حل با استقراء ریاضی مثال - استقراء ریاضی

دانش واقعی در همه زمان ها بر پایه ایجاد یک الگو و اثبات صحت آن در شرایط خاص استوار بود. برای چنین دوره طولانی وجود استدلال منطقی، فرمول بندی قواعد ارائه شد و ارسطو حتی فهرستی از «استدلال صحیح» تهیه کرد. از لحاظ تاریخی، مرسوم است که همه استنباط ها را به دو نوع تقسیم می کنند - از عینی به جمع (استقراء) و بالعکس (قیاس). لازم به ذکر است که اقسام ادله از جزئی به عام و از عام به خاص فقط در پیوند وجود دارد و قابل تعویض نیست.

استقرا در ریاضیات

اصطلاح "القاء" (القاء) ریشه لاتین دارد و به معنای واقعی کلمه "راهنما" ترجمه می شود. با مطالعه دقیق، می توان ساختار کلمه را تشخیص داد، یعنی پیشوند لاتین - in- (نشان دهنده عمل هدایت شده به داخل یا داخل بودن است) و -duction - مقدمه. شایان ذکر است که دو نوع وجود دارد - القاء کامل و ناقص. فرم کاملمشخص کردن نتیجه گیری بر اساس مطالعه همه موضوعات یک طبقه خاص.

ناقص - نتیجه گیری برای همه موضوعات کلاس اعمال می شود، اما بر اساس مطالعه تنها برخی از واحدها انجام می شود.

استقرای کامل ریاضی نتیجه‌ای است بر اساس یک نتیجه‌گیری کلی در مورد کل کلاس هر جسمی که از نظر عملکردی با روابط سری طبیعی اعداد بر اساس دانش این ارتباط عملکردی مرتبط است. در این مورد، فرآیند اثبات در سه مرحله انجام می شود:

• اولی صحت گزاره را ثابت می کند استقرای ریاضی. مثال: f = 1، القاء.
• مرحله بعدی بر این فرض استوار است که موقعیت برای همه اعداد طبیعی معتبر است. یعنی f=h، این فرض استقرایی است.
• در مرحله سوم، اعتبار موقعیت برای عدد f=h+1 بر اساس صحت موقعیت پاراگراف قبلی ثابت می شود - این یک انتقال استقرایی یا مرحله ای از استقراء ریاضی است. به عنوان مثال به اصطلاح اگر اولین استخوان در ردیف سقوط کند (بنیاد)، سپس تمام استخوان های ردیف سقوط می کنند (انتقال).

هم به شوخی و هم جدی

برای سهولت درک، نمونه هایی از راه حل ها با روش استقراء ریاضی به شکل مسائل جوک محکوم می شوند. این وظیفه صف مودبانه است:

• قوانین رفتاری مرد را از نوبت گرفتن در مقابل زن منع می کند (در چنین شرایطی او را جلو می گذارند). بر اساس این گفته، اگر آخرین نفر در صف مرد باشد، بقیه مرد هستند.

یک مثال قابل توجه از روش استقراء ریاضی مسئله "پرواز بدون بعد" است:

• لازم است ثابت شود که هر تعداد نفر در مینی بوس جای می گیرند. درست است که یک نفر می تواند بدون مشکل (مبنا) در داخل حمل و نقل جا شود. اما هر چقدر هم که مینی بوس پر باشد، همیشه 1 مسافر در آن جا می شود (مرحله القایی).

حلقه های آشنا

نمونه هایی از حل مسائل و معادلات با استقراء ریاضی بسیار رایج هستند. به عنوان نمونه ای از این رویکرد، می توان مشکل زیر را در نظر گرفت.

وضعیت: دایره های h روی هواپیما قرار می گیرند. اثبات این امر الزامی است که برای هر چیدمان شکل ها، نقشه تشکیل شده توسط آنها را می توان به درستی با دو رنگ رنگ آمیزی کرد.

راه حل: برای h=1 صدق عبارت واضح است، بنابراین برای تعداد دایره های h+1 اثبات ساخته می شود.

فرض می کنیم که این عبارت برای هر نقشه ای درست است و دایره های h + 1 روی صفحه داده می شود. با حذف یکی از دایره ها از مجموع، می توانید نقشه ای را با رنگ درست با دو رنگ (سیاه و سفید) دریافت کنید.

هنگام بازیابی یک دایره حذف شده، رنگ هر ناحیه به سمت مخالف (در این مورد، در داخل دایره) تغییر می کند. به نظر می رسد یک نقشه به درستی در دو رنگ رنگ آمیزی شده است، که باید ثابت شود.

مثال هایی با اعداد طبیعی

کاربرد روش استقرای ریاضی به وضوح در زیر نشان داده شده است.

نمونه های راه حل:

ثابت کنید که برای هر h برابری صحیح خواهد بود:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. فرض کنید h=1، سپس:

R 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1

از این نتیجه می شود که برای h=1 عبارت صحیح است.

2. با فرض h=d معادله زیر به دست می آید:

R 1 \u003d d 2 \u003d d (d + 1) (2d + 1) / 6 \u003d 1

3. با فرض h=d+1، معلوم می شود:

Rd+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

Rd+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

بنابراین، اعتبار برابری برای h=d+1 ثابت شده است، بنابراین این عبارت برای هر عدد طبیعی که در مثال حل با استقراء ریاضی نشان داده شده است، صادق است.

یک وظیفه

وضعیت: اثبات این امر لازم است که برای هر مقدار h، عبارت 7 h -1 بدون باقیمانده بر 6 بخش پذیر است.

راه حل:

1. فرض کنید h=1، در این مورد:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (یعنی تقسیم بر 6 بدون باقیمانده)

بنابراین، برای h=1 عبارت درست است.

2. فرض کنید h=d و 7 d -1 بدون باقیمانده بر 6 بخش پذیر است.

3. اثبات اعتبار عبارت برای h=d+1 فرمول است:

Rd +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

در این صورت جمله اول با فرض بند اول بر 6 بخش پذیر است و جمله دوم برابر با 6 است.

مغالطه قضاوت

اغلب، به دلیل نادرست بودن ساختارهای منطقی مورد استفاده، از استدلال نادرست در اثبات استفاده می شود. اساساً زمانی این اتفاق می افتد که ساختار و منطق برهان نقض شود. نمونه ای از استدلال نادرست تصویر زیر است.

یک وظیفه

وضعیت: مستلزم دلیلی است که هر انبوهی از سنگ شمع نیست.

راه حل:

1. فرض کنید h=1، در این صورت 1 سنگ در توده وجود دارد و گزاره صادق است (مبنا).

2. برای h=d درست باشد که انبوهی از سنگها انباشته نیست (فرض).

3. فرض کنید h=d+1، که از آن نتیجه می شود که وقتی یک سنگ دیگر اضافه می شود، مجموعه یک پشته نخواهد بود. نتیجه گیری خود نشان می دهد که این فرض برای تمام h طبیعی معتبر است.

خطا در این واقعیت نهفته است که هیچ تعریفی از تعداد سنگ های تشکیل دهنده یک توده وجود ندارد. چنین حذفی را تعمیم عجولانه در روش استقرای ریاضی می نامند. یک مثال این را به وضوح نشان می دهد.

استقرا و قوانین منطق

از نظر تاریخی، آنها همیشه "دست در دست هم راه می روند." چنین رشته های علمیمانند منطق، فلسفه آنها را به عنوان متضاد توصیف می کند.

از نظر قانون منطق، تعاریف استقرایی مبتنی بر واقعیات است و صحت مقدمات، صحت گزاره حاصل را تعیین نمی کند. غالباً نتایجی با درجه ای از احتمال و معقول به دست می آید که البته باید با تحقیقات تکمیلی تأیید و تأیید شود. مثالی از استقراء در منطق این جمله خواهد بود:

خشکسالی در استونی، خشکسالی در لتونی، خشکسالی در لیتوانی.

استونی، لتونی و لیتوانی کشورهای حوزه بالتیک هستند. خشکسالی در تمام کشورهای بالتیک

از مثال می توان نتیجه گرفت که اطلاعات جدیدیا حقیقت را نمی توان با استقرا به دست آورد. تنها چیزی که می توان روی آن حساب کرد صحت احتمالی نتایج است. علاوه بر این، حقیقت فرضیات، نتایج یکسانی را تضمین نمی کند. با این حال، این واقعیت به این معنی نیست که استقرا در حیاط خلوت کسر گیاه می شود: تعداد زیادی از مقررات و قوانین علمی با استفاده از روش استقرا اثبات شده است. ریاضیات، زیست شناسی و سایر علوم می تواند به عنوان مثال باشد. این عمدتا به دلیل روش القای کامل است، اما در برخی موارد جزئی نیز قابل استفاده است.

عصر ارجمند القاء به آن اجازه داد تقریباً در تمام حوزه های فعالیت انسانی نفوذ کند - این علم، اقتصاد و نتیجه گیری های روزمره است.

القاء در محیط علمی

روش استقرا مستلزم نگرش دقیق است، زیرا بیش از حد به تعداد جزئیات کل مورد مطالعه بستگی دارد: بیشترمطالعه شده، نتیجه قابل اعتمادتر است. بر اساس این ویژگی، قوانین علمی به دست آمده با روش استقرا برای مدت زمان کافی در سطح مفروضات احتمالی آزمایش می شوند تا همه عناصر ساختاری، اتصالات و تأثیرات ممکن را جدا و مطالعه کنند.

در علم، نتیجه گیری استقرایی بر اساس ویژگی های مهم است، به استثنای مفاد تصادفی. این واقعیت در ارتباط با خاص مهم است دانش علمی. این امر در مصادیق استقراء در علم به وضوح دیده می شود.

دو نوع القاء در وجود دارد دنیای علمی(در رابطه با روش مطالعه):

1. انتخاب القایی (یا انتخاب)؛
2. القاء - طرد (حذف).

نوع اول با نمونه برداری روشی (دقت آمیز) از یک کلاس (زیر کلاس ها) از مناطق مختلف آن متمایز می شود.

نمونه ای از این نوع القاء به شرح زیر است: نقره (یا نمک های نقره) آب را تصفیه می کند. نتیجه گیری بر اساس مشاهدات طولانی مدت (نوعی انتخاب تأیید و رد - انتخاب) است.

نوع دوم استقراء مبتنی بر نتایجی است که روابط علّی را ایجاد می کند و شرایطی را که با ویژگی های آن مطابقت ندارد، یعنی جهانی بودن، رعایت توالی زمانی، ضرورت و عدم ابهام را حذف می کند.

استقراء و استنتاج از منظر فلسفه

اگر به گذشته نگر تاریخی نگاه کنید، اصطلاح «استقرا» اولین بار توسط سقراط ذکر شد. ارسطو نمونه هایی از استقراء در فلسفه را به صورت تقریبی تر بیان کرد فرهنگ لغت اصطلاحات، اما مسئله استقراء ناقص همچنان باز است. پس از آزار و اذیت قیاس ارسطویی، روش استقرایی به عنوان ثمربخش و تنها روش ممکن در علوم طبیعی شناخته شد. بیکن را پدر استقراء به عنوان یک روش خاص مستقل می‌دانند، اما نتوانست آن‌طور که معاصرانش می‌خواستند، استقراء را از روش قیاسی جدا کند.

