Komiljonovaning matematika kursini takrorlash fanidan mustaqilish I
Download 332 Kb.
|
Matematik induksiya metodini qo\'llashga oid misollar yechish
- Bu sahifa navigatsiya:
- Mavzu: Matematik induksiya metodini qollashga oid misollar yechish Farg’ona - 2018
|
O’ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY VA O’RTA MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI FARG’ONA DAVLAT UNIVERSITETI BT VA STI YO’NALISHI 17.22 -GURUH TALABASI KOMILJONOVANING MATEMATIKA KURSINI TAKRORLASH FANIDAN M U S T A Q I L I S H I Mavzu: Matematik induksiya metodini qo'llashga oid misollar yechish Farg’ona - 2018 Matematik induksiya metodini qo'llashga oid misollar yechish Bu uch metod yangi bilimlarni egallashning asosida yotuvchi xulosalarning xususiyatlariga qarab bir-biridan farq qilinadi. Induksiya metodi bilishning shunday yo‘liki, bunda o‘quvchining fikri birlikdan umumiylikka, xususiy xulosalardan umumiy xulosaga o‘sib boradi. Induktiv xulosa – xususiydan umumiyga qarab boradigan xulosadir. Bu metoddan foydalanib biror qonuniyatni ochish yoki qoidani chiqarish uchun o‘qituvchi misollar, masalalar, ko‘rsatmali materiallarni puxtalik bilan tanlaydi. Boshlang‘ich sinflarda induksiya metodi bilan uzviy bog‘liq holda deduksiya metodidan ham keng foydalaniladi. Boshlang‘ich sinflarning yangi o‘qitish dasturi talablariga o‘tishi munosabati bilan deduksiya metodidan foydalanish chegaralari ancha kengaydi. Odatdagi metodika deyarli induktiv metoddan foydalanishni, deduktiv metoddan foydalanishning cheklanganligini uqtirib turardi. Deduksiya metodi bilishning shunday yo‘liki, bu yo‘l umumiyroq bilimlar asosida yangi xususiy bilimlarni olishdan iboratdir. Agar berilgan natural n ga soniga bog`liq bo`lgan А(n) tasdiq, n=1da o`rinli va n=k ( k- ixtiyoriy natural son) o`rinli ekanligidan , keyingi qadam n=k+1 uchun o`rinli bo`lishi isbotlansa , u holda А(n) tasdiq ixtyoriy natural n uchun o`rinli deb qaraladi. Ba`zi hollarda p- fiksirlangan natural son o`rinli bo`lgan tasdiqni n>p hollarda isbotlash talab etiladi . Bunday hollarda matematik induksiya quyidagicha ta`kidlash mumkin Agar A(n) tasdiq n=p uchun o`rinli bo`lib , agar ixtiyoriy k>p uchun А(k)А(k+1) bajarilsa , u holda А(n) tasdiq ixtiyoriy natural n>p uchun o`rinli bo`ladi. Matematik induksiya usulidan foydalainib isbotlash quyidagicha bo`ladi: n=1 hol uchun A(1) tasdiqning to`g`riligi tekshirib ko`riladi. Bu matematik iduksiyaning bazasi deyiladi . n=k da o`rinli deb qarab , n=k+1da o`rinli bo`lishi isbotlanadi, yani А(k)A(k+1) bo`lishi isbotlanadi . Bu induksion qadam deyiladi. 1– misol Ixtiyoriy natural n uchun isbotlang 1+3+5+…+(2n-1)=n2. Yechish : 1) Formula n=1 da o`rinli bo`lishini tekshiramiz n=1=12 . A(1) =12 o`rinli ekan 2) А(k)A(k+1) kelib chiqishini isbotlaymiz. Qandaydir n=k da ( k –ixtiyoriy natural son) formula o`rinli bo`lsin. 1+3+5+…+(2k-1)=k2. n=k+1 keyingi natural k+1 sonda ham 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1)2 o`rinli bo`lishini isbotlaymiz Haqiqatan 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)= [ 1+3+5+…+(2k-1)] +2k+1= k2+2k+1=(k+1)2 Demak, А(k)А(k+1) isbotlandi. Matematik induksiyaga asosan , 1+3+5+…+(2n-1)=n2 formula ixtiyoriy n natural son uchun o`rinli 2 – Misol Quyidagi tenglikni isbotlang : , bu yerda Yechish : 1) n=1 da tekshiramiz 2) Qaysidir natural k –uchun n=k da tenglik o`rinli deb , n=k+1 uchun bo`lishini isbotlaymiz Haqiqatan Demak, А(k)A(k+1) o`rinli. Matematik induksiya prinsipiga asosan , bu yerda ixtiyoriy n da o`rinli 3- Misol Qavariq n- burchakning diagonallari soni dn=n(n-3)/2 ga teng bo`lishini isbotlang Yechish : 1) n=3 da formula o`rinli ekanligini tekshiramiz d3=0(3-3)/2=0 , haqiqatan uchburchakda diagonallar yo`q soni nolga teng 2) Aytaylik , qandaydir qavariq k- burchak uchun dk =k(k-3)/2 diagonali bo`lsin qavariq (k+1) burchak uchun diagonallar soni dk+1=(k+1)(k-2)/2 ga teng bo`lishini isbotlaymiz. A1A2A3…AkAk+1 qavariq (k+1) burchak bo`lsin. Unda A1Ak diagonalni o`tkazamiz. (k+1) burchakdagi diagonallar sonini sanash uchun k burchakdagi diagonallar soniga k-2 ta Ak+1 uchdan chiquvchi diagonallar sonini va 1 ta A1Ak diagonalni qo`shish yetarli . Demak dk+1=dk +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2. Shunday qilib, А(k)A(k+1) o`rinli ekan. Matematik induksiyaga ko`ra qavariq n- burchakning diagonallari soni dn=n(n-3)/2 ga teng 4 – misol Ixtiyoriy n natural son uchun 12+22+32 +…+n2 =n(n+1)(2n +1)/6. tenglik o`rinli bo`lishini isbotlang Yechish : 1) n=1 da, x1=12=1(1+1)(2+1)/6=1. demak n=1da formula o`rinli 2) n=k da formula o`rinli bo`lsin xk =k2=k(k+1)(2k+1)/6. 3) n=k+1 da o`rinli bo`lishini isbotlaymiz xk+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6. xk+1=12+22+32 +…+k2+(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. n=k+1 uchun biz formula o`rinli ekanligini isbotladik, matematik induksiyaga ko`ra formula ixtiyoriy n uchun o`rinli bo`ladi. 5 – misol Ixtiyoriy natural n da 7n-1 ni 6 ga qoldiqsiz bo`linishini isbotlang Yechish : 1) n=1 bo`lsin , x1 =71-1=6 bu 6 ga qoldiqsiz bo`linadi. n=1 da tasdiq o`rinli . 2) Aytaylik n=k da xk=7k-1 had 6 ga qoldiqsiz bo`linsin 3) n=k+1da tasdiq o`rinli bo`lishini isbotlaymiz . xk+1=7k+1-1=77k-7+6=7(7k-1)+6 1 –qo`shiluvchidagi qavs ichidagi ifoda xk=7k-1 6ga qoldiqsiz bo`linadi, ikiinchi qo`shiluvhci 6 demak u ham 6 ga bo`linadi. Matematik induksiyaga ko`ra 7n-1 son ixtiyoriy natural n da 6 karrali bo`ladi. 6 –misol
(11n+2 +122n+1 ) ni 133 ga qoldiqsiz bo`linishini isbotlang
Yechish:
1) n=1 bo`lsin, u holda
2) aytaklik , n=k da (11k+2 +12 2k+1 ) soni 133 ga qoldiqsiz bo`linsin 3) n=k+1 da (11k+3 +122k+3 ) ham 133 ga qoldiqsiz bo`linishini isbotlaymiz . Haqiqatan 11k+3+122k+3=1111k+2+122122k+1=1111k+2+(11+133)122k+1= =11(11k+2+122k+1)+133122k+1. (11k+2+122k+1) soni 133 ga qoldiqsiz bo`lingani uchun hosil bo`lgan yig`indi ham 133 ga qoldiqsiz bo`linadi. Demak, А(k)А(k+1) o`rinli . Matematik induksiya yo`li bilan tasdiq isbotlandi. 7 -misol 33n-1+24n-3 yig`indini 11 ga qoldiqsiz bo`linishini isbotlang Yechish : 1) n=1da , x1=33-1+24-3=32+21=11 tasdiq o`rinli 2) faraz qilamiz n=k da xk=33k-1+24k-3 11 ga qoldiqsiz bo`linsin 3) n=k+1 da tasdiqni to`gri ekanligini isbotlaymiz. xk+1=33(k+1)-1+24(k+1)-3=33k+2+24k+1=3333k-1+2424k-3= =2733k-1+1624k-3=(16+11)33k-1+1624k-3=1633k-1+ +1133k-1+1624k-3=16(33k-1+24k-3)+1133k-1. (33k-1+24k-3) ko`paytuvchi farazga ko`ra 11 ga qoldiqsiz bo`linadi, ikkinchi qo`shiluvchi 1133k-1 ham 11ga qoldiqsiz bo`linadi . qo`shilivchilar har biri 11 ga qoldiqsiz bo`lingani uchun ularning yi`g`indisi ham 11 ga qoldiqsiz bo`linadi. Matematik indiksiyaga ko`ra tasdiq isbotlandi. 8- misol Agar va bo`lsa, quyidagi tensizlikni isbotlang (1+х)n>1+nх. Yechish : 1) n=2 da , (1+х)2=1+2х+х2>1+2х tasdiq o`rinli 2) agar bo`lsa, А(k)A(k+1) kelib chiqishini isbotlaymiz. (1+х)k>1+kx (*) A(k) da tasdiq o`rinli bo`lsin 3) А(k+1) da ham o`rinli bo`lishini isbotlash kerak Haqiqatan (*) tengsizlikni ikkala tomonini 1+x musbat songa ko`paytirsak (1+x)k+1>(1+kx)(1+x) ga ega bo`lamiz. Ushbu tengsizlikni o`ng tomoniga e`tibor bersak (1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x. natijada (1+х)k+1>1+(k+1)x. , Demak , А(k)A(k+1) isbotlandi. Matematik induksiyaga asosan Bernulli tengsizligi ixtiyoriy natural da o`rinli ekan 9- misol Natural n>6 da 3n > n2n+1 bo`lishini isbotlang Yechish : Tengsizlikni quyidagi ko`rinishda yozib olamiz (3/2)n>2n. 1) n=7 da 37/27=2187/128>14=27 tengsizlik o`rinli 2) Faraz qilamiz n=k da (3/2)k>2k 3) n=k+1 da tengsizlik o`rinli bo`lishini isbotlaymiz 3k+1/2k+1=(3k/2k)(3/2)>2k(3/2)=3k>2(k+1). bo`lgani uchun , oxirgi tengsizlik o`rinli . matematik induksiyaga ko`ra ,tengsizlik ixtiyoriy n>6 da to`g`rib o`lishi isbotlandi . Matematik induksiya usuli yordamida ayniyatlarni isbotlash. Ular ustida amallar. Download 332 Kb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|