Açık ders matematiksel tümevarım yöntemi. Doğal sayıların bölünebilirliği ile ilgili problemlerin çözümünde matematiksel tümevarım yönteminin uygulanması

Ders #50

ders konusu : Matematiksel tümevarım yöntemi.

Dersin amacı: Tanışmak, buluşmakmatematiksel tümevarım yönteminin özü, bu yöntemin ispat problemlerini çözmede nasıl uygulanacağını öğrenmek, hesaplama becerilerinin geliştirilmesine devam etmek, matematik okuryazarlığının oluşumuna devam etmek.

Dersler sırasında.

Organizasyon zamanı. Ders hedefleri belirleme

Temel bilgilerin aktivasyonu.

Geometrik bir ilerlemenin tanımı, bir geometrik ilerlemenin n'inci üyesi için formüller.

Bir aritmetik ilerlemenin ilk n teriminin toplamı için formülü tekrarlayın.

Sonsuz azalan bir geometrik ilerlemenin toplamı için formülü tekrarlayın

3. Yeni materyal öğrenmek

Birçok problemi çözerken, matematiksel cümlelerin geçerliliğini kanıtlarken ve ayrıca bir formül türetirken, genellikle akıl yürütme denir, buna muhakeme denir.matematiksel tümevarım yöntemi.

Örneğin, formülü türetirken böyle bir akıl yürütme kullandınız.nth terim, hem de birincinin toplamı için formül türetirkennaritmetik ve geometrik ilerlemelerin üyeleri.

Bu yöntemin özü şu şekildedir: Doğal bir sayının göründüğü belirli bir ifadenin geçerliliğini belirlemek gerekirse.n, sonra:

1) amaçlanan ifadenin belirli bir değer için geçerli olup olmadığı kontrol edilirn(örneğin içinn=1).

2) ifadenin bazı keyfi değerler için doğru olduğu varsayılır.n = k , ve bu durumda da geçerli olduğu kanıtlanmıştır.n = k + 1. Buradan, iddianın herhangi bir değer için doğru olduğu sonucuna varılır.n, çünkü adaleti keşfedildin=1 ve kanıtlanana göre, bu aynı zamanda için de geçerlidir.n= 2 ve geçerli olduğu içinn= 2, o zaman için de geçerlidirn= 3 vb.

Şimdi bu yöntemi kullanma örneklerine bakalım.

Örnek 1. Bunu herhangi bir doğal durum için kanıtlayalım.neşitlik var

Formül için doğrun= 1 çünkü:

formülün doğru olduğunu varsayalım.n = k .

Bu durumda bunun doğru olduğunu kanıtlayalım.n = k+ 1, yani

Doğrudan doğrulama, formülün aşağıdakiler için doğru olduğunu gösterdi:n =1; bu nedenle, için de geçerli olacakn= 2 ve bu nedenlen= 3, bu nedenle,n = 4 ve genel olarak herhangi bir doğaln.

4. Problem çözme

№249(a)

Bu problemde formülün ispatı istenmektedir.n – incimatematiksel tümevarım yoluyla aritmetik ilerleme terimi

saatn=1 bizde 1 = bir 1.

Bu formülün doğru olduğunu varsayalım.kth terim, yani eşitlik a k = a 1 + D( k-1)

Bu durumda bu formülün () için de doğru olduğunu kanıtlayalım.k+1. üye. Yok canım,

a k +1 = a 1 + D( k+1-1) = bir 1 + dk

Öte yandan, tanımı gereği, arif. prog. a k +1 = a k + D

Son iki ifadenin sol kısımları = ve sağ kısımlar eşit olduğundan:

a k + D= bir 1 + dkveya bir k = a 1 + D( k-1)

Ortaya çıkan doğru eşitlik, formülünnBir aritmetik ilerlemenin th terimi, herhangi bir doğal dizi için uygundur.n

№ 255

11 sayısını ispatlayalım n+1 +12 2 n -1 tüm doğal değerler içinn133'e böl

saatn=1 bizde 11 var 1+1 +12 2*1-1 =133, 133 bölü 133

Diyelim kin= ktoplam 11 k +1 +12 2 k -1 133'e böl

Bu toplamın 133 ile bölünebildiğini ispatlayalım.n= k+1, yani on bir k +2 +12 2 k +1 133'e böl

11 k+2 +12 2k+1 =11*11 k +1 +144*12 k-1 =11*11 k +1 +11*12 2k-1 +133*12 2k-1 =11(11 k+1 +12 2k-1 )+133*12 2k-1

Ortaya çıkan toplamın her terimi 133'e bölünebilir. Bu nedenle, 11 k +2 +12 2 k +1 ayrıca 133'e bölün.

5. Yansıma

6. Açıklama D / z

§15 karar no.251

Matematiksel tümevarım yöntemi

Tanıtım

Ana bölüm

1. Tam ve eksik tümevarım
2. Matematiksel tümevarım ilkesi
3. Matematiksel tümevarım yöntemi
4. Örneklerin çözümü
5. eşitlik
6. Sayı bölümü
7. eşitsizlikler

Çözüm

kullanılmış literatür listesi

Tanıtım

Tümdengelim ve tümevarım yöntemleri, herhangi bir matematiksel araştırmanın temelidir. Tümdengelimli akıl yürütme yöntemi, genelden özele doğru akıl yürütmedir, yani. başlangıç ​​noktası genel sonuç olan akıl yürütme ve son nokta özel sonuçtur. Tümevarım, belirli sonuçlardan genel sonuçlara geçerken uygulanır, yani. tümdengelim yönteminin tersidir.

Matematiksel tümevarım yöntemi ilerleme ile karşılaştırılabilir. En alttan başlarız, mantıksal düşünmenin bir sonucu olarak en yükseğe geliriz. İnsan her zaman ilerleme için, düşüncesini mantıksal olarak geliştirme yeteneği için çabalamıştır, bu da doğanın kendisinin tümevarımsal olarak düşünmesini mukadder ettiği anlamına gelir.

Matematiksel tümevarım yönteminin uygulama alanı büyümesine rağmen, okul müfredatında buna çok az zaman ayrılmıştır. Diyelim ki, beş kelime teori duyduğu, beş ilkel problemi çözdüğü ve sonuç olarak hiçbir şey bilmediği için beş aldığı iki veya üç ders faydalı bir insan getirecek.

Ama bu çok önemli - tümevarımsal düşünebilmek.

Ana bölüm

Orijinal anlamında, "tümevarım" kelimesi, bir dizi özel ifadeye dayanarak genel sonuçların elde edildiği akıl yürütmeye uygulanır. Bu türden en basit akıl yürütme yöntemi tam tümevarımdır. İşte böyle bir akıl yürütmenin bir örneği.

4 içindeki her n doğal çift sayısının iki asal sayının toplamı olarak temsil edilebileceğini saptamak istensin. Bunu yapmak için, tüm bu sayıları alıyoruz ve karşılık gelen açılımları yazıyoruz:

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 asal terimin toplamı olarak temsil edildiğini göstermektedir.

Bu nedenle, tam tümevarım, genel ifadenin sonlu sayıda olası durumun her birinde ayrı ayrı kanıtlanmasıdır.

Bazen genel sonuç, hepsini değil de çok sayıda özel durumu (tamamlanmamış tümevarım olarak adlandırılır) değerlendirdikten sonra tahmin edilebilir.

Ancak 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, meşru bir kesin kanıt yöntemi olarak kabul edilmez, ancak yeni gerçekleri keşfetmek için güçlü bir yöntemdir.

