿ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

3 3k+3 -1 ಅನ್ನು 26 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು

ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ

n=k+1 ಗೆ ಸರಿ.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – 26 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಿ

ಈಗ ಸಮಸ್ಯೆ ಹೇಳಿಕೆಯಲ್ಲಿ ರೂಪಿಸಲಾದ ಹೇಳಿಕೆಯ ಪುರಾವೆಯನ್ನು ಕೈಗೊಳ್ಳೋಣ.

1) ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ, ಯಾವಾಗ n=1 ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ

3 3+3 -26-27=676

2) n=k ಗಾಗಿ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿ 3 3k+3 -26k-27 ಅನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ 26 2 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗಿದೆ.

3) n=k+1 ಗಾಗಿ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವೆಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).

ಎರಡೂ ಪದಗಳನ್ನು 26 2 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು; ಮೊದಲನೆಯದನ್ನು 26 2 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಏಕೆಂದರೆ ಆವರಣದಲ್ಲಿರುವ ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಯನ್ನು 26 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿದ್ದೇವೆ ಮತ್ತು ಎರಡನೆಯದು ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಊಹೆಯಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು. ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದ ಕಾರಣದಿಂದಾಗಿ, ಹೇಳಿಕೆಯು ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

n>2 ಮತ್ತು x>0 ಆಗಿದ್ದರೆ, ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

(1+x) n >1+n´x.

ಪರಿಹಾರ: 1) n=2 ಗಾಗಿ ಅಸಮಾನತೆಯು ಮಾನ್ಯವಾಗಿರುತ್ತದೆ, ರಿಂದ

(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.

ಆದ್ದರಿಂದ A(2) ನಿಜ.

2) A(k)ÞA(k+1), k> 2 ಎಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ. A(k) ನಿಜವೆಂದು ಭಾವಿಸೋಣ, ಅಂದರೆ, ಅಸಮಾನತೆ

(1+x) k >1+k´x. (3)

ಆಗ A(k+1) ಕೂಡ ನಿಜ, ಅಂದರೆ ಅಸಮಾನತೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ಅಸಮಾನತೆಯ ಎರಡೂ ಬದಿಗಳನ್ನು (3) ಧನಾತ್ಮಕ ಸಂಖ್ಯೆ 1+x ನಿಂದ ಗುಣಿಸಿದಾಗ, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

ಕೊನೆಯ ಅಸಮಾನತೆಯ ಬಲಭಾಗವನ್ನು ನಾವು ಪರಿಗಣಿಸೋಣ

stva; ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ

(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.

ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ, ನಾವು ಅದನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

ಆದ್ದರಿಂದ, A(k)ÞA(k+1). ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವವನ್ನು ಆಧರಿಸಿ, ಬರ್ನೌಲಿಯ ಅಸಮಾನತೆಯು ಯಾವುದಕ್ಕೂ ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ವಾದಿಸಬಹುದು

ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 for a> 0.

ಪರಿಹಾರ: 1) ಯಾವಾಗ m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ಎರಡೂ ಬದಿಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿವೆ.

2) m=k ಗಾಗಿ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) m=k+1 ಗೆ ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+

+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +

+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

ನಾವು m=k+1 ಗಾಗಿ ಅಸಮಾನತೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿದ್ದೇವೆ, ಆದ್ದರಿಂದ, ಗಣಿತದ ಪ್ರೇರಣೆಯ ವಿಧಾನದ ಮೂಲಕ, ಅಸಮಾನತೆಯು ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ m ಗೆ ಮಾನ್ಯವಾಗಿರುತ್ತದೆ.

n>6 ಗೆ ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

3 n >n´2 n+1 .

ಪರಿಹಾರ: ರೂಪದಲ್ಲಿ ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಪುನಃ ಬರೆಯೋಣ

n=7 ಗಾಗಿ ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ

3 7/2 7 =2187/128>14=2´7

ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜ.

n=k ಗಾಗಿ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

3) n=k+1 ಗಾಗಿ ಅಸಮಾನತೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ.

3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).

k>7 ರಿಂದ, ಕೊನೆಯ ಅಸಮಾನತೆ ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ.

ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದ ಕಾರಣದಿಂದಾಗಿ, ಅಸಮಾನತೆಯು ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n ಗೆ ಮಾನ್ಯವಾಗಿರುತ್ತದೆ.

n>2 ಗೆ ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

1+(1/2 2)+(1/3 2)+...+(1/n 2)<1,7-(1/n).

ಪರಿಹಾರ: 1) n=3 ಗೆ ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

n=k ಗಾಗಿ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k).

3) ಅಲ್ಲದ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ

n=k+1 ಗಾಗಿ ಸಮಾನತೆ

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).

1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2) ಎಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ<1,7-(1/k+1)Û

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

ಎರಡನೆಯದು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1).

ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದಿಂದ, ಅಸಮಾನತೆಯು ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

ತೀರ್ಮಾನ

ನಿರ್ದಿಷ್ಟವಾಗಿ ಹೇಳುವುದಾದರೆ, ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಅಧ್ಯಯನ ಮಾಡುವ ಮೂಲಕ, ನಾನು ಈ ಗಣಿತ ಕ್ಷೇತ್ರದಲ್ಲಿ ನನ್ನ ಜ್ಞಾನವನ್ನು ಹೆಚ್ಚಿಸಿದೆ ಮತ್ತು ಹಿಂದೆ ನನ್ನ ಶಕ್ತಿಯನ್ನು ಮೀರಿದ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸಲು ಕಲಿತಿದ್ದೇನೆ.

ಇವು ಮುಖ್ಯವಾಗಿ ತಾರ್ಕಿಕ ಮತ್ತು ಮನರಂಜನೆಯ ಕಾರ್ಯಗಳಾಗಿವೆ, ಅಂದರೆ. ಕೇವಲ ಒಂದು ವಿಜ್ಞಾನವಾಗಿ ಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಆಸಕ್ತಿಯನ್ನು ಹೆಚ್ಚಿಸುವಂತಹವುಗಳು. ಅಂತಹ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವುದು ಮನರಂಜನೆಯ ಚಟುವಟಿಕೆಯಾಗಿದೆ ಮತ್ತು ಹೆಚ್ಚು ಹೆಚ್ಚು ಕುತೂಹಲಕಾರಿ ಜನರನ್ನು ಗಣಿತದ ಚಕ್ರವ್ಯೂಹಕ್ಕೆ ಆಕರ್ಷಿಸಬಹುದು. ನನ್ನ ಅಭಿಪ್ರಾಯದಲ್ಲಿ, ಇದು ಯಾವುದೇ ವಿಜ್ಞಾನದ ಆಧಾರವಾಗಿದೆ.

ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನವನ್ನು ಅಧ್ಯಯನ ಮಾಡುವುದನ್ನು ಮುಂದುವರೆಸುತ್ತಾ, ಗಣಿತಶಾಸ್ತ್ರದಲ್ಲಿ ಮಾತ್ರವಲ್ಲದೆ ಭೌತಶಾಸ್ತ್ರ, ರಸಾಯನಶಾಸ್ತ್ರ ಮತ್ತು ಜೀವನದಲ್ಲಿ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವಲ್ಲಿ ಅದನ್ನು ಹೇಗೆ ಅನ್ವಯಿಸಬೇಕು ಎಂಬುದನ್ನು ಕಲಿಯಲು ನಾನು ಪ್ರಯತ್ನಿಸುತ್ತೇನೆ.

ಗಣಿತ:

ಉಪನ್ಯಾಸಗಳು, ಸಮಸ್ಯೆಗಳು, ಪರಿಹಾರಗಳು

ಪಠ್ಯಪುಸ್ತಕ / ವಿಜಿ ಬೋಲ್ಟ್ಯಾನ್ಸ್ಕಿ, ಯುವಿ ಸಿಡೋರೊವ್, ಎಂಐ ಶಾಬುನಿನ್. ಪಾಟ್‌ಪುರಿ LLC 1996.

ಬೀಜಗಣಿತ ಮತ್ತು ವಿಶ್ಲೇಷಣೆಯ ಪ್ರಾರಂಭಗಳು

ಪಠ್ಯಪುಸ್ತಕ / I.T. ಡೆಮಿಡೋವ್, A.N. ಕೊಲ್ಮೊಗೊರೊವ್, S.I. ಶ್ವಾರ್ಟ್ಸ್ಬರ್ಗ್, O.S. ಇವಾಶೆವ್-ಮುಸಾಟೊವ್, B.E. ವೈಟ್ಜ್. "ಜ್ಞಾನೋದಯ" 1975.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು, ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ ಎನ್ಕೆಳಗಿನ ಸಮಾನತೆಗಳು ಮಾನ್ಯವಾಗಿವೆ:
ಎ) ;
b) .

ಪರಿಹಾರ.

ಎ) ಯಾವಾಗ ಎನ್= 1 ಸಮಾನತೆ ನಿಜ. ನಲ್ಲಿ ಸಮಾನತೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಊಹಿಸಿ ಎನ್, ಆಗಲೂ ಅದರ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ತೋರಿಸೋಣ ಎನ್+ 1. ವಾಸ್ತವವಾಗಿ,

ಕ್ಯೂ.ಇ.ಡಿ.

ಬಿ) ಯಾವಾಗ ಎನ್= 1 ಸಮಾನತೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ. ನಲ್ಲಿ ಅದರ ಸಿಂಧುತ್ವದ ಊಹೆಯಿಂದ ಎನ್ಮಾಡಬೇಕು

ಸಮಾನತೆ 1 + 2 + ... + ನೀಡಲಾಗಿದೆ ಎನ್ = ಎನ್(ಎನ್+ 1)/2, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

1 3 + 2 3 + ... + ಎನ್ 3 + (ಎನ್ + 1) 3 = (1 + 2 + ... + ಎನ್ + (ಎನ್ + 1)) 2 ,

ಅಂದರೆ ಯಾವಾಗ ಎಂಬ ಹೇಳಿಕೆಯೂ ನಿಜ ಎನ್ + 1.

ಉದಾಹರಣೆ 1.ಕೆಳಗಿನ ಸಮಾನತೆಗಳನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

ಎಲ್ಲಿ ಎನ್ಬಗ್ಗೆ ಎನ್.

ಪರಿಹಾರ.ಎ) ಯಾವಾಗ ಎನ್= 1 ಸಮಾನತೆಯು 1=1 ರೂಪವನ್ನು ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳುತ್ತದೆ, ಆದ್ದರಿಂದ, ಪ(1) ನಿಜ. ಈ ಸಮಾನತೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ, ಅಂದರೆ ಅದು ಹೊಂದಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ಭಾವಿಸೋಣ

. ಎಂಬುದನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸುವುದು (ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುವುದು) ಅಗತ್ಯಪ(ಎನ್+ 1), ಅಂದರೆ ನಿಜ. ರಿಂದ (ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಊಹೆಯನ್ನು ಬಳಸಿ)ನಾವು ಅದನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ, ಪ(ಎನ್+ 1) ನಿಜವಾದ ಹೇಳಿಕೆಯಾಗಿದೆ.

