Tümevarım, belirli gözlemlerden genel bir ifade elde etme yöntemidir. Matematiksel bir ifadenin sonlu sayıda nesneyi ilgilendirmesi durumunda bu, her nesne için test yapılarak kanıtlanabilir. Örneğin, "Her iki basamaklı çift sayı, iki asal sayının toplamıdır" ifadesi, kurulması oldukça mümkün olan bir dizi eşitlikten kaynaklanır:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Bir ifadenin tüm olasılıkları tüketen sonlu sayıda durum için doğrulandığı bir ispat yöntemine tam tümevarım denir. Bu yöntem nispeten nadiren kullanılır, çünkü matematiksel ifadeler kural olarak sonlu değil sonsuz nesne kümeleriyle ilgilidir. Örneğin, yukarıda tam tümevarımla kanıtlanmış iki basamaklı çift sayılar hakkındaki ifade şu teoremin yalnızca özel bir durumudur: "Herhangi bir çift sayı, iki asal sayının toplamıdır." Bu teorem henüz kanıtlanmadı veya çürütülmedi.
Matematiksel tümevarım, matematiksel tümevarım ilkesine dayalı olarak herhangi bir n doğal sayısı için belirli bir ifadeyi kanıtlama yöntemidir: “Eğer bir ifade n=1 için doğruysa ve onun n=k için geçerliliği, bu ifadenin n=k için de geçerliliğini ima ediyorsa +1, bu durumda tüm n " için doğrudur Matematiksel tümevarımla ispat yöntemi aşağıdaki gibidir:
1) tümevarım temeli: n=1 (bazen n=0 veya n=n 0) için ifadenin geçerliliğini kanıtlar veya doğrudan kontrol ederler;
2) tümevarım adımı (geçiş): n=k doğal sayısı için ifadenin geçerliliğini varsayarlar ve bu varsayıma dayanarak n=k+1 için ifadenin geçerliliğini kanıtlarlar.
Çözümlerle ilgili sorunlar
1. Herhangi bir n doğal sayısı için 3 2n+1 +2 n+2 sayısının 7'ye bölünebileceğini kanıtlayın.
A(n)=3 2n+1 +2 n+2'yi gösterelim.
İndüksiyon tabanı. Eğer n=1 ise, A(1)=3 3 +2 3 =35 ve açıkçası 7'ye bölünebilir.
İndüksiyon Varsayımı. A(k) 7'ye bölünebilir olsun.
İndüksiyon geçişi. A(k+1)'in 7'ye bölünebilir olduğunu, yani problemin n=k için ifadesinin geçerliliğini kanıtlayalım.
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.
Son sayı, 7'ye bölünebilen iki tam sayının farkı olduğundan 7'ye bölünebilir. Bu nedenle, herhangi bir n doğal sayısı için 3 2n+1 +2 n+2, 7'ye bölünebilir.
2. Herhangi bir n doğal sayısı için 2 3 n +1 sayısının 3 n+1'e bölünebildiğini ve 3 n+2'ye bölünmediğini kanıtlayın.
Şimdi gösterimi tanıtalım: a i =2 3 i +1.
n=1 için elimizde 1 =2 3 +1=9 var. Yani 1, 3 2'ye bölünebilir ve 3 3'e bölünemez.
n=k için a k sayısının 3 k+1'e bölünebildiğini ve 3 k+2'ye bölünmediğini varsayalım, yani a k =2 3 k +1=3 k+1 m olsun, burada m 3'e bölünemez.
ve 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).
Açıkçası, bir k+1 3 k+2'ye bölünebilir ve 3 k+3'e bölünemez.
Bu nedenle ifade herhangi bir n doğal sayısı için kanıtlanmıştır.
3. x+1/x'in bir tam sayı olduğu bilinmektedir. x n +1/x n'nin de herhangi bir n tamsayısı için bir tamsayı olduğunu kanıtlayın.
a i =х i +1/х i gösterimini tanıtalım ve hemen a i =а –i olduğunu not edelim, böylece doğal indekslerden bahsetmeye devam edeceğiz.
Not: 1, kurallara göre bir tamsayıdır; ve 2 bir tamsayıdır, çünkü a 2 = (a 1) 2 –2; ve 0 =2.
Bir k'nın, n'yi aşmayan herhangi bir k doğal sayısı için bir tam sayı olduğunu varsayalım. O halde a 1 ·a n bir tam sayıdır, ancak a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 ve a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Ancak tümevarım hipotezine göre n-1 bir tamsayıdır. Bu, n+1'in aynı zamanda bir tam sayı olduğu anlamına gelir. Bu nedenle, x n +1/x n herhangi bir n tamsayısı için bir tam sayıdır ve bunun kanıtlanması gerekir.
4. 1'den büyük herhangi bir doğal sayı için çift eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın
5. Doğal n > 1 ve |x| için bunu kanıtlayın
(1–x)n +(1+x)n
n=2 için eşitsizlik doğrudur. Gerçekten mi,
(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2
Eşitsizlik n=k için doğruysa, n=k+1 için şunu elde ederiz:
(1–x) k+1 +(1+x) k+1
Eşitsizlik herhangi bir n > 1 doğal sayısı için kanıtlanmıştır.
6. Bir düzlemde n adet daire vardır. Bu dairelerin herhangi bir düzenlemesinde oluşturdukları haritanın iki renkle doğru şekilde renklendirilebileceğini kanıtlayın.
Matematiksel tümevarım yöntemini kullanalım.
n=1 için ifade açıktır.
Bu ifadenin n daireden oluşan herhangi bir harita için doğru olduğunu varsayalım ve düzlemde n+1 daire olsun. Bu dairelerden birini kaldırarak, yapılan varsayıma göre iki renkle doğru şekilde renklendirilebilecek bir harita elde ediyoruz (aşağıdaki ilk resme bakın).
Daha sonra atılan daireyi eski durumuna getirelim ve bir tarafında, örneğin iç kısmında, her alanın rengini diğer tarafa değiştirelim (ikinci resme bakın). Bu durumda iki renkle doğru renklendirilmiş bir harita elde edeceğimizi görmek kolaydır, ancak şimdi yalnızca n+1 daire için, bunu kanıtlamamız gerekiyordu.
7. Aşağıdaki koşullar yerine getirilirse dışbükey bir çokgene “güzel” diyeceğiz:
1) köşelerinin her biri üç renkten birine boyanmıştır;
2) herhangi iki bitişik köşe farklı renklere boyanmıştır;
3) Çokgenin en az bir köşesi üç rengin her birine boyanır.
Herhangi bir güzel n-gon'un ayrık köşegenlerle "güzel" üçgenlere kesilebileceğini kanıtlayın.
Matematiksel tümevarım yöntemini kullanalım.
İndüksiyon tabanı. Mümkün olan en küçük n=3 ile sorunun ifadesi açıktır: "Güzel" üçgenin köşeleri üç farklı renge boyanmıştır ve herhangi bir kesmeye gerek yoktur.
İndüksiyon Varsayımı. Sorunun ifadesinin herhangi bir "güzel" n-gon için doğru olduğunu varsayalım.
İndüksiyon adımı. Rastgele bir "güzel" (n+1)-gonu ele alalım ve tümevarım hipotezini kullanarak bunun belirli köşegenlerle "güzel" üçgenlere kesilebileceğini kanıtlayalım. (n+1)-gon'un ardışık köşelerini A 1, A 2, A 3, ... An n, An n+1 ile gösterelim. Bir (n+1)-gon'un yalnızca bir köşesi üç renkten herhangi birinde renklendirilmişse, bu köşeyi kendisine bitişik olmayan tüm köşelere köşegenlerle bağlayarak (n+1)'in gerekli bölümünü elde ederiz. )-"güzel" üçgenlere dönüşür.
Bir (n+1)-gon'un en az iki köşesi üç rengin her birinde renklendirilmişse, o zaman A 1 köşesinin rengini 1 sayısıyla ve A 2 köşesinin rengini 2 sayısıyla gösteririz. A k köşesi üçüncü renkte olacak şekilde en küçük sayı k olsun. k > 2 olduğu açıktır. A k–2 A k–1 A k üçgenini (n+1)-gon'dan A k–2 A k köşegeniyle keselim. K sayısının seçimine uygun olarak bu üçgenin tüm köşeleri üç farklı renge boyanmıştır, yani bu üçgen “güzel”dir. Geriye kalan dışbükey n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 aynı zamanda tümevarım varsayımına göre "güzel" olacaktır, yani kanıtlanması gereken “güzel” üçgenlere bölünmüştür.