Örneğin, ardışık ilk n tek sayının toplamını bulmamız istensin. Özel durumları düşünün:

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

Bu birkaç özel durumu değerlendirdikten sonra, aşağıdaki genel sonuç kendini göstermektedir:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

şunlar. ardışık ilk n tek sayının toplamı n 2

Tabii ki, yapılan gözlem henüz yukarıdaki formülün geçerliliğinin bir kanıtı olamaz.

Tam tümevarım matematikte yalnızca sınırlı uygulamalara sahiptir. Birçok ilginç matematiksel ifade sonsuz sayıda özel durumu kapsar ve sonsuz sayıda durumu test edemeyiz. Eksik indüksiyon genellikle hatalı sonuçlara yol açar.

Çoğu durumda, bu tür bir zorluktan 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 kanıtlamak gerekli olsun (örneğin, ilk n tek sayının toplamının n 2'ye eşit olduğunu kanıtlamak gerekir). Doğal sayılar kümesi sonsuz olduğundan, n'nin her değeri için bu ifadenin doğrudan doğrulanması imkansızdır. Bu ifadeyi kanıtlamak için önce n=1 için geçerliliğini kontrol edin. Daha sonra, k'nin herhangi bir doğal değeri için, n=k için incelenen ifadenin geçerliliğinin, n=k+1 için de geçerliliğini ima ettiği kanıtlanır.

Daha sonra iddia tüm n için kanıtlanmış kabul edilir. Gerçekten de, ifade n=1 için doğrudur. Ancak sonraki n=1+1=2 sayısı için de geçerlidir. n=2 için iddianın geçerliliği, n=2+ için geçerliliğini ima eder.

1=3. Bu, n=4 için ifadenin geçerliliğini ima eder, vb. Sonunda herhangi bir doğal sayı n'ye ulaşacağımız açıktır. Bu nedenle, ifade herhangi bir n için doğrudur.

Söylenenleri özetleyerek, aşağıdaki genel prensibi formüle ediyoruz.

Matematiksel tümevarım ilkesi.

Eğer cümle A(n) doğal sayıya bağlı olarakn, için doğrun=1 ve bunun için doğru olduğu gerçeğindenn= k (neredek-herhangi bir doğal sayı), bundan sonraki sayı için de doğru olduğu sonucu çıkar.n= k+1, sonra varsayım A(n) herhangi bir doğal sayı için doğrudurn.

Bazı durumlarda, belirli bir ifadenin geçerliliğini tüm doğal sayılar için değil, yalnızca n>p için kanıtlamak gerekebilir, burada p sabit bir doğal sayıdır. Bu durumda, matematiksel tümevarım ilkesi aşağıdaki gibi formüle edilir.

Eğer cümle A(n) için doğrudurn= P ve eğer A(k) Þ A(k+1) herhangi biri içink> P, sonra cümle A(n) herhangi biri için doğrudurn> P.

Matematiksel tümevarım yöntemiyle ispat aşağıdaki gibi yapılır. İlk olarak, kanıtlanacak iddia n=1 için kontrol edilir, yani, A(1) ifadesinin doğruluğu belirlenir. İspatın bu kısmına tümevarım temeli denir. Bunu, tümevarım adımı adı verilen ispatın bir kısmı takip eder. Bu bölümde, n=k+1 için ifadenin geçerliliği, ifadenin n=k için doğru olduğu varsayımı altında (tümevarım varsayımı), yani. A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayın.

ÖRNEK 1

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 olduğunu kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1=1 2'ye sahibiz. Buradan,

ifade n=1 için doğrudur, yani. A(1) doğrudur.

2) A(k)ÞA(k+1) olduğunu ispatlayalım.

k herhangi bir doğal sayı olsun ve ifade n=k için doğru olsun, yani.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

O halde iddianın bir sonraki doğal sayı n=k+1 için de doğru olduğunu ispatlayalım. 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 nОN için doğru olduğu sonucuna varıyoruz.

ÖRNEK 2

Kanıtla

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (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

bu nedenle, n=1 için formül doğrudur; A(1) doğrudur.

2) k herhangi bir doğal sayı olsun ve formülün n=k için doğru olmasına izin verin, yani.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k +1 -1) / (x-1).

eşitliğini ispatlayalım

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k + x k +1 \u003d (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 doğal sayı n için doğru olduğu sonucuna varıyoruz.

ÖRNEK 3

Bir dışbükey n-gon'un köşegenlerinin sayısının n(n-3)/2 olduğunu kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=3 için ifade doğrudur

Ve 3 doğru, çünkü bir üçgende

 A3 =3(3-3)/2=0 köşegen;

A 2 A(3) doğrudur.

2) Diyelim ki herhangi bir

dışbükey k-gon vardır-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 köşegen.

A k Bunu bir dışbükeyde ispatlayalım

(k+1)-gon sayısı

köşegenler A k +1 \u003d (k + 1) (k-2) / 2.

А 1 А 2 А 3 …A k A k +1 -dışbükey (k+1)-köşe olsun. İçine bir A 1 A k köşegeni çizelim. Bu (k + 1)-gon'un toplam köşegen sayısını saymak için, k-gon'daki köşegenlerin sayısını saymanız gerekir A 1 A 2 ...A k , elde edilen sayıya k-2 ekleyin, yani. A k +1 köşesinden çıkan (k+1)-gon köşegenlerinin sayısı ve ayrıca A 1 A k köşegeni de hesaba katılmalıdır.

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, ifade herhangi bir dışbükey n-gon için doğrudur.

ÖRNEK 4

Herhangi bir n için 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 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.

Dolayısıyla, n=1 için ifade doğrudur.

2) n=k olduğunu varsayın

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Bu ifadeyi n=k+1 için 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.

n=k+1 için eşitliğin geçerliliğini kanıtladık, bu nedenle matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade herhangi bir doğal n için doğrudur.

ÖRNEK 5

Herhangi bir doğal n 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) n=k için eşitliğin doğru olduğunu varsayalım

X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4.

3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için ispatlayalım, yani.

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, bu nedenle eşitlik herhangi bir doğal n için doğrudur.

ÖRNEK 6

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),

şunlar. bu doğru.

2) n=k için ifadenin 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 ifadesinin doğruluğunu ispatlayacağız.

(((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).

n=k+1 için eşitliğin geçerliliğini kanıtladık, bu nedenle, matematiksel tümevarım yöntemi nedeniyle, ifade herhangi bir n>2 için doğrudur.

ÖRNEK 7

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) n=k olduğunu varsayalım, 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 ispatlayalım.

(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 için eşitliğin geçerliliği de kanıtlanmıştır, bu nedenle ifade herhangi bir doğal sayı n için doğrudur.

ÖRNEK 8

Kimliğin geçerliliğini 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) 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, iddianın herhangi bir doğal sayı n için doğru olduğu görülebilir.

ÖRNEK 9

(11 n+2 +12 2n+1) sayısının 133 ile kalansız bölünebildiğini kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133.

Ancak (23´133) 133'e kalansız bölünebilir, dolayısıyla n=1 için ifade doğrudur; A(1) doğrudur.

2) Diyelim ki (11 k+2 +12 2k+1) 133'e kalansız bölünüyor.

3) Bu durumda ispatlayalım.

(11 k+3 +12 2k+3) 133'e kalansız bölünür. Nitekim, 11 k +3 +12 2k+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 .

Ortaya çıkan toplam 133 ile kalansız bölünebilir, çünkü ilk terimi varsayımla kalansız 133'e bölünebilir ve ikincisinde 133'tür. Yani, А(k)ÞА(k+1). Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.

