Utangulizi ni njia ya kupata taarifa ya jumla kutoka kwa uchunguzi fulani. Katika kesi ambapo taarifa ya hisabati inahusu idadi ndogo ya vitu, inaweza kuthibitishwa kwa kupima kwa kila kitu. Kwa mfano, taarifa: "Kila nambari ya nambari mbili sawa ni jumla ya nambari kuu mbili," inafuata kutoka kwa safu za usawa ambazo zinawezekana kuanzishwa:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Njia ya uthibitisho ambayo taarifa inathibitishwa kwa idadi ndogo ya kesi ambazo zinamaliza uwezekano wote inaitwa induction kamili. Njia hii hutumiwa mara chache, kwani taarifa za hisabati, kama sheria, hazijali kikomo, lakini seti zisizo na mwisho za vitu. Kwa mfano, taarifa kuhusu hata nambari za tarakimu mbili zilizothibitishwa hapo juu kwa uingizaji kamili ni kesi maalum tu ya nadharia: "Nambari yoyote hata ni jumla ya nambari mbili kuu." Nadharia hii bado haijathibitishwa au kukanushwa.
Uingizaji wa kihisabati ni mbinu ya kuthibitisha kauli fulani kwa nambari yoyote asilia n kulingana na kanuni ya utangulizi wa hisabati: “Ikiwa taarifa ni ya kweli kwa n=1 na uhalali wake wa n=k unamaanisha uhalali wa taarifa hii kwa n=k. +1, basi ni kweli kwa wote n " Njia ya uthibitisho kwa uingizaji wa hisabati ni kama ifuatavyo:
1) msingi wa induction: wanathibitisha au kuangalia moja kwa moja uhalali wa taarifa kwa n = 1 (wakati mwingine n = 0 au n = n 0);
2) hatua ya utangulizi (mpito): wanachukulia uhalali wa taarifa kwa baadhi ya nambari asilia n=k na, kwa kuzingatia dhana hii, huthibitisha uhalali wa taarifa ya n=k+1.
Matatizo na ufumbuzi
1. Thibitisha kuwa kwa nambari yoyote asilia n, nambari 3 2n+1 +2 n+2 inaweza kugawanywa na 7.
Hebu tuashiria A(n)=3 2n+1 +2 n+2.
Msingi wa induction. Ikiwa n=1, basi A(1)=3 3 +2 3 =35 na, ni wazi, inaweza kugawanywa na 7.
Dhana ya Induction. Acha A(k) igawanywe kwa 7.
Mpito wa induction. Hebu tuthibitishe kwamba A(k+1) inagawanywa na 7, yaani, uhalali wa taarifa ya tatizo kwa n=k.
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.
Nambari ya mwisho imegawanywa na 7, kwa kuwa ni tofauti ya integers mbili zinazogawanyika na 7. Kwa hiyo, 3 2n + 1 +2 n + 2 inagawanywa na 7 kwa nambari yoyote ya asili n.
2. Thibitisha kwamba kwa nambari yoyote ya asili n, nambari 2 3 n +1 inaweza kugawanywa na 3 n+1 na haigawanyiki na 3 n+2.
Hebu tuanzishe nukuu: a i =2 3 i +1.
Kwa n=1 tunayo, na 1 =2 3 +1=9. Kwa hivyo, 1 inaweza kugawanywa na 3 2 na haiwezi kugawanywa na 3 3.
Hebu kwa n=k nambari a k inagawanywa kwa 3 k+1 na haigawanyiki kwa 3 k+2, yaani, k =2 3 k +1=3 k+1 m, ambapo m haigawanyiki kwa 3. Kisha.
na 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).
Kwa wazi, k+1 inaweza kugawanywa na 3 k+2 na haiwezi kugawanywa na 3 k+3.
Kwa hivyo, taarifa hiyo imethibitishwa kwa nambari yoyote ya asili n.
3. Inajulikana kuwa x+1/x ni nambari kamili. Thibitisha kuwa x n +1/x n pia ni nambari kamili ya n.
Hebu tutambulishe notation: a i =х i +1 / х i na mara moja kumbuka kuwa i =а -i, kwa hiyo tutaendelea kuzungumza juu ya fahirisi za asili.
Kumbuka: 1 ni nambari kamili kwa makubaliano; na 2 ni nambari kamili, kwani 2 = (a 1) 2 -2; na 0 =2.
Hebu tuchukulie kuwa k ni nambari kamili ya nambari yoyote asilia k isiyozidi n. Kisha 1 ·a n ni nambari kamili, lakini 1 ·a n =a n+1 +a n–1 na n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Hata hivyo, n-1, kulingana na hypothesis introduktionsutbildning, ni integer. Hii inamaanisha kuwa n+1 pia ni nambari kamili. Kwa hivyo, x n +1/x n ni nambari kamili kwa nambari yoyote n, ambayo ndiyo inahitajika kuthibitishwa.
4. Thibitisha kuwa kwa nambari yoyote asilia n kubwa kuliko 1 usawa maradufu ni kweli
5. Thibitisha hilo kwa asili n > 1 na |x|
(1–x)n +(1+x)n
Kwa n=2 ukosefu wa usawa ni kweli. Kweli,
(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2
Ikiwa ukosefu wa usawa ni kweli kwa n=k, basi kwa n=k+1 tunayo
(1–x) k+1 +(1+x) k+1
Ukosefu wa usawa umethibitishwa kwa nambari yoyote asilia n > 1.
6. Kuna miduara n kwenye ndege. Thibitisha kuwa kwa mpangilio wowote wa miduara hii, ramani wanayounda inaweza kupakwa rangi kwa usahihi na rangi mbili.
Wacha tutumie njia ya induction ya hisabati.
Kwa n=1 taarifa ni dhahiri.
Hebu tuchukulie kuwa taarifa hiyo ni kweli kwa ramani yoyote iliyoundwa na miduara n, na kuwe na miduara n+1 kwenye ndege. Kwa kuondoa moja ya miduara hii, tunapata ramani ambayo, kwa sababu ya dhana iliyofanywa, inaweza kupakwa rangi kwa usahihi na rangi mbili (tazama picha ya kwanza hapa chini).
Hebu basi turejeshe mduara uliotupwa na upande mmoja wake, kwa mfano ndani, ubadilishe rangi ya kila eneo kinyume chake (angalia picha ya pili). Ni rahisi kuona kwamba katika kesi hii tutapata ramani iliyopakwa rangi kwa usahihi na rangi mbili, lakini sasa tu kwa miduara ya n+1, ambayo ndiyo inahitajika kuthibitishwa.
7. Tutaita poligoni mbonyeo "nzuri" ikiwa masharti yafuatayo yametimizwa:
1) kila wima yake imechorwa katika moja ya rangi tatu;
2) wima zozote mbili zilizo karibu zimepakwa rangi tofauti;
3) angalau kipeo kimoja cha poligoni kimepakwa rangi katika kila rangi tatu.
Thibitisha kwamba n-gon yoyote nzuri inaweza kukatwa na diagonal zisizounganishwa kwenye pembetatu "nzuri".
Wacha tutumie njia ya induction ya hisabati.
Msingi wa induction. Kwa ndogo iwezekanavyo n = 3, taarifa ya tatizo ni dhahiri: wima ya pembetatu "nzuri" imejenga rangi tatu tofauti na hakuna kupunguzwa kunahitajika.
Dhana ya Induction. Hebu tuchukulie kwamba taarifa ya tatizo ni kweli kwa n-gon yoyote "nzuri".
Hatua ya induction. Hebu tuchunguze kiholela "nzuri" (n+1) -gon na kuthibitisha, kwa kutumia hypothesis ya introduktionsutbildning, kwamba inaweza kukatwa na baadhi ya diagonal katika pembetatu "nzuri". Hebu tuonyeshe kwa A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 wima mfululizo za (n+1)-gon. Ikiwa kipeo kimoja tu cha (n+1)-gon kimepakwa rangi yoyote kati ya hizo tatu, basi kwa kuunganisha vertex hii na diagonal kwenye wima zote ambazo haziko karibu nayo, tunapata kizigeu kinachohitajika cha (n+1). ) -ingia kwenye pembetatu "nzuri".
Ikiwa angalau wima mbili za (n+1)-gon zimepakwa rangi katika kila moja ya rangi tatu, basi tunaashiria rangi ya vertex A 1 kwa nambari 1, na rangi ya vertex A 2 kwa nambari 2. Acha k iwe nambari ndogo zaidi ili kipeo A k iwe na rangi ya tatu. Ni wazi kwamba k > 2. Wacha tukate pembetatu A k–2 A k–1 A k kutoka (n+1)-gon na mshazari A k–2 A k. Kwa mujibu wa uchaguzi wa nambari k, wima zote za pembetatu hii zimejenga rangi tatu tofauti, yaani, pembetatu hii ni "nzuri". Convex n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , ambayo inabaki, pia, kwa mujibu wa dhana ya kufata neno, itakuwa "nzuri", ambayo ina maana. imegawanywa katika pembetatu "nzuri", ambayo na inahitajika kuthibitishwa.