ಹೀಗಾಗಿ, ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದ ಪ್ರಕಾರ, ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕಕ್ಕೆ ಮೂಲ ಸಮಾನತೆ ಮಾನ್ಯವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎನ್.

ಗಮನಿಸಿ 2.ಈ ಉದಾಹರಣೆಯನ್ನು ವಿಭಿನ್ನವಾಗಿ ಪರಿಹರಿಸಬಹುದು. ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ಮೊತ್ತವು 1 + 2 + 3 + ... + ಆಗಿದೆ ಎನ್ಮೊದಲನೆಯ ಮೊತ್ತವಾಗಿದೆ ಎನ್ಮೊದಲ ಪದದೊಂದಿಗೆ ಅಂಕಗಣಿತದ ಪ್ರಗತಿಯ ನಿಯಮಗಳು ಎ 1 = 1 ಮತ್ತು ವ್ಯತ್ಯಾಸ ಡಿ= 1. ಸುಪ್ರಸಿದ್ಧ ಸೂತ್ರದ ಬಲದಿಂದ , ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

ಬಿ) ಯಾವಾಗ ಎನ್= 1 ಸಮಾನತೆಯು ರೂಪವನ್ನು ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳುತ್ತದೆ: 2 1 - 1 = 1 2 ಅಥವಾ 1=1, ಅಂದರೆ, ಪ(1) ನಿಜ. ಸಮಾನತೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

1 + 3 + 5 + ... + (2ಎನ್ - 1) = ಎನ್ 2 ಮತ್ತು ಅದು ಸಂಭವಿಸುತ್ತದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿಪ(ಎನ್ + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2ಎನ್ - 1) + (2(ಎನ್ + 1) - 1) = (ಎನ್+ 1) 2 ಅಥವಾ 1 + 3 + 5 + ... + (2 ಎನ್ - 1) + (2ಎನ್ + 1) = (ಎನ್ + 1) 2 .

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಕಲ್ಪನೆಯನ್ನು ಬಳಸಿ, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

1 + 3 + 5 + ... + (2ಎನ್ - 1) + (2ಎನ್ + 1) = ಎನ್ 2 + (2ಎನ್ + 1) = (ಎನ್ + 1) 2 .

ಹೀಗಾಗಿ, ಪ(ಎನ್+ 1) ನಿಜ ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ, ಅಗತ್ಯವಿರುವ ಸಮಾನತೆ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

ಗಮನಿಸಿ 3.ಈ ಉದಾಹರಣೆಯನ್ನು ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸದೆಯೇ (ಹಿಂದಿನದಕ್ಕೆ ಹೋಲುತ್ತದೆ) ಪರಿಹರಿಸಬಹುದು.

ಸಿ) ಯಾವಾಗ ಎನ್= 1 ಸಮಾನತೆ ನಿಜ: 1=1. ಸಮಾನತೆ ನಿಜವೆಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

ಮತ್ತು ಅದನ್ನು ತೋರಿಸಿ ಅಂದರೆ ಸತ್ಯಪ(ಎನ್) ಸತ್ಯವನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆಪ(ಎನ್+ 1). ನಿಜವಾಗಿಯೂ,ಮತ್ತು, 2 ರಿಂದ ಎನ್ 2 + 7 ಎನ್ + 6 = (2 ಎನ್ + 3)(ಎನ್+ 2), ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು, ಆದ್ದರಿಂದ, ಮೂಲ ಸಮಾನತೆಯು ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕಕ್ಕೆ ಮಾನ್ಯವಾಗಿರುತ್ತದೆಎನ್.

ಡಿ) ಯಾವಾಗ ಎನ್= 1 ಸಮಾನತೆ ನಿಜ: 1=1. ಅದು ನಡೆಯುತ್ತದೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

ಮತ್ತು ನಾವು ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆ

ನಿಜವಾಗಿಯೂ,

ಇ) ಅನುಮೋದನೆ ಪ(1) ನಿಜ: 2=2. ಸಮಾನತೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

ನಿಜ, ಮತ್ತು ಅದು ಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ ಎಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆನಿಜವಾಗಿಯೂ,

ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ, ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕಕ್ಕೆ ಮೂಲ ಸಮಾನತೆ ಇರುತ್ತದೆ ಎನ್.

f) ಪ(1) ನಿಜ: 1/3 = 1/3. ಸಮಾನತೆ ಇರಲಿ ಪ(ಎನ್):

. ಕೊನೆಯ ಸಮಾನತೆಯು ಈ ಕೆಳಗಿನವುಗಳನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ ಎಂದು ತೋರಿಸೋಣ:

ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ಅದನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸಿ ಪ(ಎನ್) ಹಿಡಿದಿದೆ, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

ಹೀಗಾಗಿ, ಸಮಾನತೆ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

g) ಯಾವಾಗ ಎನ್= 1 ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ ಎ + ಬಿ = ಬಿ + ಎಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ ಸಮಾನತೆ ನ್ಯಾಯೋಚಿತವಾಗಿದೆ.

ನ್ಯೂಟನ್ರ ದ್ವಿಪದ ಸೂತ್ರವು ಮಾನ್ಯವಾಗಿರಲಿ ಎನ್ = ಕೆ, ಅದು,

ನಂತರ ಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಬಳಸುವುದುನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

ಉದಾಹರಣೆ 2.ಅಸಮಾನತೆಗಳನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

a) ಬರ್ನೌಲ್ಲಿ ಅಸಮಾನತೆ: (1 + a) ಎನ್ ≥ 1 + ಎನ್ a , a > -1, ಎನ್ಬಗ್ಗೆ ಎನ್.

b) X 1 + X 2 + ... + X ಎನ್ ≥ ಎನ್, ವೇಳೆ X 1 X 2 · ... · X ಎನ್= 1 ಮತ್ತು X i > 0, .

ಸಿ) ಅಂಕಗಣಿತದ ಸರಾಸರಿ ಮತ್ತು ಜ್ಯಾಮಿತೀಯ ಸರಾಸರಿಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿದಂತೆ ಕೌಚಿಯ ಅಸಮಾನತೆ
ಎಲ್ಲಿ X i > 0, , ಎನ್ ≥ 2.

ಡಿ) ಪಾಪ 2 ಎನ್ a + cos 2 ಎನ್ a ≤ 1, ಎನ್ಬಗ್ಗೆ ಎನ್.

ಇ)

f) 2 ಎನ್ > ಎನ್ 3 , ಎನ್ಬಗ್ಗೆ ಎನ್, ಎನ್ ≥ 10.

ಪರಿಹಾರ.ಎ) ಯಾವಾಗ ಎನ್= 1 ನಾವು ನಿಜವಾದ ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

1 + a ≥ 1 + a . ಅಸಮಾನತೆ ಇದೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

(1 + ಎ) ಎನ್ ≥ 1 + ಎನ್ಎ

(1)

ಮತ್ತು ಅದು ನಡೆಯುತ್ತದೆ ಎಂದು ನಾವು ತೋರಿಸುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು(1 + ಎ) ಎನ್ + 1 ≥ 1 + (ಎನ್+ 1) ಎ.

ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ಒಂದು > -1 ಒಂದು + 1 > 0 ಅನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ, ನಂತರ ಅಸಮಾನತೆಯ ಎರಡೂ ಬದಿಗಳನ್ನು (1) (a + 1) ರಿಂದ ಗುಣಿಸಿದಾಗ, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

(1 + ಎ) ಎನ್(1 + ಎ) ≥ (1 + ಎನ್ a )(1 + a ) ಅಥವಾ (1 + a ) ಎನ್ + 1 ≥ 1 + (ಎನ್+ 1) a + ಎನ್ಒಂದು 2 ರಿಂದ ಎನ್ a 2 ≥ 0, ಆದ್ದರಿಂದ(1 + ಎ) ಎನ್ + 1 ≥ 1 + (ಎನ್+ 1) a + ಎನ್ a 2 ≥ 1 + ( ಎನ್+ 1) ಎ.

ಹೀಗಾಗಿ, ವೇಳೆ ಪ(ಎನ್) ನಿಜ, ಹಾಗಾದರೆ ಪ(ಎನ್+ 1) ನಿಜ, ಆದ್ದರಿಂದ, ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ತತ್ವದ ಪ್ರಕಾರ, ಬರ್ನೌಲಿಯ ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಬಿ) ಯಾವಾಗ ಎನ್= 1 ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ X 1 = 1 ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ X 1 ≥ 1 ಅಂದರೆ ಪ(1) ನ್ಯಾಯೋಚಿತ ಹೇಳಿಕೆಯಾಗಿದೆ. ಹಾಗೆ ನಟಿಸೋಣ ಪ(ಎನ್) ನಿಜ, ಅಂದರೆ, ಅಡಿಕಾ ವೇಳೆ, X 1 ,X 2 ,...,X ಎನ್ - ಎನ್ಧನಾತ್ಮಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಉತ್ಪನ್ನವು ಒಂದಕ್ಕೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ, X 1 X 2 ·...· X ಎನ್= 1, ಮತ್ತು X 1 + X 2 + ... + X ಎನ್ ≥ ಎನ್.

ಈ ವಾಕ್ಯವು ಈ ಕೆಳಗಿನವುಗಳ ಸತ್ಯವನ್ನು ಒಳಗೊಳ್ಳುತ್ತದೆ ಎಂದು ತೋರಿಸೋಣ: ವೇಳೆ X 1 ,X 2 ,...,X ಎನ್ ,X ಎನ್+1 - (ಎನ್+ 1) ಧನಾತ್ಮಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳು X 1 X 2 ·...· X ಎನ್ · X ಎನ್+1 = 1, ನಂತರ X 1 + X 2 + ... + X ಎನ್ + X ಎನ್ + 1 ≥ಎನ್ + 1.