ÖRNEK 10

Herhangi bir n 7 için n -1'in 6'ya kalansız bölünebildiğini kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1 olsun, X 1 =7 1 -1=6 6'ya kalansız bölünür. Yani n=1 için ifade doğrudur.

2) n=k için

7 k -1 6'ya kalansız bölünür.

3) İfadenin n=k+1 için doğru olduğunu ispatlayalım.

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. Dolayısıyla 7 n -1, herhangi bir doğal n için 6'nın katıdır. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.

ÖRNEK 11

Rasgele doğal n için 3 3n-1 +2 4n-3'ün 11'e bölünebildiğini kanıtlayın.
Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11, kalansız 11'e bölünür. Dolayısıyla, n=1 için ifade doğrudur.

2) n=k için

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 kalansız 11'e bölünebilir.

3) İfadenin n=k+1 için doğru olduğunu ispatlayalım.

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 bölünür, çünkü 3 3 k-1 +2 4k-3 varsayımla 11'e bölünebilir, ikincisi 11'e bölünebilir, çünkü çarpanlarından biri 11'dir. herhangi bir doğal n için kalansız bölünebilir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.

ÖRNEK 12

Rastgele bir pozitif tamsayı n için 11 2n -1'in 6'ya kalansız bölünebildiğini kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman 11 2 -1=120 6 ile kalansız bölünebilir. Yani n=1 için ifade doğrudur.

2) n=k için

11 2 k -1 6'ya kalansız bölünür.

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

Her iki terim de 6'ya kalansız bölünebilir: ilki 6'nın 120'nin bir katını içerir ve ikincisi varsayımla 6'ya kalansız bölünebilir. Yani toplam 6 ile kalansız bölünebilir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.

ÖRNEK 13

Rastgele bir pozitif tamsayı n için 3 3 n+3 -26n-27'nin 26 2 (676) ile kalansız bölünebildiğini kanıtlayın.

Çözüm: Önce 3 3 n+3 -1'in 26 ile kalansız bölünebildiğini ispatlayalım.

1. n=0 için

3 3 -1=26 26 ile tam bölünür

1. n=k için

3 3k+3 -1 26 ile tam bölünür

1. ifadesinin olduğunu kanıtlayalım.

n=k+1 için doğrudur.

3 3 k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3 k +3 -1) - 26 ile bölünebilir

Şimdi problem koşulunda formüle edilen iddiayı kanıtlayalım.

1) n=1 için ifadenin doğru olduğu açıktır.

3 3+3 -26-27=676

2) n=k için

3 3 k+3 -26k-27 ifadesi 26 2 ile kalansız bölünebilir.

3) n=k+1 için önermenin 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 ile bölünebilir; ilki 26 2 ile bölünebilir çünkü parantez içindeki ifadenin 26 ile bölünebildiğini ve ikincisinin tümevarım hipotezi ile bölünebildiğini kanıtladık. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.

ÖRNEK 14

n>2 ve x>0 ise eşitsizliği kanıtlayın

(1+x) n >1+n´x.

Çözüm: 1) n=2 için eşitsizlik doğrudur, 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 ispatlayalım.

(1+x) k >1+k´x. (3)

O halde A(k+1)'in de doğru olduğunu ispatlayalım, yani eşitsizliğin

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Aslında, (3) eşitsizliğinin her iki tarafını da pozitif 1+x sayısıyla çarparsak, şunu elde ederiz:

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Son eşitsizliğin sağ tarafını düşünün

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 geçerli olduğu söylenebilir.

ÖRNEK 15

Eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın

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

Çözüm: 1) m=1 için

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 her iki kısım da eşittir.

2) m=k için

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) m=k+1 için eşitliksizliğin doğru olduğunu ispatlayalım

(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 .

m=k+1 için eşitsizliğin geçerliliğini kanıtladık, bu nedenle matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik herhangi bir doğal m için doğrudur.

ÖRNEK 16

n>6 için eşitsizliği kanıtlayın

Çözüm: Eşitsizliği formda yeniden yazalım

1. n=7 için

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

eşitsizlik doğrudur.

1. n=k için

3) n=k+1 için eşitsizliğin doğruluğunu ispatlayalım.

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

k>7 olduğundan, son eşitsizlik açıktır.

Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik herhangi bir doğal n için geçerlidir.

ÖRNEK 17

n>2 için eşitsizliği kanıtlayın

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Çözüm: 1) n=3 için eşitsizlik doğrudur

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180

1. n=k için

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

3) Olmayanların geçerliliğini kanıtlayacağız.

n=k+1 için eşitlikler

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2) olduğunu ispatlayalım.

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

İkincisi açıktır ve bu nedenle

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitliğin olmadığı kanıtlanmıştır.

Çözüm

Özellikle, matematiksel tümevarım yöntemini inceledikten sonra, bu matematik alanındaki bilgimi arttırdım ve daha önce gücümün ötesinde olan problemleri nasıl çözeceğimi de öğrendim.

Temel olarak, bunlar mantıklı ve eğlenceli görevlerdi, yani. sadece bir bilim olarak matematiğin kendisine olan ilgiyi artıranlar. Bu tür problemlerin çözümü eğlenceli bir aktivite haline gelir ve giderek daha fazla meraklı insanı matematiksel labirentlere çekebilir. Benim düşünceme 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, GÖREVLER, ÇÖZÜMLER

Ders Kitabı / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpuri LLC 1996.

CEBİR VE ANALİZ İLKELERİ

Ders Kitabı / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. "Aydınlanma" 1975.

"Matematiksel tümevarım yöntemi" video dersi, matematiksel tümevarım yönteminde ustalaşmaya yardımcı olur. Video, yöntemin özünü anlamaya, uygulamasının özelliklerini hatırlamaya, bu yöntemin problem çözmede nasıl uygulanacağını öğrenmeye yardımcı olan materyaller içerir. Bu eğitim videosunun amacı, materyalin gelişimini kolaylaştırmak, tümevarım yoluyla matematiksel problemleri çözme becerisini oluşturmaktır.

Öğrencilerin dikkatini materyali incelemeye devam ettirmek için animasyon efektleri, illüstrasyonlar ve bilgilerin renkli sunumu kullanılır. Video dersi, bireysel çalışmanın kalitesini artırmak ve diğer eğitim sorunlarını çözmek için öğretmenin sınıfta zamanını boşaltır.

Matematiksel tümevarım yöntemi kavramı, a 1 = 4 ve n+1 = a n +2n+3 olan a n dizisinin dikkate alınması örneğinde tanıtılır. Dizinin bir üyesinin genel temsiline göre, a 1 =4, a 2 =4+2 1+3=9, a 3 =9+2 2+3=16, yani a 1 =4, a 2 =4+2 1+3=9 olduğu belirlenir. 4, 9, 16,… sayı dizisi Verilen dizi için bir =(n+1) 2'nin doğru olduğu varsayılır. Dizinin belirtilen üyeleri için - birinci, ikinci, üçüncü - formül doğrudur. Herhangi bir keyfi olarak büyük n için bu formülün geçerliliğini kanıtlamak gerekir. Bu gibi durumlarda, ifadeyi kanıtlamaya yardımcı olan matematiksel tümevarım yönteminin uygulandığına dikkat çekilmektedir.