8. Dışbükey bir n-gon'da herhangi ikisinin ortak noktası olacak şekilde n'den fazla köşegen seçmenin imkansız olduğunu kanıtlayın.
İspatı matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak gerçekleştirelim.
Daha genel bir ifadeyi kanıtlayalım: Dışbükey bir n-gon'da, herhangi ikisinin ortak bir noktaya sahip olması için n'den fazla kenar ve köşegen seçmek imkansızdır. n = 3 için ifade açıktır. Bu ifadenin keyfi bir n-gon için doğru olduğunu varsayalım ve bunu kullanarak, bunun keyfi bir (n+1)-gon için geçerliliğini kanıtlayacağız.
Bu ifadenin bir (n+1)-gon için doğru olmadığını varsayalım. Bir (n+1)-gon'un her bir köşesinden ikiden fazla seçilmiş kenar veya köşegen çıkmıyorsa, toplamda bunlardan n+1'den fazlası seçilmez. Bu nedenle, bazı A köşelerinden en az üç seçilmiş kenar veya köşegen AB, AC, AD vardır. AC AB ve AD arasında olsun. C noktasından çıkan ve CA dışında herhangi bir kenar veya köşegen aynı anda AB ve AD'yi kesemeyeceğinden, C noktasından yalnızca seçilmiş bir CA köşegeni çıkar.
C noktasını ve CA köşegenini göz ardı ederek, herhangi ikisinin ortak noktası olan n'den fazla kenarın ve köşegenlerin seçildiği dışbükey bir n-gon elde ederiz. Böylece, ifadenin keyfi bir dışbükey n-gon için doğru olduğu varsayımıyla çelişkiye düşeriz.
Yani bir (n+1)-gon için ifade doğrudur. Matematiksel tümevarım ilkesine göre bu ifade herhangi bir dışbükey n-gon için doğrudur.
9. Bir düzlemde hiçbiri paralel olmayan ve üçü aynı noktadan geçmeyen n tane düz çizgi vardır. Bu çizgiler düzlemi kaç parçaya böler?
Temel çizimleri kullanarak, bir düz çizginin düzlemi 2 parçaya, iki düz çizginin 4 parçaya, üç düz çizginin 7 parçaya ve dört düz çizginin 11 parçaya böldüğünü kolayca doğrulayabilirsiniz.
n düz çizginin düzlemi böldüğü parça sayısını N(n) ile gösterelim. Şu fark edilebilir ki
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Bunu varsaymak doğaldır
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
veya, kurulması kolay olduğu gibi, bir aritmetik ilerlemenin ilk n teriminin toplamına ilişkin formülü kullanarak,
N(n)=1+n(n+1)/2.
Bu formülün geçerliliğini matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak kanıtlayalım.
n=1 için formül zaten kontrol edilmiştir.
Tümevarım varsayımını yaptıktan sonra, problemin koşullarını sağlayan k+1 doğrularını ele alıyoruz. Bunlardan keyfi bir şekilde k tane düz çizgi seçelim. Tümevarım hipotezine göre uçağı 1+ k(k+1)/2 parçaya bölecekler. Geriye kalan (k+1)'inci düz çizgi seçilen k düz çizgiyle k+1 parçaya bölünecek ve dolayısıyla düzlemin zaten bölünmüş olduğu (k+1)'inci parça boyunca geçecektir ve her biri bu parçalardan biri 2 parçaya bölünecek yani k+1 parça daha eklenecek. Bu yüzden,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
Q.E.D.
10. x 1: x 2: ... : x n ifadesinde işlemlerin sırasını belirtmek için parantez konur ve sonuç kesir olarak yazılır:
(bu durumda x 1, x 2, ..., x n harflerinin her biri ya kesrin payında ya da paydasındadır). Tüm olası parantez yerleştirme yöntemleriyle bu şekilde kaç farklı ifade elde edilebilir?
Öncelikle ortaya çıkan kesirde payda x 1 olacağı açıktır. Parantezlerin nasıl yerleştirildiğine bakılmaksızın x 2'nin paydada olacağı neredeyse açıktır (x 2'nin önündeki bölme işareti ya x 2'nin kendisine ya da payda x 2 içeren bir ifadeye atıfta bulunur).
Diğer tüm x 3, x 4, ..., x n harflerinin pay veya paydaya tamamen keyfi bir şekilde yerleştirilebileceği varsayılabilir. Toplamda 2 n–2 kesir elde edebileceğiniz sonucu çıkar: n–2 harf x 3, x 4, ..., x n'nin her biri pay veya paydada diğerlerinden bağımsız olarak görünebilir.
Bu ifadeyi tümevarımla kanıtlayalım.
n=3 ile 2 kesir elde edebilirsiniz:
yani ifade doğrudur.
Bunun n=k için doğru olduğunu varsayalım ve n=k+1 için kanıtlayalım.
x 1: x 2: ... : x k ifadesinin birkaç parantez yerleştirildikten sonra belirli bir Q kesri şeklinde yazılmasına izin verin. Bu ifadede x k yerine x k: x k+1 koyarsak, o zaman x k olur Q kesirinde olduğu gibi aynı yerdedir ve x k+1, x k'nin olduğu yerde olmayacaktır (eğer x k paydadaysa, o zaman x k+1 payda olacaktır ve bunun tersi de geçerlidir).
Şimdi x k'nin bulunduğu yere x k+1 ekleyebileceğimizi kanıtlayacağız. Q kesirinde, parantezleri yerleştirdikten sonra mutlaka q:xk biçiminde bir ifade olacaktır; burada q, x k–1 harfidir veya parantez içindeki bir ifadedir. q:x k'yi (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1) ifadesiyle değiştirirsek, açıkça aynı Q kesirini elde ederiz, burada x k yerine x k ·x k+1 bulunur.
Dolayısıyla n=k+1 durumunda mümkün olan tüm kesirlerin sayısı n=k durumundakinin 2 katıdır ve 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2'ye eşittir. Böylece ifade kanıtlanmıştır.
Cevap: 2 n–2 kesir.
Çözümü olmayan sorunlar
1. Herhangi bir doğal n için şunu kanıtlayın:
a) 5 n –3 n +2n sayısı 4'e bölünebilir;
b) n 3 +11n sayısı 6'ya bölünebilir;
c) 7 n +3n–1 sayısı 9'a bölünebilir;
d) 6 2n +19 n –2 n+1 sayısı 17'ye bölünebilir;
e) 7 n+1 +8 2n–1 sayısı 19'a bölünebilir;
e) 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 sayısı 27'ye bölünebilir.
2. (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1) olduğunu kanıtlayın.
3. |sin nx| eşitsizliğini kanıtlayın n|sin x| herhangi bir doğal n için
4. Herhangi bir doğal n için a n + b n ve c n sayılarının son iki rakamı aynı olacak şekilde, 10'a bölünmeyen a, b, c doğal sayılarını bulun.
5. Eğer n nokta aynı doğru üzerinde değilse, onları birleştiren doğrular arasında en az n farklı noktanın bulunduğunu kanıtlayın.
Matematiksel tümevarım yöntemi
giriiş
Ana bölüm
- Tam ve eksik indüksiyon
- Matematiksel tümevarım ilkesi
- Matematiksel tümevarım yöntemi
- Örnekleri Çözme
- Eşitlikler
- Sayıları bölme
- Eşitsizlikler
Çözüm
Kullanılmış literatür listesi
giriiş
Herhangi bir matematiksel araştırmanın temeli tümdengelim ve tümevarım yöntemleridir. Tümdengelimli akıl yürütme yöntemi genelden özele doğru akıl yürütmektir, yani. Başlangıç noktası genel sonuç, son noktası ise özel sonuç olan akıl yürütmedir. Tümevarım, belirli sonuçlardan genel sonuçlara geçerken kullanılır; tümdengelim yönteminin tersidir.