ಕೆಳಗಿನ ಎರಡು ಪ್ರಕರಣಗಳನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸಿ:

1) X 1 = X 2 = ... = X ಎನ್ = X ಎನ್+1 = 1. ನಂತರ ಈ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಮೊತ್ತ ( ಎನ್+ 1), ಮತ್ತು ಅಗತ್ಯವಿರುವ ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ತೃಪ್ತಿಪಡಿಸಲಾಗಿದೆ;

2) ಕನಿಷ್ಠ ಒಂದು ಸಂಖ್ಯೆಯು ಒಂದಕ್ಕಿಂತ ಭಿನ್ನವಾಗಿರುತ್ತದೆ, ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಒಂದಕ್ಕಿಂತ ಹೆಚ್ಚಿರಲಿ. ನಂತರ, ರಿಂದ X 1 X 2 · ... · X ಎನ್ · X ಎನ್+ 1 = 1, ಒಂದಕ್ಕಿಂತ ಕನಿಷ್ಠ ಒಂದು ಹೆಚ್ಚಿನ ಸಂಖ್ಯೆಯಿದೆ (ಹೆಚ್ಚು ನಿಖರವಾಗಿ, ಒಂದಕ್ಕಿಂತ ಕಡಿಮೆ). ಅವಕಾಶ X ಎನ್+ 1 > 1 ಮತ್ತು X ಎನ್ < 1. Рассмотрим ಎನ್ಧನಾತ್ಮಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳು

X 1 ,X 2 ,...,X ಎನ್-1 ,(X ಎನ್ · X ಎನ್+1). ಈ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಗುಣಲಬ್ಧವು ಒಂದಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ಊಹೆಯ ಪ್ರಕಾರ, X 1 + X 2 + ... + X ಎನ್-1 + X ಎನ್ X ಎನ್ + 1 ≥ ಎನ್. ಕೊನೆಯ ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಈ ಕೆಳಗಿನಂತೆ ಪುನಃ ಬರೆಯಲಾಗಿದೆ: X 1 + X 2 + ... + X ಎನ್-1 + X ಎನ್ X ಎನ್+1 + X ಎನ್ + X ಎನ್+1 ≥ ಎನ್ + X ಎನ್ + X ಎನ್+1 ಅಥವಾ X 1 + X 2 + ... + X ಎನ್-1 + X ಎನ್ + X ಎನ್+1 ≥ ಎನ್ + X ಎನ್ + X ಎನ್+1 - X ಎನ್ X ಎನ್+1 .

ಏಕೆಂದರೆ ದಿ

(1 - X ಎನ್)(X ಎನ್+1 - 1) > 0, ನಂತರ ಎನ್ + X ಎನ್ + X ಎನ್+1 - X ಎನ್ X ಎನ್+1 = ಎನ್ + 1 + X ಎನ್+1 (1 - X ಎನ್) - 1 + X ಎನ್ =
= ಎನ್ + 1 + X ಎನ್+1 (1 - X ಎನ್) - (1 - X ಎನ್) = ಎನ್ + 1 + (1 - X ಎನ್)(X ಎನ್+1 - 1) ≥ ಎನ್+ 1. ಆದ್ದರಿಂದ, X 1 + X 2 + ... + X ಎನ್ + X ಎನ್+1 ≥ ಎನ್+1, ಅಂದರೆ, ವೇಳೆ ಪ(ಎನ್) ನಿಜ, ಹಾಗಾದರೆಪ(ಎನ್+ 1) ನ್ಯಾಯೋಚಿತ. ಅಸಮಾನತೆ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

ಗಮನಿಸಿ 4.ಸಮಾನ ಚಿಹ್ನೆಯು ವೇಳೆ ಮತ್ತು ವೇಳೆ ಮಾತ್ರ ಹೊಂದಿದೆ X 1 = X 2 = ... = X ಎನ್ = 1.

ಸಿ) ಅವಕಾಶ X 1 ,X 2 ,...,X ಎನ್- ಅನಿಯಂತ್ರಿತ ಧನಾತ್ಮಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳು. ಕೆಳಗಿನವುಗಳನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸಿ ಎನ್ಧನಾತ್ಮಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳು:

ಅವರ ಉತ್ಪನ್ನವು ಒಂದಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುವುದರಿಂದ: ಹಿಂದೆ ಸಾಬೀತಾದ ಅಸಮಾನತೆಯ ಪ್ರಕಾರ ಬಿ), ಅದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆಎಲ್ಲಿ

ಗಮನಿಸಿ 5.ಸಮಾನತೆ ಇದ್ದರೆ ಮತ್ತು ಇದ್ದರೆ ಮಾತ್ರ X 1 = X 2 = ... = X ಎನ್ .

d) ಪ(1) ಒಂದು ನ್ಯಾಯೋಚಿತ ಹೇಳಿಕೆಯಾಗಿದೆ: sin 2 a + cos 2 a = 1. ನಾವು ಅದನ್ನು ಊಹಿಸೋಣ ಪ(ಎನ್) ನಿಜವಾದ ಹೇಳಿಕೆ:

ಪಾಪ 2 ಎನ್ a + cos 2 ಎನ್ a ≤ 1 ಮತ್ತು ಏನಾಗುತ್ತದೆ ಎಂಬುದನ್ನು ತೋರಿಸಿಪ(ಎನ್+ 1). ನಿಜವಾಗಿಯೂ,ಪಾಪ 2( ಎನ್+ 1) a + cos 2( ಎನ್+ 1) a = ಪಾಪ 2 ಎನ್ a sin 2 a + cos 2 ಎನ್ a cos 2 a< sin 2ಎನ್ a + cos 2 ಎನ್ a ≤ 1 (sin 2 a ≤ 1 ಆಗಿದ್ದರೆ, cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, ನಂತರ ಪಾಪ 2 a < 1). Таким образом, для любого ಎನ್ಬಗ್ಗೆ ಎನ್ಪಾಪ 2 ಎನ್ a + cos 2 ಎನ್ ≤ 1 ಮತ್ತು ಸಮಾನತೆಯ ಚಿಹ್ನೆಯನ್ನು ಯಾವಾಗ ಸಾಧಿಸಲಾಗುತ್ತದೆಎನ್ = 1.

ಇ) ಯಾವಾಗ ಎನ್= 1 ಹೇಳಿಕೆ ನಿಜ: 1< 3 / 2 .

ಎಂದು ಊಹಿಸೋಣ ಮತ್ತು ನಾವು ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆ

ಏಕೆಂದರೆ ದಿ

ಪರಿಗಣಿಸುತ್ತಿದೆ ಪ(ಎನ್), ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

ಎಫ್) ಖಾತೆಯ ಟಿಪ್ಪಣಿ 1 ಅನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸಿ, ಪರಿಶೀಲಿಸೋಣ ಪ(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, ಆದ್ದರಿಂದ, ಇದಕ್ಕಾಗಿ ಎನ್= 10 ಹೇಳಿಕೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ. 2 ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ ಎನ್ > ಎನ್ 3 (ಎನ್> 10) ಮತ್ತು ಸಾಬೀತು ಪ(ಎನ್+ 1), ಅಂದರೆ 2 ಎನ್+1 > (ಎನ್ + 1) 3 .

ಯಾವತ್ತಿಂದ ಎನ್> 10 ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ ಅಥವಾ , ಅದನ್ನು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ

2ಎನ್ 3 > ಎನ್ 3 + 3ಎನ್ 2 + 3ಎನ್+ 1 ಅಥವಾ ಎನ್ 3 > 3ಎನ್ 2 + 3ಎನ್ + 1. ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಗಮನಿಸಿದರೆ (2 ಎನ್ > ಎನ್ 3), ನಾವು 2 ಅನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ ಎನ್+1 = 2 ಎನ್·2 = 2 ಎನ್ + 2 ಎನ್ > ಎನ್ 3 + ಎನ್ 3 > ಎನ್ 3 + 3ಎನ್ 2 + 3ಎನ್ + 1 = (ಎನ್ + 1) 3 .

ಹೀಗಾಗಿ, ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನದ ಪ್ರಕಾರ, ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಎನ್ಬಗ್ಗೆ ಎನ್, ಎನ್≥ 10 ನಾವು 2 ಅನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ ಎನ್ > ಎನ್ 3 .

ಉದಾಹರಣೆ 3.ಯಾರಿಗಾದರೂ ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ ಎನ್ಬಗ್ಗೆ ಎನ್

ಪರಿಹಾರ. a) ಪ(1) ನಿಜವಾದ ಹೇಳಿಕೆಯಾಗಿದೆ (0 ಅನ್ನು 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗಿದೆ). ಅವಕಾಶ ಪ(ಎನ್) ನ್ಯಾಯೋಚಿತ, ಅಂದರೆ ಎನ್(2ಎನ್ 2 - 3ಎನ್ + 1) = ಎನ್(ಎನ್ - 1)(2ಎನ್- 1) 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು. ಆಗ ಅದು ಸಂಭವಿಸುತ್ತದೆ ಎಂದು ತೋರಿಸೋಣ ಪ(ಎನ್+ 1), ಅಂದರೆ, ( ಎನ್ + 1)ಎನ್(2ಎನ್+ 1) 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು. ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ರಿಂದ

ಮತ್ತೆ ಹೇಗೆ ಎನ್(ಎನ್ - 1)(2 ಎನ್- 1), ಮತ್ತು 6 ಎನ್ 2 ಅವುಗಳನ್ನು 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು, ನಂತರ ಅವುಗಳ ಮೊತ್ತಎನ್(ಎನ್ + 1)(2 ಎನ್+ 1) 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು.

ಹೀಗಾಗಿ, ಪ(ಎನ್+ 1) ನ್ಯಾಯೋಚಿತ ಹೇಳಿಕೆಯಾಗಿದೆ ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ ಎನ್(2ಎನ್ 2 - 3ಎನ್+ 1) ಯಾವುದಕ್ಕೂ 6 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎನ್ಬಗ್ಗೆ ಎನ್.

ಬಿ) ಪರಿಶೀಲಿಸೋಣ ಪ(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, ಆದ್ದರಿಂದ, ಪ(1) ನ್ಯಾಯೋಚಿತ ಹೇಳಿಕೆಯಾಗಿದೆ. 6 2 ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬೇಕು ಎನ್-2 + 3 ಎನ್+1 + 3 ಎನ್-1 ಅನ್ನು 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಲಾಗಿದೆ ( ಪ(ಎನ್)), ನಂತರ 6 2 ಎನ್ + 3 ಎನ್+2 + 3 ಎನ್ 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ( ಪ(ಎನ್+ 1)). ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ರಿಂದ

6 2ಎನ್ + 3 ಎನ್+2 + 3 ಎನ್ = 6 2ಎನ್-2+2 + 3 ಎನ್+1+1 + 3 ಎನ್-1+1 = = 6 2 6 2 ಎನ್-2 + 3 3 ಎನ್+1 + 3 3 ಎನ್-1 = 3·(6 2 ಎನ್-2 + 3 ಎನ್+1 + 3 ಎನ್-1) + 33 6 2 ಎನ್-2 ಮತ್ತು 6 2 ಹಾಗೆ ಎನ್-2 + 3 ಎನ್+1 + 3 ಎನ್-1 ಮತ್ತು 33 6 2 ಎನ್-2 ಅವುಗಳನ್ನು 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು, ನಂತರ ಅವುಗಳ ಮೊತ್ತ 6 ಆಗಿದೆ 2ಎನ್ + 3 ಎನ್+2 + 3 ಎನ್ 11 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು. ಹೇಳಿಕೆಯು ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ. ಜ್ಯಾಮಿತಿಯಲ್ಲಿ ಇಂಡಕ್ಷನ್

ಉದಾಹರಣೆ 4.ಸರಿಯಾದ 2 ರ ಬದಿಯನ್ನು ಲೆಕ್ಕಹಾಕಿ ಎನ್- ತ್ರಿಕೋನವನ್ನು ತ್ರಿಜ್ಯದ ವೃತ್ತದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಆರ್.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನ

ರಷ್ಯನ್ ಭಾಷೆಯಲ್ಲಿ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಎಂಬ ಪದವು ಮಾರ್ಗದರ್ಶನ ಎಂದರ್ಥ, ಮತ್ತು ಅವಲೋಕನಗಳು, ಪ್ರಯೋಗಗಳ ಆಧಾರದ ಮೇಲೆ ತೀರ್ಮಾನಗಳು, ಅಂದರೆ ಅನುಗಮನ ಎಂದು ಕರೆಯಲ್ಪಡುತ್ತವೆ. ನಿರ್ದಿಷ್ಟದಿಂದ ಸಾಮಾನ್ಯಕ್ಕೆ ನಿರ್ಣಯದಿಂದ ಪಡೆಯಲಾಗಿದೆ.

ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಸೂರ್ಯ ಪೂರ್ವದಿಂದ ಉದಯಿಸುವುದನ್ನು ನಾವು ಪ್ರತಿದಿನ ಗಮನಿಸುತ್ತೇವೆ. ಆದ್ದರಿಂದ, ನಾಳೆ ಅದು ಪೂರ್ವದಲ್ಲಿ ಕಾಣಿಸಿಕೊಳ್ಳುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ಪಶ್ಚಿಮದಲ್ಲಿ ಅಲ್ಲ ಎಂದು ನೀವು ಖಚಿತವಾಗಿ ಹೇಳಬಹುದು. ಆಕಾಶದಾದ್ಯಂತ ಸೂರ್ಯನ ಚಲನೆಯ ಕಾರಣದ ಬಗ್ಗೆ ಯಾವುದೇ ಊಹೆಗಳನ್ನು ಆಶ್ರಯಿಸದೆ ನಾವು ಈ ತೀರ್ಮಾನವನ್ನು ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ (ಇದಲ್ಲದೆ, ಈ ಚಲನೆಯು ಸ್ವತಃ ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿ ಗೋಚರಿಸುತ್ತದೆ, ಏಕೆಂದರೆ ಭೂಗೋಳವು ನಿಜವಾಗಿ ಚಲಿಸುತ್ತಿದೆ). ಮತ್ತು ಇನ್ನೂ ಈ ಅನುಗಮನದ ತೀರ್ಮಾನವು ನಾವು ನಾಳೆ ಮಾಡುವ ಅವಲೋಕನಗಳನ್ನು ಸರಿಯಾಗಿ ವಿವರಿಸುತ್ತದೆ.

ಪ್ರಾಯೋಗಿಕ ವಿಜ್ಞಾನಗಳಲ್ಲಿ ಅನುಗಮನದ ತೀರ್ಮಾನಗಳ ಪಾತ್ರ ಬಹಳ ದೊಡ್ಡದಾಗಿದೆ. ಅವರು ಆ ನಿಬಂಧನೆಗಳನ್ನು ನೀಡುತ್ತಾರೆ, ಇದರಿಂದ ಮತ್ತಷ್ಟು ತೀರ್ಮಾನಗಳನ್ನು ಕಡಿತದ ಮೂಲಕ ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಸೈದ್ಧಾಂತಿಕ ಯಂತ್ರಶಾಸ್ತ್ರವು ನ್ಯೂಟನ್‌ನ ಚಲನೆಯ ಮೂರು ನಿಯಮಗಳ ಮೇಲೆ ಆಧಾರಿತವಾಗಿದ್ದರೂ, ಈ ಕಾನೂನುಗಳು ಪ್ರಾಯೋಗಿಕ ದತ್ತಾಂಶಗಳ ಮೂಲಕ ಆಳವಾದ ಚಿಂತನೆಯ ಪರಿಣಾಮವಾಗಿದೆ, ನಿರ್ದಿಷ್ಟವಾಗಿ ಕೆಪ್ಲರ್‌ನ ಗ್ರಹಗಳ ಚಲನೆಯ ನಿಯಮಗಳು, ಅವರು ಡ್ಯಾನಿಶ್ ಖಗೋಳಶಾಸ್ತ್ರಜ್ಞ ಟೈಕೋ ಅವರ ಹಲವು ವರ್ಷಗಳ ಅವಲೋಕನಗಳ ಪ್ರಕ್ರಿಯೆಯಿಂದ ಪಡೆದಿದ್ದಾರೆ. ಬ್ರಾಹೆ. ಅವಲೋಕನ ಮತ್ತು ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಮಾಡಿದ ಊಹೆಗಳನ್ನು ಸ್ಪಷ್ಟಪಡಿಸಲು ಭವಿಷ್ಯದಲ್ಲಿ ಉಪಯುಕ್ತವಾಗಿದೆ. ಚಲಿಸುವ ಮಾಧ್ಯಮದಲ್ಲಿ ಬೆಳಕಿನ ವೇಗವನ್ನು ಅಳೆಯುವ ಬಗ್ಗೆ ಮೈಕೆಲ್ಸನ್ ಅವರ ಪ್ರಯೋಗಗಳ ನಂತರ, ಭೌತಶಾಸ್ತ್ರದ ನಿಯಮಗಳನ್ನು ಸ್ಪಷ್ಟಪಡಿಸಲು ಮತ್ತು ಸಾಪೇಕ್ಷತಾ ಸಿದ್ಧಾಂತವನ್ನು ರಚಿಸಲು ಇದು ಅವಶ್ಯಕವಾಗಿದೆ.

ಗಣಿತಶಾಸ್ತ್ರದಲ್ಲಿ, ಇಂಡಕ್ಷನ್‌ನ ಪಾತ್ರವು ಹೆಚ್ಚಾಗಿ ಆಯ್ಕೆಮಾಡಿದ ಆಕ್ಸಿಯೋಮ್ಯಾಟಿಕ್ಸ್‌ಗೆ ಆಧಾರವಾಗಿದೆ. ದೀರ್ಘಾವಧಿಯ ಅಭ್ಯಾಸವು ಬಾಗಿದ ಅಥವಾ ಮುರಿದ ಮಾರ್ಗಕ್ಕಿಂತ ಯಾವಾಗಲೂ ನೇರವಾದ ಮಾರ್ಗವು ಚಿಕ್ಕದಾಗಿದೆ ಎಂದು ತೋರಿಸಿದ ನಂತರ, ಒಂದು ಮೂಲತತ್ವವನ್ನು ರೂಪಿಸುವುದು ಸ್ವಾಭಾವಿಕವಾಗಿದೆ: ಯಾವುದೇ ಮೂರು ಬಿಂದುಗಳಿಗೆ A, B ಮತ್ತು C, ಅಸಮಾನತೆ

ಅಂಕಗಣಿತದ ಆಧಾರವಾಗಿರುವ ಕೆಳಗಿನ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಯು ಸೈನಿಕರು, ಹಡಗುಗಳು ಮತ್ತು ಇತರ ಆದೇಶದ ಸೆಟ್‌ಗಳ ರಚನೆಯ ಅವಲೋಕನಗಳಿಂದಲೂ ಕಾಣಿಸಿಕೊಂಡಿತು.

ಆದಾಗ್ಯೂ, ಇದು ಗಣಿತಶಾಸ್ತ್ರದಲ್ಲಿ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಪಾತ್ರವನ್ನು ಖಾಲಿ ಮಾಡುತ್ತದೆ ಎಂದು ಒಬ್ಬರು ಭಾವಿಸಬಾರದು. ಸಹಜವಾಗಿ, ಮೂಲತತ್ವಗಳಿಂದ ತಾರ್ಕಿಕವಾಗಿ ನಿರ್ಣಯಿಸಲಾದ ಪ್ರಮೇಯಗಳನ್ನು ನಾವು ಪ್ರಾಯೋಗಿಕವಾಗಿ ಪರೀಕ್ಷಿಸಬಾರದು: ವ್ಯುತ್ಪನ್ನದ ಸಮಯದಲ್ಲಿ ಯಾವುದೇ ತಾರ್ಕಿಕ ದೋಷಗಳನ್ನು ಮಾಡದಿದ್ದರೆ, ನಾವು ಒಪ್ಪಿಕೊಂಡಿರುವ ಮೂಲತತ್ವಗಳು ನಿಜವಾಗಿರುವುದರಿಂದ ಅವು ನಿಜವಾಗುತ್ತವೆ. ಆದರೆ ಈ ಮೂಲತತ್ವಗಳ ವ್ಯವಸ್ಥೆಯಿಂದ ಬಹಳಷ್ಟು ಹೇಳಿಕೆಗಳನ್ನು ಕಳೆಯಬಹುದು. ಮತ್ತು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬೇಕಾದ ಆ ಹೇಳಿಕೆಗಳ ಆಯ್ಕೆಯನ್ನು ಮತ್ತೊಮ್ಮೆ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಮೂಲಕ ಸೂಚಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ. ಇದು ಉಪಯುಕ್ತವಾದ ಪ್ರಮೇಯಗಳನ್ನು ಅನುಪಯುಕ್ತವಾದವುಗಳಿಂದ ಪ್ರತ್ಯೇಕಿಸಲು ನಿಮಗೆ ಅನುವು ಮಾಡಿಕೊಡುತ್ತದೆ, ಯಾವ ಪ್ರಮೇಯಗಳು ನಿಜವಾಗಬಹುದು ಎಂಬುದನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ಪುರಾವೆಯ ಮಾರ್ಗವನ್ನು ರೂಪಿಸಲು ಸಹ ಸಹಾಯ ಮಾಡುತ್ತದೆ.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನದ ಮೂಲತತ್ವ

ಅಂಕಗಣಿತ, ಬೀಜಗಣಿತ, ರೇಖಾಗಣಿತ ಮತ್ತು ವಿಶ್ಲೇಷಣೆಯ ಹಲವು ಶಾಖೆಗಳಲ್ಲಿ, ನೈಸರ್ಗಿಕ ವೇರಿಯಬಲ್ ಅನ್ನು ಅವಲಂಬಿಸಿ A(n) ವಾಕ್ಯಗಳ ಸತ್ಯವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುವುದು ಅವಶ್ಯಕ. ವೇರಿಯಬಲ್‌ನ ಎಲ್ಲಾ ಮೌಲ್ಯಗಳಿಗೆ ಪ್ರತಿಪಾದನೆಯ A (n) ನ ಸತ್ಯದ ಪುರಾವೆಯನ್ನು ಸಾಮಾನ್ಯವಾಗಿ ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನದಿಂದ ಕೈಗೊಳ್ಳಬಹುದು, ಇದು ಈ ಕೆಳಗಿನ ತತ್ವವನ್ನು ಆಧರಿಸಿದೆ.