8. Thibitisha kwamba katika convex n-gon haiwezekani kuchagua zaidi ya n diagonals ili wawili kati yao wawe na uhakika wa kawaida.
Wacha tufanye uthibitisho kwa kutumia njia ya induction ya hisabati.
Hebu tuthibitishe taarifa ya jumla zaidi: katika convex n-gon haiwezekani kuchagua zaidi ya n pande na diagonals ili wawili kati yao wawe na uhakika wa kawaida. Kwa n = 3 taarifa ni dhahiri. Wacha tuchukue kuwa taarifa hii ni kweli kwa n-gon ya kiholela na, kwa kutumia hii, tutathibitisha uhalali wake kwa kiholela (n+1)-gon.
Wacha tuchukue kuwa taarifa hii sio kweli kwa (n+1)-gon. Ikiwa hakuna zaidi ya pande mbili zilizochaguliwa au diagonal zinazojitokeza kutoka kwa kila vertex ya (n+1)-gon, basi hakuna zaidi ya n+1 kati yao huchaguliwa kwa jumla. Kwa hiyo, kutoka kwa baadhi ya vertex A kuna angalau pande tatu zilizochaguliwa au diagonals AB, AC, AD. Acha AC iwe kati ya AB na AD. Kwa kuwa upande wowote au mlalo unaojitokeza kutoka kwa nukta C na nyingine zaidi ya CA hauwezi kukatiza AB na AD kwa wakati mmoja, ni CA moja tu iliyochaguliwa ya diagonal inayoibuka kutoka kwa nukta C.
Kutupa hatua C pamoja na CA ya mlalo, tunapata n-gon mbonyeo ambamo zaidi ya n pande na diagonal huchaguliwa, zote mbili ambazo zina nukta moja. Kwa hivyo, tunapata mkanganyiko na dhana kwamba taarifa hiyo ni ya kweli kwa n-gon ya kiholela.
Kwa hivyo, kwa (n+1) -gon taarifa hiyo ni kweli. Kulingana na kanuni ya uingizaji wa hisabati, taarifa hiyo ni kweli kwa n-gon yoyote ya convex.
9. Kuna n mistari iliyonyooka kwenye ndege, hakuna miwili kati yake inayolingana na hakuna mitatu inayopita kwenye sehemu moja. Je, mistari hii inagawanya ndege katika sehemu ngapi?
Kwa kutumia michoro za kimsingi, unaweza kuthibitisha kwa urahisi kuwa mstari mmoja ulionyooka unagawanya ndege katika sehemu 2, mistari miwili iliyonyooka katika sehemu 4, mistari mitatu iliyonyooka katika sehemu 7, na mistari minne iliyonyooka katika sehemu 11.
Wacha tuonyeshe kwa N(n) idadi ya sehemu ambazo n mistari iliyonyooka hugawanya ndege. Inaweza kuzingatiwa kuwa
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Ni kawaida kudhani hivyo
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
au, kama ilivyo rahisi kuanzisha, kwa kutumia fomula ya jumla ya masharti n ya maendeleo ya hesabu,
N(n)=1+n(n+1)/2.
Wacha tuthibitishe uhalali wa fomula hii kwa kutumia njia ya induction ya hisabati.
Kwa n=1 fomula tayari imeangaliwa.
Baada ya kufanya dhana ya utangulizi, tunazingatia mistari ya k+1 ambayo inakidhi masharti ya shida. Wacha tuchague k mistari moja kwa moja kutoka kwao kwa njia ya kiholela. Kwa nadharia ya utangulizi, watagawanya ndege katika sehemu 1+ k(k+1)/2. Mstari wa moja kwa moja uliobaki (k+1) utagawanywa na mistari iliyochaguliwa ya moja kwa moja katika sehemu za k+1 na, kwa hivyo, itapita kwenye sehemu ya (k+1) ambayo ndege tayari imegawanywa, na kila moja. ya sehemu hizi itagawanywa katika sehemu 2, yaani, sehemu nyingine ya k+1 itaongezwa. Kwa hiyo,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
Q.E.D.
10. Katika usemi x 1: x 2: ... : x n, mabano yamewekwa ili kuonyesha mpangilio wa vitendo na matokeo yake yameandikwa kama sehemu:
(katika kesi hii, kila herufi x 1, x 2, ..., x n iko katika nambari ya sehemu au katika dhehebu). Ni misemo ngapi tofauti inaweza kupatikana kwa njia hii kwa njia zote zinazowezekana za kuweka mabano?
Kwanza kabisa, ni wazi kuwa katika sehemu inayosababisha x 1 itakuwa kwenye nambari. Ni dhahiri kuwa x 2 itakuwa katika dhehebu haijalishi jinsi mabano yamewekwa (ishara ya mgawanyiko mbele ya x 2 inarejelea ama x 2 yenyewe au usemi fulani ulio na x 2 kwenye nambari).
Inaweza kuzingatiwa kuwa herufi zingine zote x 3, x 4, ..., x n zinaweza kupatikana katika nambari au denominator kwa njia ya kiholela kabisa. Inafuata kwamba kwa jumla unaweza kupata sehemu 2 za n-2: kila moja ya herufi n-2 x 3, x 4, ..., x n inaweza kuonekana kwa kujitegemea na wengine katika nambari au denominator.
Hebu tuthibitishe kauli hii kwa induction.
Na n=3 unaweza kupata sehemu 2:
kwa hiyo kauli ni kweli.
Wacha tuchukue kuwa ni kweli kwa n=k na ithibitishe kwa n=k+1.
Acha usemi x 1:x 2: ... :x k baada ya uwekaji fulani wa mabano uandikwe katika muundo wa sehemu fulani Q. Ikiwa badala ya x k katika usemi huu tutabadilisha x k:x k+1, basi x k itakuwa. katika sehemu ile ile kama ilivyokuwa katika sehemu ya Q, na x k+1 haitakuwa pale x k ilipokuwa (ikiwa x k ilikuwa katika dhehebu, basi x k+1 itakuwa katika nambari na kinyume chake).
Sasa tutathibitisha kwamba tunaweza kuongeza x k+1 mahali pale ambapo x k iko. Katika sehemu ya Q, baada ya kuweka mabano, kutakuwa na usemi wa fomu q:x k, ambapo q ni herufi x k–1 au usemi fulani kwenye mabano. Kubadilisha q:x k na usemi (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), ni wazi tunapata sehemu sawa Q, ambapo badala ya x k kuna x k ·x k+1 .
Kwa hivyo, idadi ya sehemu zote zinazowezekana katika kisa n=k+1 ni kubwa mara 2 kuliko katika kisa n=k na ni sawa na 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Hivyo kauli hiyo inathibitishwa.
Jibu: sehemu 2 n-2.
Matatizo bila ufumbuzi
1. Thibitisha hilo kwa n yoyote ya asili:
a) nambari 5 n -3 n +2n inaweza kugawanywa na 4;
b) nambari n 3 +11n imegawanywa na 6;
c) nambari 7 n +3n-1 imegawanywa na 9;
d) nambari 6 2n +19 n -2 n+1 imegawanywa na 17;
e) nambari 7 n+1 +8 2n–1 imegawanywa na 19;
e) nambari 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 inaweza kugawanywa na 27.
2. Thibitisha kuwa (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).
3. Thibitisha ukosefu wa usawa |dhambi nx| n|dhambi x| kwa asili yoyote n.
4. Tafuta nambari asilia a, b, c ambazo hazigawanyiki kwa 10 na ili kwamba kwa asili yoyote n nambari a n + b n na c n ziwe na tarakimu mbili za mwisho.
5. Thibitisha kwamba ikiwa n pointi hazilala kwenye mstari huo huo, basi kati ya mistari inayowaunganisha kuna angalau n tofauti.
Njia ya induction ya hisabati
Utangulizi
Sehemu kuu
- Uingizaji kamili na usio kamili
- Kanuni ya induction ya hisabati
- Njia ya induction ya hisabati
- Kutatua Mifano
- Usawa
- Nambari za kugawa
- Kutokuwa na usawa
Hitimisho
Orodha ya fasihi iliyotumika
Utangulizi
Msingi wa utafiti wowote wa hisabati ni njia za kupunguza na kufata neno. Njia ya upunguzaji wa hoja ni hoja kutoka kwa jumla hadi maalum, i.e. hoja, hatua ya kuanzia ambayo ni matokeo ya jumla, na hatua ya mwisho ni matokeo fulani. Uingizaji hutumiwa wakati wa kusonga kutoka kwa matokeo fulani hadi kwa jumla, i.e. ni kinyume cha njia ya kukata.