توسعه بیشتر استقرا توسط جی میل انجام شد که نظریه استقرا را از دیدگاه چهار روش اصلی مورد بررسی قرار داد: توافق، تفاوت، باقیمانده ها و تغییرات مربوطه. جای تعجب نیست که امروزه روش های ذکر شده، وقتی به تفصیل در نظر گرفته شوند، قیاسی هستند.

آگاهی از ناهماهنگی نظریات بیکن و میل، دانشمندان را به بررسی مبنای احتمالی استقراء سوق داد. با این حال، حتی در اینجا نیز افراط‌هایی وجود داشت: تلاش‌هایی برای کاهش استقرا به نظریه احتمال، با تمام پیامدهای بعدی انجام شد.

القاء زمانی رای اعتماد دریافت می کند کاربرد عملیدر زمینه های موضوعی خاص و به لطف دقت متریک مبنای استقرایی. نمونه ای از استقراء و قیاس در فلسفه قانون است جاذبه زمین. در تاریخ کشف قانون، نیوتن توانست آن را با دقت 4 درصد تأیید کند. و هنگام بررسی پس از بیش از دویست سال، صحت با دقت 0.0001 درصد تأیید شد، اگرچه بررسی با همان تعمیم های استقرایی انجام شد.

فلسفه مدرن توجه بیشتری به استنتاج دارد، که توسط میل منطقی برای استخراج دانش (یا حقیقت) جدید از آنچه قبلاً شناخته شده است، بدون توسل به تجربه، شهود، اما با استفاده از استدلال "محض" دیکته می شود. هنگام مراجعه به مکان های واقعی در روش قیاسیدر همه موارد، خروجی یک عبارت درست است.

این ویژگی بسیار مهم نباید ارزش روش استقرایی را تحت الشعاع قرار دهد. از آنجایی که استقرا، بر اساس دستاوردهای تجربه، ابزاری برای پردازش آن نیز می شود (شامل تعمیم و سیستم سازی).

کاربرد استقرا در اقتصاد

استقراء و قیاس از دیرباز به عنوان روش های مطالعه اقتصاد و پیش بینی توسعه آن مورد استفاده قرار می گرفته است.

دامنه استفاده از روش القایی بسیار گسترده است: مطالعه تحقق شاخص های پیش بینی (سود، استهلاک و غیره) و نمره کلیوضعیت شرکت؛ تشکیل سیاست موثرارتقای شرکت بر اساس حقایق و روابط آنها.

از همین روش القایی در نمودارهای شوهارت استفاده شده است، جایی که با این فرض که فرآیندها به کنترل شده و مدیریت نشده تقسیم می شوند، بیان می شود که چارچوب فرآیند کنترل شده غیرفعال است.

لازم به ذکر است که قوانین علمی با استفاده از روش استقرایی توجیه و تأیید می شوند و از آنجایی که اقتصاد علمی است که اغلب از آن استفاده می شود. تجزیه و تحلیل ریاضی، تئوری ریسک و داده های آماری، پس جای تعجب نیست که القاء از جمله روش های اصلی باشد.

وضعیت زیر می تواند به عنوان نمونه ای از استقراء و قیاس در اقتصاد باشد. افزایش قیمت مواد غذایی (از سبد مصرف کننده) و کالاهای ضروری، مصرف کننده را به فکر کردن در مورد هزینه های بالای در حال ظهور در دولت (القایی) سوق می دهد. در عین حال، از واقعیت هزینه بالا با کمک روش های ریاضیمی توان شاخص های رشد قیمت را برای کالاها یا دسته بندی کالاها به دست آورد (کسر).

اغلب کارکنان مدیریت، مدیران و اقتصاددانان به روش القایی روی می آورند. برای اینکه بتوانیم توسعه یک شرکت، رفتار بازار و پیامدهای رقابت را با صداقت کافی پیش بینی کنیم، یک رویکرد استقرایی - قیاسی برای تجزیه و تحلیل و پردازش اطلاعات ضروری است.

مثالی گویا از استقرا در اقتصاد، با اشاره به قضاوت های غلط:

• سود شرکت 30٪ کاهش یافت.
  یک رقیب خط تولید خود را گسترش داده است.
  هیچ چیز دیگری تغییر نکرده است؛
• سیاست تولید یک شرکت رقیب باعث کاهش 30 درصدی سود شد.
• بنابراین، سیاست تولید یکسان باید اجرا شود.

مثال، تصویری رنگارنگ از این است که چگونه استفاده نادرست از روش القاء به نابودی یک شرکت کمک می کند.

استنتاج و استقراء در روانشناسی

از آنجایی که یک روش وجود دارد، پس منطقاً یک تفکر درست سازماندهی شده (برای استفاده از روش) نیز وجود دارد. روانشناسی به عنوان علمی که به مطالعه فرآیندهای ذهنی، شکل گیری، رشد، روابط، تعاملات آنها می پردازد، به تفکر «قیاسی» به عنوان یکی از اشکال تجلی قیاس و استقراء توجه دارد. متأسفانه، در صفحات روانشناسی در اینترنت، عملاً هیچ توجیهی برای یکپارچگی روش قیاسی-استقرایی وجود ندارد. اگرچه روانشناسان حرفه ای بیشتر با تظاهرات القاء یا بهتر بگوییم نتیجه گیری های اشتباه روبرو می شوند.

نمونه ای از استقرا در روانشناسی، به عنوان مصداق قضاوت های نادرست، این جمله است: مادرم فریبکار است، پس همه زنان فریبکار هستند. حتی نمونه های "اشتباه" بیشتری از استقرا از زندگی وجود دارد:

• اگر دانش آموزی در ریاضیات امتیاز دریافت کند، قادر به هیچ کاری نیست.
• او یک احمق است.
• او باهوش است؛
• من می توانم همه چیز را انجام دهم؛

و بسیاری قضاوت های ارزشی دیگر بر اساس پیام های کاملا تصادفی و گاه بی اهمیت.

لازم به ذکر است: وقتی مغالطه قضاوت های فرد به حد پوچی می رسد، برای روان درمانگر جبهه ای از کار ظاهر می شود. یک نمونه از القاء در یک قرار متخصص:

«بیمار کاملاً مطمئن است که رنگ قرمز در هر تظاهراتی فقط خطری را برای او به همراه دارد. در نتیجه، یک فرد این طرح رنگ را از زندگی خود حذف کرده است - تا آنجا که ممکن است. در محیط خانه، فرصت های زیادی برای زندگی راحت وجود دارد. می توانید تمام موارد قرمز را رد کنید یا آنها را با آنالوگ های ساخته شده در یک طرح رنگ متفاوت جایگزین کنید. ولی در در مکان های عمومی، در محل کار، در فروشگاه - غیرممکن است. با قرار گرفتن در یک موقعیت استرس زا، بیمار هر بار "جند و مد" از حالات احساسی کاملا متفاوت را تجربه می کند که می تواند برای دیگران خطرناک باشد.

این مثال از استقرا، و به طور ناخودآگاه، "ایده های ثابت" نامیده می شود. اگر این اتفاق با ذهنی می افتد یک فرد سالم، می توان در مورد عدم سازماندهی فعالیت ذهنی صحبت کرد. توسعه ابتدایی تفکر قیاسی می تواند راهی برای خلاص شدن از حالت های وسواسی باشد. در موارد دیگر، روانپزشکان با چنین بیمارانی کار می کنند.

مصادیق استقرایی فوق حاکی از آن است که «جهل به قانون موجب معافیت از عواقب (احکام نادرست) نمی شود».

روانشناسانی که روی موضوع تفکر قیاسی کار می کنند، فهرستی از توصیه هایی را تهیه کرده اند که برای کمک به افراد در تسلط بر این روش طراحی شده است.

اولین قدم حل مسئله است. همانطور که مشاهده می شود، شکل استقرایی که در ریاضیات استفاده می شود را می توان «کلاسیک» دانست و استفاده از این روش به «انضباط» ذهن کمک می کند.

شرط بعدی برای توسعه تفکر قیاسی، گسترش افق هاست (کسانی که به وضوح فکر می کنند، به وضوح بیان می کنند). این توصیه «رنج» را به سمت خزانه‌های علم و اطلاعات (کتابخانه‌ها، وب‌سایت‌ها، طرح‌های آموزشی، سفر و غیره) هدایت می‌کند.

به طور جداگانه باید به اصطلاح "القای روانی" اشاره کرد. این اصطلاح، اگرچه به ندرت، در اینترنت یافت می شود. همه منابع حداقل تعریف مختصری از این اصطلاح ارائه نکرده‌اند، اما به «نمونه‌هایی از زندگی» اشاره می‌کنند. نوع جدیدالقاء یا تلقین، یا برخی از اشکال بیماری روانی، یا حالات شدید روان انسان. از مجموع موارد فوق روشن است که تلاش برای استنباط " ترم جدید"، با تکیه بر مقدمات نادرست (اغلب نادرست)، آزمایشگر را محکوم به دریافت یک بیانیه اشتباه (یا عجولانه) می کند.

لازم به ذکر است که اشاره به آزمایش های سال 1960 (بدون ذکر مکان، نام آزمایش کنندگان، نمونه آزمودنی ها و مهمتر از همه هدف آزمایش) به طور ملایم، قانع کننده و بیانیه به نظر می رسد. این که مغز اطلاعات را با دور زدن همه اندام های ادراک درک می کند (عبارت "تجربه" در این مورد به شکلی ارگانیک مناسب تر است)، باعث می شود در مورد زودباوری و غیر انتقادی نویسنده بیانیه فکر کنید.

به جای نتیجه گیری

ملکه علوم - ریاضیات، بیهوده از تمام ذخایر ممکن از روش استقراء و قیاس استفاده می کند. مثال های در نظر گرفته شده به ما امکان می دهد نتیجه بگیریم که استفاده سطحی و نادرست (به قول آنها بدون فکر) حتی دقیق ترین و مطمئن ترین روش ها همیشه منجر به نتایج اشتباه می شود.

در آگاهی جمعی، روش کسر با شرلوک هلمز معروف همراه است، که در ساخت های منطقی خود اغلب از نمونه هایی از استقرا استفاده می کند و در موقعیت های ضروری از قیاس استفاده می کند.

در این مقاله نمونه‌هایی از کاربرد این روش‌ها در علوم و حوزه‌های مختلف زندگی بشر بررسی شد.

اگر جمله A(n) که به یک عدد طبیعی n وابسته است، برای n=1 صادق باشد و از این حقیقت که برای n=k صادق است (که k هر عدد طبیعی است)، نتیجه می شود که آن نیز صادق است. درست برای شماره بعدی n=k+1، پس فرض A(n) برای هر عدد طبیعی n درست است.

در تعدادی از موارد، ممکن است لازم باشد اعتبار یک جمله معین را نه برای همه اعداد طبیعی، بلکه فقط برای n>p اثبات کنیم، جایی که p یک عدد طبیعی ثابت است. در این مورد، اصل استقراء ریاضی به صورت زیر فرموله می شود.

اگر گزاره A(n) برای n=p و اگر A(k) X A(k+1) برای هر k>p صادق باشد، گزاره A(n) برای هر n>p صادق است.