Yöntemin özü ortaya çıkar. n=k formülünün geçerliliği varsayılır, a k =(k+1) 2 değeri. Eşitliğin a k+1 =(k+2) 2 anlamına gelen k+1 için de geçerli olacağını kanıtlamak gerekir. Bunu yapmak için, a k +1 =a k +2k+3 formülünde a k'yi (k+1) 2 ile değiştiririz. Benzerlerin ikamesi ve indirgemesinden sonra, a k +1 =(k+2) 2 eşitliğini elde ederiz. Bu, n formülünün geçerliliğinin onu n=k+1 için de doğru kıldığını iddia etme hakkını verir. 4, 9, 16, ... sayıları ile temsil edilen an dizisi ve an =(n + 1) 2 ortak terimi ile ilgili olarak düşünülen kanıt, formülün a'ya dönüşmesi durumunda şu iddiada bulunma hakkını verir: n=1 için gerçek eşitlik, sonra ayrıca n=1+ 1=2 için ve 3 vb. için, yani herhangi bir doğal n için.

Ayrıca, tümevarım yönteminin özü matematiksel dilde ifade edilir. Yöntemin ilkesi, gerçeğin keyfi bir doğal sayı n için iki koşulda geçerli olduğu ifadesinin geçerliliğine dayanır: 1) ifade n=1 için doğrudur 2) bu formülün n=k için geçerliliği şu şekildedir: n=k+1 için geçerliliği. Bu ilkeden, matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak ispatın yapısını takip eder. Bu yöntemin n=1 için önermenin geçerliliğinin ispatını varsaydığı ve n=k için ispatın geçerliliği varsayımı altında bunun n=k+1 için de doğru olduğu kanıtlanmıştır.

Arşimet formülünün matematiksel tümevarım yöntemiyle ispatının bir örneği analiz edilir. 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6 formülü verildi. Hesaplamalar ekranda yapılır ve n=1 için formülün geçerliliği elde edilir. İspatın ikinci noktası, n=k için formülün geçerli olduğu varsayımıdır, yani 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 =k(k+1)(2k+1) şeklini alır. )/6. Buna dayanarak, formülün n=k+1 için de doğru olduğunu kanıtlıyoruz. n=k+1 yerine yazdıktan sonra 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =(k+1)(k+2)(2k+3 formülünün değerini elde ederiz. )/6. Böylece Arşimet formülü ispatlanmış olur.

Başka bir örnek, herhangi bir doğal n için 15 n +6 toplamının 7'sinin çokluğunun kanıtını ele alır. İspatta matematiksel tümevarım yöntemini kullanıyoruz. İlk olarak, n=1 için iddianın geçerliliğini kontrol ediyoruz. Gerçekten de, 15 1 +6=21. O zaman n=k için geçerliliği kabul ediyoruz. Bu, 15 k +6'nın 7'nin katı olduğu anlamına gelir. Formülde n=k+1 yerine koyarak, 15 k +1 +6'nın 7'nin katı olduğunu kanıtlamış oluyoruz. İfadeyi dönüştürdükten sonra şunu elde ederiz: 15 k +1 +6=15 k +1 14+(15 k +6). Bu nedenle, 15 n +6 toplamı 7'nin katıdır.

"Matematiksel tümevarım yöntemi" video dersi, matematiksel tümevarım yönteminin ispatta uygulanmasının özünü ve mekanizmasını anlaşılır ve ayrıntılı bir şekilde ortaya koymaktadır. Bu nedenle, bu video materyali cebir dersinde yalnızca görsel bir yardımcı olarak hizmet etmekle kalmaz, aynı zamanda öğrencilerin materyali kendi başlarına incelemeleri için faydalı olacaktır ve uzaktan eğitim sırasında konuyu öğretmene açıklamaya yardımcı olacaktır.

Tümevarım, belirli gözlemlerden genel bir ifade elde etme yöntemidir. Matematiksel bir ifadenin sınırlı sayıda nesneyle ilgili olduğu durumda, her nesne için kontrol edilerek kanıtlanabilir. Örneğin, "Her iki basamaklı çift sayı, iki asal sayının toplamıdır" ifadesi, kurulması oldukça gerçekçi olan bir dizi eşitlikten gelir:

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 tüketerek sonlu sayıda durum için doğrulandığı ispat yöntemine tam tümevarım denir. Bu yöntem nispeten nadiren uygulanabilir, çünkü matematiksel ifadeler bir kural olarak sonlu değil, sonsuz nesne kümeleriyle ilgilidir. Örneğin, yukarıda tam tümevarımla ispatlanan iki basamaklı sayılarla ilgili ifade, teoremin yalnızca özel bir halidir: "Herhangi bir çift sayı, iki asal sayının toplamıdır." Bu teorem henüz kanıtlanmadı veya reddedilmedi.

Matematiksel tümevarım, matematiksel tümevarım ilkesine dayalı olarak herhangi bir doğal n için belirli bir ifadeyi kanıtlama yöntemidir: “Eğer bir ifade n=1 için doğruysa ve n=k için geçerliliğinden, bu ifadenin n= için doğru olduğu sonucu çıkar. k+1, o zaman 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 kanıtlayın veya doğrudan doğrulayın;

2) tümevarım adımı (geçiş): bazı doğal n=k için ifadenin geçerliliğini varsayarlar ve bu varsayıma dayanarak, n=k+1 için ifadenin geçerliliğini kanıtlarlar.

Çözümlerle ilgili sorunlar

1. Herhangi bir doğal n için 3 2n+1 +2 n+2 sayısının 7'ye bölünebildiğini kanıtlayın.

A(n)=3 2n+1 +2 n+2'yi belirtin.

indüksiyon temeli. Eğer n=1 ise, o zaman A(1)=3 3 +2 3 =35 ve açıkça 7'ye bölünebilir.

Tümevarım hipotezi. A(k) 7 ile bölünebilir olsun.

endüktif geçiş. A(k+1)'in 7'ye bölünebildiğini, yani n=k için problemin ifadesinin geçerliliğini ispatlayalım.

А(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 bölünebilir, çünkü 7'ye bölünebilen iki tamsayının farkıdır. Bu nedenle, 3 2n+1 +2 n+2, herhangi bir doğal n için 7'ye bölünebilir.

2. Herhangi bir pozitif tamsayı n için 2 3 n +1 sayısının 3 n+1 ile bölünebildiğini ve 3 n+2 ile bölünemeyeceğini kanıtlayın.

Şimdi gösterimi tanıtalım: a i =2 3 i +1.

n=1 için elimizde ve 1 =2 3 +1=9 var. Yani 1, 3 2 ile bölünebilir ve 3 3 ile bölünemez.

n=k için a k sayısı 3 k+1 ile bölünebilir ve 3 k+2 ile bölünemez, yani a k ​​=2 3 k +1=3 k+1 m, 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 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 ile bölünebilir ve 3 k+3 ile bölünemez.

Bu nedenle, iddia herhangi bir doğal n için kanıtlanmıştır.

3. x+1/x'in bir tam sayı olduğu bilinmektedir. х n +1/х n'nin herhangi bir n tamsayısı için de bir tam sayı olduğunu kanıtlayın.

Notasyonu tanıtalım: a i \u003d x ben +1 / x i ve hemen not edin ki a i \u003d a -i, bu yüzden doğal endeksler hakkında konuşmaya devam edeceğiz.

Not: ve 1, koşula göre bir tamsayıdır; a 2 bir tamsayıdır, çünkü a 2 \u003d (a 1) 2 -2; ve 0=2.

a k'nin, n'yi aşmayan herhangi bir k pozitif tamsayı için bir tam sayı olduğunu varsayalım. O halde a 1 ·a n bir tamsayıdır, ancak a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 ve a n+1 =a 1 ·a n –a n–1'dir. Ancak, ve n–1 tümevarım hipotezine göre bir tamsayıdır. Dolayısıyla, а n+1 de bir tamsayıdır. Bu nedenle, х n +1/х n, ispatlanacak olan herhangi bir n tamsayısının bir tamsayıdır.