Njia ya induction ya hisabati inaweza kulinganishwa na maendeleo. Tunaanza kutoka chini kabisa, na kama matokeo ya fikra za kimantiki tunafika juu zaidi. Mwanadamu amejitahidi kila wakati kupata maendeleo, kwa uwezo wa kukuza mawazo yake kimantiki, ambayo inamaanisha kuwa asili yenyewe ilimkusudia kufikiria kwa kufata.
Ingawa wigo wa utumiaji wa njia ya ufundishaji wa hisabati umeongezeka, wakati mdogo hutolewa kwake katika mtaala wa shule. Kweli, niambie kwamba masomo hayo mawili au matatu yatakuwa na manufaa kwa mtu, wakati ambapo atasikia maneno matano ya nadharia, kutatua matatizo matano ya awali, na, kwa sababu hiyo, atapokea A kwa ukweli kwamba hajui chochote.
Lakini ni muhimu sana kuwa na uwezo wa kufikiri kwa kufata neno.
Sehemu kuu
Katika maana yake ya asili, neno "introduktionsutbildning" hutumiwa kwa hoja ambayo hitimisho la jumla hupatikana kwa kuzingatia idadi ya taarifa maalum. Njia rahisi zaidi ya kufikiria ya aina hii ni induction kamili. Hapa kuna mfano wa hoja kama hiyo.
Wacha iwe muhimu kubaini kuwa kila nambari ya asili n ndani ya 4< 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.
Usawa huu tisa unaonyesha kwamba kila moja ya nambari tunayopendezwa nayo inawakilishwa kama jumla ya maneno mawili rahisi.
Kwa hivyo, introduktionsutbildning kamili inajumuisha kuthibitisha taarifa ya jumla tofauti katika kila idadi ya finite ya kesi iwezekanavyo.
Wakati mwingine matokeo ya jumla yanaweza kutabiriwa baada ya kuzingatia sio yote, lakini idadi kubwa ya kesi fulani (kinachojulikana kama introduktionsutbildning).
Matokeo yaliyopatikana kwa introduktionsutbildning incomplete bado, hata hivyo, hypothesis tu mpaka ni kuthibitishwa na hoja sahihi hisabati, kufunika kesi zote maalum. Kwa maneno mengine, uingizaji usio kamili katika hisabati hauzingatiwi njia halali ya uthibitisho mkali, lakini ni njia yenye nguvu ya kugundua ukweli mpya.
Hebu, kwa mfano, unataka kupata jumla ya nambari zisizo za kawaida n za kwanza mfululizo. Hebu fikiria kesi maalum:
1+3+5+7+9=25=5 2
Baada ya kuzingatia kesi hizi chache maalum, hitimisho la jumla lifuatalo linajipendekeza:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
hizo. jumla ya nambari zisizo za kawaida n za kwanza mfululizo ni n 2
Bila shaka, uchunguzi uliofanywa bado hauwezi kutumika kama uthibitisho wa uhalali wa fomula iliyotolewa.
Uingizaji kamili una matumizi machache tu katika hisabati. Taarifa nyingi za kuvutia za hisabati hufunika idadi isiyo na kikomo ya kesi maalum, lakini hatuwezi kuzijaribu kwa idadi isiyo na kikomo ya kesi. Uingizaji usio kamili mara nyingi husababisha matokeo yenye makosa.
Katika hali nyingi, njia ya kutoka kwa aina hii ya ugumu ni kuamua njia maalum ya kufikiria, inayoitwa njia ya induction ya hisabati. Ni kama ifuatavyo.
Tuseme unahitaji kuthibitisha uhalali wa taarifa fulani kwa nambari yoyote ya asili n (kwa mfano, unahitaji kuthibitisha kwamba jumla ya nambari za kwanza n isiyo ya kawaida ni sawa na n 2). Uthibitishaji wa moja kwa moja wa taarifa hii kwa kila thamani ya n hauwezekani, kwani seti ya nambari za asili hazina kikomo. Ili kuthibitisha kauli hii, kwanza angalia uhalali wake kwa n=1. Kisha wanathibitisha kuwa kwa thamani yoyote asilia ya k, uhalali wa taarifa inayozingatiwa ya n=k inamaanisha uhalali wake kwa n=k+1.
Kisha taarifa hiyo inachukuliwa kuwa imethibitishwa kwa wote n. Kwa kweli, taarifa hiyo ni kweli kwa n=1. Lakini basi ni kweli pia kwa nambari inayofuata n=1+1=2. Uhalali wa taarifa ya n=2 unamaanisha uhalali wake kwa n=2+
1=3. Hii inamaanisha uhalali wa taarifa ya n=4, nk. Ni wazi kwamba, mwishoni, tutafikia nambari yoyote ya asili n. Hii ina maana kwamba taarifa ni kweli kwa yoyote n.
Kwa muhtasari wa kile ambacho kimesemwa, tunaunda kanuni ifuatayo ya jumla.
Kanuni ya uingizaji wa hisabati.
Ikiwa sentensi A(n), kulingana na nambari asilia n, ni kweli kwa n=1 na kutokana na ukweli kwamba ni kweli kwa n=k (ambapo k ni nambari yoyote asilia), inafuata kwamba ni kweli pia kwa nambari inayofuata n=k +1, kisha dhana A(n) ni kweli kwa nambari yoyote asilia n.
Katika idadi ya matukio, inaweza kuwa muhimu kuthibitisha uhalali wa taarifa fulani si kwa nambari zote za asili, lakini tu kwa n> p, ambapo p ni nambari ya asili isiyobadilika. Katika kesi hii, kanuni ya induction ya hisabati imeundwa kama ifuatavyo.
Ikiwa pendekezo A(n) ni kweli kwa n=p na kama A(k)ÞA(k+1) kwa k>p yoyote, basi pendekezo A(n) ni kweli kwa n>p yoyote.
Uthibitisho wa kutumia njia ya induction ya hisabati unafanywa kama ifuatavyo. Kwanza, taarifa ya kuthibitishwa inaangaliwa kwa n = 1, i.e. ukweli wa kauli A(1) umethibitishwa. Sehemu hii ya uthibitisho inaitwa msingi wa induction. Kisha inakuja sehemu ya uthibitisho inayoitwa hatua ya induction. Katika sehemu hii, zinathibitisha uhalali wa taarifa ya n=k+1 chini ya dhana ya uhalali wa taarifa ya n=k (dhahania ya utangulizi), i.e. thibitisha kwamba A(k)ÞA(k+1).
Thibitisha kuwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.
Suluhisho: 1) Tunayo n=1=1 2 . Kwa hivyo,
taarifa ni kweli kwa n = 1, i.e. A(1) ni kweli.
2) Hebu tuthibitishe kwamba A(k)ÞA(k+1).
Acha k iwe nambari yoyote asilia na kauli iwe ya kweli kwa n=k, i.e.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Hebu tuthibitishe kwamba basi taarifa hiyo pia ni kweli kwa nambari asilia inayofuata n=k+1, i.e. Nini
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
Hakika,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Kwa hivyo, A(k)ÞA(k+1). Kulingana na kanuni ya utangulizi wa hisabati, tunahitimisha kuwa dhana A(n) ni kweli kwa nÎN yoyote.
Thibitisha hilo
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), ambapo x¹1
Suluhisho: 1) Kwa n=1 tunapata
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
kwa hivyo, kwa n=1 fomula ni sahihi; A(1) ni kweli.
2) Acha k iwe nambari yoyote asilia na fomula iwe kweli kwa n=k, i.e.
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1).
Tuthibitishe hilo basi usawa
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Hakika
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).
Kwa hivyo, A(k)ÞA(k+1). Kulingana na kanuni ya uingizaji wa hisabati, tunahitimisha kuwa fomula ni kweli kwa nambari yoyote ya asili n.
Thibitisha kuwa idadi ya mishororo ya n-gon ni sawa na n(n-3)/2.
Suluhisho: 1) Kwa n=3 taarifa hiyo ni kweli
Na 3 ni ya maana, kwa sababu katika pembetatu
A 3 =3(3-3)/2=0 diagonals;
A 2 A(3) ni kweli.
2) Hebu tuchukulie kwamba katika kila
k-gon mbonyeo ina-
A 1 x A k =k(k-3)/2 diagonals.
Na k Tuthibitishe hilo basi katika mbonyeo
(k+1) - nambari ya goni
diagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Acha A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 iwe mbonyeo (k+1)-gon. Hebu tuchore diagonal A 1 A k ndani yake. Ili kuhesabu idadi ya jumla ya diagonals ya hii (k+1)-gon, unahitaji kuhesabu idadi ya diagonals katika k-gon A 1 A 2 ...A k , ongeza k-2 kwa nambari inayosababisha, i.e. idadi ya diagonals ya (k+1)-gon inayotoka kwenye vertex A k+1, na, kwa kuongeza, diagonal A 1 A k inapaswa kuzingatiwa.