ಕೆಳಗಿನ ಎರಡು ಷರತ್ತುಗಳನ್ನು ಪೂರೈಸಿದರೆ ವೇರಿಯಬಲ್‌ನ ಎಲ್ಲಾ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಮೌಲ್ಯಗಳಿಗೆ ಪ್ರತಿಪಾದನೆ A(n) ಅನ್ನು ನಿಜವೆಂದು ಪರಿಗಣಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ:

ಪ್ರತಿಪಾದನೆ A(n) n=1 ಕ್ಕೆ ಸರಿ.

n=k ಗೆ A(n) ಸರಿ ಎಂಬ ಊಹೆಯಿಂದ (ಇಲ್ಲಿ k ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ), ಇದು ಮುಂದಿನ ಮೌಲ್ಯ n=k+1 ಗೆ ಸರಿ ಎಂದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ.

ಈ ತತ್ವವನ್ನು ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ತತ್ವ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಇದನ್ನು ಸಾಮಾನ್ಯವಾಗಿ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸರಣಿಯನ್ನು ವ್ಯಾಖ್ಯಾನಿಸುವ ಮೂಲತತ್ವಗಳಲ್ಲಿ ಒಂದಾಗಿ ಆಯ್ಕೆಮಾಡಲಾಗುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ ಪುರಾವೆಗಳಿಲ್ಲದೆ ಸ್ವೀಕರಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ.

ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನವು ಈ ಕೆಳಗಿನ ಪುರಾವೆ ವಿಧಾನವಾಗಿದೆ. ನೀವು ಎಲ್ಲಾ ನೈಸರ್ಗಿಕ n ಗಾಗಿ A(n) ವಾಕ್ಯದ ಸತ್ಯವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು ಬಯಸಿದರೆ, ಮೊದಲನೆಯದಾಗಿ, ನೀವು A(1) ಹೇಳಿಕೆಯ ಸತ್ಯವನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸಬೇಕು ಮತ್ತು ಎರಡನೆಯದಾಗಿ, A(k) ಹೇಳಿಕೆಯ ಸತ್ಯವನ್ನು ಊಹಿಸಬೇಕು. A(k +1) ಹೇಳಿಕೆ ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು ಪ್ರಯತ್ನಿಸಿ. ಇದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬಹುದಾದರೆ ಮತ್ತು k ಯ ಪ್ರತಿ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಮೌಲ್ಯಕ್ಕೆ ಪುರಾವೆ ಮಾನ್ಯವಾಗಿ ಉಳಿದಿದ್ದರೆ, ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವಕ್ಕೆ ಅನುಗುಣವಾಗಿ, A (n) ಪ್ರತಿಪಾದನೆಯನ್ನು n ನ ಎಲ್ಲಾ ಮೌಲ್ಯಗಳಿಗೆ ನಿಜವೆಂದು ಗುರುತಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ.

ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನವನ್ನು ಪ್ರಮೇಯಗಳು, ಗುರುತುಗಳು, ಅಸಮಾನತೆಗಳನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುವಲ್ಲಿ, ವಿಭಜನೆಯ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವಲ್ಲಿ, ಕೆಲವು ಜ್ಯಾಮಿತೀಯ ಮತ್ತು ಇತರ ಅನೇಕ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವಲ್ಲಿ ವ್ಯಾಪಕವಾಗಿ ಬಳಸಲಾಗುತ್ತದೆ.

ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವಲ್ಲಿ ಗಣಿತದ ಪ್ರೇರಣೆಯ ವಿಧಾನ

ವಿಭಜನೆ

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು, ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ವಿಭಜನೆಯ ಬಗ್ಗೆ ನೀವು ವಿವಿಧ ಹೇಳಿಕೆಗಳನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬಹುದು.

ಕೆಳಗಿನ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ತುಲನಾತ್ಮಕವಾಗಿ ಸರಳವಾಗಿ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬಹುದು. ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ಅದನ್ನು ಹೇಗೆ ಪಡೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ಎಂಬುದನ್ನು ನಾವು ತೋರಿಸೋಣ.

ಉದಾಹರಣೆ 1. n ಸಹಜ ಸಂಖ್ಯೆಯಾಗಿದ್ದರೆ, ಸಂಖ್ಯೆಯು ಸಮವಾಗಿರುತ್ತದೆ.

n=1 ನಮ್ಮ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿರುವಾಗ: - ಸಮ ಸಂಖ್ಯೆ. ಇದು ಸಮ ಸಂಖ್ಯೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ. ರಿಂದ, 2k ಸಮ ಸಂಖ್ಯೆಯಾಗಿದೆ, ನಂತರ ಸಹ. ಆದ್ದರಿಂದ, ಸಮಾನತೆಯನ್ನು n=1 ಗೆ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲಾಗಿದೆ, ಸಮಾನತೆಯಿಂದ ಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಕಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ .ಇದರರ್ಥ ಇದು n ನ ಎಲ್ಲಾ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಮೌಲ್ಯಗಳಿಗೆ ಸಹ ಆಗಿದೆ.

ಉದಾಹರಣೆ 2.ವಾಕ್ಯದ ಸತ್ಯವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

A(n)=(ಸಂಖ್ಯೆ 5 19 ರ ಗುಣಕ), n ಒಂದು ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ.

ಪರಿಹಾರ.

ಹೇಳಿಕೆ A(1)=(19 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದಾದ ಸಂಖ್ಯೆ) ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಕೆಲವು ಮೌಲ್ಯಕ್ಕೆ n=k ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ

A(k)=(ಸಂಖ್ಯೆಯನ್ನು 19 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು) ನಿಜ. ನಂತರ, ರಿಂದ

ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ, A(k+1) ಕೂಡ ನಿಜ. ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, A(k) ನಿಜ ಎಂಬ ಊಹೆಯಿಂದಾಗಿ ಮೊದಲ ಪದವನ್ನು 19 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು; ಎರಡನೆಯ ಪದವನ್ನು 19 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಏಕೆಂದರೆ ಇದು 19 ರ ಅಂಶವನ್ನು ಹೊಂದಿರುತ್ತದೆ. ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವದ ಎರಡೂ ಷರತ್ತುಗಳನ್ನು ಪೂರೈಸಲಾಗಿದೆ, ಆದ್ದರಿಂದ, n ನ ಎಲ್ಲಾ ಮೌಲ್ಯಗಳಿಗೆ A(n) ಪ್ರತಿಪಾದನೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಗೆ ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನದ ಅಪ್ಲಿಕೇಶನ್

ಸಾರಾಂಶ ಸರಣಿ

ಉದಾಹರಣೆ 1.ಸೂತ್ರವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

, n ಒಂದು ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ.

ಪರಿಹಾರ.

n=1 ಆಗಿರುವಾಗ, ಸಮಾನತೆಯ ಎರಡೂ ಬದಿಗಳು ಒಂದಕ್ಕೆ ತಿರುಗುತ್ತವೆ ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ, ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವದ ಮೊದಲ ಸ್ಥಿತಿಯನ್ನು ಪೂರೈಸಲಾಗುತ್ತದೆ.

n=k ಗೆ ಸೂತ್ರವು ಸರಿಯಾಗಿದೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ, ಅಂದರೆ.

ಈ ಸಮಾನತೆಯ ಎರಡೂ ಬದಿಗಳಿಗೆ ಸೇರಿಸೋಣ ಮತ್ತು ಬಲಭಾಗವನ್ನು ಪರಿವರ್ತಿಸೋಣ. ನಂತರ ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ

ಹೀಗಾಗಿ, n=k ಗೆ ಸೂತ್ರವು ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂಬ ಅಂಶದಿಂದ, ಇದು n=k+1 ಗಾಗಿಯೂ ಸಹ ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ. ಈ ಹೇಳಿಕೆಯು k ನ ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಮೌಲ್ಯಕ್ಕೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ. ಆದ್ದರಿಂದ, ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ತತ್ವದ ಎರಡನೇ ಷರತ್ತು ಕೂಡ ತೃಪ್ತಿಗೊಂಡಿದೆ. ಸೂತ್ರವು ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

ಉದಾಹರಣೆ 2.ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸರಣಿಯ ಮೊದಲ n ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಮೊತ್ತವು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ.

ನಾವು ಅಗತ್ಯವಿರುವ ಮೊತ್ತವನ್ನು ಸೂಚಿಸೋಣ, ಅಂದರೆ. .

ಯಾವಾಗ n=1 ಊಹೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಅವಕಾಶ . ಅದನ್ನು ತೋರಿಸೋಣ .

ವಾಸ್ತವವಾಗಿ,

ಸಮಸ್ಯೆ ಪರಿಹಾರವಾಗಿದೆ.

ಉದಾಹರಣೆ 3.ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸರಣಿಯ ಮೊದಲ n ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ವರ್ಗಗಳ ಮೊತ್ತವು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ .

ಪರಿಹಾರ.

ಅವಕಾಶ .

ಹಾಗೆ ನಟಿಸೋಣ . ನಂತರ

ಮತ್ತು ಅಂತಿಮವಾಗಿ.

ಉದಾಹರಣೆ 4.ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ.

ವೇಳೆ, ನಂತರ

ಉದಾಹರಣೆ 5.ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

ಪರಿಹಾರ.

ಯಾವಾಗ n=1 ಊಹೆಯು ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ ನಿಜವಾಗಿದೆ.

ಅವಕಾಶ .

ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತು ಮಾಡೋಣ.

ನಿಜವಾಗಿಯೂ,

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಅನ್ವಯಿಸುವ ಉದಾಹರಣೆಗಳು

ಅಸಮಾನತೆಗಳ ಪುರಾವೆ

ಉದಾಹರಣೆ 1.ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ n>1 ಗಾಗಿ ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

ಪರಿಹಾರ.

ಮೂಲಕ ಅಸಮಾನತೆಯ ಎಡಭಾಗವನ್ನು ಸೂಚಿಸೋಣ.

ಆದ್ದರಿಂದ, n=2 ಗೆ ಅಸಮಾನತೆಯು ಮಾನ್ಯವಾಗಿರುತ್ತದೆ.

ಕೆಲವರಿಗೆ ಕೆ. ನಂತರ ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ ಮತ್ತು . ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ , .

ಹೋಲಿಕೆ ಮತ್ತು , ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ , ಅಂದರೆ .

ಯಾವುದೇ ಧನಾತ್ಮಕ ಪೂರ್ಣಾಂಕ k ಗಾಗಿ, ಕೊನೆಯ ಸಮಾನತೆಯ ಬಲಭಾಗವು ಧನಾತ್ಮಕವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಅದಕ್ಕೇ . ಆದರೆ ಇದರ ಅರ್ಥವೂ ಇದೆ.

ಉದಾಹರಣೆ 2.ತಾರ್ಕಿಕ ದೋಷವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ.

ಹೇಳಿಕೆ. ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಗೆ ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜ.

ಪುರಾವೆ.