اثبات با روش استقراء ریاضی به شرح زیر انجام می شود. ابتدا، ادعایی که باید اثبات شود برای n=1 بررسی می شود، یعنی، صحت گزاره الف (1) ثابت می شود. این بخش از برهان، مبنای استقرا نامیده می شود. به دنبال آن بخشی از اثبات به نام مرحله القاء می آید. در این بخش، اعتبار گزاره برای n=k+1 با این فرض ثابت می‌شود که گزاره برای n=k (فرض استقرایی)، یعنی. ثابت کنید که A(k) ~ A(k+1)

ثابت کنید 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) n=1=1 2 داریم. بنابراین، عبارت برای n=1 درست است، یعنی. الف (1) درست است
• 2) اجازه دهید ثابت کنیم که A(k) ~ A(k+1)

بگذارید k هر عدد طبیعی باشد و گزاره برای n=k درست باشد، یعنی.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

اجازه دهید ثابت کنیم که این ادعا برای عدد طبیعی بعدی n=k+1 نیز صادق است، یعنی. چی

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 در واقع،
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

بنابراین، A(k) X A(k+1). بر اساس اصل استقراء ریاضی، نتیجه می گیریم که فرض A(n) برای هر n О N درست است.

ثابت کنیم که

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1)، جایی که x شماره 1

• 1) برای n=1 می گیریم
• 1+x=(x2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

بنابراین، برای n=1 فرمول درست است. الف (1) درست است

• 2) بگذارید k هر عدد طبیعی باشد و فرمول برای n=k درست باشد،
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

اجازه دهید ثابت کنیم که پس از آن برابری

• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) در واقع
• 1+х+х 2 +x 3 +…+х 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)

بنابراین A(k) ⋅ A(k+1). بر اساس اصل استقراء ریاضی، نتیجه می گیریم که فرمول برای هر عدد طبیعی n درست است.

ثابت کنید که تعداد قطرهای یک n-ضلعی محدب n(n-3)/2 است.

راه حل: 1) برای n=3، عبارت درست است، زیرا در مثلث

مورب 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0. A 2 A(3) درست است

2) فرض کنید در هر k-gon محدب A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 مورب دارد. A k بیایید ثابت کنیم که در یک محدب A k+1 (k+1)-گون تعداد قطرهای A k+1 =(k+1)(k-2)/2 است.

فرض کنید А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -محدب (k+1) -گون. یک مورب A 1 A k در آن رسم می کنیم. برای شمردن تعداد کلمورب های این (k + 1)-gon، باید تعداد مورب های k-gon A 1 A 2 ...A k را بشمارید، k-2 را به عدد حاصل اضافه کنید، یعنی. تعداد قطرهای ضلع (k+1) که از راس A k+1 نشأت می‌گیرد و علاوه بر این، باید قطر A 1 A k را نیز در نظر گرفت.

به این ترتیب،

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

بنابراین A(k) ⋅ A(k+1). با توجه به اصل استقراء ریاضی، این عبارت برای هر n-gon محدب صادق است.

ثابت کنید که برای هر n جمله درست است:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

راه حل: 1) اجازه دهید n=1، سپس

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

2) فرض کنید n=k

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

3) این عبارت را برای n=k+1 در نظر بگیرید

Xk+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)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

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

ما اعتبار برابری را برای n=k+1 ثابت کرده ایم، بنابراین، به موجب روش استقرای ریاضی، این گزاره برای هر n طبیعی صادق است.

ثابت کنید که برای هر n طبیعی برابری درست است:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

راه حل: 1) اجازه دهید n=1

سپس X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. می بینیم که برای n=1 جمله درست است.

2) فرض کنید که برابری برای n=k درست است

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

3) بیایید صحت این جمله را برای n=k+1 ثابت کنیم، یعنی.

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 =(k2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2/4

از اثبات بالا می توان دریافت که عبارت برای n=k+1 صادق است، بنابراین، برابری برای هر n طبیعی صادق است.

ثابت کنیم که

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2 +n+1)، که در آن n>2

راه حل: 1) برای n=2، هویت به نظر می رسد:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2 (2 2 +2+1)، i.e. درست است
• 2) فرض کنید که عبارت برای n=k درست است
• (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
• 3) صحت عبارت n=k+1 را ثابت می کنیم
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

ما اعتبار برابری را برای n=k+1 ثابت کرده‌ایم، بنابراین، با استفاده از روش استقرای ریاضی، این گزاره برای هر n>2 صادق است.

ثابت کنیم که

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) برای هر n طبیعی

راه حل: 1) اجازه دهید n=1، سپس

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) پس فرض کنید که n=k
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) صحت این جمله را برای n=k+1 ثابت می کنیم
• (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)

اعتبار برابری برای n=k+1 نیز ثابت شده است، بنابراین این گزاره برای هر n طبیعی صادق است.

اثبات اعتبار هویت

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) برای هر n طبیعی

• 1) برای n=1 هویت درست است 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) فرض کنید که برای n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2 (2k+1)
• 3) ثابت می کنیم که هویت برای n=k+1 درست است
• (1 2 /1 ґ 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)) ґ ((k/2) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)

از اثبات بالا می توان دریافت که این ادعا برای هر عدد صحیح مثبت n درست است.

ثابت کنید که (11 n+2 +12 2n+1) بدون باقی مانده بر 133 بخش پذیر است

راه حل: 1) اجازه دهید n=1، سپس

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

اما (23 ґ 133) بدون باقیمانده بر 133 بخش پذیر است، بنابراین برای n=1 جمله درست است. الف (1) درست است.

• 2) فرض کنید (11 k+2 +12 2k+1) بدون باقیمانده بر 133 بخش پذیر است.
• 3) اجازه دهید ثابت کنیم که در این حالت (11 k+3 +12 2k+3) بدون باقی مانده بر 133 بخش پذیر است. در واقع
• 11 k + 3 + 12 2k + 3 = 11 ґ 11 k + 2 + 12 2 ґ 12 2k + 1 = 11 ґ 11 k + 2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

مقدار حاصل بدون باقیمانده بر 133 بخش پذیر است، زیرا جمله اول آن بر اساس فرض بر 133 بدون باقی مانده تقسیم می شود و در دومی یکی از عوامل 133 است. بنابراین، A (k) Yu A (k + 1). با استفاده از روش استقراء ریاضی، این ادعا ثابت می شود

ثابت کنید که برای هر n 7 n -1 بدون باقی مانده بر 6 بخش پذیر است

• 1) بگذارید n=1، سپس X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 بدون باقیمانده بر 6 تقسیم می شود. بنابراین برای n=1 جمله درست است
• 2) فرض کنید برای n \u003d k 7 k -1 بدون باقی مانده بر 6 بخش پذیر است
• 3) اجازه دهید ثابت کنیم که عبارت برای n=k+1 درست است

X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6

جمله اول بر 6 بخش پذیر است، زیرا 7 k-1 با فرض بر 6 بخش پذیر است، و جمله دوم 6 است. بنابراین 7 n -1 مضرب 6 برای هر n طبیعی است. با استفاده از روش استقراء ریاضی، این ادعا ثابت می شود.

ثابت کنید که 3 3n-1 +2 4n-3 برای یک عدد صحیح مثبت دلخواه n بر 11 بخش پذیر است.

1) پس اجازه دهید n=1 باشد

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 بدون باقیمانده بر 11 تقسیم می شود.

بنابراین برای n=1 جمله درست است

• 2) فرض کنید برای n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 بدون باقیمانده بر 11 بخش پذیر است
• 3) ثابت می کنیم که عبارت برای n=k+1 درست است

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

جمله اول بدون باقیمانده بر 11 بخش پذیر است، زیرا 3 3k-1 +2 4k-3 بر اساس فرض بر 11 بخش پذیر است، دومی بر 11 بخش پذیر است، زیرا یکی از عوامل آن عدد 11 است. بنابراین، مجموع عبارت است از همچنین برای هر n طبیعی بدون باقیمانده بر 11 بخش پذیر است. با استفاده از روش استقراء ریاضی، این ادعا ثابت می شود.

ثابت کنید که 11 2n -1 برای یک عدد صحیح مثبت دلخواه n بدون باقی مانده بر 6 بخش پذیر است.

• 1) بگذارید n=1، سپس 11 2 -1=120 بدون باقی مانده بر 6 بخش پذیر است. بنابراین برای n=1 جمله درست است
• 2) فرض کنید برای n=k 1 2k -1 بدون باقیمانده بر 6 بخش پذیر است
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

هر دو عبارت بدون باقی مانده بر 6 بخش پذیر هستند: اولی شامل مضرب 6 عدد 120 است و دومی بدون باقیمانده بر اساس فرض بر 6 بخش پذیر است. پس مجموع بدون باقی مانده بر 6 بخش پذیر است. با استفاده از روش استقراء ریاضی، این ادعا ثابت می شود.

ثابت کنید که 3 3n+3 -26n-27 برای یک عدد صحیح مثبت دلخواه n بدون باقیمانده بر 26 2 (676) بخش پذیر است.

اجازه دهید ابتدا ثابت کنیم که 3 3n+3 -1 بدون باقی مانده بر 26 بخش پذیر است

• 1. زمانی که n=0
• 3 3 -1=26 بر 26 بخش پذیر است
• 2. فرض کنید برای n=k
• 3 3k+3 -1 بر 26 بخش پذیر است
• 3. ثابت کنیم که عبارت برای n=k+1 درست است
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - بر 26 بخش پذیر است

اکنون اجازه دهید ادعای فرموله شده در شرایط مسئله را اثبات کنیم

• 1) بدیهی است که برای n=1 جمله درست است
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) فرض کنید برای n=k عبارت 3 3k+3 -26k-27 بر 26 بدون باقیمانده بخش پذیر است.
• 3) بیایید ثابت کنیم که عبارت برای n=k+1 درست است
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3-1)+(3 3k+3 -26k-27)

هر دو عبارت بر 26 بخش پذیر هستند. اولی بر 26 بخش پذیر است زیرا ثابت کردیم که عبارت داخل پرانتز بر 26 بخش پذیر است و دومی بر فرضیه استقرایی بخش پذیر است. با استفاده از روش استقراء ریاضی، این ادعا ثابت می شود

ثابت کنید که اگر n>2 و х>0 باشد، آنگاه نابرابری (1+х) n >1+n ґ х

• 1) برای n=2، نابرابری درست است، زیرا
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

بنابراین A(2) درست است

• 2) اجازه دهید ثابت کنیم که A(k) ⋅ A(k+1) اگر k> 2. فرض کنید که A(k) درست است، یعنی نابرابری
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

اجازه دهید ثابت کنیم که A(k+1) نیز صادق است، یعنی نابرابری

(1+x) k+1 >1+(k+1) x

در واقع، با ضرب هر دو طرف نابرابری (3) در عدد مثبت 1 + x، به دست می‌آییم.

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

در نظر گرفتن سمت راستآخرین نابرابری؛ ما داریم

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

در نتیجه، دریافت می کنیم که (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

بنابراین A(k) ⋅ A(k+1). بر اساس اصل استقراء ریاضی، می توان استدلال کرد که نابرابری برنولی برای هر n> 2 معتبر است.