Hivyo,
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Kwa hivyo, A(k)ÞA(k+1). Kwa sababu ya kanuni ya uingizaji wa hisabati, taarifa hiyo ni kweli kwa n-gon yoyote ya convex.
Thibitisha kuwa kwa yoyote n taarifa ifuatayo ni kweli:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Suluhisho: 1) Acha n=1, basi
X 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.
Hii inamaanisha kuwa kwa n=1 taarifa hiyo ni kweli.
2) Chukulia kuwa n=k
X k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.
3) Zingatia kauli hii ya n=k+1
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.
Tumethibitisha usawa kuwa kweli kwa n=k+1, kwa hivyo, kwa mujibu wa mbinu ya utangulizi wa hisabati, taarifa hiyo ni kweli kwa nambari yoyote asilia n.
Thibitisha kuwa kwa nambari yoyote asilia n usawa ni kweli:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2/4.
Suluhisho: 1) Acha n=1.
Kisha X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.
Tunaona kwamba kwa n=1 taarifa hiyo ni kweli.
2) Tuseme kwamba usawa ni kweli kwa n=k
X k =k 2 (k+1) 2/4.
3) Hebu tuthibitishe ukweli wa kauli hii kwa n=k+1, i.e.
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.
Kutokana na uthibitisho ulio hapo juu ni wazi kuwa taarifa hiyo ni kweli kwa n=k+1, kwa hivyo, usawa ni kweli kwa nambari yoyote asilia n.
Thibitisha hilo
((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), ambapo n>2.
Suluhisho: 1) Kwa n=2 utambulisho unaonekana kama: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3′2′3)/2(2 2 +2+1),
hizo. Ni kweli.
2) Chukulia kuwa usemi huo ni kweli kwa n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1)′…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).
3) Wacha tuthibitishe usahihi wa usemi wa n=k+1.
(((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).
Tumethibitisha usawa kuwa kweli kwa n=k+1, kwa hivyo, kwa mujibu wa mbinu ya utangulizi wa hisabati, taarifa hiyo ni kweli kwa n>2 yoyote.
Thibitisha hilo
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
kwa asili yoyote n.
Suluhisho: 1) Acha n=1, basi
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) Tuseme kwamba n=k, basi
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).
3) Hebu tuthibitishe ukweli wa kauli hii kwa n=k+1
(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).
Uhalali wa usawa wa n=k+1 pia umethibitishwa, kwa hivyo taarifa hiyo ni kweli kwa nambari yoyote asilia n.
Thibitisha utambulisho ni sahihi
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
kwa asili yoyote n.
1) Kwa n=1 kitambulisho ni kweli 1 2 /1'3=1(1+1)/2(2+1).
2) Tuseme kwamba kwa n=k
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Hebu tuthibitishe kwamba utambulisho ni kweli kwa n=k+1.
(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).
Kutokana na uthibitisho hapo juu ni wazi kwamba taarifa hiyo ni kweli kwa nambari yoyote asilia n.
Thibitisha kuwa (11 n+2 +12 2n+1) inaweza kugawanywa na 133 bila salio.
Suluhisho: 1) Acha n=1, basi
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23'133.
Lakini (23'133) inaweza kugawanywa na 133 bila salio, ambayo ina maana kwamba kwa n=1 taarifa hiyo ni kweli; A(1) ni kweli.
2) Tuseme kwamba (11 k+2 +12 2k+1) inaweza kugawanywa na 133 bila salio.
3) Hebu tuthibitishe hilo katika kesi hii
(11 k+3 +12 2k+3) inaweza kugawanywa na 133 bila salio. Hakika, 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 .
Jumla inayotokana imegawanywa na 133 bila salio, kwa kuwa muda wake wa kwanza unagawanywa na 133 bila salio kwa kudhaniwa, na katika pili moja ya mambo ni 133. Kwa hiyo, A(k)ÞA(k+1). Kwa mujibu wa njia ya uingizaji wa hisabati, taarifa imethibitishwa.
Thibitisha kuwa kwa n 7 n -1 yoyote inaweza kugawanywa na 6 bila salio.
Suluhisho: 1) Acha n=1, kisha X 1 =7 1 -1=6 imegawanywa na 6 bila salio. Hii ina maana kwamba wakati n=1 taarifa hiyo ni kweli.
2) Tuseme kwamba kwa n=k
7 k -1 inaweza kugawanywa na 6 bila salio.
3) Hebu tuthibitishe kwamba taarifa hiyo ni ya kweli kwa n=k+1.
X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.
Neno la kwanza linagawanywa na 6, kwa kuwa 7 k -1 inaweza kugawanywa na 6 kwa dhana, na neno la pili ni 6. Hii ina maana 7 n -1 ni nyingi ya 6 kwa n yoyote ya asili. Kwa mujibu wa njia ya uingizaji wa hisabati, taarifa hiyo imethibitishwa.
Thibitisha kuwa 3 3n-1 +2 4n-3 kwa n asilia kiholela inaweza kugawanywa na 11.
Suluhisho: 1) Acha n=1, basi
X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 imegawanywa na 11 bila salio. Hii inamaanisha kuwa kwa n=1 taarifa hiyo ni kweli.
2) Tuseme kwamba kwa n=k
X k =3 3k-1 +2 4k-3 inaweza kugawanywa na 11 bila salio.
3) Hebu tuthibitishe kwamba taarifa hiyo ni ya kweli kwa n=k+1.
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 .
Neno la kwanza linaweza kugawanywa na 11 bila salio, kwa kuwa 3 3k-1 +2 4k-3 inaweza kugawanywa na 11 kwa dhana, pili inaweza kugawanywa na 11, kwa sababu moja ya mambo yake ni namba 11. Hii ina maana kwamba jumla inagawanywa na 11 bila salio kwa nambari yoyote asilia n. Kwa mujibu wa njia ya uingizaji wa hisabati, taarifa hiyo imethibitishwa.
Thibitisha kuwa 11 2n -1 kwa n asilia kiholela inaweza kugawanywa na 6 bila salio.
Suluhisho: 1) Acha n=1, kisha 11 2 -1=120 inaweza kugawanywa na 6 bila salio. Hii ina maana kwamba wakati n=1 taarifa hiyo ni kweli.
2) Tuseme kwamba kwa n=k
11 2k -1 inaweza kugawanywa na 6 bila salio.
11 2(k+1) -1=121′11 2k -1=120′11 2k +(11 2k -1).
Maneno yote mawili yanagawanywa na 6 bila salio: ya kwanza ina kizidishio cha 6, nambari 120, na ya pili inaweza kugawanywa na 6 bila salio kwa kudhaniwa. Hii inamaanisha kuwa jumla inaweza kugawanywa na 6 bila salio. Kwa mujibu wa njia ya uingizaji wa hisabati, taarifa hiyo imethibitishwa.
Thibitisha kuwa 3 3n+3 -26n-27 kwa nambari asilia isiyo na mpangilio inaweza kugawanywa na 26 2 (676) bila salio.
Suluhisho: Kwanza tunathibitisha kuwa 3 3n+3 -1 inaweza kugawanywa na 26 bila salio.
- Wakati n=0
- Hebu tuchukulie hiyo kwa n=k
- Hebu tuthibitishe kwamba kauli hiyo
3 3 -1=26 imegawanywa na 26
3 3k+3 -1 inaweza kugawanywa na 26
kweli kwa n=k+1.
3 3k+6 -1=27'3 3k+3 -1=26′3 3л+3 +(3 3k+3 -1) - imegawanywa na 26
Sasa hebu tutekeleze uthibitisho wa taarifa iliyoandaliwa katika taarifa ya tatizo.
1) Ni wazi, wakati n=1 taarifa hiyo ni kweli
3 3+3 -26-27=676
2) Tuseme kwamba kwa n=k
usemi 3 3k+3 -26k-27 umegawanywa na 26 2 bila salio.
3) Hebu tuthibitishe kwamba taarifa hiyo ni ya kweli kwa n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).
Maneno yote mawili yanagawanywa na 26 2; ya kwanza inaweza kugawanywa na 26 2 kwa sababu tumethibitisha usemi katika mabano unaweza kugawanywa na 26, na ya pili inaweza kugawanywa na hypothesis introduktionsutbildning. Kwa mujibu wa njia ya uingizaji wa hisabati, taarifa hiyo imethibitishwa.
Thibitisha kuwa ikiwa n>2 na x>0, basi ukosefu wa usawa ni kweli
(1+x) n >1+n´x.
Suluhisho: 1) Kwa n=2 ukosefu wa usawa ni halali, kwani
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.
Kwa hivyo A(2) ni kweli.
2) Hebu tuthibitishe kwamba A(k)ÞA(k+1), ikiwa k> 2. Tuchukulie kwamba A(k) ni kweli, yaani, ukosefu wa usawa.