. (1)

ನಂತರ ಅಸಮಾನತೆಯು n=k+1 ಗೆ ಮಾನ್ಯವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ, ಅಂದರೆ.

ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ಯಾವುದೇ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಕೆಗೆ 2 ಕ್ಕಿಂತ ಕಡಿಮೆಯಿಲ್ಲ. ಅಸಮಾನತೆಯ ಎಡಭಾಗಕ್ಕೆ (1) ಮತ್ತು ಬಲಭಾಗಕ್ಕೆ 2 ಸೇರಿಸೋಣ. ನಾವು ನ್ಯಾಯಯುತ ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ, ಅಥವಾ . ಹೇಳಿಕೆ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

ಉದಾಹರಣೆ 3.ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ , ಇಲ್ಲಿ >-1, , n ಎಂಬುದು 1 ಕ್ಕಿಂತ ಹೆಚ್ಚಿನ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಯಾಗಿದೆ.

ಪರಿಹಾರ.

n=2 ಗಾಗಿ ಅಸಮಾನತೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ, ರಿಂದ .

ಅಸಮಾನತೆಯು n=k ಗೆ ನಿಜವಾಗಲಿ, ಅಲ್ಲಿ k ಎಂಬುದು ಕೆಲವು ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ, ಅಂದರೆ.

. (1)

ನಂತರ ಅಸಮಾನತೆಯು n=k+1 ಗೆ ಮಾನ್ಯವಾಗಿದೆ ಎಂದು ತೋರಿಸೋಣ, ಅಂದರೆ.

. (2)

ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ಷರತ್ತಿನ ಮೂಲಕ, ಆದ್ದರಿಂದ ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ

, (3)

ಪ್ರತಿ ಭಾಗವನ್ನು ಗುಣಿಸುವ ಮೂಲಕ ಅಸಮಾನತೆಯಿಂದ (1) ಪಡೆಯಲಾಗಿದೆ. ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು (3) ಈ ಕೆಳಗಿನಂತೆ ಪುನಃ ಬರೆಯೋಣ: . ಕೊನೆಯ ಅಸಮಾನತೆಯ ಬಲಭಾಗದಲ್ಲಿರುವ ಧನಾತ್ಮಕ ಪದವನ್ನು ತ್ಯಜಿಸಿ, ನಾವು ನ್ಯಾಯಯುತ ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ (2).

ಉದಾಹರಣೆ 4.ಅದನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ

(1)

ಅಲ್ಲಿ , n ಎಂಬುದು 1 ಕ್ಕಿಂತ ಹೆಚ್ಚಿನ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಯಾಗಿದೆ.

ಪರಿಹಾರ.

n=2 ಅಸಮಾನತೆಗೆ (1) ರೂಪವನ್ನು ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳುತ್ತದೆ

. (2)

ಅಂದಿನಿಂದ, ಅಸಮಾನತೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ

. (3)

ಅಸಮಾನತೆಯ ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಭಾಗಕ್ಕೂ ಸೇರಿಸುವ ಮೂಲಕ (3) ನಾವು ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು (2) ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ.

ಇದು n=2 ಅಸಮಾನತೆಗೆ (1) ನಿಜವೆಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತದೆ.

ಅಸಮಾನತೆ (1) n=k ಗೆ ನಿಜವಾಗಲಿ, ಅಲ್ಲಿ k ಕೆಲವು ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆ, ಅಂದರೆ.

. (4)

ನಂತರ ಅಸಮಾನತೆ (1) n=k+1 ಗೆ ಸಹ ನಿಜವಾಗಿರಬೇಕು ಎಂದು ನಾವು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸೋಣ, ಅಂದರೆ.

(5)

ಅಸಮಾನತೆಯ ಎರಡೂ ಬದಿಗಳನ್ನು (4) a+b ನಿಂದ ಗುಣಿಸೋಣ. ಷರತ್ತಿನ ಮೂಲಕ, ನಾವು ಈ ಕೆಳಗಿನ ನ್ಯಾಯಯುತ ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ:

. (6)

ಅಸಮಾನತೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು (5), ಅದನ್ನು ತೋರಿಸಲು ಸಾಕು

, (7)

ಅಥವಾ, ಅದೇ ಏನು,

. (8)

ಅಸಮಾನತೆ (8) ಅಸಮಾನತೆಗೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ

. (9)

ವೇಳೆ , ನಂತರ , ಮತ್ತು ಅಸಮಾನತೆಯ ಎಡಭಾಗದಲ್ಲಿ (9) ನಾವು ಎರಡು ಧನಾತ್ಮಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಉತ್ಪನ್ನವನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ. ವೇಳೆ , ನಂತರ , ಮತ್ತು ಅಸಮಾನತೆಯ ಎಡಭಾಗದಲ್ಲಿ (9) ನಾವು ಎರಡು ಋಣಾತ್ಮಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಗುಣಲಬ್ಧವನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ. ಎರಡೂ ಸಂದರ್ಭಗಳಲ್ಲಿ, ಅಸಮಾನತೆ (9) ನಿಜ.

n=k ಗಾಗಿ ಅಸಮಾನತೆಯ (1) ಸಿಂಧುತ್ವವು n=k+1 ಗಾಗಿ ಅದರ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ ಎಂದು ಇದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತದೆ.

ಇತರರಿಗೆ ಅನ್ವಯಿಸಲಾದ ಗಣಿತದ ಪ್ರೇರಣೆಯ ವಿಧಾನ

ಕಾರ್ಯಗಳು

ಜ್ಯಾಮಿತಿಯಲ್ಲಿ ಗಣಿತದ ಪ್ರಚೋದನೆಯ ವಿಧಾನದ ಅತ್ಯಂತ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಅಪ್ಲಿಕೇಶನ್, ಸಂಖ್ಯೆ ಸಿದ್ಧಾಂತ ಮತ್ತು ಬೀಜಗಣಿತದಲ್ಲಿ ಈ ವಿಧಾನದ ಬಳಕೆಗೆ ಹತ್ತಿರದಲ್ಲಿದೆ, ಜ್ಯಾಮಿತೀಯ ಲೆಕ್ಕಾಚಾರದ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸಲು ಅದರ ಅಪ್ಲಿಕೇಶನ್ ಆಗಿದೆ. ಕೆಲವು ಉದಾಹರಣೆಗಳನ್ನು ನೋಡೋಣ.

ಉದಾಹರಣೆ 1.R ತ್ರಿಜ್ಯದ ವೃತ್ತದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ಸಾಮಾನ್ಯ ಚೌಕದ ಬದಿಯನ್ನು ಲೆಕ್ಕಹಾಕಿ.

ಪರಿಹಾರ.

n=2 ಸರಿಯಾಗಿದ್ದಾಗ 2ಎನ್ - ಒಂದು ಚೌಕವು ಒಂದು ಚೌಕವಾಗಿದೆ; ಅವನ ಕಡೆ. ಮತ್ತಷ್ಟು, ದ್ವಿಗುಣಗೊಳಿಸುವ ಸೂತ್ರದ ಪ್ರಕಾರ

ಸಾಮಾನ್ಯ ಅಷ್ಟಭುಜಾಕೃತಿಯ ಬದಿಯನ್ನು ನಾವು ಕಂಡುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ , ಸಾಮಾನ್ಯ ಷಡ್ಭುಜಾಕೃತಿಯ ಬದಿ , ಸಾಮಾನ್ಯ ಮೂವತ್ತೆರಡು ತ್ರಿಕೋನದ ಬದಿ . ಆದ್ದರಿಂದ ನಾವು ಸರಿಯಾದ ಕೆತ್ತನೆಯ ಬದಿಯು 2 ಎಂದು ಊಹಿಸಬಹುದುಎನ್ - ಯಾವುದೇ ಸಮಾನಕ್ಕೆ ಚೌಕ

. (1)

ನಿಯಮಿತ ಕೆತ್ತಲಾದ ಚೌಕದ ಬದಿಯನ್ನು ಸೂತ್ರ (1) ಮೂಲಕ ವ್ಯಕ್ತಪಡಿಸಲಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ಊಹಿಸೋಣ. ಈ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ, ದ್ವಿಗುಣಗೊಳಿಸುವ ಸೂತ್ರದ ಪ್ರಕಾರ

ಎಲ್ಲಿಂದ ಅದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ ಸೂತ್ರ (1) ಎಲ್ಲಾ n ಗೆ ಮಾನ್ಯವಾಗಿರುತ್ತದೆ.

ಉದಾಹರಣೆ 2.ಎಷ್ಟು ತ್ರಿಕೋನಗಳನ್ನು n-gon (ಅಗತ್ಯವಾಗಿ ಪೀನವಲ್ಲ) ಅದರ ವಿಭಜಿತ ಕರ್ಣಗಳಿಂದ ವಿಂಗಡಿಸಬಹುದು?

ಪರಿಹಾರ.

ತ್ರಿಕೋನಕ್ಕೆ, ಈ ಸಂಖ್ಯೆಯು ಒಂದಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ (ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಒಂದೇ ಕರ್ಣವನ್ನು ಎಳೆಯಲಾಗುವುದಿಲ್ಲ); ಚತುರ್ಭುಜಕ್ಕೆ ಈ ಸಂಖ್ಯೆಯು ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ ಎರಡು.

ಪ್ರತಿ ಕೆ-ಗೊನ್, ಅಲ್ಲಿ ಕೆ ಎಂದು ನಮಗೆ ಈಗಾಗಲೇ ತಿಳಿದಿದೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ 1 ಎ 2 ...ಎ ಎನ್ ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ.

ಎ ಎನ್

ಎ 1 ಎ 2

A 1 A k ಈ ವಿಭಜನೆಯ ಕರ್ಣಗಳಲ್ಲಿ ಒಂದಾಗಿರಲಿ; ಇದು n-gon A 1 A 2 ...A n ಅನ್ನು k-gon A 1 A 2 ...A k ಮತ್ತು (n-k+2)-gon A 1 A k A k+1 .. ಆಗಿ ವಿಭಜಿಸುತ್ತದೆ. .ಎ ಎನ್ . ಮಾಡಿದ ಊಹೆಯ ಕಾರಣದಿಂದಾಗಿ, ವಿಭಜನೆಯಲ್ಲಿನ ಒಟ್ಟು ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಸಂಖ್ಯೆಯು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

ಹೀಗಾಗಿ, ನಮ್ಮ ಹೇಳಿಕೆಯು ಎಲ್ಲರಿಗೂ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.

ಉದಾಹರಣೆ 3.ಸಂಯೋಜಿತ ಕರ್ಣಗಳಿಂದ ಪೀನ n-gon ಅನ್ನು ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ವಿಂಗಡಿಸಬಹುದಾದ ವಿಧಾನಗಳ P(n) ಸಂಖ್ಯೆಯನ್ನು ಲೆಕ್ಕಾಚಾರ ಮಾಡುವ ನಿಯಮವನ್ನು ತಿಳಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ.