Matematiksel tümevarım yöntemi ilerlemeyle karşılaştırılabilir. En aşağıdan başlarız ve mantıksal düşünmenin sonucunda en yükseğe çıkarız. İnsan her zaman ilerleme için, düşüncelerini mantıksal olarak geliştirme yeteneği için çabalamıştır; bu, doğanın kendisinin onu tümevarımsal düşünmeye mahkum ettiği anlamına gelir.
Matematiksel tümevarım yönteminin uygulama kapsamının artmasına rağmen, okul müfredatında buna çok az zaman ayrılmıştır. Peki, bana, beş kelimelik teori duyacağı, beş ilkel problemi çözeceği ve sonuç olarak hiçbir şey bilmediği için A alacağı bu iki veya üç dersin bir kişi için faydalı olacağını söyleyin.
Ancak tümevarımsal düşünebilmek çok önemlidir.
Ana bölüm
Orijinal anlamında “tümevarım” kelimesi, bir dizi spesifik ifadeye dayanarak genel sonuçların elde edildiği akıl yürütmeye uygulanır. Bu tür akıl yürütmenin en basit yöntemi tam tümevarımdır. İşte böyle bir akıl yürütmenin bir örneği.
4'ün içindeki her çift doğal sayının (n) olduğunu tespit etmek gerekli olsun.< 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.
Bu dokuz eşitlik, ilgilendiğimiz sayıların her birinin aslında iki basit terimin toplamı olarak temsil edildiğini gösteriyor.
Dolayısıyla tam tümevarım, genel ifadenin sonlu sayıda olası durumların her birinde ayrı ayrı kanıtlanmasından oluşur.
Bazen genel sonuç, tümü değil, yeterince çok sayıda özel durum (eksik tümevarım olarak adlandırılır) dikkate alındıktan sonra tahmin edilebilir.
Eksik tümevarımla elde edilen sonuç, tüm özel durumları kapsayan kesin matematiksel akıl yürütmeyle kanıtlanıncaya kadar yalnızca bir hipotez olarak kalır. Başka bir deyişle, matematikte eksik tümevarım, kesin kanıtlamanın meşru bir yöntemi olarak görülmez, ancak yeni gerçekleri keşfetmenin güçlü bir yöntemidir.
Örneğin ardışık ilk n tek sayının toplamını bulmak istiyorsunuz. Özel durumları ele alalım:
1+3+5+7+9=25=5 2
Bu birkaç özel durumu değerlendirdikten sonra aşağıdaki genel sonuç ortaya çıkıyor:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
onlar. ardışık ilk n tek sayının toplamı n 2'dir
Elbette yapılan gözlem henüz verilen formülün geçerliliğinin kanıtı olamaz.
Tam tümevarım matematikte yalnızca sınırlı uygulamalara sahiptir. Birçok ilginç matematiksel ifade sonsuz sayıda özel durumu kapsar, ancak bunları sonsuz sayıda durum için test edemeyiz. Eksik tümevarım sıklıkla hatalı sonuçlara yol açar.
Çoğu durumda, bu tür zorluklardan kurtulmanın yolu, matematiksel tümevarım yöntemi adı verilen özel bir akıl yürütme yöntemine başvurmaktır. Aşağıdaki gibidir.
Herhangi bir n doğal sayısı için belirli bir ifadenin geçerliliğini kanıtlamanız gerektiğini varsayalım (örneğin, ilk n tek sayıların toplamının n 2'ye eşit olduğunu kanıtlamanız gerekir). Doğal sayılar kümesi sonsuz olduğundan, n'nin her değeri için bu ifadenin doğrudan doğrulanması imkansızdır. Bu ifadeyi kanıtlamak için öncelikle n=1 için geçerliliğini kontrol edin. Daha sonra k'nin herhangi bir doğal değeri için, söz konusu ifadenin n=k için geçerliliğinin, onun n=k+1 için de geçerliliğini gerektirdiğini kanıtlarlar.
Daha sonra ifadenin tümü için kanıtlanmış olduğu kabul edilir. Aslında bu ifade n=1 için doğrudur. Ama bu aynı zamanda bir sonraki n=1+1=2 sayısı için de doğrudur. İfadenin n=2 için geçerliliği, n=2+ için de geçerliliği anlamına gelir
1=3. Bu, n=4 vb. için ifadenin geçerliliğini ima eder. Sonunda herhangi bir n doğal sayısına ulaşacağımız açıktır. Bu, ifadenin herhangi bir n için doğru olduğu anlamına gelir.
Söylenenleri özetleyerek aşağıdaki genel prensibi formüle ediyoruz.
Matematiksel tümevarım ilkesi.
Bir n doğal sayısına bağlı olarak bir A(n) cümlesi n=1 için doğruysa ve n=k için de doğru olması (burada k herhangi bir doğal sayıdır) için de doğru olduğu sonucu çıkar. sonraki sayı n=k +1 ise, herhangi bir n doğal sayısı için A(n) varsayımı doğrudur.
Bazı durumlarda, belirli bir ifadenin geçerliliğinin tüm doğal sayılar için değil, yalnızca p'nin sabit bir doğal sayı olduğu n>p için kanıtlanması gerekli olabilir. Bu durumda matematiksel tümevarım ilkesi şu şekilde formüle edilir.
A(n) önermesi n=p için doğruysa ve herhangi bir k>p için A(k)ÞA(k+1) ise, o zaman A(n) önermesi herhangi bir n>p için doğrudur.
Matematiksel tümevarım yöntemini kullanan ispat aşağıdaki şekilde gerçekleştirilir. İlk olarak kanıtlanacak ifadenin n=1 olup olmadığı kontrol edilir, yani. A(1) ifadesinin doğruluğu kanıtlanmıştır. İspatın bu kısmına tümevarım temeli denir. Daha sonra ispatın tümevarım adımı adı verilen kısmı gelir. Bu bölümde, n=k ifadesinin geçerliliği varsayımı altında (tümevarım varsayımı), yani n=k+1 ifadesinin geçerliliğini kanıtlarlar. A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayın.
1+3+5+…+(2n-1)=n 2 olduğunu kanıtlayın.
Çözüm: 1) n=1=1 2 elimizde. Buradan,
ifade n=1 için doğrudur, yani. A(1) doğrudur.
2) A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayalım.
K herhangi bir doğal sayı olsun ve ifade n=k için doğru olsun;
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Bu durumda ifadenin bir sonraki doğal sayı olan n=k+1 için de doğru olduğunu kanıtlayalım; Ne
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
Aslında,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, A(n) varsayımının herhangi bir nÎN için doğru olduğu sonucuna varırız.
Bunu kanıtla
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), burada x¹1
Çözüm: 1) n=1 için şunu elde ederiz:
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
dolayısıyla n=1 için formül doğrudur; A(1) doğrudur.
2) k herhangi bir doğal sayı olsun ve formül n=k için doğru olsun;
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1).
O zaman eşitliğin geçerli olduğunu kanıtlayalım
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Aslında
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).
Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, formülün herhangi bir n doğal sayısı için doğru olduğu sonucuna varıyoruz.
Dışbükey bir n-gon'un köşegen sayısının n(n-3)/2'ye eşit olduğunu kanıtlayın.
Çözüm: 1) n=3 için ifade doğrudur
Ve 3 anlamlı çünkü bir üçgende
A 3 =3(3-3)/2=0 köşegenler;
A 2 A(3) doğrudur.
2) Diyelim ki her durumda
dışbükey bir k-gon vardır-
A 1 x A k =k(k-3)/2 köşegenleri.
Ve k Bunu dışbükeyde kanıtlayalım
(k+1)-gon numarası
köşegenler A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 bir dışbükey (k+1)-gon olsun. İçine bir A 1 A k köşegeni çizelim. Bu (k+1)-gon'un toplam köşegen sayısını hesaplamak için, k-gon A 1 A 2 ...A k'deki köşegenlerin sayısını saymanız, elde edilen sayıya k-2'yi eklemeniz gerekir, yani. A k+1 köşesinden çıkan (k+1)-gon köşegenlerinin sayısı ve ayrıca A 1 A k köşegeni dikkate alınmalıdır.