(1+x) k >1+k´x. (3)
Hebu tuthibitishe kwamba basi A(k+1) pia ni kweli, yaani, kwamba ukosefu wa usawa
(1+x) k+1 >1+(k+1)′x.
Kwa kweli, kuzidisha pande zote mbili za usawa (3) kwa nambari chanya 1+x, tunapata
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).
Wacha tuzingatie upande wa kulia wa ukosefu wa usawa wa mwisho
stva; tuna
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)′x+k´x 2 >1+(k+1)′x.
Kama matokeo, tunapata hiyo
(1+x) k+1 >1+(k+1)′x.
Kwa hivyo, A(k)ÞA(k+1). Kulingana na kanuni ya induction ya hisabati, inaweza kusemwa kuwa usawa wa Bernoulli ni kweli kwa mtu yeyote.
Thibitisha kuwa ukosefu wa usawa ni kweli
(1+a+a 2) m > 1+ma+(m(m+1)/2)´a 2 kwa a> 0.
Suluhisho: 1) Wakati m=1
(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)'a 2 pande zote mbili ni sawa.
2) Tuseme kwamba kwa m=k
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) Hebu tuthibitishe kwamba kwa m=k+1 ukosefu wa usawa ni kweli
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a+2) k >(1+a+a 2)(1+ka+
+(k(k+1)/2)’a 2)=1+(k+1)′a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +
+((k+1)/2)+k)´a 3 +(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+
+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .
Tumethibitisha uhalali wa ukosefu wa usawa wa m=k+1, kwa hiyo, kwa mujibu wa mbinu ya uingizaji wa hisabati, ukosefu wa usawa ni halali kwa m yoyote ya asili.
Thibitisha kuwa kwa n>6 ukosefu wa usawa ni kweli
3 n >n´2 n+1 .
Suluhisho: Wacha tuandike tena ukosefu wa usawa katika fomu
- Kwa n=7 tunayo
- Hebu tuchukulie hiyo kwa n=k
3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7
ukosefu wa usawa ni kweli.
3) Hebu tuthibitishe uhalali wa ukosefu wa usawa wa n=k+1.
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
Tangu k> 7, usawa wa mwisho ni dhahiri.
Kwa mujibu wa njia ya uingizaji wa hisabati, usawa ni halali kwa nambari yoyote ya asili n.
Thibitisha kuwa kwa n>2 ukosefu wa usawa ni kweli
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
Suluhisho: 1) Kwa n=3 ukosefu wa usawa ni kweli
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Hebu tuchukulie hiyo kwa n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k).
3) Hebu tuthibitishe uhalali wa yasiyo ya
usawa kwa n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
Hebu tuthibitishe kwamba 1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<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 Mwisho ni dhahiri, na kwa hiyo 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). Kwa mujibu wa njia ya uingizaji wa hisabati, usawa unathibitishwa. Hitimisho Hasa, kwa kusoma njia ya uingizaji wa hisabati, niliongeza ujuzi wangu katika eneo hili la hisabati, na pia nilijifunza kutatua matatizo ambayo hapo awali yalikuwa zaidi ya uwezo wangu. Hizi zilikuwa hasa kazi za mantiki na za burudani, i.e. zile tu zinazoongeza shauku katika hisabati yenyewe kama sayansi. Kutatua matatizo kama haya inakuwa shughuli ya burudani na inaweza kuvutia watu zaidi na zaidi wanaotamani kwenye labyrinths ya hisabati. Kwa maoni yangu, hii ndiyo msingi wa sayansi yoyote. Kuendelea kujifunza njia ya uingizaji wa hisabati, nitajaribu kujifunza jinsi ya kuitumia sio tu katika hisabati, lakini pia katika kutatua matatizo katika fizikia, kemia na maisha yenyewe. HISABATI: MHADHARA, MATATIZO, SULUHU Kitabu cha maandishi / V.G. Boltyansky, Yu.V. Sidorov. Potpourri LLC 1996. ALGEBRA NA MWANZO WA UCHAMBUZI Kitabu cha maandishi / I.T. Demidov, A.N. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov. "Mwangaza" 1975. Kutumia njia ya induction ya hisabati, thibitisha hilo kwa asili yoyote n usawa ufuatao ni halali: Suluhisho. a) Wakati n= 1 usawa ni kweli. Kwa kuzingatia uhalali wa usawa katika n, tuonyeshe uhalali wake hata lini n+ 1. Hakika! Q.E.D. b) Wakati n= 1 uhalali wa usawa ni dhahiri. Kutokana na dhana ya uhalali wake katika n lazima Kwa kuzingatia usawa 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, tunapata 1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 , yaani kauli hiyo pia ni kweli wakati n + 1. Mfano 1. Thibitisha usawa ufuatao Suluhisho. a) Wakati n= 1 usawa utachukua fomu 1=1, kwa hivyo, P(1) ni kweli. Hebu tuchukulie kwamba usawa huu ni kweli, yaani, unashikilia Kwa hivyo, kwa mujibu wa njia ya uingizaji wa hisabati, usawa wa awali ni halali kwa asili yoyote n. Kumbuka 2. Mfano huu ungeweza kutatuliwa kwa njia tofauti. Hakika, jumla ni 1 + 2 + 3 + ... + n ni jumla ya kwanza n masharti ya maendeleo ya hesabu na muhula wa kwanza a 1 = 1 na tofauti d= 1. Kwa mujibu wa fomula inayojulikana b) Wakati n= 1 usawa utachukua fomu: 2 1 - 1 = 1 2 au 1=1, yaani, P(1) ni kweli. Wacha tufikirie kuwa usawa 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 na kuthibitisha kwamba hutokeaP(n + 1):
1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 au 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 . Kwa kutumia hypothesis ya induction, tunapata 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 . Hivyo, P(n+ 1) ni kweli na, kwa hivyo, usawa unaohitajika umethibitishwa. Kumbuka 3. Mfano huu unaweza kutatuliwa (sawa na uliopita) bila kutumia njia ya uingizaji wa hisabati. c) Wakati n= 1 usawa ni kweli: 1=1. Wacha tufikirie kuwa usawa ni kweli d) Wakati n= 1 usawa ni kweli: 1=1. Wacha tuchukue kwamba hufanyika Kweli, e) Idhini P(1) kweli: 2=2. Wacha tufikirie kuwa usawa Kwa hivyo, usawa wa asili unashikilia kwa asili yoyote n. f) P(1) kweli: Kwa kweli, kwa kuzingatia hilo P(n) inashikilia, tunapata Kwa hivyo, usawa unathibitishwa. g) Wakati n= 1 tunayo a + b = b + a na kwa hiyo usawa ni haki. Acha fomula ya binomial ya Newton iwe halali kwa n = k, hiyo ni, Mfano 2. Thibitisha ukosefu wa usawa Suluhisho. a) Wakati n= 1 tunapata usawa wa kweli 1 + a ≥ 1 + a . Wacha tufikirie kuwa kuna ukosefu wa usawa Kwa kweli, kwa kuwa > -1 inamaanisha + 1 > 0, kisha kuzidisha pande zote mbili za usawa (1) na (a + 1), tunapata. (1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a) au (1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1) a + n a 2 Tangu n a 2 ≥ 0, kwa hivyo(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1) a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1) a. Kwa hivyo, ikiwa P(n) ni kweli basi P(n+ 1) ni kweli, kwa hivyo, kulingana na kanuni ya uingizaji wa hisabati, usawa wa Bernoulli ni kweli. b) Wakati n= 1 tunapata x 1 = 1 na kwa hivyo x 1 ≥ 1 yaani P(1) ni kauli ya haki. Hebu kujifanya hivyo P(n) ni kweli, yaani kama adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n nambari chanya ambazo bidhaa yake ni sawa na moja, x 1 x 2 ·...· x n= 1, na x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n. Hebu tuonyeshe kwamba sentensi hii inahusisha ukweli wa mambo yafuatayo: kama x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) nambari chanya kama hizo x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, basi x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1. Fikiria kesi mbili zifuatazo: 1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Kisha jumla ya nambari hizi ni ( n+ 1), na ukosefu wa usawa unaohitajika umeridhika; 2) angalau nambari moja ni tofauti na moja, basi, kwa mfano, iwe kubwa kuliko moja. Kisha, tangu x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, kuna angalau nambari moja tofauti na moja (kwa usahihi zaidi, chini ya moja). Hebu x n+ 1 > 1 na x n < 1. Рассмотрим n nambari chanya Kwa sababu ya (1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, basi n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n = Kumbuka 4. Ishara sawa inashikilia ikiwa na tu ikiwa x 1 = x 2 = ... = x n = 1. c) Acha x 1 ,x 2 ,...,x n- nambari chanya za kiholela. Fikiria yafuatayo n nambari chanya: Kumbuka 5. Usawa unashikilia ikiwa na tu ikiwa x 1 = x 2 = ... = x n . d) P(1) ni kauli ya haki: sin 2 a + cos 2 a = 1. Hebu tuchukulie hivyo P(n) ni taarifa ya kweli: Dhambi 2 n a + cos 2 n a ≤1 na kuonyesha kile kinachotokeaP(n+ 1). Kweli, dhambi 2 ( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = dhambi 2 n dhambi 2 a + cos 2 n kos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (ikiwa dhambi 2 a ≤ 1, basi cos 2 a < 1, и обратно: если cos
2 a ≤ 1, kisha dhambi 2 a < 1). Таким образом, для любого
n KUHUSU N dhambi 2 n a + cos 2 n ≤ 1 na ishara ya usawa inafikiwa tu wakatin = 1.