ತ್ರಿಕೋನಕ್ಕೆ, ಈ ಸಂಖ್ಯೆಯು ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ ಒಂದಕ್ಕೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ: P(3)=1.

ನಾವು ಈಗಾಗಲೇ ಎಲ್ಲಾ k ಗಾಗಿ P(k) ಸಂಖ್ಯೆಗಳನ್ನು ನಿರ್ಧರಿಸಿದ್ದೇವೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ 1 ಎ 2 ...ಎ ಎನ್ . ಇದನ್ನು ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ವಿಂಗಡಿಸಿದಾಗಲೆಲ್ಲಾ, ಬದಿ ಎ 1 ಎ 2 ವಿಭಜನಾ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಒಂದು ಬದಿಯಾಗಿರುತ್ತದೆ, ಈ ತ್ರಿಕೋನದ ಮೂರನೇ ಶೃಂಗವು ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಬಿಂದುಗಳೊಂದಿಗೆ ಹೊಂದಿಕೆಯಾಗಬಹುದು. 3, ಎ 4, ..., ಎ ಎನ್ . ಈ ಶೃಂಗವು ಪಾಯಿಂಟ್ A ನೊಂದಿಗೆ ಹೊಂದಿಕೆಯಾಗುವ n-gon ಅನ್ನು ವಿಭಜಿಸುವ ವಿಧಾನಗಳ ಸಂಖ್ಯೆ 3 , (n-1) -gon A ಅನ್ನು ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ವಿಭಜಿಸುವ ವಿಧಾನಗಳ ಸಂಖ್ಯೆಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ 1 ಎ 3 ಎ 4 …ಎ ಎನ್ , ಅಂದರೆ P(n-1) ಗೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಈ ಶೃಂಗವು A ಯೊಂದಿಗೆ ಹೊಂದಿಕೆಯಾಗುವ ವಿಭಜನಾ ವಿಧಾನಗಳ ಸಂಖ್ಯೆ 4 , (n-2)-gon A ಅನ್ನು ವಿಭಜಿಸುವ ವಿಧಾನಗಳ ಸಂಖ್ಯೆಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ 1 ಎ 4 ಎ 5 …ಎ ಎನ್ , ಅಂದರೆ ಸಮಾನ P(n-2)=P(n-2)P(3); ಎ ಯೊಂದಿಗೆ ಹೊಂದಿಕೆಯಾಗುವ ವಿಭಜನಾ ವಿಧಾನಗಳ ಸಂಖ್ಯೆ 5 , P(n-3)P(4) ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ, ಏಕೆಂದರೆ (n-3)-gon A ನ ಪ್ರತಿಯೊಂದು ವಿಭಾಗಗಳು 1 ಎ 5 ...ಎ ಎನ್ ಚತುರ್ಭುಜ A ಯ ಪ್ರತಿಯೊಂದು ವಿಭಾಗಗಳೊಂದಿಗೆ ಸಂಯೋಜಿಸಬಹುದು 2 ಎ 3 ಎ 4 ಎ 5 , ಇತ್ಯಾದಿ ಹೀಗಾಗಿ, ನಾವು ಈ ಕೆಳಗಿನ ಸಂಬಂಧವನ್ನು ತಲುಪುತ್ತೇವೆ:

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1).

ಈ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ನಾವು ಸತತವಾಗಿ ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

ಇತ್ಯಾದಿ

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ನೀವು ಗ್ರಾಫ್‌ಗಳೊಂದಿಗೆ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಸಹ ಪರಿಹರಿಸಬಹುದು.

ಸಮತಲದಲ್ಲಿ ಕೆಲವು ಬಿಂದುಗಳನ್ನು ಸಂಪರ್ಕಿಸುವ ಮತ್ತು ಬೇರೆ ಯಾವುದೇ ಬಿಂದುಗಳಿಲ್ಲದ ರೇಖೆಗಳ ನೆಟ್ವರ್ಕ್ ಇರಲಿ. ಅಂತಹ ರೇಖೆಗಳ ಜಾಲವನ್ನು ನಾವು ನಕ್ಷೆ ಎಂದು ಕರೆಯುತ್ತೇವೆ, ಅದರ ಶೃಂಗಗಳಂತೆ ಬಿಂದುಗಳನ್ನು ನೀಡಲಾಗಿದೆ, ಎರಡು ಪಕ್ಕದ ಶೃಂಗಗಳ ನಡುವಿನ ವಕ್ರಾಕೃತಿಗಳ ವಿಭಾಗಗಳು - ನಕ್ಷೆಯ ಗಡಿಗಳು, ಅದನ್ನು ಗಡಿಗಳಿಂದ ವಿಂಗಡಿಸಲಾದ ಸಮತಲದ ಭಾಗಗಳು - ನಕ್ಷೆಯ ದೇಶಗಳು.

ವಿಮಾನದಲ್ಲಿ ಕೆಲವು ನಕ್ಷೆಯನ್ನು ನೀಡಲಿ. ಅದರ ಪ್ರತಿಯೊಂದು ದೇಶವನ್ನು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಬಣ್ಣದಿಂದ ಚಿತ್ರಿಸಿದರೆ ಅದು ಸರಿಯಾಗಿ ಬಣ್ಣವನ್ನು ಹೊಂದಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ಹೇಳುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು ಸಾಮಾನ್ಯ ಗಡಿಯನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ಯಾವುದೇ ಎರಡು ದೇಶಗಳನ್ನು ವಿಭಿನ್ನ ಬಣ್ಣಗಳಿಂದ ಚಿತ್ರಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ.

ಉದಾಹರಣೆ 4.ವಿಮಾನದಲ್ಲಿ n ವಲಯಗಳಿವೆ. ಈ ವಲಯಗಳ ಯಾವುದೇ ವ್ಯವಸ್ಥೆಗಾಗಿ, ಅವರು ರೂಪಿಸುವ ನಕ್ಷೆಯನ್ನು ಎರಡು ಬಣ್ಣಗಳಿಂದ ಸರಿಯಾಗಿ ಬಣ್ಣಿಸಬಹುದು ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ.

ಪರಿಹಾರ.

n=1 ಗಾಗಿ ನಮ್ಮ ಹೇಳಿಕೆಯು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ.

n ವಲಯಗಳಿಂದ ರೂಪುಗೊಂಡ ಯಾವುದೇ ನಕ್ಷೆಗೆ ನಮ್ಮ ಹೇಳಿಕೆಯು ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ಭಾವಿಸೋಣ ಮತ್ತು ಸಮತಲದಲ್ಲಿ n+1 ವಲಯಗಳು ಇರಲಿ. ಈ ವಲಯಗಳಲ್ಲಿ ಒಂದನ್ನು ತೆಗೆದುಹಾಕುವ ಮೂಲಕ, ಮಾಡಿದ ಊಹೆಯ ಕಾರಣದಿಂದ, ಎರಡು ಬಣ್ಣಗಳೊಂದಿಗೆ ಸರಿಯಾಗಿ ಬಣ್ಣ ಮಾಡಬಹುದಾದ ನಕ್ಷೆಯನ್ನು ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ, ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಕಪ್ಪು ಮತ್ತು ಬಿಳಿ.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಗಣಿತದ ಪುರಾವೆಯ ಸಾಮಾನ್ಯ ವಿಧಾನಗಳಲ್ಲಿ ಒಂದಕ್ಕೆ ಆಧಾರವಾಗಿದೆ. ಅದರ ಸಹಾಯದಿಂದ, ನೀವು ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಗಳೊಂದಿಗೆ ಹೆಚ್ಚಿನ ಸೂತ್ರಗಳನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬಹುದು n, ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಪ್ರಗತಿಯ ಮೊದಲ ಪದಗಳ ಮೊತ್ತವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯುವ ಸೂತ್ರ S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n, ನ್ಯೂಟನ್ರ ದ್ವಿಪದ ಸೂತ್ರ a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n .

ಮೊದಲ ಪ್ಯಾರಾಗ್ರಾಫ್ನಲ್ಲಿ, ನಾವು ಮೂಲಭೂತ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಗಳನ್ನು ವಿಶ್ಲೇಷಿಸುತ್ತೇವೆ, ನಂತರ ವಿಧಾನದ ಮೂಲಭೂತ ಅಂಶಗಳನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು ನಂತರ ಸಮಾನತೆಗಳು ಮತ್ತು ಅಸಮಾನತೆಗಳನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು ಅದನ್ನು ಹೇಗೆ ಬಳಸಬೇಕೆಂದು ಹೇಳುತ್ತೇವೆ.

Yandex.RTB R-A-339285-1

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಮತ್ತು ಕಡಿತದ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಗಳು

ಮೊದಲಿಗೆ, ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಮತ್ತು ಡಿಡಕ್ಷನ್ ಸಾಮಾನ್ಯವಾಗಿ ಏನೆಂದು ನೋಡೋಣ.

ವ್ಯಾಖ್ಯಾನ 1

ಪ್ರವೇಶನಿರ್ದಿಷ್ಟದಿಂದ ಸಾಮಾನ್ಯಕ್ಕೆ ಪರಿವರ್ತನೆಯಾಗಿದೆ, ಮತ್ತು ಕಡಿತಗೊಳಿಸುವಿಕೆಇದಕ್ಕೆ ವಿರುದ್ಧವಾಗಿ - ಸಾಮಾನ್ಯದಿಂದ ನಿರ್ದಿಷ್ಟವಾಗಿ.

ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ನಾವು ಒಂದು ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ: 254 ಅನ್ನು ಎರಡರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು. ಅದರಿಂದ ನಾವು ಸತ್ಯ ಮತ್ತು ಸುಳ್ಳು ಸೇರಿದಂತೆ ಅನೇಕ ತೀರ್ಮಾನಗಳನ್ನು ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳಬಹುದು. ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಸಂಖ್ಯೆ 4 ರೊಂದಿಗೆ ಕೊನೆಗೊಳ್ಳುವ ಎಲ್ಲಾ ಪೂರ್ಣಾಂಕಗಳನ್ನು ಶೇಷವಿಲ್ಲದೆ ಎರಡರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂಬ ಹೇಳಿಕೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ, ಆದರೆ ಯಾವುದೇ ಮೂರು ಅಂಕೆಗಳ ಸಂಖ್ಯೆಯನ್ನು 2 ರಿಂದ ಭಾಗಿಸಬಹುದು ಎಂಬ ಹೇಳಿಕೆ ತಪ್ಪಾಗಿದೆ.