ثابت کنید که نابرابری (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 برای a> 0 درست است

راه حل: 1) برای m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 هر دو قسمت مساوی هستند
• 2) فرض کنید که برای m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) اجازه دهید ثابت کنیم که برای m=k+1 نابرابری درست است
• (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

اعتبار نابرابری را برای m=k+1 ثابت کردیم، بنابراین با توجه به روش استقرای ریاضی، نابرابری برای هر m طبیعی معتبر است.

ثابت کنید که برای n>6 نابرابری 3 n >n ґ 2 n+1

اجازه دهید نابرابری را به شکل (3/2) n>2n بازنویسی کنیم

• 1. برای n=7 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 داریم نابرابری درست است
• 2. فرض کنید برای n=k (3/2) k >2k
• 3) اجازه دهید اعتبار نابرابری را برای n=k+1 ثابت کنیم
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

از آنجایی که k>7، آخرین نابرابری آشکار است.

با توجه به روش استقرای ریاضی، نابرابری برای هر n طبیعی معتبر است

ثابت کنید که برای n>2 نابرابری

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) برای n=3 نابرابری درست است
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. فرض کنید برای n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k)
• 3) اجازه دهید اعتبار نابرابری را برای n=k+1 ثابت کنیم
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

اجازه دهید ثابت کنیم که 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

s k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

مورد دوم بدیهی است و بنابراین

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

با استفاده از روش استقراء ریاضی، نابرابری ثابت می شود.

مقدمه

بخش اصلی

1. القاء کامل و ناقص

2. اصل استقراء ریاضی

3. روش استقراء ریاضی

4. حل مثال ها

5. برابری ها

6. تقسیم اعداد

7. نابرابری ها

نتیجه

فهرست ادبیات استفاده شده

مقدمه

روش های قیاسی و استقرایی اساس هر تحقیق ریاضی است. روش قیاسی استدلال، استدلال از کلی به جزئی است، یعنی. استدلالی که نقطه شروع آن نتیجه کلی و نقطه پایانی نتیجه خاص است. استقرا هنگام عبور از نتایج خاص به نتایج عمومی اعمال می شود، یعنی. برعکس روش قیاسی است.

روش استقرای ریاضی را می توان با پیشرفت مقایسه کرد. ما از پایین ترین نقطه شروع می کنیم، در نتیجه تفکر منطقی به بالاترین می رسیم. انسان همیشه برای پیشرفت، برای توانایی توسعه منطقی فکر خود تلاش کرده است، به این معنی که خود طبیعت او را مقدر کرده است که به صورت استقرایی فکر کند.

اگرچه حوزه کاربرد روش استقراء ریاضی رشد کرده است، اما زمان کمی در برنامه درسی مدرسه به آن اختصاص داده شده است. خوب بگو آدم مفیدی را آن دو سه درس می آورد که برای آن پنج کلمه تئوری می شنود، پنج مسئله ابتدایی را حل می کند و در نتیجه به دلیل عدم اطلاع یک پنج می گیرد.

اما این بسیار مهم است - توانایی تفکر استقرایی.

بخش اصلی

در معنای اصلی خود، کلمه «استقرا» به استدلالی اطلاق می شود که به وسیله آن نتایج کلی بر اساس تعدادی گزاره خاص به دست می آید. ساده ترین روش استدلال از این دست، استقراء کامل است. در اینجا نمونه ای از چنین استدلالی آورده شده است.

اجازه دهید مشخص شود که هر عدد زوج طبیعی n در 4 باشد< 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.

این نه برابری نشان می دهد که هر یک از اعداد مورد علاقه ما در واقع به عنوان مجموع دو جمله اول نشان داده می شود.

بنابراین، استقراء کامل این است که گزاره کلی به طور جداگانه در هر یک از تعداد محدودی از موارد ممکن اثبات شود.

گاهی اوقات می توان نتیجه کلی را پس از در نظر گرفتن همه موارد، بلکه تعداد زیادی از موارد خاص (به اصطلاح القاء ناقص) پیش بینی کرد.

نتیجه به‌دست‌آمده از استقرای ناقص، با این حال، تنها یک فرضیه باقی می‌ماند تا زمانی که با استدلال دقیق ریاضی ثابت شود و همه موارد خاص را پوشش دهد. به عبارت دیگر، استقرای ناقص در ریاضیات روشی مشروع برای اثبات دقیق تلقی نمی شود، بلکه روشی قدرتمند برای کشف حقایق جدید است.

به عنوان مثال، لازم است مجموع n عدد فرد متوالی اول را پیدا کنیم. موارد خاص را در نظر بگیرید:

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

پس از در نظر گرفتن این چند مورد خاص، نتیجه کلی زیر خود را نشان می دهد:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

آن ها مجموع اولین n عدد فرد متوالی n 2 است

البته مشاهدات انجام شده هنوز نمی تواند دلیلی بر صحت فرمول فوق باشد.

استقرای کامل فقط کاربردهای محدودی در ریاضیات دارد. بسیاری از گزاره‌های ریاضی جالب، بی‌نهایت موارد خاص را پوشش می‌دهند، و ما نمی‌توانیم تعداد نامتناهی موارد را آزمایش کنیم. القای ناقص اغلب منجر به نتایج اشتباه می شود.

در بسیاری از موارد، راه برون رفت از این نوع دشواری، توسل به روش خاصی برای استدلال است که به آن روش استقراء ریاضی می گویند. به شرح زیر می باشد.

اجازه دهید برای هر عدد طبیعی n اثبات صحت یک گزاره خاص ضروری باشد (مثلاً باید ثابت کرد که مجموع n عدد فرد اول برابر با n 2 است). تأیید مستقیم این عبارت برای هر مقدار n غیرممکن است، زیرا مجموعه اعداد طبیعی بی نهایت است. برای اثبات این جمله ابتدا اعتبار آن را برای n=1 بررسی کنید. سپس ثابت می‌شود که برای هر مقدار طبیعی k، اعتبار عبارت مورد نظر برای n=k بر اعتبار آن برای n=k+1 نیز دلالت دارد.

سپس این ادعا برای همه n اثبات شده در نظر گرفته می شود. در واقع، عبارت برای n=1 درست است. اما پس از آن برای عدد بعدی n=1+1=2 نیز معتبر است. اعتبار ادعا برای n=2 دلالت بر اعتبار آن برای n=2+ دارد

1=3. این به معنای اعتبار عبارت برای n=4 و غیره است. واضح است که در نهایت به هر عدد طبیعی n خواهیم رسید. بنابراین، این عبارت برای هر n درست است.

با جمع بندی آنچه گفته شد، اصل کلی زیر را بیان می کنیم.

اصل استقراء ریاضی.

اگر جمله A( n ) بسته به عدد طبیعی n ، درست برای n =1 و از این واقعیت که برای آن صادق است n=k (جایی که ک -هر عدد طبیعی)، نتیجه می شود که برای عدد بعدی نیز صادق است n=k+1 ، سپس فرض A( n ) برای هر عدد طبیعی صادق است n .

در تعدادی از موارد، ممکن است لازم باشد اعتبار یک جمله معین را نه برای همه اعداد طبیعی، بلکه فقط برای n>p اثبات کنیم، جایی که p یک عدد طبیعی ثابت است. در این مورد، اصل استقراء ریاضی به صورت زیر فرموله می شود. اگر جمله A( n ) برای n=p و اگر A( ک ) Þ ولی( k+1) برای هرکس k>p، سپس جمله A( ن) برای هر کسی صادق است n>p.

اثبات با روش استقراء ریاضی به شرح زیر انجام می شود. ابتدا، ادعایی که باید اثبات شود برای n=1 بررسی می شود، یعنی، صحت گزاره الف (1) ثابت می شود. این بخش از برهان، مبنای استقرا نامیده می شود. به دنبال آن بخشی از اثبات به نام مرحله القاء می آید. در این بخش، اعتبار گزاره برای n=k+1 با این فرض ثابت می‌شود که گزاره برای n=k (فرض استقرایی)، یعنی. ثابت کنید که A(k)ÞA(k+1).

مثال 1

ثابت کنید 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

راه حل: 1) n=1=1 2 داریم. در نتیجه،

عبارت برای n=1 درست است، یعنی. الف (1) درست است.

2) اجازه دهید ثابت کنیم که A(k)ÞA(k+1).

بگذارید k هر عدد طبیعی باشد و گزاره برای n=k درست باشد، یعنی.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

اجازه دهید ثابت کنیم که این ادعا برای عدد طبیعی بعدی n=k+1 نیز صادق است، یعنی. چی

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

در واقع،

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

پس A(k)ÞA(k+1). بر اساس اصل استقراء ریاضی، نتیجه می گیریم که فرض A(n) برای هر nON درست است.

مثال 2

ثابت کنیم که

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1)، جایی که x¹1

راه حل: 1) برای n=1 بدست می آوریم

1+x=(x2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

بنابراین، برای n=1 فرمول درست است. الف (1) درست است.

2) بگذارید k هر عدد طبیعی باشد و فرمول برای n=k درست باشد، یعنی.

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

اجازه دهید ثابت کنیم که پس از آن برابری

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

در واقع

1+х+х 2 +x 3 +…+х 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).

پس A(k)ÞA(k+1). بر اساس اصل استقراء ریاضی، نتیجه می گیریم که این فرمول برای هر عدد طبیعی n درست است.

مثال 3

ثابت کنید که تعداد قطرهای یک n-ضلعی محدب n(n-3)/2 است.

راه حل: 1) برای n=3، عبارت درست است

و 3 صحیح است، زیرا در یک مثلث

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

A 2 A(3) درست است.

2) فرض کنید که در هر

K-گون محدب دارای-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 مورب.

A k اجازه دهید ثابت کنیم که سپس به صورت محدب

(k+1) -عدد گون

مورب A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

اجازه دهید А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -زاویه محدب (k+1). یک مورب A 1 A k در آن رسم می کنیم. برای شمارش تعداد کل مورب‌های این (k + 1)-گون، باید تعداد مورب‌های k-gon A 1 A 2 ...A k را بشمارید، k-2 را به عدد حاصل اضافه کنید. تعداد قطرهای ضلع (k+1) که از راس A k+1 نشأت می‌گیرد و علاوه بر این، مورب A 1 A k باید در نظر گرفته شود.

به این ترتیب،

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

پس A(k)ÞA(k+1). با توجه به اصل استقراء ریاضی، این عبارت برای هر n-gon محدب صادق است.

مثال 4

ثابت کنید که برای هر n جمله درست است:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

راه حل: 1) اجازه دهید n=1، سپس

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

بنابراین، برای n=1 جمله درست است.

2) فرض کنید n=k

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

3) این عبارت را برای n=k+1 در نظر بگیرید

Xk+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)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

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

ما اعتبار برابری را برای n=k+1 ثابت کرده‌ایم، بنابراین، به موجب روش استقراء ریاضی، این گزاره برای هر n طبیعی صادق است.

مثال 5

ثابت کنید که برای هر n طبیعی برابری درست است:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

راه حل: 1) اجازه دهید n=1.

سپس X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

می بینیم که برای n=1 جمله درست است.

2) فرض کنید که برابری برای n=k درست است

برای این کار ابتدا صحت عبارت را با شماره 1 بررسی کنید - پایه القایی، و سپس ثابت می شود که اگر عبارت شماره n، سپس ادعای زیر با عدد n + 1 - مرحله القاء، یا انتقال القایی.