e) Wakati n= Taarifa 1 ni kweli: 1< 3 / 2 . Hebu tuchukulie hivyo f) Kwa kuzingatia maoni 1, wacha tuangalie P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, kwa hivyo, kwa n= 10 taarifa hiyo ni kweli. Wacha tufikirie kuwa 2 n > n 3 (n> 10) na uthibitishe P(n+ 1), yaani 2 n+1 > (n + 1) 3 . Tangu lini n> 10 tuna au 2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 au n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Kwa kuzingatia usawa (2 n >
n 3), tunapata 2 n+1 = 2 n· 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 . Hivyo, kwa mujibu wa njia ya uingizaji wa hisabati, kwa asili yoyote n KUHUSU N, n≥ 10 tuna 2 n > n 3 . Mfano 3. Thibitisha hilo kwa mtu yeyote n KUHUSU N Suluhisho. a) P(1) ni taarifa ya kweli (0 imegawanywa na 6). Hebu P(n) ni haki, yaani n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) inagawanywa na 6. Hebu tuonyeshe kwamba basi hutokea P(n+ 1), yaani, ( n + 1)n(2n+ 1) inagawanywa na 6. Hakika, tangu Hivyo, P(n+ 1) ni taarifa ya haki, na kwa hivyo n(2n 2 - 3n+ 1) kugawanywa na 6 kwa yoyote n KUHUSU N. b) Hebu tuangalie P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, kwa hivyo, P(1) ni kauli ya haki. Inapaswa kuthibitishwa kuwa ikiwa 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 imegawanywa na 11 ( P(n)), kisha 6 2 n + 3 n+2 + 3 n pia inaweza kugawanywa na 11 ( P(n+ 1)). Kwa kweli, tangu 6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 = = 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3·(6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 na kama 6 2 n-2 + 3
n+1 + 3
n-1 na 33 6 2 n-2 zinaweza kugawanywa na 11, basi jumla yao ni 6 2n + 3
n+2 + 3
n inagawanywa na 11. Taarifa imethibitishwa. Uingizaji katika jiometri Mfano 4. Kuhesabu upande wa 2 sahihi n-pembetatu iliyoandikwa katika mduara wa radius R. NJIA YA UONGOZI WA HISABATI Neno introduktionsutbildning katika Kirusi ina maana ya mwongozo, na hitimisho kulingana na uchunguzi, majaribio, i.e. inaitwa kufata. kupatikana kwa makisio kutoka kwa mahususi hadi kwa jumla. Kwa mfano, kila siku tunaona kwamba Jua linatoka mashariki. Kwa hiyo, unaweza kuwa na uhakika kwamba kesho itaonekana mashariki, na sio magharibi. Tunatoa hitimisho hili bila kuamua mawazo yoyote juu ya sababu ya harakati ya Jua angani (zaidi ya hayo, harakati hii yenyewe inageuka kuwa dhahiri, kwani ulimwengu unasonga). Na bado hitimisho hili la kufata neno kwa usahihi linaelezea uchunguzi tutakaofanya kesho. Jukumu la hitimisho kwa kufata neno katika sayansi ya majaribio ni kubwa sana. Wanatoa masharti ambayo mahitimisho zaidi yanatolewa kwa kukatwa. Na ingawa mechanics ya kinadharia inategemea sheria tatu za mwendo za Newton, sheria hizi zenyewe zilikuwa matokeo ya kufikiria kwa kina kupitia data ya majaribio, haswa sheria za Kepler za mwendo wa sayari, ambazo alizipata kutokana na usindikaji wa uchunguzi wa miaka mingi na mwanaanga wa Denmark Tycho. Brahe. Uchunguzi na introduktionsutbildning kugeuka kuwa muhimu katika siku zijazo kwa ajili ya kufafanua mawazo yaliyotolewa. Baada ya majaribio ya Michelson juu ya kupima kasi ya mwanga katika kati ya kusonga, iligeuka kuwa muhimu kufafanua sheria za fizikia na kuunda nadharia ya uhusiano. Katika hisabati, jukumu la introduktionsutbildning ni kwa kiasi kikubwa kwamba ni msingi wa axiomatics iliyochaguliwa. Baada ya mazoezi ya muda mrefu kuonyesha kuwa njia iliyonyooka kila wakati ni fupi kuliko iliyopinda au iliyovunjika, ilikuwa asili kuunda axiom: kwa alama tatu A, B na C, usawa. Dhana ya kufuata, ambayo ni msingi wa hesabu, pia ilionekana kutokana na uchunguzi wa malezi ya askari, meli na seti nyingine zilizoagizwa. Walakini, mtu haipaswi kufikiria kuwa hii inamaliza jukumu la ujanibishaji katika hisabati. Kwa kweli, hatupaswi kujaribu nadharia zilizotolewa kimantiki kutoka kwa axioms kwa majaribio: ikiwa hakuna makosa ya kimantiki yaliyofanywa wakati wa uchanganuzi, basi ni za kweli kwa kadiri misemo tuliyokubali ni kweli. Lakini taarifa nyingi zinaweza kutolewa kutoka kwa mfumo huu wa axioms. Na uteuzi wa taarifa hizo zinazohitaji kuthibitishwa tena unapendekezwa na introduktionsutbildning. Ni hii ambayo hukuruhusu kutenganisha nadharia muhimu kutoka kwa zisizo na maana, inaonyesha ni nadharia gani zinaweza kugeuka kuwa kweli, na hata kusaidia kuelezea njia ya uthibitisho. Katika matawi mengi ya hesabu, aljebra, jiometri, na uchanganuzi, ni muhimu kuthibitisha ukweli wa sentensi A(n) kulingana na tofauti asilia. Uthibitisho wa ukweli wa pendekezo A(n) kwa maadili yote ya kutofautisha mara nyingi unaweza kufanywa na njia ya induction ya hisabati, ambayo inategemea kanuni ifuatayo. Pendekezo A(n) linachukuliwa kuwa kweli kwa maadili yote asilia ya kutofautisha ikiwa masharti mawili yafuatayo yanatimizwa: Hoja A(n) ni kweli kwa n=1. Kutoka kwa dhana kwamba A(n) ni kweli kwa n=k (ambapo k ni nambari yoyote asilia), inafuata kwamba ni kweli kwa thamani inayofuata n=k+1. Kanuni hii inaitwa kanuni ya induction ya hisabati. Kwa kawaida huchaguliwa kama mojawapo ya axioms inayofafanua mfululizo wa asili wa nambari, na kwa hiyo inakubaliwa bila uthibitisho. Njia ya uingizaji wa hisabati ina maana ya njia ifuatayo ya uthibitisho. Ikiwa unataka kuthibitisha ukweli wa sentensi A(n) kwa yote asilia n, basi, kwanza, unapaswa kuangalia ukweli wa taarifa A(1) na, pili, kuchukulia ukweli wa taarifa A(k), jaribu kuthibitisha kwamba taarifa A(k +1) ni kweli. Ikiwa hii inaweza kuthibitishwa, na uthibitisho unabaki kuwa halali kwa kila thamani ya asili ya k, basi, kwa mujibu wa kanuni ya uingizaji wa hisabati, pendekezo A(n) linatambuliwa kuwa kweli kwa maadili yote ya n. Njia ya uingizaji wa hisabati hutumiwa sana katika kuthibitisha nadharia, utambulisho, usawa, katika kutatua matatizo ya mgawanyiko, katika kutatua baadhi ya matatizo ya kijiometri na matatizo mengine mengi. mgawanyiko Kutumia njia ya uingizaji wa hisabati, unaweza kuthibitisha taarifa mbalimbali kuhusu mgawanyiko wa nambari za asili. Taarifa ifuatayo inaweza kuthibitishwa kwa urahisi. Hebu tuonyeshe jinsi inavyopatikana kwa kutumia njia ya uingizaji wa hisabati. Mfano 1. Ikiwa n ni nambari ya asili, basi nambari ni sawa. Wakati n=1 taarifa yetu ni kweli: - nambari iliyo sawa. Wacha tufikirie kuwa ni nambari sawa. Kwa kuwa , 2k ni nambari sawa, basi Mfano 2.Thibitisha ukweli wa sentensi A(n)=(nambari 5 ni kizidishio cha 19), n ni nambari asilia. Suluhisho. Taarifa A(1)=(namba inayogawanyika kwa 19) ni kweli. Tuseme kwamba kwa thamani fulani n=k A(k)=(nambari inayogawanyika kwa 19) ni kweli. Kisha, tangu Ni wazi, A(k+1) pia ni kweli. Hakika, muhula wa kwanza unaweza kugawanywa na 19 kutokana na dhana kwamba A(k) ni kweli; neno la pili pia linaweza kugawanywa na 19 kwa sababu lina kipengele cha 19. Masharti yote mawili ya kanuni ya uingizaji wa hisabati yametimizwa, kwa hiyo, pendekezo A(n) ni kweli kwa maadili yote ya n. mfululizo wa muhtasari