ಸಾಮಾನ್ಯವಾಗಿ, ಅನುಗಮನದ ತಾರ್ಕಿಕತೆಯ ಸಹಾಯದಿಂದ, ತಿಳಿದಿರುವ ಅಥವಾ ಸ್ಪಷ್ಟವಾದ ತಾರ್ಕಿಕ ಕ್ರಿಯೆಯಿಂದ ಅನೇಕ ತೀರ್ಮಾನಗಳನ್ನು ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳಬಹುದು ಎಂದು ಹೇಳಬಹುದು. ಈ ತೀರ್ಮಾನಗಳು ಎಷ್ಟು ಮಾನ್ಯವಾಗಿವೆ ಎಂಬುದನ್ನು ನಿರ್ಧರಿಸಲು ಗಣಿತದ ಪ್ರೇರಣೆ ನಮಗೆ ಅನುಮತಿಸುತ್ತದೆ.

ನಾವು 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, ನಂತಹ ಸಂಖ್ಯೆಗಳ ಅನುಕ್ರಮವನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ ಎಂದು ಹೇಳೋಣ. . . , 1 n (n + 1), ಇಲ್ಲಿ n ಕೆಲವು ನೈಸರ್ಗಿಕ ಸಂಖ್ಯೆಯನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತದೆ. ಈ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ, ಅನುಕ್ರಮದ ಮೊದಲ ಅಂಶಗಳನ್ನು ಸೇರಿಸುವಾಗ, ನಾವು ಈ ಕೆಳಗಿನವುಗಳನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ:

S 1 = 1 1 2 = 1 2, S 2 = 1 1 2 + 1 2 3 = 2 3, S 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 = 3 4, S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5, . . .

ಇಂಡಕ್ಷನ್ ಬಳಸಿ, ನಾವು S n = n n + 1 ಎಂದು ತೀರ್ಮಾನಿಸಬಹುದು. ಮೂರನೇ ಭಾಗದಲ್ಲಿ ನಾವು ಈ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆ.

ಗಣಿತದ ಪ್ರೇರಣೆಯ ವಿಧಾನ ಯಾವುದು?

ಈ ವಿಧಾನವು ಅದೇ ಹೆಸರಿನ ತತ್ವವನ್ನು ಆಧರಿಸಿದೆ. ಇದನ್ನು ಈ ರೀತಿ ರೂಪಿಸಲಾಗಿದೆ:

ವ್ಯಾಖ್ಯಾನ 2

ಒಂದು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ಹೇಳಿಕೆಯು ಸ್ವಾಭಾವಿಕ ಮೌಲ್ಯ n ಗಾಗಿ ನಿಜವಾಗುವುದು 1) ಇದು n = 1 ಮತ್ತು 2 ಕ್ಕೆ ನಿಜವಾಗಿರುತ್ತದೆ) ಈ ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಯು ಅನಿಯಂತ್ರಿತ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಮೌಲ್ಯ n = k ಗೆ ಮಾನ್ಯವಾಗಿದೆ ಎಂಬ ಅಂಶದಿಂದ, ಅದು ನಿಜವಾಗುತ್ತದೆ ಎಂದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ n = k + 1.

ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನದ ಅನ್ವಯವನ್ನು 3 ಹಂತಗಳಲ್ಲಿ ನಡೆಸಲಾಗುತ್ತದೆ:

ಮೊದಲಿಗೆ, n ನ ಅನಿಯಂತ್ರಿತ ನೈಸರ್ಗಿಕ ಮೌಲ್ಯದ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ ಮೂಲ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ನಾವು ಪರಿಶೀಲಿಸುತ್ತೇವೆ (ಸಾಮಾನ್ಯವಾಗಿ ಏಕತೆಗಾಗಿ ಚೆಕ್ ಅನ್ನು ಮಾಡಲಾಗುತ್ತದೆ).
ಇದರ ನಂತರ ನಾವು n = k ಯಾವಾಗ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸುತ್ತೇವೆ.
ತದನಂತರ ನಾವು n = k + 1 ವೇಳೆ ಹೇಳಿಕೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆ.

ಅಸಮಾನತೆಗಳು ಮತ್ತು ಸಮೀಕರಣಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸಲು ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಹೇಗೆ ಬಳಸುವುದು

ನಾವು ಮೊದಲು ಮಾತನಾಡಿದ ಉದಾಹರಣೆಯನ್ನು ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳೋಣ.

ಉದಾಹರಣೆ 1

S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + ಸೂತ್ರವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿ. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

ಪರಿಹಾರ

ನಾವು ಈಗಾಗಲೇ ತಿಳಿದಿರುವಂತೆ, ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನವನ್ನು ಅನ್ವಯಿಸಲು, ಮೂರು ಅನುಕ್ರಮ ಕ್ರಿಯೆಗಳನ್ನು ನಿರ್ವಹಿಸಬೇಕು.

ಮೊದಲಿಗೆ, ಈ ಸಮಾನತೆಯು ಒಂದಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾದ n ಗೆ ಮಾನ್ಯವಾಗಿದೆಯೇ ಎಂದು ನಾವು ಪರಿಶೀಲಿಸುತ್ತೇವೆ. ನಾವು S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 ಅನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ. ಇಲ್ಲಿ ಎಲ್ಲವೂ ಸರಿಯಾಗಿದೆ.
ಮುಂದೆ, S k = k k + 1 ಸೂತ್ರವು ಸರಿಯಾಗಿದೆ ಎಂದು ನಾವು ಊಹಿಸುತ್ತೇವೆ.
ಮೂರನೇ ಹಂತದಲ್ಲಿ, ಹಿಂದಿನ ಸಮಾನತೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಆಧರಿಸಿ ನಾವು S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಬೇಕಾಗಿದೆ.

ನಾವು k + 1 ಅನ್ನು ಮೂಲ ಅನುಕ್ರಮದ ಮೊದಲ ಪದಗಳ ಮೊತ್ತವಾಗಿ ಮತ್ತು k + 1 ಅನ್ನು ಪ್ರತಿನಿಧಿಸಬಹುದು:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

ಎರಡನೇ ಕ್ರಿಯೆಯಲ್ಲಿ ನಾವು S k = k k + 1 ಅನ್ನು ಸ್ವೀಕರಿಸಿದ್ದೇವೆ, ನಾವು ಈ ಕೆಳಗಿನವುಗಳನ್ನು ಬರೆಯಬಹುದು:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .

ಈಗ ನಾವು ಅಗತ್ಯ ರೂಪಾಂತರಗಳನ್ನು ನಿರ್ವಹಿಸುತ್ತೇವೆ. ನಾವು ಭಿನ್ನರಾಶಿಯನ್ನು ಸಾಮಾನ್ಯ ಛೇದಕ್ಕೆ ಕಡಿಮೆ ಮಾಡಬೇಕಾಗುತ್ತದೆ, ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಪದಗಳನ್ನು ಕಡಿಮೆ ಮಾಡಬೇಕಾಗುತ್ತದೆ, ಸಂಕ್ಷಿಪ್ತ ಗುಣಾಕಾರ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಅನ್ವಯಿಸಿ ಮತ್ತು ನಾವು ಪಡೆಯುವದನ್ನು ಕಡಿಮೆ ಮಾಡಬೇಕಾಗುತ್ತದೆ:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

ಹೀಗಾಗಿ, ಗಣಿತದ ಇಂಡಕ್ಷನ್ ವಿಧಾನದ ಎಲ್ಲಾ ಮೂರು ಹಂತಗಳನ್ನು ಪೂರ್ಣಗೊಳಿಸುವ ಮೂಲಕ ನಾವು ಮೂರನೇ ಹಂತದಲ್ಲಿ ಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಿದ್ದೇವೆ.

ಉತ್ತರ: S n = n n + 1 ಸೂತ್ರದ ಬಗ್ಗೆ ಊಹೆ ಸರಿಯಾಗಿದೆ.

ತ್ರಿಕೋನಮಿತಿಯ ಕಾರ್ಯಗಳೊಂದಿಗೆ ಹೆಚ್ಚು ಸಂಕೀರ್ಣವಾದ ಸಮಸ್ಯೆಯನ್ನು ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳೋಣ.

ಉದಾಹರಣೆ 2

ಗುರುತಿನ ಪುರಾವೆಯನ್ನು ನೀಡಿ cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = ಪಾಪ 2 n + 1 α 2 n ಪಾಪ 2 α .

ಪರಿಹಾರ

ನಮಗೆ ನೆನಪಿರುವಂತೆ, n ಒಂದಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾದಾಗ ಸಮಾನತೆಯ ಸಿಂಧುತ್ವವನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸುವುದು ಮೊದಲ ಹಂತವಾಗಿರಬೇಕು. ಕಂಡುಹಿಡಿಯಲು, ನಾವು ಮೂಲ ತ್ರಿಕೋನಮಿತಿಯ ಸೂತ್ರಗಳನ್ನು ನೆನಪಿಟ್ಟುಕೊಳ್ಳಬೇಕು.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = ಪಾಪ 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

ಆದ್ದರಿಂದ, ಒಂದಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾದ n ಗೆ, ಗುರುತು ನಿಜವಾಗಿರುತ್ತದೆ.

ಈಗ ಅದರ ಸಿಂಧುತ್ವವು n = k ಗೆ ನಿಜವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ, ಅಂದರೆ. cos 2 α · cos 4 α · ಎಂಬುದು ನಿಜ. . . · cos 2 k α = ಪಾಪ 2 k + 1 α 2 k ಪಾಪ 2 α .

ನಾವು ಸಮಾನತೆ cos 2 α · cos 4 α · ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆ. . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ n = k + 1, ಹಿಂದಿನ ಊಹೆಯನ್ನು ಆಧಾರವಾಗಿ ತೆಗೆದುಕೊಂಡಾಗ.

ತ್ರಿಕೋನಮಿತಿಯ ಸೂತ್ರದ ಪ್ರಕಾರ,

sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 ಪಾಪ (2 2 k + 1 α) + ಪಾಪ 0 = 1 2 ಪಾಪ 2 k + 2 α

ಆದ್ದರಿಂದ,

cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . ಕಾಸ್ 2 ಕೆ k + 2 α 2 k + 1 ಪಾಪ 2 α

ಕನಿಷ್ಠ ಚೌಕಗಳ ವಿಧಾನದ ಬಗ್ಗೆ ಲೇಖನದಲ್ಲಿ ಈ ವಿಧಾನವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು ಸಮಸ್ಯೆಯನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವ ಉದಾಹರಣೆಯನ್ನು ನಾವು ನೀಡಿದ್ದೇವೆ. ಅಂದಾಜು ಗುಣಾಂಕಗಳನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯುವ ಸೂತ್ರಗಳನ್ನು ಪಡೆದಿರುವ ಪ್ಯಾರಾಗ್ರಾಫ್ ಅನ್ನು ಓದಿ.

ನೀವು ಪಠ್ಯದಲ್ಲಿ ದೋಷವನ್ನು ಗಮನಿಸಿದರೆ, ದಯವಿಟ್ಟು ಅದನ್ನು ಹೈಲೈಟ್ ಮಾಡಿ ಮತ್ತು Ctrl+Enter ಒತ್ತಿರಿ