4. 1'den büyük herhangi bir n pozitif tamsayı için çift eşitsizliğin olduğunu kanıtlayın.

5. Doğal n > 1 ve |х| olduğunu kanıtlayın.

(1–x)n +(1+x)n

n=2 için eşitsizlik doğrudur. Yok canım,

(1–x) 2 + (1 + x) 2 \u003d 2 + 2 x 2

n=k için eşitsizlik doğruysa, o zaman n=k+1 için

(1–x)k+1 +(1+x)k+1

Herhangi bir n > 1 doğal sayı için eşitsizlik ispatlanır.

6. Düzlemde n tane daire var. Bu dairelerin herhangi bir düzenlemesi için, bunların oluşturduğu haritanın iki renkle doğru şekilde renklendirilebileceğini kanıtlayın.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanalım.

n=1 için iddia açıktır.

Bu ifadenin n çemberden oluşan herhangi bir harita için doğru olduğunu varsayalım ve düzlemde n + 1 daire verilsin. Bu dairelerden birini kaldırarak, yapılan varsayım sayesinde iki renkle doğru şekilde renklendirilebilen bir harita elde ederiz (aşağıdaki ilk şekle bakın).

Daha sonra atılan daireyi eski haline getiriyoruz ve bir tarafında, örneğin içeride, her alanın rengini tersine değiştiriyoruz (ikinci resme bakın). Bu durumda iki renkle doğru bir şekilde renklendirilmiş bir harita elde ettiğimizi görmek kolaydır, ancak şimdi kanıtlanması gereken n + 1 daire ile.

7. Aşağıdaki koşullar karşılanıyorsa, dışbükey çokgene "güzel" diyeceğiz:

1) köşelerinin her biri üç renkten biriyle boyanmıştır;

2) herhangi iki komşu köşe farklı renklerde boyanmıştır;

3) Çokgenin en az bir köşesi üç rengin her birinde renklendirilir.

Herhangi bir güzel n-gon'un kesişmeyen köşegenlerle "güzel" üçgenlere kesilebileceğini kanıtlayın.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanalım.

indüksiyon temeli. Mümkün olan en az n=3 için, sorunun ifadesi açıktır: "güzel" üçgenin köşeleri üç farklı renkte boyanmıştır ve kesmeye gerek yoktur.

Tümevarım hipotezi. Sorunun ifadesinin herhangi bir "güzel" n-gon için doğru olduğunu varsayalım.

indüksiyon adımı. Keyfi bir "güzel" (n + 1)-gon düşünün ve tümevarım hipotezini kullanarak bunun bazı köşegenler tarafından "güzel" üçgenlere bölünebileceğini kanıtlayın. А 1 , А 2 , А 3 , … А n , А n+1 – (n+1)-gon'un ardışık köşeleri ile gösterin. (n + 1)-gon'un sadece bir köşesi üç renkten herhangi birinde renklendirilmişse, bu köşeyi köşegenlerle bitişik olmayan tüm köşelere bağlayarak, (n + 1)-'nin gerekli bölümünü elde ederiz. "güzel" üçgenlere girer.

Üç rengin her birinde bir (n + 1)-gon'un en az iki köşesi boyanırsa, o zaman A 1 köşesinin rengini 1 sayısı ve A 2 köşesinin rengini 2 sayısı ile gösteririz. . A k tepe noktası üçüncü renkle renklendirilecek en küçük sayı olsun. Açıktır ki k > 2. (n+1)-gon'dan А k–2 А k–1 А k üçgenini А k–2 А k köşegeniyle keselim. k sayısının seçimine göre bu üçgenin tüm köşeleri üç farklı renge boyanmıştır yani bu üçgen "güzel"dir. Konveks n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... Geriye kalan A n+1 , tümevarım varsayımı nedeniyle de “güzel” olacaktır, yani kanıtlanması gereken “güzel” üçgenlere bölünmüştür.

8. Bir dışbükey n-gon'da, herhangi ikisinin ortak bir noktası olması için n'den fazla köşegen seçmenin imkansız olduğunu kanıtlayın.

İspatı matematiksel tümevarım yöntemiyle yapalım.

Daha genel bir ifadeyi ispatlayalım: bir dışbükey n-gon'da, herhangi ikisinin ortak bir noktası olması için n'den fazla kenar ve köşegen seçmek imkansızdır. n = 3 için iddia açıktır. Bu iddianın keyfi bir n-gon için doğru olduğunu varsayalım ve bunu kullanarak, keyfi bir (n + 1)-gon için geçerliliğini kanıtlayalım.

Bir (n + 1)-gon için bu ifadenin doğru olmadığını varsayalım. Bir (n+1)-gon'un her bir köşesinden ikiden fazla seçilmiş kenar veya köşegen çıkmıyorsa, bunlardan en fazla n+1 tanesi seçilmiştir. Bu nedenle, seçilen en az üç kenar veya AB, AC, AD köşegenleri bir A köşesinden çıkar. AC, AB ile AD arasında olsun. C'den CA dışında çıkan herhangi bir kenar veya köşegen aynı anda AB ve AD'yi geçemeyeceğinden, C'den sadece seçilen bir köşegen CA çıkar.

C noktasını köşegen CA ile birlikte atarak, herhangi ikisinin ortak bir noktası olan n'den fazla kenarın ve köşegenin seçildiği dışbükey bir n-gon elde ederiz. Böylece, iddianın keyfi bir dışbükey n-gon için doğru olduğu varsayımıyla bir çelişkiye varırız.

Yani, bir (n + 1)-gon için ifade doğrudur. Matematiksel tümevarım ilkesine uygun olarak, ifade herhangi bir dışbükey n-gon için doğrudur.

9. Düzlemde çizilmiş, ikisi paralel olmayan, üçü de aynı noktadan geçmeyen n tane doğru vardır. Bu doğrular düzlemi kaç parçaya böler?

Temel çizimler yardımıyla, bir düz çizginin düzlemi 2 parçaya, iki düz çizginin 4 parçaya, üç düz çizginin 7 parçaya ve dört düz çizginin 11 parçaya bölündüğünden emin olmak kolaydır.

N(n) ile düzlemi n doğrunun böldüğü parça sayısını belirtin. Görülebilir 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.

olduğunu 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 toplamı için formülü kullanarak,

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

Bu formülün geçerliliğini matematiksel tümevarım yöntemiyle kanıtlayalım.

n=1 için formül zaten doğrulanmıştır.

Endüktif varsayımı yaptıktan sonra, problemin koşulunu sağlayan k + 1 doğrularını düşünün. Onlardan keyfi olarak k düz çizgi seçiyoruz. Tümevarım hipotezi ile düzlemi 1+ k(k+1)/2 parçaya bölerler. Kalan (k + 1) -inci çizgi, seçilen k çizgileri ile k + 1 parçaya bölünecek ve bu nedenle, düzlemin zaten bölünmüş olduğu (k + 1) - bölümünden geçecek ve her biri bu parçalar 2 parçaya bölünecek yani k+1 parça daha eklenecek. Böyle,

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, eylemlerin sırasını belirtmek için parantezler yerleştirilir 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 düzenleme yolları ile bu şekilde kaç farklı ifade elde edilebilir?

Her şeyden önce, ortaya çıkan kesirde x 1'in payda olacağı açıktır. Herhangi bir parantez düzenlemesi için x 2'nin paydada olacağı hemen hemen eşit derecede açıktır (x 2'den önceki bölme işareti ya x 2'nin kendisine ya da payda x 2 içeren herhangi 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 edebileceğinizi takip eder: n-2 harflerinin her biri x 3, x 4, ..., x n, pay veya paydadaki diğerlerinden bağımsız olabilir.