اثبات با استقرا را می توان در قالب به اصطلاح تجسم کرد اصل دومینو. بگذارید هر تعداد دومینو در یک ردیف مرتب شوند به گونه ای که هر دومینو در حال سقوط، لزوماً دومینوی بعدی را واژگون کند (این انتقال القایی است). سپس، اگر استخوان اول را فشار دهیم (این پایه القاء است)، آنگاه تمام استخوان های ردیف می افتند.

مبنای منطقی این روش اثبات به اصطلاح است اصل استقرا، پنجمین بدیهیات Peano که اعداد طبیعی را تعریف می کند. صحت روش استقراء معادل این است که در هر زیر مجموعه ای از اعداد طبیعی یک عنصر حداقل وجود دارد.

همچنین یک تغییر وجود دارد، به اصطلاح اصل استقراء کامل ریاضی. در اینجا عبارت دقیق آن است:

اصل استقرای کامل ریاضی نیز معادل اصل استقراء در بدیهیات Peano است.

مثال ها

یک وظیفه.ثابت کنید، هر چه طبیعی است nو واقعی q≠ 1، برابری

اثباتالقاء در n.

پایه, n = 1:

انتقال: بیایید وانمود کنیم

,

Q.E.D.

اظهار نظر:وفاداری بیانیه پ nدر این برهان همان اعتبار تساوی است

همچنین ببینید

تغییرات و تعمیم

ادبیات

• N. Ya. Vilenkinالقاء. ترکیبیات. راهنمای معلمان م.، روشنگری، 1976.-48 ص.
• L. I. Golovina، I. M. Yaglomاستقرا در هندسه، "سخنرانی های مردمی در ریاضیات"، شماره 21، فیزمتگیز 1961.-100 ص.
• آر. کورانت، جی. رابینز"ریاضی چیست؟" فصل اول، §2.
• I. S. Sominskyروش استقراء ریاضی. "سخنرانی های رایج در ریاضیات"، شماره 3، انتشارات ناوکا 1965.-58 ص.

بنیاد ویکی مدیا 2010 .

ببینید "روش استقراء ریاضی" در فرهنگ های دیگر چیست:

استقرای ریاضی در ریاضیات یکی از روش های اثبات است. برای اثبات درستی برخی گزاره ها برای همه اعداد طبیعی استفاده می شود. برای این کار ابتدا صحت گزاره با عدد 1 بررسی می شود، پایه استقراء و سپس ... ... ویکی پدیا

روشی برای ساختن یک نظریه، در حالی که مبتنی بر برخی از مفاد آن - بدیهیات یا فرضیات - است که سایر مفاد نظریه (قضیه ها) از طریق استدلال به دست می آیند که برهان m i نامیده می شود. به هر حال قوانین ...... دایره المعارف فلسفی

استقرا (لاتین inductio guidance) فرآیند استنتاج بر اساس گذار از یک موقعیت خاص به یک موقعیت عمومی است. استدلال استقرایی مقدمات خصوصی را با نتیجه گیری پیوند می دهد نه از طریق قوانین منطق، بلکه از طریق برخی ... ... ویکی پدیا

روش ژنتیکی- راهی برای تنظیم محتوا و ماهیت شی مورد مطالعه نه با قرارداد، ایده آل سازی یا نتیجه گیری منطقی، بلکه با مطالعه منشأ آن (بر اساس مطالعه دلایلی که منجر به وقوع آن، مکانیسم شکل گیری). وسیع... ... فلسفه علم: واژه نامه اصطلاحات پایه

روشی برای ساختن یک نظریه علمی که در آن مبتنی بر برخی مفاد (قضاوت) اولیه یک بدیهیات (رجوع کنید به بدیهیات)، یا مبانی است، که تمام گزاره های دیگر این علم (قضیه ها (به قضیه)) باید از آن استخراج شوند. .. ... دایره المعارف بزرگ شوروی

روش بدیهی- روش بدیهی (از یونانی. axioma) موقعیت پذیرفته شده روشی برای ساختن یک نظریه علمی است که در آن فقط بدیهیات، فرضیه‌ها و گزاره‌هایی که قبلاً از آنها مشتق شده‌اند در شواهد استفاده می‌شوند. برای اولین بار نمایش داده شد ... دایره المعارف معرفت شناسی و فلسفه علم

یکی از روش های تئوری خطا برای تخمین کمیت های مجهول از نتایج اندازه گیری حاوی خطاهای تصادفی است. N.c.m. همچنین برای نمایش تقریبی یک تابع داده شده توسط سایر توابع (ساده تر) استفاده می شود و اغلب معلوم می شود که ... دایره المعارف ریاضی

استقراء ریاضی یکی از روش های اثبات ریاضی است که برای اثبات درستی برخی گزاره ها برای همه اعداد طبیعی استفاده می شود. برای این کار ابتدا ... ویکی پدیا را بررسی کنید

این اصطلاح معانی دیگری دارد، به استقرا مراجعه کنید. استقرا (لاتین inductio guidance) فرآیند استنتاج بر اساس گذار از یک موقعیت خاص به یک موقعیت عمومی است. استدلال استقرایی مکان های خصوصی را به هم متصل می کند ... ... ویکی پدیا

ساولیوا اکاترینا

این مقاله کاربرد روش استقرای ریاضی را در حل مسائل بخش پذیری، برای جمع سری ها در نظر می گیرد. نمونه هایی از کاربرد روش استقرای ریاضی برای اثبات نامساوی ها و حل مسائل هندسی در نظر گرفته شده است. کار با ارائه به تصویر کشیده شده است.

دانلود:

پیش نمایش:

وزارت علوم و آموزش و پرورش فدراسیون روسیه

موسسه آموزشی دولتی

دبیرستان شماره 618

درس: جبر و آغاز تحلیل

موضوع کار پروژه

"روش استقراء ریاضی و کاربرد آن در حل مسئله"

کار تکمیل شد: Savelyeva E، کلاس 11B

سرپرست : Makarova T.P.، معلم ریاضیات، دبیرستان №618

1. مقدمه.

2. روش استقراء ریاضی در حل مسائل بخش پذیری.

3. کاربرد روش استقراء ریاضی در جمع سری.

4. نمونه هایی از به کارگیری روش استقراء ریاضی در اثبات نابرابری ها.

5. کاربرد روش استقراء ریاضی در حل مسائل هندسی.

6. فهرست ادبیات استفاده شده.

مقدمه

روش های قیاسی و استقرایی اساس هر تحقیق ریاضی است. روش قیاسی استدلال، استدلال از کلی به جزئی است، یعنی. استدلالی که نقطه شروع آن نتیجه کلی و نقطه پایانی نتیجه خاص است. استقرا هنگام عبور از نتایج خاص به نتایج عمومی اعمال می شود، یعنی. برعکس روش قیاسی است. روش استقرای ریاضی را می توان با پیشرفت مقایسه کرد. ما از پایین ترین نقطه شروع می کنیم، در نتیجه تفکر منطقی به بالاترین می رسیم. انسان همیشه برای پیشرفت، برای توانایی توسعه منطقی فکر خود تلاش کرده است، به این معنی که خود طبیعت او را مقدر کرده است که به صورت استقرایی فکر کند. اگرچه حوزه کاربرد روش استقراء ریاضی رشد کرده است، اما زمان کمی در برنامه درسی مدرسه به آن اختصاص می‌یابد، اما توانایی تفکر استقرایی بسیار مهم است. کاربرد این اصل در حل مسائل و اثبات قضایا با توجه به سایر اصول ریاضی در تمرین مدرسه همتراز است: میانه حذف شده، شمول-حذف، دیریکله و غیره. ابزار اصلی استفاده از روش استقراء ریاضی است. در صحبت از اهمیت این روش، A.N. کولموگروف خاطرنشان کرد که "درک و توانایی به کارگیری اصل استقراء ریاضی معیار خوبی برای بلوغ است که برای یک ریاضیدان کاملا ضروری است." روش استقرا به معنای وسیع آن عبارت است از انتقال از مشاهدات خصوصی به یک الگوی جهانی، کلی یا فرمول بندی کلی. در این تفسیر، روش، البته، تکنیک اصلی برای انجام تحقیقات در هر علوم تجربی تجربی است.

فعالیت های انسانی. روش (اصل) استقراء ریاضی در ساده‌ترین شکل آن زمانی استفاده می‌شود که اثبات یک جمله برای همه اعداد طبیعی ضروری باشد.

مسئله 1. در مقاله خود "چگونه ریاضیدان شدم" A.N. کولموگروف می نویسد: "من لذت "کشف" ریاضی را زود یاد گرفتم، زیرا در سن پنج یا شش سالگی متوجه این الگو شدم.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2،

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 و غیره.

این مدرسه مجله «پرستوهای بهاری» را منتشر می کرد. در آن، کشف من منتشر شد ... "

ما نمی دانیم چه نوع مدرکی در این مجله ارائه شده است، اما همه چیز با مشاهدات خصوصی شروع شد. خود فرضیه ای که احتمالاً پس از کشف این برابری های جزئی به وجود آمد این است که فرمول

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

برای هر عدد معین درست است n = 1، 2، 3، ...

برای اثبات این حدس، به اثبات دو واقعیت بسنده می شود. اول، برای n = 1 (و حتی برای n = 2، 3، 4) عبارت مورد نظر درست است. دوم، فرض کنید که این عبارت برای n = k، و بررسی کنید که در آن صورت برای آن نیز صادق است n = k + 1:

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

از این رو، ادعای اثبات شده برای همه ارزش ها صادق است n: برای n = 1 درست است (این مورد تأیید شده است) و به موجب واقعیت دوم، برای n = 2، از این رو برای n = 3 (به دلیل همان واقعیت دوم) و غیره.

مسئله 2. همه کسرهای معمولی ممکن را با عدد 1 و هر (عدد صحیح مثبت) در نظر بگیرید.

مخرج: ثابت کنید که برای هر کدام n> 3 را می توان به صورت مجموع نشان دادپ کسری های مختلف از این نوع

راه حل، اجازه دهید ابتدا این ادعا را بررسی کنیم n = 3; ما داریم:

بنابراین، ادعای اساسی راضی است

اکنون فرض کنید که عبارت مورد علاقه ما برای برخی از اعداد صادق استبه، و ثابت کنید که برای عدد زیر نیز صادق استبه + 1. به عبارت دیگر فرض کنید یک نمایندگی وجود دارد

که در آن ک اصطلاحات و همه مخرج ها متفاوت هستند. اجازه دهید ثابت کنیم که در این صورت می توان یک نمایش واحد را به صورت مجموع ازبه + 1 کسری از نوع دلخواه. ما فرض می کنیم که کسرها کاهش می یابند، یعنی مخرج ها (در نمایش واحد با مجموعبه شرایط) از چپ به راست افزایش دهید تاتی بزرگترین مخرج است. ما نمایندگی مورد نیاز خود را به صورت مبلغ دریافت می کنیم(به + 1) کسر، اگر یک کسری را، مثلاً آخری، را به دو تقسیم کنیم. این را می توان انجام داد زیرا

و بنابراین

علاوه بر این، همه کسری ها متفاوت هستند، زیراتی بزرگترین مخرج بود و t + 1 > t و

m(t + 1) > m.