Böylece,
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesi nedeniyle bu ifade herhangi bir dışbükey n-gon için doğrudur.
Herhangi bir n için aşağıdaki ifadenin doğru olduğunu kanıtlayın:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman
X 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.
Bu, n=1 için ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.
2) n=k olduğunu varsayalım
X k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.
3) n=k+1 için bu ifadeyi düşünün
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.
Eşitliğin n=k+1 için doğru olduğunu kanıtladık, dolayısıyla matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde bu ifade herhangi bir n doğal sayısı için doğrudur.
Herhangi bir n doğal sayısı için eşitliğin doğru olduğunu kanıtlayın:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Çözüm: 1) n=1 olsun.
O halde X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.
n=1 için ifadenin doğru olduğunu görüyoruz.
2) Eşitliğin n=k için doğru olduğunu varsayalım.
X k =k 2 (k+1) 2/4.
3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için kanıtlayalım;
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.
Yukarıdaki kanıttan, ifadenin n=k+1 için doğru olduğu açıktır, dolayısıyla eşitlik herhangi bir n doğal sayısı için de doğrudur.
Bunu kanıtla
((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), burada n>2.
Çözüm: 1) n=2 için özdeşlik şöyle görünür: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),
onlar. bu doğru.
2) İfadenin n=k için doğru olduğunu varsayalım
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).
3) n=k+1 için ifadenin doğruluğunu kanıtlayalım.
(((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).
Eşitliğin n=k+1 için doğru olduğunu kanıtladık, dolayısıyla matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde bu ifade herhangi bir n>2 için doğrudur.
Bunu kanıtla
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
herhangi bir doğal n için
Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) Varsayalım ki n=k, o zaman
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).
3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için kanıtlayalım.
(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 eşitliğinin geçerliliği de kanıtlanmıştır, dolayısıyla ifade herhangi bir n doğal sayısı için doğrudur.
Kimliğin doğru olduğunu kanıtlayın
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
herhangi bir doğal n için
1) n=1 için özdeşlik doğrudur 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) Varsayalım ki n=k için
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) n=k+1 için özdeşliğin doğru olduğunu kanıtlayalım.
(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).
Yukarıdaki kanıttan, ifadenin herhangi bir n doğal sayısı için doğru olduğu açıktır.
(11 n+2 +12 2n+1)'in 133'e kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.
Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23´133.
Ancak (23'133) 133'e kalansız bölünebilir, bu da n=1 için ifadenin doğru olduğu anlamına gelir; A(1) doğrudur.
2) (11 k+2 +12 2k+1)'in 133'e kalansız bölünebildiğini varsayalım.
3) Bu durumda şunu kanıtlayalım:
(11 k+3 +12 2k+3), 133'e kalansız bölünebilir. Aslında, 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(11k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .
İlk terimi varsayımla 133'e kalansız bölünebildiğinden, elde edilen toplam 133'e kalansız bölünür, çarpanlardan ikincisinde ise 133 olur. Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde bu ifade kanıtlanmıştır.
Herhangi bir n 7 için n -1'in 6'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.
Çözüm: 1) n=1 olsun, X 1 =7 1 -1=6, kalansız olarak 6'ya bölünür. Bu, n=1 olduğunda ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.
2) Varsayalım ki n=k için
7 k -1, 6'ya kalansız bölünebilir.
3) n=k+1 için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayalım.
X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.
İlk terim 6'ya bölünebilir, çünkü 7 k -1 varsayımla 6'ya bölünebilir ve ikinci terim 6'dır. Bu, 7 n -1'in herhangi bir doğal n için 6'nın katı olduğu anlamına gelir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.
Rasgele bir doğal n için 3 3n-1 +2 4n-3'ün 11'e bölünebileceğini kanıtlayın.
Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman
X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11, kalansız olarak 11'e bölünür. Bu, n=1 için ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.
2) Varsayalım ki n=k için
X k =3 3k-1 +2 4k-3, 11'e kalansız bölünebilir.
3) n=k+1 için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayalım.
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 .
İlk terim 11'e kalansız bölünebilir, çünkü 3 3k-1 +2 4k-3 varsayımla 11'e bölünebilir, ikincisi ise 11'e bölünebilir çünkü çarpanlarından biri 11 sayısıdır. Bu, toplamın olduğu anlamına gelir. herhangi bir n doğal sayısı için 11'e kalansız bölünebilir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.
Rasgele bir doğal n için 11 2n -1'in 6'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.
Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman 11 2 -1=120 6'ya kalansız bölünebilir. Bu, n=1 olduğunda ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.
2) Varsayalım ki n=k için
11 2k -1, 6'ya kalansız bölünebilir.
11 2(k+1) -1=121'11 2k -1=120'11 2k +(11 2k -1).
Her iki terim de 6'ya kalansız bölünebilir: birincisi 6'nın bir katını, 120 sayısını içerir ve ikincisi varsayım gereği 6'ya kalansız bölünebilir. Bu, toplamın 6'ya kalansız bölünebileceği anlamına gelir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.
Rastgele bir n doğal sayısı için 3 3n+3 -26n-27'nin 26 2 (676)'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.
Çözüm: Öncelikle 3 3n+3 -1'in 26'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlıyoruz.
- n=0 olduğunda
- n=k için bunu varsayalım
- Bu ifadenin olduğunu kanıtlayalım
3 3 -1=26, 26'ya bölünür
3 3k+3 -1 26'ya bölünebilir
n=k+1 için doğrudur.
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – bölü 26
Şimdi problem cümlesinde formüle edilen ifadenin ispatını gerçekleştireceğiz.
1) Açıkçası, n=1 olduğunda ifade doğrudur
3 3+3 -26-27=676
2) Varsayalım ki n=k için
3 3k+3 -26k-27 ifadesi 26 2'ye kalansız olarak bölünür.
3) n=k+1 için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayalım.
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).
Her iki terim de 26 2'ye bölünebilir; birincisi 26 2'ye bölünebilir çünkü parantez içindeki ifadenin 26'ya bölünebilirliğini kanıtladık, ikincisi ise tümevarım hipoteziyle bölünebilir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.
Eğer n>2 ve x>0 ise eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın
(1+x) n >1+n'x.
Çözüm: 1) n=2 için eşitsizlik geçerlidir, çünkü
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.
O halde A(2) doğrudur.
2) k > 2 ise A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayalım. A(k)’nin doğru olduğunu yani eşitsizliğin eşit olduğunu varsayalım.
(1+x) k >1+k'x. (3)
O halde A(k+1)'in de doğru olduğunu, yani eşitsizliğin geçerli olduğunu kanıtlayalım.
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Aslında eşitsizliğin (3) her iki tarafını da 1+x pozitif sayısıyla çarparak şunu elde ederiz:
(1+x) k+1 >(1+k'x)(1+x).
Son eşitsizliğin sağ tarafını ele alalım
stva; sahibiz
(1+k'x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.
Sonuç olarak şunu anlıyoruz
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak Bernoulli eşitsizliğinin herhangi bir durum için doğru olduğu ileri sürülebilir.
Eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın
a> 0 için (1+a+a 2) m > 1+m'a+(m(m+1)/2)'a 2.
Çözüm: 1) m=1 olduğunda
(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 her iki taraf da eşittir.
2) Varsayalım ki m=k için
(1+a+a 2) k >1+k'a+(k(k+1)/2)'a 2
3) m=k+1 için eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayalım
(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 .
Eşitsizliğin m=k+1 için geçerliliğini kanıtladık, dolayısıyla matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik herhangi bir doğal m için geçerlidir.
n>6 için eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın
3 n >n'2 n+1 .
Çözüm: Eşitsizliği formda yeniden yazalım.
- n=7 için elimizde
- n=k için bunu varsayalım
3 7 /2 7 =2187/128>14=2'7
eşitsizlik doğrudur.
3) n=k+1 için eşitsizliğin geçerliliğini kanıtlayalım.
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
k>7 olduğundan son eşitsizlik açıktır.
Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik herhangi bir n doğal sayısı için geçerlidir.
n>2 için eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
Çözüm: 1) n=3 için eşitsizlik doğrudur
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- n=k için bunu varsayalım
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).
