Математикалық индукция әдісін қолдану мысалдарын шешу

1-мысал(11 n+2 +12 2n+1) 133-ке қалдықсыз бөлінетінін дәлелдеңдер.
Шешімі: 1) Онда n=1 болсын
11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23 × 133.
(23 × 133) 133-ке қалдықсыз бөлінеді, сондықтан n=1 үшін тұжырым ақиқат;
2) (11 k+2 +12 2k+1) 133-ке қалдықсыз бөлінеді делік.
3) Осы жағдайда дәлелдеп көрейік
(11к+3 +12 2к+3) 133-ке қалдықсыз бөлінеді. Шынында да, 11 k+3 +12 2n+3 =11×11 к+2 +
12 2 ×12 2к+1 =11× 11к+2 +(11+133)× 12 2к+1 =11(11к+2 +12 2к+1)+133× 12 2к+1 .
Алынған қосынды 133-ке қалдықсыз бөлінеді, өйткені оның бірінші мүшесі жорамал бойынша 133-ке қалдықсыз бөлінеді, ал екіншісінде көбейткіштердің біреуі 133-ке тең.
Сонымен, A(k) → A(k+1), онда математикалық индукция әдісіне сүйене отырып, тұжырым кез келген табиғи n үшін ақиқат болады.
2-мысалЕрікті натурал n саны үшін 3 3n-1 +2 4n-3 11-ге бөлінетінін дәлелдеңдер.
Шешуі: 1) n=1 болсын, онда X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 11-ге қалдықсыз бөлінеді. Демек, n=1 үшін мәлімдеме дұрыс.
2) n=k үшін деп есептейік
X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 11-ге қалдықсыз бөлінеді.
3) n=k+1 үшін тұжырымның ақиқат екенін дәлелдеп көрейік.
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 3к-1 +16* 2 4к-3 =(16+11)* 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =16* 3 3k-1 +
11* 3 3к-1 +16* 2 4к-3 =16(3 3к-1 +2 4к-3)+11* 3 3к-1 .
Бірінші мүше 11-ге қалдықсыз бөлінеді, өйткені 3 3k-1 +2 4k-3 11-ге бөлінетін болжам бойынша, екіншісі 11-ге бөлінеді, өйткені оның көбейткіштерінің бірі 11 саны. Демек, қосынды кез келген натурал n үшін қалдықсыз 11-ге бөлінеді.
Шынайы өмірден алынған тапсырмалар.
1-мысалКез келген дөңес көпбұрыштың ішкі бұрыштарының Sn қосындысы ( П- 2)π, мұндағы Пбұл көпбұрыштың қабырғаларының саны: Sn = ( П- 2)π (1).
Бұл мәлімдеменің барлық табиғи мағынасы жоқ П, бірақ тек үшін П > 3, өйткені үшбұрыштағы бұрыштардың ең аз саны 3-ке тең.
1) Қашан П= 3 мәлімдемеміз келесі формада болады: S 3 = π. Бірақ кез келген үшбұрыштың ішкі бұрыштарының қосындысы шынымен π болады. Сондықтан, қашан П= 3 формула (1) дұрыс.
2) Бұл формула n үшін ақиқат болсын =k, яғни С к = (к- 2)π, мұндағы к > 3. Бұл жағдайда формуланың да орындалатынын дәлелдеп көрейік: С k+ 1 = (к- 1) π.
A 1 A 2 ... A болсын к А k+ 1 - ерікті дөңес ( к+ 1) -гон (338-сурет).
А 1 және А нүктелерін қосу арқылы к , біз дөңес аламыз к-gon A 1 A 2 ... A к — 1А к . Әлбетте, бұрыштардың қосындысы ( к+ 1) -гон A 1 A 2 ... A к А k+ 1 бұрыштардың қосындысына тең к-gon A 1 A 2 ... A к плюс А үшбұрышының бұрыштарының қосындысы 1 А к А k+ бір . Бірақ бұрыштардың қосындысы к-gon A 1 A 2 ... A к деп есептеледі ( к- 2)π, ал А үшбұрышының бұрыштарының қосындысы 1 А к А k+ 1 піге тең. Сондықтан
С k+ 1=S к + π = ( к- 2)π + π = ( к- 1) π.
Сонымен, математикалық индукция принципінің екі шарты да орындалады, сондықтан (1) формула кез келген табиғи үшін дұрыс. П > 3.
2-мысалБаспалдақ бар, оның барлық сатылары бірдей. Сан бойынша кез келген сатыға «өрмелеу» мүмкіндігіне кепілдік беретін позициялардың ең аз санын көрсету қажет.
Шарт болуы керек деп бәрі келіседі. Біз бірінші сатыға көтерілуіміз керек. Әрі қарай, олар бірінші сатыдан екіншісіне көтеріле алуы керек. Содан кейін екіншісінде - үшіншіде және т.б. n-ші қадамға. Әрине, жиынтықта «n» мәлімдемелері n-ші қадамға өте алатынымызға кепілдік береді.
Енді 2, 3,…., n позицияларына қарап, оларды бір-бірімен салыстырайық. Олардың барлығының құрылымы бірдей екенін байқау қиын емес: егер біз k сатысына жетсек, онда біз (k + 1) сатыға көтеріле аламыз. Осыдан «n»-ге тәуелді тұжырымдардың дұрыстығына арналған мұндай аксиома табиғи болады: егер n натурал сан болатын А (n) сөйлемі n=1 үшін орындалса және оның қанағаттандырылуынан n=k үшін (мұндағы k – кез келген натурал сан), ол n=k+1 үшін де орындалады, онда кез келген n натурал саны үшін A(n) болжам орындалады.