بنابراین، ما ایجاد کردیم:

1. برای n = 3 این گفته درست است.

1. اگر عبارتی که ما به آن علاقه داریم درست باشدبه،
   سپس برای آن نیز صادق استبه + 1.

بر این اساس، می توان ادعا کرد که گزاره مورد بررسی برای همه اعداد طبیعی که از سه شروع می شوند صادق است. علاوه بر این، اثبات بالا همچنین مستلزم الگوریتمی برای یافتن پارتیشن مورد نظر وحدت است. (این چه الگوریتمی است؟ عدد 1 را مجموع 4، 5، 7 جمله خود تصور کنید.)

در حل دو مشکل قبلی دو گام برداشته شد. مرحله اول نامیده می شوداساس القاء، دومانتقال القایییا یک مرحله القایی مرحله دوم مهم ترین است، و شامل یک فرض است (گزاره برای n = k) و نتیجه گیری (گزاره برای n = k + 1). خود پارامتر p فراخوانی می شود پارامتر القاییاین طرح منطقی (دستگاه)، که این امکان را فراهم می کند که نتیجه گیری شود که عبارت مورد بررسی برای همه اعداد طبیعی (یا برای همه، با شروع از برخی) صادق است، زیرا هم مبنا و هم انتقال معتبر هستند، نامیده می شود.اصل استقراء ریاضی،که روی آن و روش استقراء ریاضی مبتنی است.اصطلاح "القاء" خود از کلمه لاتین آمده استاستقرا (راهنما)، که به معنای انتقال از دانش واحد در مورد اشیاء منفرد یک کلاس معین به یک نتیجه گیری کلی در مورد همه اشیاء یک کلاس معین است که یکی از روش های اصلی دانش است.

اصل استقراء ریاضی به شکل معمول دو مرحله ای، اولین بار در سال 1654 در رساله بلز پاسکال در باب مثلث حسابی ظاهر شد که در آن روش ساده ای برای محاسبه تعداد ترکیب ها (ضرایب دوجمله ای) با استقرا اثبات شد. د. پویا از ب. پاسکال در کتاب با تغییرات جزئی در کروشه های مربع نقل قول می کند:

«با وجود این واقعیت که گزاره مورد بررسی [فرمول صریح ضرایب دوجمله ای] شامل بی نهایت حالت خاص است، من بر اساس دو لم برهان بسیار کوتاهی برای آن ارائه خواهم کرد.

لم اول بیان می کند که حدس برای پایه درست است - این واضح است. [درپ = 1 فرمول صریح معتبر است...]

لم دوم بیان می کند: اگر فرض ما برای یک پایه دلخواه [برای یک r دلخواه] درست باشد، آنگاه برای پایه زیر [برای] صادق خواهد بود. n + 1].

این دو لم لزوماً بر اعتبار گزاره برای همه ارزش ها دلالت دارندپ. در واقع، به موجب لم اول، برای آن معتبر استپ = 1; بنابراین، به موجب لم دوم، برای آن معتبر استپ = 2; بنابراین، مجدداً به موجب لم دوم، برای آن معتبر است n = 3 و به همین ترتیب ad infinitum.

مشکل 3. پازل برج هانوی از سه میله تشکیل شده است. روی یکی از میله ها یک هرم وجود دارد (شکل 1) که از چندین حلقه با قطرهای مختلف تشکیل شده است که از پایین به بالا کاهش می یابد.

عکس. 1

این هرم باید به یکی از میله های دیگر منتقل شود و هر بار فقط یک حلقه منتقل شود و حلقه بزرگتر روی حلقه کوچکتر قرار نگیرد. آیا می توان آن را انجام داد؟

راه حل. بنابراین، ما باید به این سوال پاسخ دهیم: آیا می توان یک هرم متشکل ازپ حلقه هایی با قطرهای مختلف، از یک میله به میله دیگر، با پیروی از قوانین بازی؟ اکنون مشکل همانطور که می گویند توسط ما پارامتر شده است (یک عدد طبیعیپ)، و با استقراء ریاضی قابل حل است.

1. پایه القایی برای n = 1، همه چیز واضح است، زیرا یک هرم یک حلقه به وضوح می تواند به هر میله ای منتقل شود.
2. مرحله القاء فرض کنید می توانیم هر هرمی را با تعداد حلقه ها حرکت دهیم p = k.
   اجازه دهید ثابت کنیم که در این صورت می‌توانیم هرم را از وسط حرکت دهیم n = k + 1.

هرم از به حلقه هایی که روی بزرگترین آنها قرار دارد(به حلقه + 1)-ام، طبق این فرض می توانیم به هر محور دیگری حرکت کنیم. بیایید آن را انجام دهیم. بی حرکت(به حلقه + 1) برای اجرای الگوریتم جابجایی با ما تداخل نخواهد داشت، زیرا بزرگترین است. پس از حرکتبه حلقه ها، این بزرگترین را حرکت دهید(به حلقه + 1) روی میله باقی مانده. و سپس دوباره الگوریتم متحرکی را که با فرض استقرایی برای ما شناخته شده است اعمال می کنیمبه حلقه ها، و آنها را با میله حرکت دهید(به + 1) حلقه. بنابراین، اگر بتوانیم اهرام را بابه حلقه ها، سپس می توانیم اهرام را حرکت دهیم وبه + 1 حلقه. بنابراین، طبق اصل استقراء ریاضی، همیشه می توان هرم متشکل از n حلقه می شود، جایی که n > 1.

روش استقرای ریاضی در حل مسائل بخش پذیری.

با استفاده از روش استقراء ریاضی می توان گزاره های مختلفی را در مورد بخش پذیری اعداد طبیعی اثبات کرد.

وظیفه 4 . اگر n یک عدد طبیعی است، آنگاه عدد زوج است.

برای n=1 عبارت ما درست است: - یک عدد زوج. بیایید فرض کنیم که یک عدد زوج است. از آنجایی که 2k یک عدد زوج است، همینطور است. بنابراین، برابری برای n=1 ثابت می شود، برابری از برابری استنتاج می شود، بنابراین، حتی برای تمام مقادیر طبیعی n.

وظیفه 3. ثابت کنید که عدد Z 3 + 3 - 26n - 27 با طبیعی دلخواه n بدون باقیمانده بر 26 بخش پذیر است.

راه حل. اجازه دهید ابتدا با استقرا یک ادعای کمکی را ثابت کنیم که 3 3n+3 1 بدون باقی مانده بر 26 بخش پذیر است n > 0.

1. پایه القایی برای n = 0 داریم: Z 3 - 1 \u003d 26 - تقسیم بر 26.

مرحله القاء فرض کنید 3 3n + 3 - زمانی که 1 بر 26 بخش پذیر است n = k و اجازه دهید ثابت کنیم که در این مورد این ادعا برای آن صادق خواهد بود n = k + 1. از آنجایی که 3

سپس از فرض استقرایی نتیجه می گیریم که عدد 3 3k + 6 - 1 بر 26 بخش پذیر است.

اکنون اجازه دهید ادعای فرموله شده در شرایط مسئله را اثبات کنیم. و دوباره با استقرا.

1. پایه القایی بدیهی است که در n = 1 جمله درست است: از 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. مرحله القاء بیایید فرض کنیم که در n = k
   بیان 3 3k + 3 - 26k - 27 بر 26 بخش پذیر است 2 بدون باقی مانده، و ثابت کنید که این ادعا برای n = k + 1,
   یعنی آن عدد

قابل تقسیم بر 26 بدون هیچ ردی. در مجموع آخر، هر دو عبارت بدون باقیمانده بر 26 تقسیم می شوند 2 . اولی به این دلیل است که ما ثابت کردیم که عبارت داخل پرانتز بر 26 بخش پذیر است. دوم، با فرضیه استقرایی. به موجب اصل استقراء ریاضی، گزاره لازم کاملاً ثابت می شود.

کاربرد روش استقراء ریاضی در جمع سری ها.

وظیفه 5. فرمول را ثابت کنید

N یک عدد طبیعی است.

راه حل.

برای n=1، هر دو بخش برابری به یک تبدیل می‌شوند و بنابراین، شرط اول اصل استقراء ریاضی برآورده می‌شود.

فرض کنید که فرمول برای n=k درست است، یعنی.

بیایید به هر دو طرف این برابری اضافه کنیم و سمت راست را تغییر دهیم. سپس می گیریم

بنابراین، از این واقعیت که فرمول برای n=k درست است، نتیجه می شود که برای n=k+1 نیز صادق است. این عبارت برای هر مقدار طبیعی k صادق است. پس شرط دوم اصل استقراء ریاضی نیز برقرار است. فرمول ثابت شده است.

یک وظیفه 6. دو عدد روی تابلو نوشته شده است: 1.1. با وارد کردن مجموع آنها بین اعداد، اعداد 1، 2، 1 را به دست می آوریم. با تکرار مجدد این عمل، اعداد 1، 3، 2، 3، 1 به دست می آید. پس از سه عمل، اعداد 1، 4، 3 می شوند 5، 2، 5، 3، 4، 1. مجموع تمام اعداد روی تخته بعد از آن چقدر خواهد بود 100 عملیات؟

راه حل. همه 100 را انجام دهید عملیات بسیار وقت گیر و وقت گیر خواهد بود. بنابراین، باید سعی کنیم فرمولی کلی برای جمع S پیدا کنیماعداد بعد از n عملیات بیایید به جدول نگاه کنیم:

آیا به هیچ الگوی در اینجا توجه کردید؟ اگر نه، می توانید یک مرحله دیگر بردارید: پس از چهار عملیات، اعداد وجود خواهند داشت

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

که مجموع S 4 آن 82 است.

در واقع، شما نمی توانید اعداد را بنویسید، اما بلافاصله بگویید پس از اضافه کردن اعداد جدید، مجموع چگونه تغییر می کند. اجازه دهید مجموع برابر با 5 باشد. وقتی اعداد جدید اضافه شوند چه چیزی می شود؟ بیایید هر عدد جدید را به مجموع دو عدد قدیمی تقسیم کنیم. به عنوان مثال، از 1، 3، 2، 3، 1 به 1 می رویم،

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

یعنی هر عدد قدیمی (به جز دو عدد افراطی) اکنون سه بار مجموع را وارد می کند، بنابراین مجموع جدید 3S - 2 است (برای در نظر گرفتن واحدهای گمشده، 2 را کم کنید). بنابراین S 5 = 3S 4 - 2 = 244 و به طور کلی

فرمول کلی چیست؟ اگر تفریق دو واحد نبود، هر بار مجموع سه برابر می شد، مانند توان های ثلاث (1، 3، 9، 27، 81، 243، ...). و اعداد ما، همانطور که اکنون می بینید، یک عدد دیگر است. بنابراین، می توان چنین فرض کرد که

اکنون سعی می کنیم این را با استقرا ثابت کنیم.

پایه القایی جدول را ببینید (برای n = 0، 1، 2، 3).

مرحله القاء بیایید وانمود کنیم که

اجازه دهید آن را ثابت کنیم S تا + 1 \u003d Z تا + 1 + 1.

واقعا،

بنابراین، فرمول ما ثابت شده است. نشان می دهد که پس از صد عمل مجموع تمام اعداد روی تخته برابر با 3 خواهد بود 100 + 1.