3) Olmayanların geçerliliğini kanıtlayalım.
n=k+1 için eşitlik
(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) olduğunu kanıtlayalım.<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 İkincisi açıktır ve bu nedenle 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik kanıtlanmıştır. Çözüm Özellikle matematiksel tümevarım yöntemini inceleyerek matematiğin bu alanındaki bilgimi artırdım ve ayrıca daha önce gücümün ötesinde olan problemleri çözmeyi de öğrendim. Bunlar çoğunlukla mantıklı ve eğlenceli görevlerdi; sadece bir bilim olarak matematiğin kendisine olan ilgiyi artıranlar. Bu tür problemleri çözmek eğlenceli bir aktivite haline gelir ve giderek daha fazla meraklı insanı matematik labirentlerine çekebilir. Bana göre bu herhangi bir bilimin temelidir. Matematiksel tümevarım yöntemini incelemeye devam ederek, onu sadece matematikte değil, aynı zamanda fizik, kimya ve yaşamın kendisindeki problemlerin çözümünde de nasıl uygulayacağımı öğrenmeye çalışacağım. MATEMATİK: DERSLER, SORUNLAR, ÇÖZÜMLER Ders Kitabı / V.G. Boltyansky, Yu.V. Shabunin. Potpuri LLC 1996. CEBİR VE ANALİZİN BAŞLANGIÇLARI Ders Kitabı / I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Shvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E. “Aydınlanma” 1975. Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak, herhangi bir doğal durum için şunu kanıtlayın: N aşağıdaki eşitlikler geçerlidir: Çözüm. a) Ne zaman N= 1 eşitlik doğrudur. Eşitliğin geçerliliğini varsayarak N, geçerliliğini şu durumlarda bile göstereceğiz: N+ 1. Aslında, Q.E.D. b) Ne zaman N= 1 eşitliğinin geçerliliği açıktır. Geçerliliği varsayımından N yapmalı Eşitlik göz önüne alındığında 1 + 2 + ... + N = N(N+ 1)/2, şunu elde ederiz 1 3 + 2 3 + ... + N 3 + (N + 1) 3 = (1 + 2 + ... + N + (N + 1)) 2 , yani ifade şu durumlarda da doğrudur: N + 1. Örnek 1. Aşağıdaki eşitlikleri kanıtlayın Çözüm. a) Ne zaman N= 1 eşitlik 1=1 formunu alacaktır, dolayısıyla, P(1) doğrudur. Bu eşitliğin doğru olduğunu, yani geçerli olduğunu varsayalım. Böylece matematiksel tümevarım yöntemine göre orijinal eşitlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. N. Not 2. Bu örnek farklı şekilde çözülebilirdi. Aslında toplam 1 + 2 + 3 + ... + N ilkinin toplamı N birinci terimle aritmetik ilerlemenin terimleri A 1 = 1 ve fark D= 1. İyi bilinen formül sayesinde b) Ne zaman N= 1 eşitliği şu şekilde olacaktır: 2 1 - 1 = 1 2 veya 1=1, yani, P(1) doğrudur. Eşitliğin sağlandığını varsayalım 1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) = N 2 ve bunun gerçekleştiğini kanıtlayınP(N + 1):
1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) + (2(N + 1) - 1) = (N+ 1) 2 veya 1 + 3 + 5 + ... + (2 N - 1) + (2N + 1) = (N + 1) 2 . Tümevarım hipotezini kullanarak şunu elde ederiz: 1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) + (2N + 1) = N 2 + (2N + 1) = (N + 1) 2 . Böylece, P(N+1) doğrudur ve dolayısıyla gerekli eşitlik kanıtlanmıştır. Not 3. Bu örnek, matematiksel tümevarım yöntemi kullanılmadan (bir öncekine benzer şekilde) çözülebilir. c) Ne zaman N= 1 eşitlik doğrudur: 1=1. Eşitliğin doğru olduğunu varsayalım. d) Ne zaman N= 1 eşitlik doğrudur: 1=1. gerçekleştiğini varsayalım. Gerçekten mi, e) Onay P(1) doğru: 2=2. Eşitlik olduğunu varsayalım Sonuç olarak, orijinal eşitlik her doğal durum için geçerlidir. N. F) P(1) doğru: Gerçekten de bunu göz önünde bulundurarak P(N) tutar, elde ederiz Böylece eşitlik kanıtlanmış olur. g) Ne zaman N= 1 elimizde A + B = B + A ve bu nedenle eşitlik adildir. Newton'un binom formülü aşağıdakiler için geçerli olsun: N = k yani Örnek 2. Eşitsizlikleri kanıtlayın Çözüm. a) Ne zaman N= 1 gerçek eşitsizliği elde ederiz 1 + a ≥ 1 + a . Eşitsizlik olduğunu varsayalım. Aslında a > -1, a + 1 > 0 anlamına geldiğinden, eşitsizliğin (1) her iki tarafını da (a + 1) ile çarparak şunu elde ederiz: (1 + a) N(1 + a) ≥ (1 + N a )(1 + a ) veya (1 + a ) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1)a + N a 2'den beri N bir 2 ≥ 0, dolayısıyla(1 + a) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1)a + N a 2 ≥ 1 + ( N+ 1)a. Böylece eğer P(N) doğrudur, o zaman P(N+1) doğrudur, dolayısıyla matematiksel tümevarım ilkesine göre Bernoulli eşitsizliği doğrudur. b) Ne zaman N= 1 elde ederiz X 1 = 1 ve dolayısıyla X 1 ≥ 1 yani P(1) adil bir ifadedir. Diyelim ki P(N) doğrudur, yani eğer adica ise, X 1 ,X 2 ,...,X N - NÇarpımı bire eşit olan pozitif sayılar, X 1 X 2 ·...· X N= 1 ve X 1 + X 2 + ... + X N ≥ N. Bu cümlenin aşağıdakilerin doğruluğunu gerektirdiğini gösterelim: X 1 ,X 2 ,...,X N ,X N+1 - (N+ 1) öyle pozitif sayılar ki X 1 X 2 ·...· X N · X N+1 = 1 ise X 1 + X 2 + ... + X N + X N + 1 ≥N + 1. Aşağıdaki iki durumu göz önünde bulundurun: 1) X 1 = X 2 = ... = X N = X N+1 = 1. O zaman bu sayıların toplamı ( N+ 1) ve gerekli eşitsizlik sağlanır; 2) en az bir sayı birden farklıdır; örneğin birden büyük olsun. O zamandan beri X 1 X 2 · ... · X N · X N+ 1 = 1 ise birden farklı (daha doğrusu birden az) en az bir sayı daha vardır. İzin vermek X N+ 1 > 1 ve X N < 1. Рассмотрим N pozitif sayılar O zamandan beri (1 - X N)(X N+1 - 1) > 0 ise N + X N + X N+1 - X N X N+1 = N + 1 + X N+1 (1 - X N) - 1 + X N = Not 4. Eşittir işareti ancak ve ancak şu durumlarda geçerlidir: X 1 = X 2 = ... = X N = 1. c) İzin ver X 1 ,X 2 ,...,X N- keyfi pozitif sayılar. Aşağıdakileri göz önünde bulundurun N pozitif sayılar: Not 5. Eşitlik ancak ve ancak şu durumlarda geçerlidir: X 1 = X 2 = ... = X N . D) P(1) doğru bir ifadedir: sin 2 a + cos 2 a = 1. Diyelim ki P(N) doğru bir ifadedir: Günah 2 N a + çünkü 2 N a ≤ 1 ve ne olacağını gösterP(N+ 1). Gerçekten mi, günah 2( N+ 1) a + çünkü 2( N+ 1) a = günah 2 N a günah 2 a + çünkü 2 N a cos 2 a< sin 2N a + çünkü 2 N a ≤ 1 (eğer günah 2 a ≤ 1 ise, o zaman cos 2 a < 1, и обратно: если cos
2 a ≤ 1 ise günah 2 a < 1). Таким образом, для любого
N HAKKINDA N günah 2 N a + çünkü 2 N ≤ 1 ve eşitlik işareti yalnızca şu durumlarda elde edilir:N = 1.