Mfano 1.Thibitisha fomula Suluhisho. Wakati n = 1, pande zote mbili za usawa zinageuka kwa moja na, kwa hiyo, hali ya kwanza ya kanuni ya induction ya hisabati imeridhika. Wacha tufikirie kuwa fomula ni sawa kwa n=k, i.e. Wacha tuongeze kwa pande zote mbili za usawa huu na tubadilishe upande wa kulia. Kisha tunapata Kwa hivyo, kutokana na ukweli kwamba fomula ni kweli kwa n=k, inafuata kwamba ni kweli pia kwa n=k+1. Taarifa hii ni kweli kwa thamani yoyote ya asili ya k. Kwa hivyo, hali ya pili ya kanuni ya induction ya hisabati pia imeridhika. Fomula imethibitishwa. Mfano 2.Thibitisha kuwa jumla ya nambari za n za kwanza za mfululizo asilia ni sawa na . Suluhisho. Hebu tuonyeshe kiasi kinachohitajika, i.e. Wakati n=1 dhana ni kweli. Hebu Hakika, Tatizo linatatuliwa. Mfano 3.Thibitisha kuwa jumla ya miraba ya nambari za n ya kwanza ya mfululizo asilia ni sawa na Suluhisho. Hebu . Hebu kujifanya hivyo Na hatimaye. Mfano 4. Thibitisha hilo. Suluhisho. Ikiwa, basi Mfano 5. Thibitisha hilo Suluhisho. Wakati n=1 dhana ni dhahiri kuwa kweli. Hebu . Hebu thibitisha hilo. Kweli, Mifano ya kutumia njia ya kuanzishwa kwa hisabati kwa
uthibitisho wa kutofautiana
Mfano 1.Thibitisha hilo kwa nambari yoyote asilia n>1 Suluhisho. Wacha tuonyeshe upande wa kushoto wa ukosefu wa usawa kwa . Kwa hivyo, kwa n=2 ukosefu wa usawa ni halali. Hebu kwa baadhi k. Hebu tuthibitishe hilo basi na. Tuna Kulinganisha na, tunayo Kwa nambari yoyote chanya k, upande wa kulia wa usawa wa mwisho ni chanya. Ndiyo maana . Lakini hiyo ina maana pia. Mfano 2.Tafuta kosa katika hoja. Kauli. Kwa nambari yoyote ya asili n ukosefu wa usawa ni kweli. Ushahidi. . (1)
Hebu tuthibitishe kwamba basi ukosefu wa usawa pia ni halali kwa n=k+1, i.e. Hakika, si chini ya 2 kwa k yoyote ya asili. Hebu tuongeze upande wa kushoto wa ukosefu wa usawa (1) na upande wa kulia 2. Tunapata usawa wa haki, au Mfano 3.Thibitisha hilo Suluhisho. Kwa n=2 ukosefu wa usawa ni kweli, kwani . Acha ukosefu wa usawa uwe kweli kwa n=k, ambapo k ni nambari asilia, i.e. Hebu tuonyeshe kwamba basi usawa pia ni halali kwa n=k+1, i.e. . (2)
Hakika, kwa hali, kwa hiyo, usawa ni kweli , (3)
kupatikana kutokana na ukosefu wa usawa (1) kwa kuzidisha kila sehemu kwa . Hebu tuandike upya ukosefu wa usawa (3) kama ifuatavyo: . Tukitupilia mbali neno chanya katika upande wa kulia wa ukosefu wa usawa wa mwisho, tunapata usawa wa haki (2). Mfano 4. Thibitisha hilo (1)
ambapo , , n ni nambari asilia kubwa kuliko 1. Suluhisho. Kwa n=2 ukosefu wa usawa (1) inachukua fomu Kwa kuwa, basi ukosefu wa usawa ni kweli . (3)
Kwa kuongeza kwa kila sehemu ya ukosefu wa usawa (3) tunapata ukosefu wa usawa (2). Hii inathibitisha kuwa kwa n=2 kukosekana kwa usawa (1) ni kweli. Acha ukosefu wa usawa (1) uwe kweli kwa n=k, ambapo k ni nambari asilia, i.e. . (4)
Hebu tuthibitishe kwamba basi ukosefu wa usawa (1) lazima pia uwe kweli kwa n=k+1, i.e. (5)
Hebu tuzidishe pande zote mbili za ukosefu wa usawa (4) kwa a+b. Kwa kuwa, kwa masharti, , tunapata ukosefu wa usawa ufuatao: . (6)
Ili kuthibitisha uhalali wa kutofautiana (5), inatosha kuonyesha hilo , (7)
au, ni nini sawa, . (8)
Kukosekana kwa usawa (8) ni sawa na ukosefu wa usawa Ikiwa , basi , na upande wa kushoto wa usawa (9) tuna bidhaa ya nambari mbili chanya. Ikiwa , basi , na upande wa kushoto wa usawa (9) tuna bidhaa ya nambari mbili hasi. Katika visa vyote viwili, ukosefu wa usawa (9) ni kweli. Hii inathibitisha kwamba uhalali wa ukosefu wa usawa (1) kwa n=k unamaanisha uhalali wake kwa n=k+1. Njia ya introduktionsutbildning hisabati kutumika kwa wengine
kazi Matumizi ya asili zaidi ya njia ya kuingizwa kwa hisabati katika jiometri, karibu na matumizi ya njia hii katika nadharia ya nambari na algebra, ni matumizi yake ya kutatua matatizo ya hesabu ya kijiometri. Hebu tuangalie mifano michache. Mfano 1.Piga hesabu ya upande wa mraba wa kawaida ulioandikwa kwenye mduara wa radius R. Suluhisho. Wakati n=2 sahihi 2 n - mraba ni mraba; upande wake. Zaidi ya hayo, kulingana na formula ya mara mbili tunaona kwamba upande wa pweza ya kawaida Hebu tuchukue kwamba upande wa mraba ulioandikwa wa kawaida unaonyeshwa kwa formula (1). Katika kesi hii, kulingana na formula ya mara mbili ambapo inafuata kwamba fomula (1) ni halali kwa n. Mfano 2.Je, ni pembetatu ngapi n-gon (sio lazima itengenezwe) kugawanywa na vilalo vyake vilivyotengana? Suluhisho. Kwa pembetatu, nambari hii ni sawa na moja (hakuna diagonal moja inaweza kuchorwa katika pembetatu); kwa quadrilateral nambari hii ni dhahiri mbili. Tuseme tayari tunajua kwamba kila k-gon, ambapo k A n A1 A2 Acha A 1 A k iwe mojawapo ya vilalo vya kizigeu hiki; inagawanya n-gon A 1 A 2 ...A n ndani ya k-gon A 1 A 2 ...A k na (n-k+2)-gon A 1 A k A k+1 .. .A n . Kwa sababu ya dhana iliyofanywa, jumla ya idadi ya pembetatu katika kizigeu itakuwa sawa na (k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2; Kwa hivyo, kauli yetu inathibitishwa kwa wote n. Mfano 3.Taja kanuni ya kukokotoa nambari P(n) ya njia ambazo n-gon mbonyeo inaweza kugawanywa katika pembetatu kwa vilaza vilivyotengana. Suluhisho. Kwa pembetatu, nambari hii ni dhahiri sawa na moja: P(3)=1. Wacha tuchukue kuwa tayari tumeamua nambari P (k) kwa kila k Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n) -1). Kwa kutumia formula hii tunapata mara kwa mara: 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 na kadhalika. Unaweza pia kutatua matatizo na grafu kwa kutumia njia ya uingizaji wa hisabati. Hebu kuwe na mtandao wa mistari kwenye ndege inayounganisha pointi fulani na usiwe na pointi nyingine. Tutaita mtandao kama huo wa mistari ramani, tukipewa alama kama wima zake, sehemu za curve kati ya wima mbili za karibu - mipaka ya ramani, sehemu za ndege ambayo imegawanywa na mipaka - nchi za ramani. Acha ramani ipewe kwenye ndege. Tutasema kuwa ni rangi kwa usahihi ikiwa kila nchi yake imejenga rangi fulani, na nchi yoyote mbili zilizo na mpaka wa kawaida zimejenga rangi tofauti. Mfano 4.Kuna miduara n kwenye ndege. Thibitisha kuwa kwa mpangilio wowote wa miduara hii, ramani wanayounda inaweza kupakwa rangi kwa usahihi na rangi mbili. Suluhisho. Kwa n=1 kauli yetu ni dhahiri. Hebu tuchukulie kuwa taarifa yetu ni kweli kwa ramani yoyote iliyoundwa na miduara n, na kuwe na miduara n+1 kwenye ndege. Kwa kuondoa moja ya miduara hii, tunapata ramani ambayo, kwa mujibu wa dhana iliyofanywa, inaweza kupigwa kwa usahihi na rangi mbili, kwa mfano, nyeusi na nyeupe. Uingizaji wa hisabati ni msingi wa mojawapo ya mbinu za kawaida za uthibitisho wa hisabati. Kwa msaada wake, unaweza kudhibitisha fomula nyingi na nambari za asili n, kwa mfano, formula ya kupata jumla ya masharti ya kwanza ya maendeleo S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n, formula ya Newton ya binomial. 