یکی را در نظر بگیرید مثال عالیاستفاده از اصل استقراء ریاضی که در آن ابتدا باید دو پارامتر طبیعی را معرفی کنید و سپس بر روی مجموع آنها استقرا انجام دهید.

یک وظیفه 7. ثابت کنید که اگر= 2، x 2 = 3 و برای هر طبیعی n> 3

x n \u003d Zx n - 1 - 2x n - 2،

سپس

2 n - 1 + 1، n = 1، 2، 3، ...

راه حل. توجه داشته باشید که در این مشکل دنباله اولیه اعداد(x n) با استقرا تعیین می شود، زیرا اصطلاحات دنباله ما، به جز دو مورد اول، به صورت استقرایی، یعنی از طریق موارد قبلی ارائه می شوند. دنباله های داده شده نامیده می شوندمکرر، و در مورد ما این دنباله (با مشخص کردن دو عبارت اول آن) به روشی منحصر به فرد تعیین می شود.

پایه القایی این شامل بررسی دو ادعا است: n=1 و n=2.B در هر دو مورد، این ادعا با فرض صادق است.

مرحله القاء بیایید فرض کنیم که برای n = k - 1 و n = k ادعا شده است، یعنی

اجازه دهید پس از آن ادعا را برای اثبات کنیم n = k + 1. داریم:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1 که قرار بود ثابت شود.

وظیفه 8. ثابت کنید که هر عدد طبیعی را می توان به عنوان مجموع چندین عضو مختلف دنباله بازگشتی اعداد فیبوناچی نشان داد:

برای k > 2.

راه حل. اجازه دهید ص - عدد طبیعی. ما القاء را انجام خواهیم دادپ.

پایه القایی برای n = گزاره 1 درست است، زیرا واحد خود یک عدد فیبوناچی است.

مرحله القاء بیایید فرض کنیم که همه چیز اعداد صحیح، کمتر از یک عددپ، را می توان به صورت مجموع چند عبارت مختلف از دنباله فیبوناچی نشان داد. بیایید پیدا کنیم بیشترین تعدادفیبوناچیاف تی، تجاوز نمی کندپ؛ بنابراین F t n و F t +1 > n.

از آنجا که

با فرضیه استقرایی، عدد p- F t را می توان به صورت مجموع 5 عضو مختلف دنباله فیبوناچی نشان داد و از آخرین نابرابری نتیجه می شود که همه اعضای دنباله فیبوناچی که در مجموع 8 دخیل هستند کمتر ازاف تی . بنابراین، گسترش تعداد n = 8 + F t شرایط مشکل را برآورده می کند.

نمونه هایی از کاربرد روش استقراء ریاضی در اثبات نابرابری ها.

وظیفه 9. (نابرابری برنولی.)ثابت کن وقتی x > -1، x 0، و برای عدد صحیح n > 2- نابرابری

(1 + x) n > 1 + xn.

راه حل. ما دوباره اثبات را با استقرا انجام خواهیم داد.

1. پایه القاء. اجازه دهید اعتبار نابرابری برای را بررسی کنیم n = 2. در واقع،

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

2. مرحله القاء. بیایید آن را برای عدد فرض کنیم n = k بیانیه درست است، یعنی

(1 + x) k > 1 + xk،

جایی که k > 2. آن را برای n = k + 1 ثابت می کنیم. داریم: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x.

بنابراین، بر اساس اصل استقراء ریاضی، می توان ادعا کرد که نابرابری برنولی برای هر n > 2.

نه همیشه در شرایط مسائل حل شده با استفاده از روش استقراء ریاضی، قانون کلی که نیاز به اثبات دارد به وضوح تنظیم می شود. گاهی لازم است با مشاهده موارد خاص، ابتدا کشف شود (حدس بزند). قانون عمومیمی دهند و تنها پس از آن فرضیه بیان شده را با روش استقرای ریاضی اثبات می کنند. علاوه بر این، متغیر القایی را می توان پنهان کرد و قبل از حل مشکل، باید مشخص شود که القاء بر روی کدام پارامتر انجام می شود. به عنوان مثال، وظایف زیر را در نظر بگیرید.

مسئله 10. ثابت کنید

برای هر طبیعی n > 1.

راه حل، بیایید سعی کنیم این نابرابری را با استقرای ریاضی اثبات کنیم.

اساس القاء به راحتی تأیید می شود: 1+

با فرضیه استقرایی

و برای ما باقی می ماند که آن را ثابت کنیم

با استفاده از فرضیه استقرایی، ادعا خواهیم کرد

اگرچه این برابری در واقع درست است، اما راه حلی برای مشکل به ما نمی دهد.

بیایید سعی کنیم ادعایی قوی تر از آنچه در مسئله اصلی لازم است را اثبات کنیم. یعنی ما این را ثابت خواهیم کرد

ممکن است به نظر برسد که اثبات این ادعا از طریق استقرا ناامیدکننده است.

با این حال، در ص = 1 داریم: عبارت درست است. برای توجیه گام استقرایی، فرض کنید که

و سپس آن را ثابت خواهیم کرد

واقعا،

بنابراین، ما یک ادعای قوی‌تر را ثابت کرده‌ایم که ادعای موجود در شرط مسئله بلافاصله از آن پیروی می‌کند.

نکته آموزنده در اینجا این است که اگرچه ما باید ادعای قوی‌تر از آنچه را که لازم است در مسئله اثبات می‌کنیم، می‌توانیم از یک فرض قوی‌تر در مرحله استقرایی نیز استفاده کنیم. این توضیح می دهد که استفاده مستقیم از اصل استقراء ریاضی همیشه به هدف منجر نمی شود.

وضعیتی که در حل مشکل به وجود آمد نامیده می شودپارادوکس مخترعخود تناقض این است که برنامه های پیچیده تری را می توان با آن اجرا کرد موفقیت بزرگاگر مبتنی بر درک عمیق تر از اصل موضوع باشد.

مسئله 11. ثابت کنید 2m + n - 2m برای هر طبیعینوعی از.

راه حل. در اینجا ما دو گزینه داریم. بنابراین، می توانید سعی کنید به اصطلاح را انجام دهیدالقایی دوگانه(یک استقرا در یک استقرا).

ما استدلال استقرایی را انجام خواهیم دادپ.

1. پایه استقرا مطابق ص.برای n = 1 باید آن را بررسی کنید 2 t ~ 1 > t. برای اثبات این نابرابری از استقرا بر استفاده می کنیمتی

آ) پایه استقرا توسط جلد.برای t = 1 در حال انجام است
برابری که قابل قبول است.

ب) مرحله القاء با توجه به t.بیایید فرض کنیم که در t = k بیانیه درست است، یعنی 2 k ~ 1 > k. سپس بالا
اجازه دهید بگوییم که این ادعا درست است حتی اگر m = k + 1.
ما داریم:

در k طبیعی

بنابراین، نابرابری 2 برای هر طبیعی انجام می شودتی

2. مرحله القاء با توجه به آیتمتعدادی عدد طبیعی را انتخاب و تصحیح کنیدتی بیایید فرض کنیم که در n = من عبارت درست است (برای یک حالت ثابت t)، یعنی 2 t +1 ~ 2 > t1، و ثابت کنید که در این صورت این ادعا درست خواهد بود n = l + 1.
ما داریم:

برای هر طبیعینوعی از.

بنابراین، بر اساس اصل استقراء ریاضی (با توجه بهپ) بیان مشکل برای هر کسی صادق استپ و برای هر ثابتتی بنابراین، این نابرابری برای هر طبیعی صادق استنوعی از.

مسئله 12. m، n و k را فرض کنید اعداد طبیعی هستند و t > p کدام یک از دو عدد بزرگتر است:

در هر بیانیبه نشانه ها ریشه دوم, t و n متناوب

راه حل. اجازه دهید ابتدا برخی ادعاهای کمکی را اثبات کنیم.

لما برای هر طبیعی t و n (t > n) و غیر منفی (نه لزوما عدد صحیح)ایکس نابرابری

اثبات نابرابری را در نظر بگیرید

این نابرابری درست است، زیرا هر دو عامل در سمت چپ مثبت هستند. با گسترش براکت ها و تبدیل، دریافت می کنیم:

با گرفتن جذر هر دو قسمت آخرین نابرابری، ادعای لم را به دست می آوریم. بنابراین لم ثابت می شود.

حالا بیایید به سراغ حل مشکل برویم. بیایید اولین عدد از این اعداد را با علامت گذاری کنیمآ، و دوم از طریقب به . بیایید ثابت کنیم که الف برای هر طبیعیبه. اثبات با روش استقراء ریاضی به طور جداگانه برای زوج و فرد انجام می شودبه.

پایه القایی برای k = 1 ما نابرابری را داریم

y[t > y/n ، که با توجه به اینکه معتبر است m > n. = 2، نتیجه مورد نظر از لم اثبات شده با جایگزینی به دست می آید x = 0.

مرحله القاء فرض کنید، برای برخیبه نابرابری a >b به نمایشگاه. این را ثابت کنیم

از فرض استقراء و یکنواختی جذر، داریم:

از سوی دیگر، از لم ثابت شده بر می آید که

از ترکیب دو نامساوی آخر به دست می آید:

با توجه به اصل استقراء ریاضی، این ادعا ثابت می شود.

وظیفه 13. (نابرابری کوشی.)برای هر عدد مثبت ثابت کنید...یک صفحه نابرابری

راه حل. برای n = 2 نابرابری

میانگین حسابی و میانگین هندسی (برای دو عدد) شناخته شده در نظر گرفته خواهد شد. اجازه دهید n= 2، k = 1، 2، 3، ... و ابتدا القاء را بر روی انجام دهیدبه. اساس این استقرا برقرار است، با فرض اینکه اکنون نابرابری مورد نظر برای آن ایجاد شده است n = 2، ما آن را ثابت خواهیم کردپ = 2. داریم (با استفاده از نامساوی دو عدد):

بنابراین، با فرضیه استقرایی

بنابراین، با استقرا بر k، نابرابری را برای همه ثابت کردیمص 9 که توان های دو هستند.

برای اثبات نابرابری برای مقادیر دیگرپ از "استقرا پایین" استفاده می کنیم، یعنی ثابت می کنیم که اگر نابرابری برای غیر منفی دلخواه برآورده شودپ اعداد، برای آن نیز معتبر است(پ - شماره 1. برای تأیید این موضوع، توجه می کنیم که، با توجه به فرضی که انجام شده، برایپ اعداد، نابرابری

یعنی a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. تقسیم هر دو قسمت بهپ - 1، نابرابری لازم را بدست می آوریم.

بنابراین، ابتدا مشخص کردیم که نابرابری برای تعداد نامتناهی از مقادیر ممکن برقرار استپ، و سپس نشان داد که اگر نابرابری برایپ اعداد، برای آن نیز معتبر است(پ - 1) اعداد. اکنون از این نتیجه می‌گیریم که نابرابری کوتی برای مجموعه‌ای از موارد صادق استپ هر عدد غیر منفی برای هر n = 2، 3، 4، ...