e) Ne zaman N= 1 ifade doğrudur: 1< 3 / 2 . Diyelim ki f) 1. açıklamayı dikkate alarak kontrol edelim P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, dolayısıyla N= 10 ifade doğrudur. Diyelim ki 2 N > N 3 (N> 10) ve kanıtlayın P(N+1), yani 2 N+1 > (N + 1) 3 . Ne zamandan beri N> 10 elimizde veya 2N 3 > N 3 + 3N 2 + 3N+ 1 veya N 3 > 3N 2 + 3N + 1. Eşitsizlik göz önüne alındığında (2 N >
N 3), 2 elde ederiz N+1 = 2 N·2 = 2 N + 2 N > N 3 + N 3 > N 3 + 3N 2 + 3N + 1 = (N + 1) 3 . Böylece, matematiksel tümevarım yöntemine göre, herhangi bir doğal durum için N HAKKINDA N, N≥ 10 bizde 2 tane var N > N 3 . Örnek 3. Bunu herkese kanıtla N HAKKINDA N Çözüm. A) P(1) doğru bir ifadedir (0, 6'ya bölünür). İzin vermek P(N) adil, yani N(2N 2 - 3N + 1) = N(N - 1)(2N- 1) 6'ya bölünebilir. O zaman ne olacağını gösterelim. P(N+ 1), yani, ( N + 1)N(2N+ 1) 6'ya bölünebilir. Böylece, P(N+1) adil bir ifadedir ve bu nedenle N(2N 2 - 3N+ 1) herhangi biri için 6'ya bölünebilir N HAKKINDA N. b) Kontrol edelim P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, dolayısıyla, P(1) adil bir ifadedir. Kanıtlanmalıdır ki eğer 6 2 N-2 + 3 N+1 + 3 N-1, 11'e bölünür ( P(N)) sonra 6 2 N + 3 N+2 + 3 N 11'e de bölünebilir ( P(N+ 1)). Gerçekten de o zamandan beri 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 ve 6 2 gibi N-2 + 3
N+1 + 3
N-1 ve 33 6 2 N-2 11'e bölünüyorsa toplamları 6 olur 2N + 3
N+2 + 3
N 11'e bölünebilir. İfade kanıtlanmıştır. Geometride indüksiyon Örnek 4. Doğru 2'nin kenarını hesapla N-yarıçaplı bir daire içine yazılmış bir üçgen R. MATEMATİKSEL İNDÜKSİYON YÖNTEMİ Rusça'da tümevarım kelimesi rehberlik anlamına gelir ve gözlemlere, deneylere dayanan sonuçlara, yani. tümevarım denir. özelden genele doğru çıkarım yoluyla elde edilir. Mesela her gün Güneş'in doğudan doğduğunu görüyoruz. Bu nedenle yarın batıda değil doğuda görüneceğinden emin olabilirsiniz. Bu sonucu, Güneş'in gökyüzündeki hareketinin nedeni hakkında herhangi bir varsayıma başvurmadan çıkarıyoruz (üstelik, dünya aslında hareket ettiği için bu hareketin kendisi de açıkça ortaya çıkıyor). Ancak yine de bu tümevarımsal sonuç, yarın yapacağımız gözlemleri doğru bir şekilde tanımlamaktadır. Deneysel bilimlerde tümevarımsal sonuçların rolü çok büyüktür. Daha sonra kesinti yoluyla daha fazla sonuç çıkarılabilecek hükümleri verirler. Her ne kadar teorik mekanik Newton'un üç hareket kanununa dayansa da, bu kanunların kendisi deneysel veriler yoluyla yapılan derin düşünmenin sonucuydu, özellikle de Danimarkalı gökbilimci Tycho'nun uzun yıllar süren gözlemlerinin işlenmesinden elde ettiği Kepler'in gezegensel hareket kanunları. Brahe. Gözlem ve tümevarım, gelecekte yapılan varsayımların açıklığa kavuşturulması açısından faydalı olacaktır. Michelson'un hareketli bir ortamda ışığın hızını ölçmeye yönelik deneylerinden sonra, fizik yasalarını açıklığa kavuşturmanın ve görelilik teorisini oluşturmanın gerekli olduğu ortaya çıktı. Matematikte tümevarımın rolü büyük ölçüde seçilen aksiyomatiğin temelini oluşturmasıdır. Uzun süreli uygulama, düz bir yolun kavisli veya kırık bir yoldan her zaman daha kısa olduğunu gösterdikten sonra bir aksiyom formüle etmek doğaldı: Herhangi bir A, B ve C noktası için eşitsizlik Aritmetiğin temeli olan takip kavramı da askerlerin, gemilerin ve diğer düzenli kümelerin oluşumunun gözlemlenmesinden ortaya çıkmıştır. Ancak bunun matematikte tümevarımın rolünü tükettiği düşünülmemelidir. Tabii ki, aksiyomlardan mantıksal olarak çıkarılan teoremleri deneysel olarak test etmemeliyiz: eğer türetme sırasında hiçbir mantıksal hata yapılmadıysa, o zaman kabul ettiğimiz aksiyomlar doğru olduğu sürece bunlar doğrudur. Ancak bu aksiyom sisteminden pek çok ifade çıkarılabilir. Kanıtlanması gereken ifadelerin seçimi yine tümevarımla önerilmektedir. Yararlı teoremleri yararsız olanlardan ayırmanıza olanak tanıyan, hangi teoremlerin doğru olabileceğini gösteren ve hatta kanıtın yolunun ana hatlarını çizmenize yardımcı olan şey budur. Aritmetiğin, cebirin, geometrinin ve analizin birçok dalında, bir doğal değişkene bağlı olarak A(n) cümlelerinin doğruluğunun kanıtlanması gerekir. Bir değişkenin tüm değerleri için A(n) önermesinin doğruluğunun kanıtı çoğu zaman aşağıdaki prensibe dayanan matematiksel tümevarım yöntemiyle gerçekleştirilebilir. A(n) önermesi, aşağıdaki iki koşulun karşılanması durumunda değişkenin tüm doğal değerleri için doğru kabul edilir: A(n) önermesi n=1 için doğrudur. A(n)'nin n=k (burada k herhangi bir doğal sayıdır) için doğru olduğu varsayımından, bunun bir sonraki n=k+1 değeri için de doğru olduğu sonucu çıkar. Bu prensibe matematiksel tümevarım ilkesi denir. Genellikle sayıların doğal dizisini tanımlayan aksiyomlardan biri olarak seçilir ve bu nedenle kanıtlanmadan kabul edilir. Matematiksel tümevarım yöntemi aşağıdaki ispat yöntemini ifade eder. Bir A(n) cümlesinin doğruluğunu tüm doğal n'ler için kanıtlamak istiyorsanız, öncelikle A(1) ifadesinin doğruluğunu kontrol etmeli ve ikinci olarak A(k) ifadesinin doğruluğunu varsayarak, A(k +1) ifadesinin doğru olduğunu kanıtlamaya çalışın. Eğer bu kanıtlanabilirse ve kanıt k'nin her doğal değeri için geçerli kalırsa, o zaman matematiksel tümevarım ilkesine uygun olarak A(n) önermesinin n'nin tüm değerleri için doğru olduğu kabul edilir. Matematiksel tümevarım yöntemi teoremlerin, özdeşliklerin, eşitsizliklerin ispatında, bölünebilme problemlerinin çözümünde, bazı geometrik problemlerin çözümünde ve daha birçok problemin çözümünde yaygın olarak kullanılmaktadır. bölünebilirlik Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak doğal sayıların bölünebilirliğine ilişkin çeşitli ifadeleri kanıtlayabilirsiniz. Aşağıdaki ifade nispeten basit bir şekilde kanıtlanabilir. Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak nasıl elde edildiğini gösterelim. Örnek 1. Eğer n bir doğal sayı ise sayı çifttir. n=1 olduğunda ifademiz doğrudur: - çift sayı. Çift sayı olduğunu varsayalım. 2k çift sayı olduğuna göre Örnek 2.Cümlenin doğruluğunu kanıtlayın A(n)=(5 sayısı 19'un katıdır), n bir doğal sayıdır. Çözüm. A(1)=(19'a bölünebilen bir sayı) ifadesi doğrudur. Diyelim ki bir n=k değeri için A(k)=(19'a bölünebilen sayı) doğrudur. O zamandan beri Açıkçası A(k+1) de doğrudur. Aslında A(k)'nin doğru olduğu varsayımından dolayı ilk terim 19'a bölünebilir; ikinci terim de 19'a bölünebilir çünkü 19'un çarpanını içerir. Matematiksel tümevarım ilkesinin her iki koşulu da sağlanır, dolayısıyla A(n) önermesi n'nin tüm değerleri için doğrudur. Toplama serisi