Bu iddiamızı tümevarımla ispatlayalım.

n=3 ile 2 kesir elde edebilirsiniz:

yani ifade doğrudur.

n=k için geçerli olduğunu varsayıyoruz ve n=k+1 için ispatlıyoruz.

x 1: x 2: ...: xk ifadesi, köşeli parantezlerin düzenlenmesinden sonra, bir Q kesri olarak yazılsın. Bu ifadeye xk yerine xk: x k+1 konulursa, xk, Q kesirlerinde olduğu gibi aynı yer ve x k + 1, x k'nin durduğu yerde olmayacak (eğer x k paydadaysa, o zaman x k + 1 payda olacaktır ve bunun tersi de geçerlidir).

Şimdi x k+1'i x k ile aynı yere ekleyebileceğimizi ispatlayalım. Q fraksiyonunda, parantezleri yerleştirdikten sonra, mutlaka q:x k biçiminde bir ifade olacaktır, burada q, x k–1 harfi veya parantez içindeki bir ifadedir. q: x k ifadesini (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 .

Böylece, n=k+1 durumunda olası kesirlerin sayısı n=k durumunda olduğundan 2 kat daha fazladır ve 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2'ye eşittir. Böylece iddia ispatlanmış olur.

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 tam bölünür;

e) 7 n+1 +8 2n–1 sayısı 19'a tam bölünür;

f) 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 sayısı 27 ile bölünebilir.

2. (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1) olduğunu kanıtlayın.

3. |sin nx| eşitsizliğini kanıtlayın n|sinx| herhangi bir doğal n için

4. 10 ile bölünemeyen ve herhangi bir doğal n için a n + b n ve c n sayılarının son iki basamağı aynı olacak şekilde a, b, c doğal sayılarını bulun.

5. Eğer n nokta aynı doğru üzerinde değilse, onları birbirine bağlayan doğrular arasında en az n tane farklı nokta olduğunu kanıtlayın.

MBOU Lyceum "Teknik ve Ekonomik"

MATEMATİKSEL ENDÜSYON YÖNTEMİ

MATEMATİKSEL ENDÜSYON YÖNTEMİ.

AÇIKLAYICI NOT

Matematiksel profilin 10. sınıf öğrencileri için metodolojik geliştirme "Matematiksel tümevarım yöntemi" derlenmiştir.

Birincil hedefler: öğrencilere matematiksel tümevarım yöntemini tanıtmak ve çeşitli problemlerin çözümünde nasıl uygulanacağını öğretmek.

Metodolojik geliştirmede, temel matematik soruları dikkate alınır: bölünebilirlik problemleri, özdeşliklerin ispatı, eşitsizliklerin ispatı, olimpiyatlarda sunulan problemler de dahil olmak üzere değişen derecelerde karmaşıklık problemleri önerilmektedir.

Deneysel bilimlerde tümevarımsal çıkarımların rolü çok büyüktür. Daha sonra kesinti yoluyla daha fazla sonuç çıkarılacak hükümleri verirler. İsim matematiksel tümevarım yöntemi aldatıcı bir şekilde - aslında, bu yöntem tümdengelimlidir ve tümevarımla tahmin edilen ifadelerin kesin bir kanıtını verir. Matematiksel tümevarım yöntemi, matematiğin çeşitli bölümleri arasındaki bağlantıların tanımlanmasına katkıda bulunur, öğrencinin matematik kültürünün gelişmesine yardımcı olur.

Matematiksel tümevarım yönteminin tanımı. Tam ve eksik tümevarım. Eşitsizliklerin kanıtı. Kimlik kanıtı. Bölünebilirlik problemlerini çözme. "Matematiksel tümevarım yöntemi" konusundaki çeşitli problemlerin çözümü.

ÖĞRETMEN İÇİN EDEBİYAT

1. M.L. Galitsky. Cebir ve matematiksel analiz dersinin derinlemesine incelenmesi. - M. Aydınlanma 1986.

2. L.I. Zvavich. Cebir ve analizin başlangıcı. Didaktik malzemeler. M. Drofa. 2001.

3. N.Ya. Vilenkin. Cebir ve matematiksel analiz. M Aydınlanma. 1995.

4. Yu.V. Mikheev. Matematiksel tümevarım yöntemi. NGU.1995.

ÖĞRENCİLER İÇİN EDEBİYAT

1. N.Ya. Vilenkin. Cebir ve matematiksel analiz. M Aydınlanma. 1995.

2. Yu.V. Mikheev. Matematiksel tümevarım yöntemi. NGU.1995.

ANAHTAR KELİMELER

Tümevarım, aksiyom, matematiksel tümevarım ilkesi, tam tümevarım, eksik tümevarım, iddia, özdeşlik, eşitsizlik, bölünebilirlik.

KONUYA DİDAKTİK EK

"MATEMATİKSEL ENDÜKSİYON YÖNTEMİ".

Ders 1

Matematiksel tümevarım yönteminin tanımı.

Matematiksel tümevarım yöntemi, yeni sonuçlar bulmak ve öne sürülen varsayımların doğruluğunu kanıtlamak için oldukça etkili yöntemlerden biridir. Bu yöntem matematikte yeni olmasa da ilgi azalmaz. İlk kez açık bir sunumda, matematiksel tümevarım yöntemi, 17. yüzyılda seçkin Fransız bilim adamı Blaise Pascal tarafından, o zamandan beri kendi adıyla anılan bir sayı üçgeninin özelliklerini kanıtlamak için uygulandı. Ancak, matematiksel tümevarım fikri eski Yunanlılar tarafından biliniyordu. Matematiksel tümevarım yöntemi, bir aksiyom olarak kabul edilen matematiksel tümevarım ilkesine dayanmaktadır. Matematiksel tümevarım fikrini örneklerle ele alacağız.

Örnek 1.

Kare bir parça ile iki parçaya bölünür, ardından ortaya çıkan parçalardan biri iki parçaya bölünür ve bu böyle devam eder. Karenin kaç parçaya bölündüğünü belirleyin P adımlar?

Çözüm.

İlk adımdan sonra, koşula göre 2 parça alırız. İkinci adımda bir parçayı değiştirmeden bırakıp ikincisini 2 parçaya bölerek 3 parça elde ediyoruz. Üçüncü adımda 2 parçayı değiştirmeden bırakıp üçüncüyü ikiye bölerek 4 parça elde ediyoruz. Dördüncü adımda 3 parçayı değiştirmeden bırakıp son parçayı iki parçaya bölerek 5 parça elde ediyoruz. Beşinci adımda 6 parça elde edeceğiz. Öneri şu şekilde yapılır P aldığımız adımlar (n+1) Bölüm. Ama bu önermenin kanıtlanması gerekiyor. aracılığıyla olduğunu varsayalım İle karenin bölündüğü adımlar (k+1) Bölüm. sonra (k+1) adım biz İle parçalar değişmeden bırakılacak ve (k+1) parçayı iki parçaya böl ve al (k+2) parçalar. Bu şekilde istediğiniz kadar tartışabileceğinizi fark ediyorsunuz, sonsuza kadar. Yani, varsayımımız şu ki P adımlar kare bölünecek (n+1) parçası, kanıtlanmış olur.

Örnek #2.

Anneannemin reçele çok düşkün bir torunu vardı, özellikle de litrelik kavanozdaki reçele. Ama büyükanne dokunmasına izin vermedi. Ve torunlar büyükannelerini aldatmaya karar verdiler. Bu kavanozdan her gün 1/10 litre yemeye karar verdi ve üzerine su ekleyerek iyice karıştırdı. Reçel su ile yarı yarıya seyreltildiğinde görünüş olarak aynı kalırsa, büyükanne kaç gün sonra aldatmacayı keşfedecek?