مسئله 14. (D. Uspensky.) برای هر مثلث ABC با زاویه = CAB، = CBA قابل مقایسه هستند، نابرابری هایی وجود دارد

راه حل. زوایا و قابل مقایسه هستند و این (طبق تعریف) به این معنی است که این زوایا یک اندازه مشترک دارند که برای آن = p, = (p, q اعداد همزمان اول طبیعی هستند).

اجازه دهید از روش استقراء ریاضی استفاده کرده و آن را بر روی مجموع ترسیم کنیم n = p + q اعداد همزمان اول طبیعی..

پایه القایی برای p + q = 2 داریم: p = 1 و q = 1. سپس مثلث ABC متساوی الساقین است و نابرابری های مورد نظر واضح هستند: آنها از نابرابری مثلث پیروی می کنند.

مرحله القاء اکنون فرض کنید که نابرابری های مورد نظر برای p + q = 2، 3، ... برقرار شده است، k - 1، جایی که k > 2. اجازه دهید ثابت کنیم که نابرابری ها نیز برای آنها معتبر است p + q = k.

اجازه دهید ABC یک مثلث داده شده با> 2. سپس اضلاع AC و BC نمی تواند برابر باشد: اجازه دهید AC > قبل از میلاد حالا بیایید مانند شکل 2 یک مثلث متساوی الساقین بسازیم ABC; ما داریم:

AC \u003d DC و AD \u003d AB + BD، بنابراین،

2AC > AB + BD (1)

حالا مثلث را در نظر بگیرید VDC، که زوایای آن نیز قابل مقایسه است:

DCB = (q - p)، BDC = p.

برنج. 2

این مثلث فرض استقرایی را برآورده می کند و بنابراین

(2)

با اضافه کردن (1) و (2) داریم:

2AC+BD>

و بنابراین

از همین مثلث WBS با فرضیه استقرایی نتیجه می گیریم که

با توجه به نابرابری قبلی نتیجه می گیریم که

بنابراین، انتقال استقرایی به دست می آید و بیان مسئله از اصل استقراء ریاضی پیروی می کند.

اظهار نظر. بیان مسئله حتی زمانی که زوایای a و p قابل مقایسه نباشند معتبر باقی می ماند. بر اساس ملاحظه در مورد کلیما در حال حاضر باید یک اصل مهم ریاضی دیگر را اعمال کنیم - اصل تداوم.

مسئله 15. چند خط مستقیم صفحه را به قطعات تقسیم می کند. ثابت کنید که می توان این قسمت ها را سفید رنگ کرد

و رنگ های مشکی به طوری که قسمت های مجاور که دارای یک مرز مشترک هستند می باشد رنگ متفاوت(مانند شکل 3 با n = 4).

عکس 3

راه حل. ما از القاء در تعداد خطوط استفاده می کنیم. بنابراین اجازه دهیدپ - تعداد خطوطی که هواپیمای ما را به قطعات تقسیم می کند، n > 1.

پایه القایی اگر فقط یک راست وجود دارد(پ = 1)، سپس صفحه را به دو نیم صفحه تقسیم می کند که یکی از آنها سفید و دیگری سیاه است و بیان مسئله درست است.

مرحله القاء برای واضح تر شدن اثبات مرحله استقرایی، روند افزودن یک خط جدید را در نظر بگیرید. اگر خط دوم را بکشیم(پ= 2) سپس چهار قسمت را به دست می آوریم که با رنگ آمیزی گوشه های مقابل به همان رنگ می توان آنها را به شکل دلخواه رنگ آمیزی کرد. بیایید ببینیم اگر سومین خط مستقیم را بکشیم چه اتفاقی می افتد. برخی از قسمت‌های "قدیمی" را تقسیم می‌کند، در حالی که بخش‌های جدیدی از حاشیه ظاهر می‌شود که در دو طرف آن رنگ یکسان است (شکل 4).

برنج. چهار

بیایید به صورت زیر عمل کنیم:یک طرفاز خط مستقیم جدید رنگ ها را تغییر می دهیم - سفید را سیاه می کنیم و بالعکس. در عین حال، آن قسمت هایی که در طرف دیگر این خط مستقیم قرار دارند، دوباره رنگ نمی شوند (شکل 5). بعد این رنگ آمیزی جدیدالزامات لازم را برآورده می کند: از یک طرف، خط مستقیم قبلا متناوب بود (اما با رنگ های مختلف)، و از طرف دیگر، لازم بود. برای اینکه قسمت هایی که دارای حاشیه مشترک متعلق به خط کشیده شده اند به رنگ های مختلف رنگ آمیزی شوند، قسمت ها را فقط در یک طرف این خط کشیده مجددا رنگ آمیزی کردیم.

شکل 5

حال اجازه دهید گام استقرایی را اثبات کنیم. فرض کنید که برای برخیn = kبیان مسئله معتبر است، یعنی تمام قسمت هایی از هواپیما که توسط اینها به آن تقسیم شده استبهمستقیم، می توانید رنگ های سفید و مشکی را رنگ آمیزی کنید تا قسمت های مجاور به رنگ های مختلف باشد. اجازه دهید ثابت کنیم که پس چنین رنگ آمیزی وجود داردپ= به+ 1 مستقیم. اجازه دهید به طور مشابه به مورد انتقال از دو خط مستقیم به سه ادامه دهیم. بیایید در هواپیما خرج کنیمبهمستقیم. سپس، با فرض استقرایی، می توان "نقشه" حاصل را به روش دلخواه رنگ آمیزی کرد. حالا خرج کنیم(به+ 1)-امین خط مستقیم و در یک طرف آن رنگ ها را به رنگ های مخالف تغییر می دهیم. بنابراین در حال حاضر(بهخط مستقیم + 1) در همه جا بخش هایی از رنگ های مختلف را از هم جدا می کند، در حالی که قسمت های "قدیمی" همانطور که قبلاً دیدیم به درستی رنگ می شوند. با توجه به اصل استقراء ریاضی، مسئله حل می شود.

یک وظیفه16. در لبه صحرا مقدار زیادی بنزین و ماشینی وجود دارد که با پمپ بنزین کامل می تواند 50 کیلومتر را طی کند. در مقادیر نامحدود، قوطی هایی وجود دارد که می توانید بنزین را از باک بنزین ماشین تخلیه کنید و آن را برای نگهداری در هر نقطه از صحرا بگذارید. ثابت کنید که ماشین می تواند هر مسافت صحیحی بیشتر از 50 کیلومتر را طی کند. حمل قوطی بنزین ممنوع است، قوطی های خالی را می توان به هر مقداری حمل کرد.

راه حل.بیایید سعی کنیم آن را با استقرا ثابت کنیمپ،که ماشین می تواند رانندگی کندپکیلومتر از لبه کویر. درپ= 50 مشخص است. باقی مانده است که مرحله القاء را انجام دهیم و نحوه رسیدن به آنجا را توضیح دهیمn = k+ 1 کیلومتر اگر معلوم باشدn = kکیلومتر قابل رانندگی است.

با این حال، در اینجا با یک مشکل مواجه می شویم: پس از گذشتبهکیلومتر، حتی ممکن است بنزین برای سفر برگشت (بدون ذکر ذخیره سازی) کافی نباشد. و در این صورت، راه برون رفت، تقویت ادعای در حال اثبات (پارادوکس مخترع) است. ما ثابت خواهیم کرد که نه تنها می توان رانندگی کردپکیلومتر، بلکه برای تولید خودسرانه بزرگ بنزین در یک نقطه در فاصلهپکیلومترها از حاشیه کویر که پس از پایان حمل و نقل در این نقطه قرار دارد.

پایه القایییک واحد بنزین را مقدار بنزین مورد نیاز برای تکمیل یک کیلومتر مسافت در نظر بگیرید. سپس یک کیلومتر پرواز و برگشت نیاز به دو واحد بنزین دارد، بنابراین می توانیم 48 واحد بنزین را در یک کیلومتری لبه در انبار بگذاریم و برای بیشتر برگردیم. بنابراین، برای چندین سفر به انبار، می‌توانیم انباری با اندازه دلخواه که نیاز داریم تهیه کنیم. در عین حال برای ایجاد 48 واحد سهام، 50 واحد بنزین مصرف می کنیم.

مرحله القاءبیایید آن را از راه دور فرض کنیمپ= بهاز لبه بیابان می توانید هر مقدار بنزین را ذخیره کنید. اجازه دهید ثابت کنیم که در این صورت امکان ایجاد یک مخزن از راه دور وجود داردn = k+ 1 کیلومتر با هر نوع بنزین از پیش تعیین شده و در پایان حمل در این انبار باشید. چون در نقطهپ= بهعرضه نامحدود بنزین وجود دارد، سپس (با توجه به پایه القایی) می توانیم در چندین سفر به نقطهn = k+ 1 برای اشاره به یک نکتهپ= به4- 1 عدد در هر اندازه ای که نیاز دارید.

اکنون حقیقت یک گزاره کلی تر از شرط مسئله از اصل استقراء ریاضی ناشی می شود.

نتیجه

به طور خاص، با مطالعه روش استقراء ریاضی، دانش خود را در این زمینه از ریاضیات بهبود بخشیدم و همچنین یاد گرفتم که چگونه مسائلی را حل کنم که قبلاً خارج از توان من بودند.

اساساً اینها کارهای منطقی و سرگرم کننده بودند، یعنی. فقط آنهایی که علاقه به خود ریاضیات را به عنوان یک علم افزایش می دهند. حل چنین مسائلی به یک فعالیت سرگرم کننده تبدیل می شود و می تواند افراد کنجکاو بیشتری را به هزارتوهای ریاضی جذب کند. به نظر من این اساس هر علمی است.

در ادامه مطالعه روش استقراء ریاضی، سعی خواهم کرد یاد بگیرم که چگونه از آن نه تنها در ریاضیات، بلکه در حل مسائل فیزیک، شیمی و خود زندگی نیز استفاده کنم.

ادبیات

1.Vulenkin القاء. ترکیبیات. کتاب راهنمای معلمان. م.، روشنگری،

1976.-48 ص.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. استقرا در هندسه. - م.: گوسود. ناشر روشن شد - 1956 - S.I00. کتابچه راهنمای ریاضیات برای متقاضیان ورود به دانشگاه / ویرایش. یاکولووا G.N. علم. -1981. - ص 47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. استقرا در هندسه. -
M .: Nauka، 1961. - (سخنرانی های محبوب در مورد ریاضیات.)

4. آی تی دمیدوف، A.N. Kolmogorov، S.I. Shvartsburg، O.S. Ivashev-Musatov، B.E. Veits. آموزش/ "روشنگری" 1975.

5.R. کورانت، جی رابینز "ریاضیات چیست؟" فصل 1، بند 2

6. Popa D. ریاضیات و استدلال قابل قبول. - م: ناوکا، 1975.

7. Popa D. کشف ریاضی. - M.: Nauka، 1976.

8. روبانوف I.S. نحوه آموزش روش استقراء ریاضی / مدرسه ریاضی. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. در مورد روش استقراء ریاضی. - M.: Nauka، 1977. - (سخنرانی های محبوب در مورد ریاضیات.)

10. Solominsky I.S. روش استقراء ریاضی. - م.: علم.

دهه 63

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. در مورد استقراء ریاضی - م.: علم. - 1967. - S.7-59.

12.http://w.wikiredia.org/wiki

13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html