Örnek 1.Formülü kanıtla Çözüm. n=1 olduğunda eşitliğin her iki tarafı da bire döner ve dolayısıyla matematiksel tümevarım ilkesinin ilk koşulu sağlanır. Formülün n=k için doğru olduğunu varsayalım. Bu eşitliğin her iki tarafına da ekleyelim ve sağ tarafı dönüştürelim. Sonra alırız Dolayısıyla formülün n=k için doğru olmasından, n=k+1 için de doğru olduğu sonucu çıkar. Bu ifade k'nin herhangi bir doğal değeri için doğrudur. Böylece matematiksel tümevarım ilkesinin ikinci koşulu da sağlanmış olur. Formül kanıtlanmıştır. Örnek 2.Doğal serinin ilk n sayısının toplamının 'ye eşit olduğunu kanıtlayın. Çözüm. Gerekli miktarı belirtelim, yani. n=1 olduğunda hipotez doğrudur. İzin vermek Aslında, Sorun çözüldü. Örnek 3.Doğal serinin ilk n sayısının kareleri toplamının şuna eşit olduğunu kanıtlayın: Çözüm. İzin vermek . Diyelim ki Ve nihayet. Örnek 4. Bunu kanıtla. Çözüm. Eğer öyleyse Örnek 5. Bunu kanıtla Çözüm. n=1 olduğunda hipotez açıkça doğrudur. İzin vermek . Bunu kanıtlayalım. Gerçekten mi, Matematiksel tümevarım yönteminin uygulanmasına örnekler
eşitsizliklerin kanıtı
Örnek 1.Herhangi bir n>1 doğal sayısı için bunu kanıtlayın Çözüm. Eşitsizliğin sol tarafını ile gösterelim. Bu nedenle n=2 için eşitsizlik doğrudur. Biraz k olsun. O halde bunu kanıtlayalım ve . Sahibiz Karşılaştırma ve elimizde Herhangi bir pozitif k tamsayısı için son eşitliğin sağ tarafı pozitiftir. Bu yüzden . Ama bu aynı zamanda şu anlama da geliyor. Örnek 2.Mantıktaki hatayı bulun. İfade. Herhangi bir n doğal sayısı için eşitsizlik doğrudur. Kanıt. . (1)
O halde eşitsizliğin n=k+1 için de geçerli olduğunu kanıtlayalım; Aslında herhangi bir doğal k için 2'den az değildir. Eşitsizliğin sol tarafına (1) ve sağ tarafına 2'yi ekleyelim. Adil bir eşitsizlik elde ederiz, veya Örnek 3.Bunu kanıtla Çözüm. n=2 için eşitsizlik doğrudur, çünkü . Eşitsizliğin n=k için doğru olmasına izin verin, burada k bir doğal sayıdır; O halde eşitsizliğin n=k+1 için de geçerli olduğunu gösterelim; . (2)
Aslında koşula göre, dolayısıyla eşitsizlik doğrudur , (3)
eşitsizliğinden (1) her parçanın çarpılmasıyla elde edilir. Eşitsizliği (3) şu şekilde yeniden yazalım: . Son eşitsizliğin sağ tarafındaki pozitif terimi atarak adil eşitsizlik (2) elde ederiz. Örnek 4. Bunu kanıtla (1)
burada , , n 1'den büyük bir doğal sayıdır. Çözüm. n=2 eşitsizliği için (1) şu formu alır: O zamandan beri eşitsizlik doğrudur . (3)
Eşitsizliğin (3) her bir kısmına ekleyerek eşitsizlik (2) elde ederiz. Bu, n=2 eşitsizliği için (1)'in doğru olduğunu kanıtlar. Eşitsizlik (1) n=k için doğru olsun; burada k bir doğal sayıdır; . (4)
O halde (1) eşitsizliğinin n=k+1 için de doğru olması gerektiğini kanıtlayalım; (5)
Eşitsizliğin her iki tarafını (4) a+b ile çarpalım. koşuluna göre aşağıdaki adil eşitsizliği elde ederiz: . (6)
Eşitsizliğin (5) geçerliliğini kanıtlamak için şunu göstermek yeterlidir: , (7)
ya da aynı olan şey, . (8)
Eşitsizlik (8) eşitsizliğe eşdeğerdir Eğer , o zaman ve eşitsizliğin (9) sol tarafında iki pozitif sayının çarpımı var. Eğer , o zaman ve eşitsizliğin (9) sol tarafında iki negatif sayının çarpımı var. Her iki durumda da eşitsizlik (9) doğrudur. Bu, eşitsizliğin (1) n=k için geçerliliğinin, n=k+1 için de geçerliliği anlamına geldiğini kanıtlar. Diğerlerine uygulanan matematiksel tümevarım yöntemi
görevler Matematiksel tümevarım yönteminin geometride en doğal uygulaması, bu yöntemin sayılar teorisi ve cebirdeki kullanımına yakın, geometrik hesaplama problemlerinin çözümüne uygulanmasıdır. Birkaç örneğe bakalım. Örnek 1.R yarıçaplı bir daire içine yazılan düzgün bir karenin kenarını hesaplayın. Çözüm. N=2 olduğunda doğru 2 N - kare bir karedir; onun tarafı. Ayrıca ikiye katlama formülüne göre düzgün bir sekizgenin kenarını buluyoruz Düzgün yazılı bir üçgenin kenarının formül (1) ile ifade edildiğini varsayalım. Bu durumda ikiye katlama formülüne göre buradan formül (1)'in tüm n'ler için geçerli olduğu sonucu çıkar. Örnek 2.Bir n-gon (dışbükey olması şart değil) ayrık köşegenleriyle kaç tane üçgene bölünebilir? Çözüm. Bir üçgen için bu sayı bire eşittir (bir üçgende tek bir köşegen çizilemez); bir dörtgen için bu sayı açıkça ikidir. Diyelim ki her k-gon'u zaten biliyoruz, burada k Bir bir 1 bir 2 Bu bölümün köşegenlerinden biri A 1 A k olsun; n-gon A 1 A 2 ...A n'yi k-gon A 1 A 2 ...A k ve (n-k+2)-gon A 1 A k A k+1 ..'ye böler. .Bir . Yapılan varsayıma göre bölmedeki toplam üçgen sayısı şuna eşit olacaktır: (k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2; Böylece ifademiz tüm n'ler için kanıtlanmıştır. Örnek 3.Dışbükey bir n-gon'un ayrık köşegenlerle üçgenlere bölünebileceği yolların P(n) sayısını hesaplamak için kuralı belirtin. Çözüm. Bir üçgen için bu sayı açıkça bire eşittir: P(3)=1. Tüm k için P(k) sayılarını zaten belirlediğimizi varsayalım. Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1). Bu formülü kullanarak tutarlı bir şekilde şunu elde ederiz: 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 vesaire. Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak grafiklerle ilgili problemleri de çözebilirsiniz. Düzlemde bazı noktaları birbirine bağlayan ve başka noktaları olmayan bir doğrular ağı olsun. Köşeleri olarak noktalar verilen, iki bitişik köşe arasındaki eğri parçaları - haritanın sınırları, sınırlarla bölündüğü düzlemin bölümleri - haritanın ülkeleri olan böyle bir çizgi ağına harita adını vereceğiz. Uçakta bir harita verilsin. Ülkelerinden her biri belirli bir renkle boyanırsa, ortak sınırı olan herhangi iki ülke ise farklı renklerle boyanırsa doğru renklendirilmiştir diyeceğiz. Örnek 4.Düzlemde n tane daire var. Bu dairelerin herhangi bir düzenlemesinde oluşturdukları haritanın iki renkle doğru şekilde renklendirilebileceğini kanıtlayın. Çözüm. n=1 için ifademiz açıktır. n daireden oluşan herhangi bir harita için ifademizin doğru olduğunu varsayalım ve düzlemde n+1 daire olsun. Bu dairelerden birini kaldırarak, yapılan varsayıma göre iki renkle (örneğin siyah ve beyaz) doğru şekilde