Çözüm.

Sonra kavanozda ne kadar saf reçel kalacağını bulun. P günler. İlk günden sonra 9/10 reçel ve 1/10 sudan oluşan karışım kavanozda kalacaktır. İki gün sonra su ve reçel karışımının 1/10'u kavanozdan kaybolacak ve kalacaktır (1 litre karışım 9/10 litre reçel içerir, 1/10 litre karışım 9/100 litre reçel içerir)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litre reçel. Üçüncü gün 1/10 litre 81/100 reçel ve 19/100 sudan oluşan karışım kavanozdan kaybolacaktır. Karışımın 1 litresinde 81/100 litre reçel, 1/10 litresinde 81/1000 litre reçel vardır. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 gün sonra 3 litre reçel kalacak geri kalanı su ile alınacaktır. Bir desen ortaya çıkıyor. Karşısında P bankada kalan gün sayısı (9/10) P reçel. Ama yine, bu sadece bizim tahminimiz.

İzin vermek İle keyfi bir doğal sayıdır. aracılığıyla olduğunu varsayalım İle bankada kalacak günler (9/10) l sıkışması. Bakalım başka bir gün bankada ne olacak, yani (k+1) gün. Bankadan kaybolacak 1/10l karışımı (9/10) İle ben reçel ve su. V 1l karışım (9/10) İle ben reçel, içinde 1/10l karışımlar (9/10) k+1 ben reçel. Şimdi güvenle söyleyebiliriz ki P bankada kalan günler (9/10) P ben reçel. 6 gün içinde banka 531444/1000000l 7 gün sonra sıkışmalar - 4782969/10000000l reçel, yani yarısından az.

Yanıt vermek: 7 gün sonra büyükanne aldatmayı keşfedecek.

Ele alınan sorunların çözümlerinde en temel olanı seçmeye çalışalım. Her birini ayrı veya dedikleri gibi özel durumları dikkate alarak çözmeye başladık. Daha sonra gözlemlerimize dayanarak bazı varsayımlarda bulunduk. P(n), doğala bağlı olarak P.

iddia kontrol edildi, yani kanıtlandı P(1), P(2), P(3);

önerdi P(n)Şunun için geçerli n=k ve bir sonraki için geçerli olacağı sonucuna vardı n, n=k+1.

Sonra şöyle bir şey tartıştılar: P(1) sağ, P(2) sağ, P(3) sağ, P(4) doğru... bu doğru P(n).

Matematiksel tümevarım ilkesi.

Beyan P(n), doğala bağlı olarak P, tüm doğal durumlar için geçerlidir P, Eğer

1) iddianın geçerliliği n=1;

2) ifadenin geçerliliği varsayımından P(n) de n=k meli

Adalet P(n) de n=k+1.

Matematikte, matematiksel tümevarım ilkesi, kural olarak, doğal sayı dizilerini tanımlayan aksiyomlardan biri olarak seçilir ve bu nedenle kanıtsız kabul edilir. Matematiksel tümevarım ilkesiyle ispat yöntemine genellikle matematiksel tümevarım yöntemi denir. Bu yöntemin teoremleri, özdeşlikleri, bölünebilirlik problemlerinin çözümünde eşitsizlikleri ve diğer birçok problemi kanıtlamada yaygın olarak kullanıldığını unutmayın.

Ders 2

Tam ve eksik tümevarım.

Matematiksel bir ifadenin sonlu sayıda nesneyle ilgili olması durumunda, her nesne için kontrol edilerek kanıtlanabilir, örneğin "Her iki basamaklı çift sayı, iki asal sayının toplamıdır" ifadesi. Sonlu sayıda durum için bir ifadeyi test ettiğimiz ispat yöntemine tam matematiksel tümevarım denir. Bu yöntem, ifadeler çoğunlukla sonsuz kümeler üzerinde düşünüldüğünden, nispeten nadiren kullanılır. Örneğin, "Herhangi bir çift sayı, iki asal sayının toplamına eşittir" teoremi şimdiye kadar ne kanıtlandı ne de reddedildi. Bu teoremi ilk milyar için test etsek bile, bu bizi kanıtlamaya bir adım daha yaklaştırmayacaktır.

Doğa bilimlerinde, deneyi birkaç kez test ederek, sonucu tüm durumlara aktararak eksik tümevarım kullanılır.

Örnek 3

Doğal sayıların küplerinin toplamı için eksik tümevarım formülünü kullanarak tahmin edin.

Çözüm.

1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 =(1+2+3+4+5) 2 ; …; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .

Kanıt.

için doğru olsun n=k.

Bunun doğru olduğunu kanıtlayalım n=k+1.

Sonuç: Doğal sayıların küplerinin toplamı formülü, herhangi bir doğal sayı için geçerlidir. P.

Örnek 4

Eşitlikleri düşünün ve bu örneklerin hangi genel kanuna yol açtığını tahmin edin.

Çözüm.

1=0+1

2+3+4=1+8

5+6+7+8+9=8+27

10+11+12+13+14+15+16=27+64

17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125

……………………………………………………………..

Örnek #5

Aşağıdaki ifadeleri toplam olarak yazınız:

1)
2)
3)
; 4)
.

Yunanca "sigma" harfi.

Örnek #6.

işaretini kullanarak aşağıdaki toplamları yazın
:

2)

Örnek #7.

Aşağıdaki ifadeleri ürün olarak yazınız:

1)

3)
4)

Örnek #8.

Aşağıdaki işleri işaretini kullanarak yazınız.

(Yunanca büyük harf "pi")

1)
2)

Örnek #9.

Bir polinomun değerini hesaplama F ( n )= n 2 + n +11 , n=1,2,3,4.5,6,7 herhangi bir doğal için olduğu varsayılabilirP numara F ( n ) basit.

Bu varsayım doğru mu?

Çözüm.

Her toplam bir sayıya bölünebiliyorsa, toplam o sayıya bölünebilir,
herhangi bir doğal sayı için asal sayı değildirP.

Sonlu sayıda vakanın analizi matematikte önemli bir rol oynar: bir veya başka bir ifadenin kanıtını vermeden, henüz bilinmiyorsa, bu ifadenin doğru formülasyonunu tahmin etmeye yardımcı olur. Petersburg Bilimler Akademisi üyesi Goldbach, ikiden başlayarak herhangi bir doğal sayının en fazla üç asal sayının toplamı olduğu varsayımına bu şekilde ulaştı.

Ders #3

Matematiksel tümevarım yöntemi, çeşitli kimlikleri kanıtlamamızı sağlar.

Örnek #10. Bunu herkese kanıtlayalım P kimlik

Çözüm.

koyalım

bunu kanıtlamamız gerek

Kanıtlayalım o zaman kimliğin gerçeğinden

kimliğin gerçeği aşağıdaki gibidir

Matematiksel tümevarım ilkesiyle, herkes için özdeşliğin gerçeği P.

Örnek #11.

Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

dönem dönem eşitlikler.

;
. Yani bu kimlik herkes için doğruP .

Ders numarası 4.

Matematiksel tümevarım yoluyla kimliklerin kanıtı.

Örnek 12. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Matematiksel tümevarım ilkesini uygulayarak eşitliğin herkes için doğru olduğunu kanıtladık. P.

Örnek 13. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Matematiksel tümevarım ilkesini uygulayarak, ifadenin herhangi bir doğal durum için doğru olduğunu kanıtladık. P.