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. Katika aya ya kwanza, tutachambua dhana za msingi, kisha fikiria misingi ya njia yenyewe, na kisha kukuambia jinsi ya kutumia ili kuthibitisha usawa na usawa. Yandex.RTB R-A-339285-1 Kwanza, hebu tuangalie nini induction na punguzo ni kwa ujumla. Ufafanuzi 1 Utangulizi ni mpito kutoka kwa maalum hadi kwa jumla, na makato kinyume chake - kutoka kwa jumla hadi maalum. Kwa mfano, tuna kauli: 254 inaweza kugawanywa na mbili. Kutoka kwake tunaweza kupata hitimisho nyingi, pamoja na ukweli na uwongo. Kwa mfano, taarifa kwamba nambari kamili zinazoishia na nambari 4 zinaweza kugawanywa na mbili bila salio ni kweli, lakini taarifa kwamba nambari yoyote ya tarakimu tatu inaweza kugawanywa na 2 ni uongo. Kwa ujumla, inaweza kusema kuwa kwa msaada wa mawazo ya kufata neno, hitimisho nyingi zinaweza kutolewa kutoka kwa hoja moja inayojulikana au dhahiri. Uingizaji wa hisabati huturuhusu kubainisha jinsi hitimisho hili ni halali. Wacha tuseme tuna mlolongo wa nambari kama 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, . . . , 1 n (n + 1) , ambapo n huashiria nambari fulani asilia. Katika kesi hii, wakati wa kuongeza vitu vya kwanza vya mlolongo, tunapata zifuatazo: 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,. . . Kutumia induction, tunaweza kuhitimisha kuwa S n = n n + 1 . Katika sehemu ya tatu tutathibitisha fomula hii. Njia hii inategemea kanuni ya jina moja. Imeandaliwa kama hii: Ufafanuzi 2 Taarifa fulani itakuwa kweli kwa thamani ya asili n wakati 1) itakuwa kweli kwa n = 1 na 2) kutokana na ukweli kwamba usemi huu ni halali kwa thamani ya asili ya kiholela n = k, inafuata kwamba itakuwa kweli kwa n = k + 1 . Utumiaji wa njia ya induction ya hisabati unafanywa katika hatua 3: Hebu tuchukue mfano tuliozungumzia hapo awali. Mfano 1 Thibitisha formula S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 . Suluhisho
Kama tunavyojua tayari, kutumia njia ya kuingizwa kwa hesabu, vitendo vitatu vya mlolongo lazima vifanywe. Tunaweza kuwakilisha k + 1 kama jumla ya masharti ya kwanza ya mlolongo wa asili na k + 1: S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) Kwa kuwa katika hatua ya pili tulipokea kwamba S k = k k + 1, tunaweza kuandika yafuatayo: S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) . Sasa tunafanya mabadiliko muhimu. Tutahitaji kupunguza sehemu kuwa dhehebu la kawaida, kupunguza maneno sawa, kutumia fomula iliyofupishwa ya kuzidisha na kupunguza kile tunachopata: 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 Kwa hivyo, tumethibitisha usawa katika hatua ya tatu kwa kukamilisha hatua zote tatu za njia ya uingizaji wa hisabati. Jibu: dhana kuhusu formula S n = n n + 1 ni sahihi. Wacha tuchukue shida ngumu zaidi na kazi za trigonometric. Mfano 2 Toa uthibitisho wa utambulisho cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = dhambi 2 n + 1 α 2 n dhambi 2 α . Suluhisho
Kama tunavyokumbuka, hatua ya kwanza inapaswa kuwa kuangalia uhalali wa usawa wakati n ni sawa na moja. Ili kujua, tunahitaji kukumbuka kanuni za msingi za trigonometric. cos 2 1 = cos 2 α dhambi 2 1 + 1 α 2 1 dhambi 2 α = dhambi 4 α 2 dhambi 2 α = 2 dhambi 2 α cos 2 α 2 dhambi 2 α = cos 2 α Kwa hiyo, kwa n sawa na moja, utambulisho utakuwa wa kweli. Sasa hebu tufikiri kwamba uhalali wake unabakia kweli kwa n = k, i.e. itakuwa kweli kwamba cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = dhambi 2 k + 1 α 2 k dhambi 2 α . Tunathibitisha usawa cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = dhambi 2 k + 2 α 2 k + 1 dhambi 2 α kwa kesi wakati n = k + 1, ikichukua dhana ya awali kama msingi. Kulingana na fomula ya trigonometric, dhambi 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (dhambi (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + dhambi (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 dhambi 2 (2 2 k + 1 α) + dhambi 0 = 1 2 dhambi 2 k + 2 α Kwa hivyo, cos 2 α · cos 4 α ·. . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α ·. . . · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = dhambi 2 k + 1 α 2 k dhambi 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · dhambi 2 k + 1 α 2 k dhambi 2 α = dhambi 2 k + 2 α 2 k + 1 dhambi 2 α Tulitoa mfano wa kutatua tatizo ili kuthibitisha ukosefu wa usawa kwa kutumia njia hii katika makala kuhusu mbinu ya angalau mraba. Soma aya ambapo fomula za kutafuta makadirio coefficients hutolewa. Ukiona hitilafu katika maandishi, tafadhali yaangazie na ubonyeze Ctrl+Enter
A) 
;
b) 
.
, tunapata
1/3 = 1/3. Hebu kuwe na usawa P(n):a) usawa wa Bernoulli: (1 + a) n ≥ 1 + n a , a > -1, n KUHUSU N.
b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, Kama x 1 x 2 · ... · x n= 1 na x i > 0, .
c) Kutokuwepo kwa usawa kwa Cauchy kwa maana ya hesabu na maana ya kijiometri
Wapi x i > 0, , n ≥ 2.
d) dhambi 2 n a + cos 2 n a ≤ 1, n KUHUSU N.
e)
f) 2 n > n 3 , n KUHUSU N, n ≥ 10.
na tutaonyesha kwamba basi inafanyika na(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1) a. (1 + a) n ≥ 1 + n a (1)
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Kwa hiyo, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, yaani, ikiwa P(n) ni kweli basiP(n+ 1) haki. Ukosefu wa usawa umethibitishwa.
na tutathibitisha hilo
kuzingatia P(n), tunapata 
, inafuata hiyo
Kiini cha njia ya induction ya hisabati
Mbinu ya introduktionsutbildning hisabati katika kutatua matatizo juu ya
hata. Kwa hivyo, usawa unathibitishwa kwa n=1, usawa unatolewa kutoka kwa usawa 
.Hii ina maana kwamba ni hata kwa maadili yote ya asili ya n.
Utumiaji wa njia ya kuingizwa kwa hisabati kwa
, n ni nambari asilia.
.
.
. Hebu tuonyeshe hilo 
.
.
.
. Kisha
.
, .
, i.e. 
.
.
. Taarifa hiyo imethibitishwa.
, ambapo >-1, , n ni nambari asilia kubwa kuliko 1.
. (1)
. (2)
. (9)
, upande wa hexagon ya kawaida 
, upande wa pembetatu ya kawaida thelathini na mbili 
. Kwa hivyo tunaweza kudhani kuwa upande wa sahihi ulioandikwa 2 n - mraba kwa yoyote sawa
. (1)
,
Dhana za kuingizwa na kupunguzwa
Je! ni njia gani ya utangulizi wa hisabati?
Jinsi ya kutumia njia ya introduktionsutbildning hisabati kutatua usawa na equations