renklendirilebilecek bir harita elde ederiz. Matematiksel tümevarım, matematiksel ispatın en yaygın yöntemlerinden birinin temelidir. Onun yardımıyla, doğal sayılarla n formüllerinin çoğunu kanıtlayabilirsiniz; örneğin, S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n ilerlemesinin ilk terimlerinin toplamını bulma formülü, Newton'un binom formülü a + b n = C n 0 · bir n · C n 1 · bir n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n . İlk paragrafta temel kavramları analiz edeceğiz, ardından yöntemin temellerini ele alacağız ve ardından eşitlikleri ve eşitsizlikleri kanıtlamak için bu yöntemi nasıl kullanacağınızı anlatacağız. Yandex.RTB R-A-339285-1 Öncelikle genel olarak tümevarım ve tümdengelimin ne olduğuna bakalım. Tanım 1 İndüksiyonözelden genele geçiştir ve kesinti tam tersine genelden özele doğru. Mesela şöyle bir ifademiz var: 254 ikiye bölünebilir. Buradan hem doğru hem de yanlış dahil olmak üzere birçok sonuç çıkarabiliriz. Örneğin, sonu 4 ile biten tüm tam sayıların ikiye kalansız bölünebileceği ifadesi doğru, ancak üç basamaklı herhangi bir sayının 2'ye bölünebileceği ifadesi yanlıştır. Genel olarak, tümevarımsal akıl yürütmenin yardımıyla, bilinen veya açık bir akıl yürütmeden birçok sonucun çıkarılabileceği söylenebilir. Matematiksel tümevarım bu sonuçların ne kadar geçerli olduğunu belirlememize olanak tanır. Diyelim ki 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, şeklinde bir sayı dizimiz var. . . , 1 n (n + 1) , burada n bir doğal sayıyı belirtir. Bu durumda dizinin ilk elemanlarını eklerken aşağıdakileri elde ederiz: 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 , . . . Tümevarım kullanarak S n = n n + 1 olduğu sonucunu çıkarabiliriz. Üçüncü bölümde bu formülü kanıtlayacağız. Bu yöntem aynı isimli prensibe dayanmaktadır. Bu şekilde formüle edilmiştir: Tanım 2 Belirli bir ifade, n doğal değeri için doğru olacaktır; 1) n = 1 ve 2 için doğru olacaktır) bu ifadenin keyfi bir doğal değer olan n = k için geçerli olması gerçeğinden, bunun aşağıdakiler için doğru olacağı sonucu çıkar: n = k + 1 . Matematiksel tümevarım yöntemi 3 aşamada uygulanır: Daha önce bahsettiğimiz örneği ele alalım. Örnek 1 S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + formülünü kanıtlayın. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 . Çözüm
Zaten bildiğimiz gibi, matematiksel tümevarım yöntemini uygulamak için ardışık üç adımın gerçekleştirilmesi gerekir. k + 1'i orijinal dizinin ilk terimlerinin ve k + 1'in toplamı olarak temsil edebiliriz: S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) İkinci eylemde S k = k k + 1 elde ettiğimiz için aşağıdakileri yazabiliriz: S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) . Şimdi gerekli dönüşümleri gerçekleştiriyoruz. Kesri ortak bir paydaya indirgememiz, benzer terimleri azaltmamız, kısaltılmış çarpma formülünü uygulamamız ve elde edilenleri azaltmamız gerekecek: 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 Böylece matematiksel tümevarım yönteminin üç adımını da tamamlayarak üçüncü noktadaki eşitliği kanıtlamış olduk. Cevap: S n = n n + 1 formülüne ilişkin varsayım doğrudur. Trigonometrik fonksiyonlarla ilgili daha karmaşık bir problemi ele alalım. Örnek 2 Eşliğin bir kanıtını verin çünkü cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α . Çözüm
Hatırladığımız gibi ilk adım, n bire eşit olduğunda eşitliğin geçerliliğini kontrol etmek olmalıdır. Bunu öğrenmek için temel trigonometrik formülleri hatırlamamız gerekiyor. çünkü 2 1 = çünkü 2 α günah 2 1 + 1 α 2 1 günah 2 α = günah 4 α 2 günah 2 α = 2 günah 2 α çünkü 2 α 2 günah 2 α = cos 2 α Bu nedenle n'nin bire eşit olması durumunda özdeşlik doğru olacaktır. Şimdi geçerliliğinin n = k için doğru olduğunu varsayalım; cos 2 α · cos 4 α · olduğu doğru olacaktır. . . · çünkü 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α . Eşitliği kanıtlıyoruz çünkü cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α, önceki varsayımı temel alarak, n = k + 1 durumu için. Trigonometrik formüle göre, sin 2 k + 1 α çünkü 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 günah (2 2 k + 1 α) + günah 0 = 1 2 günah 2 k + 2 α Buradan, çünkü 2 α · çünkü 4 α · . . . · çünkü 2 k + 1 α = = çünkü 2 α · çünkü 4 α · . . . · çünkü 2 k α · çünkü 2 k + 1 α = = günah 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · çünkü 2 k + 1 α = 1 2 · günah 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = günah 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α En küçük kareler yöntemi ile ilgili yazımızda bu yöntemi kullanarak bir eşitsizliği ispatlamak için problem çözme örneğini vermiştik. Yaklaşım katsayılarını bulmaya yönelik formüllerin türetildiği paragrafı okuyun. Metinde bir hata fark ederseniz, lütfen onu vurgulayın ve Ctrl+Enter tuşlarına basın.
A) 
;
B) 
.
, alıyoruz
1/3 = 1/3. Eşitlik olsun P(N):a) Bernoulli eşitsizliği: (1 + a) N ≥ 1 + N a , a > -1, N HAKKINDA N.
B) X 1 + X 2 + ... + X N ≥ N, Eğer X 1 X 2 · ... · X N= 1 ve X Ben > 0, .
c) Aritmetik ortalama ve geometrik ortalamaya göre Cauchy eşitsizliği
Nerede X Ben > 0, , N ≥ 2.
d) günah 2 N a + çünkü 2 N a ≤ 1, N HAKKINDA N.
e)
f) 2 N > N 3 , N HAKKINDA N, N ≥ 10.
ve bunun gerçekleştiğini göstereceğiz ve(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. Bu nedenle, X 1 + X 2 + ... + X N + X N+1 ≥ N+1, eğer P(N) doğrudur, o haldeP(N+ 1) adil. Eşitsizlik kanıtlandı.
ve bunu kanıtlayacağız
göz önünde bulundurarak P(N), elde ederiz 
, şu şekildedir
Matematiksel tümevarım yönteminin özü
Problem çözmede matematiksel tümevarım yöntemi
eşit. Yani, n=1 için parite kanıtlanmıştır, pariteden parite çıkarılmıştır. 
Bu, n'nin tüm doğal değerleri için eşit olduğu anlamına gelir.
Matematiksel tümevarım yönteminin uygulanması
n bir doğal sayıdır.
.
.
. Hadi bunu gösterelim 
.
.
.
. Daha sonra
.
, .
, yani 
.
.
. Bu ifade kanıtlanmıştır.
, burada >-1, n, 1'den büyük bir doğal sayıdır.
. (1)
. (2)
. (9)
, düzgün bir altıgenin kenarı 
, normal otuz iki üçgenin kenarı 
. Bu nedenle doğru yazılan 2'nin tarafının olduğunu varsayabiliriz. N - herhangi bir eşitin karesi
. (1)
,
Tümevarım ve tümdengelim kavramları
Matematiksel tümevarım yöntemi nedir?
Eşitsizlikleri ve denklemleri çözmek için matematiksel tümevarım yöntemi nasıl kullanılır?