Örnek 14. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Örnek 15. Kimliğini kanıtlayalım

1) n=1;

2) için n=k eşitlik

3) eşitliğin geçerli olduğunu kanıtlayın n=k+1:

Sonuç: kimlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. P.

Örnek 16. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Eğer n=1 , sonra

Kimliğin tutmasına izin ver n=k.

Kimliğin geçerli olduğunu kanıtlayalım n=k+1.

O zaman kimlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. P.

Ders numarası 5.

Matematiksel tümevarım yoluyla kimliklerin kanıtı.

Örnek 17. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Eğer n=2 , sonra doğru eşitliği elde ederiz:

Eşitlik için doğru olsunn=k:

İddianın geçerliliğini kanıtlayalım n=k+1.

Matematiksel tümevarım ilkesine göre, özdeşlik kanıtlanmıştır.

Örnek #18. Kimliğini kanıtlayalım
n≥2 için.

saat n=2 bu kimlik çok basit bir biçimde yeniden yazılabilir

ve açıkçası doğru.

izin ver n=k gerçekten

.

İddianın geçerliliğini kanıtlayalımn=k+1, yani eşitlik sağlanır: .

Böylece, özdeşliğin herhangi bir doğal durum için doğru olduğunu kanıtladık. n≥2.

Örnek #19. Kimliğini kanıtlayalım

saat n=1 doğru eşitliği elde ederiz:

Diyelim ki n=k ayrıca doğru eşitliği elde ederiz:

eşitliğinin geçerliliğinin gözlendiğini ispatlayalım. n=k+1:

O zaman kimlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. P.

Ders numarası 6.

Bölünebilirlik problemlerini çözme.

Örnek #20. Matematiksel tümevarımla kanıtlayın

bölü 6 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1 bölünme var6 iz bırakmadan,
.

izin ver n=k ifade
çoklu6.

kanıtlayalım o zaman n=k+1 ifade
çoklu6 .

Her terim bir çoklu 6 , yani toplam bir katıdır 6 .

Örnek 21.
üzerinde5 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1 ifade bölünebilir
.

izin ver n=k ifade
ayrıca bölünmüş5 iz bırakmadan.

saat n=k+1 bölü 5 .

Örnek 22. Bir ifadenin bölünebilirliğini kanıtlayın
üzerinde16.

Kanıt.

saat n=1çoklu 16 .

izin ver n=k
çoklu16.

saat n=k+1

Tüm terimler bölünebilir 16: birincisi açıkça varsayıma göre ikincisidir ve üçüncüsü parantez içinde çift bir sayıya sahiptir.

Örnek 23. bölünebilirliği kanıtla
üzerinde676.

Kanıt.

önce bunu ispatlayalım
bölü
.

saat n=0
.

izin ver n=k
bölü26 .

sonra n=k+1 bölü 26 .

Şimdi problem koşulunda formüle edilen iddiayı kanıtlayalım.

saat n=1 bölü 676.

saat n=k bu doğru
bölü26 2 .

saat n=k+1 .

Her iki terim de bölünebilir 676 ; ilki, bölünebilirliği kanıtladığımız için 26 parantez içindeki ifade ve ikincisi tümevarım hipotezi ile bölünebilir.

Ders numarası 7.

Bölünebilirlik problemlerini çözme.

Örnek numarası 24.

Kanıtla
bölü5 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1
bölü5.

saat n=k
bölü5 iz bırakmadan.

saat n=k+1 her terim bölünebilir5 iz bırakmadan.

Örnek #25.

Kanıtla
bölü6 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1
bölü6 iz bırakmadan.

izin ver n=k
bölü6 iz bırakmadan.

saat n=k+1 bölü 6 kalan yok, çünkü her terim bölünebilir6 kalansız: ilk terim, tümevarım varsayımıyla, ikincisi, açıkçası, üçüncü, çünkü
çift ​​sayı.

Örnek #26.

Kanıtla
bölündüğünde9 kalanı verir 1 .

Kanıt.

bunu kanıtlayalım
bölü9 .

saat n=1
bölü 9 . izin ver n=k
bölü9 .

saat n=k+1 bölü 9 .

Örnek sayı 27.

bölünebildiğini kanıtlayın15 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1 bölü 15 .

izin ver n=k bölü 15 iz bırakmadan.

saat n=k+1

İlk terim çoklu15 tümevarım hipotezi ile, ikinci terim bir katıdır15 – açıkçası, üçüncü terim bir katıdır15 , Çünkü
çoklu5 (örnek No. 21'de kanıtlanmıştır), dördüncü ve beşinci terimler de katlardır5 , ki bu açıktır, o zaman toplamın bir katıdır.15 .

Ders numarası 8-9.

Eşitsizliklerin matematiksel tümevarımla ispatı

Örnek #28.
.

saat n=1 sahibiz
- sağ.

izin ver n=k
gerçek bir eşitsizliktir.

saat n=k+1

O zaman eşitsizlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. P.

Örnek #29. Eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın
herhangi P.

saat n=1 doğru eşitsizliği elde ederiz 4 >1.

izin ver n=k eşitsizlik
.

kanıtlayalım o zaman n=k+1 eşitsizlik

Herhangi bir doğal İle eşitsizlik görülmektedir.

Eğer
de
sonra

Örnek #30.

herhangi bir doğal için P Ve herhangi biri

İzin vermek n=1
, sağ.

eşitsizliğin geçerli olduğunu varsayalım n=k:
.

saat n=k+1

Örnek numarası 31. Eşitsizliğin geçerliliğini kanıtlayın

herhangi bir doğal için P.

İlk önce bunu herhangi bir doğal için kanıtlayalım. T eşitsizlik

Eşitsizliğin her iki tarafını da
. Eşdeğer bir eşitsizlik elde ederiz veya
;
; - bu eşitsizlik herhangi bir doğal T.

saat n=1 orijinal eşitsizlik doğrudur
;
;
.

Eşitsizliğin devam etmesine izin ver n=k:
.

saat n=k+1

10 numaralı ders.

Konuyla ilgili sorunları çözme

Matematiksel tümevarım yöntemi.

Örnek #32. Bernoulli'nin eşitsizliğini kanıtlayın.

Eğer
, sonra tüm doğal değerler içinP eşitsizlik

Kanıt.

saat n=1 ispatlanan eşitsizlik şu şekli alır
ve açıkçası doğru. için doğru olduğunu varsayalımn=k , yani, ne
.

Duruma göre olduğundan
, sonra
ve bu nedenle eşitsizlik, her iki parçası da ile çarpıldığında anlamını değiştirmez.
:

Çünkü
, o zaman bunu alırız

.

Yani eşitsizlik için doğrudur n=1, ve onun gerçeğinden n=k bunun doğru olduğunu takip eder ve n=k+1. Bu nedenle, matematiksel tümevarımla, tüm doğal durumlar için geçerlidir. P.

Örneğin,

Örnek numara 33. Tüm doğal değerleri bulunP eşitsizliği için

Çözüm.

saat n=1 eşitsizlik doğrudur. saat n=2 eşitsizlik de doğrudur.

saat n=3 eşitsizlik artık tatmin edici değil. Yalnızca sayı=6 eşitsizlik geçerlidir, böylece tümevarım temeli için alabiliriz n=6.

Bazı doğal durumlar için eşitsizliğin doğru olduğunu varsayalım. İle:

eşitsizliği düşünün

Son eşitsizlik şu durumlarda geçerlidir:
Konuyla ilgili test çalışması n=1 tekrar tekrar verilir: n≥5 , burada P- -doğal sayı.