Бұл бөлімде қарастырылатын дәлелдеу әдісі табиғи қатар аксиомаларының біріне негізделген
ОЦЕНИТЕ Весь мир смеялся над этой парой, а посмотрите, что с ними сейчас
жүктеу/скачать 388.51 Kb.
|
| ОЦЕНИТЕ
Весь мир смеялся над этой парой, а посмотрите, что с ними сейчас News Sphere Роскошный дом Токаева: удивитесь, как живет президент Новости24 яғни a r + a 2 + ... + a n _ x> (n - 1) A. Екі бөлікке бөлуН.С - 1, қажетті теңсіздікті аламыз. Сонымен, алдымен теңсіздік мүмкін мәндердің шексіз саны үшін орындалатынын анықтадық NS, содан кейін теңсіздік орындалатынын көрсеттіН.С сандар, онда ол үшін де дұрыс(NS - 1) сандар. Осыдан біз Коти теңсіздігі жиынтық үшін орындалады деген қорытындыға келемізН.С кез келген теріс емес сандар n = 2, 3, 4, ... 14-есеп.(Д.Успенский.) Бұрыштары = болатын кез келген ABC үшбұрышы үшін CAB, = CBA салыстырмалы, теңсіздіктер Шешім. Бұрыштар мен өлшемді болып табылады, және бұл (анықтама бойынша) бұл бұрыштардың ортақ өлшемі бар екенін білдіреді, ол үшін = p, = (p, q - натурал ортақ сандар). Математикалық индукция әдісін қолданамыз және оны қосынды арқылы орындаймыз n = p + q натурал ортақ сандар.. Индукциялық негіз. p + q = 2 үшін бізде: p = 1 және q = 1. Сонда ABC үшбұрышы тең қабырғалы, ал қажетті теңсіздіктер анық: олар үшбұрыш теңсіздігінен шығады. Индукциялық қадам. Енді p + q = 2,3, ... үшін қажетті теңсіздіктер орнатылды делік. k - 1, мұндағы k> 2. Теңсіздіктер үшін де жарамды екенін дәлелдейміз p + q = k. ABC болсын — берілген үшбұрыш, қайсысы> 2. Содан кейін АС және ВС қабырғалары тең болуы мүмкін емес: рұқсатАС> ВС. Енді 2-суреттегідей тең қабырғалы үшбұрышты саламыз ABC; Бізде бар: AC = DC және AD = AB + BD, сондықтан 2AC> AB + BD (1) Енді үшбұрышты қарастырайықВDC, Бұрыштары да салыстырмалы: DCB = (q - p), BDC = p. Күріш. 2 Бұл үшбұрыш үшін индуктивті болжам орындалады, демек (2) (1) және (2) қоссақ, бізде: 2AC + BD> Сондықтан Сол үшбұрыштан VBS индукциялық гипотеза арқылы біз қорытынды жасаймыз Алдыңғы теңсіздікті ескере отырып, қорытынды жасаймыз Осылайша индуктивті ауысу алынады және есептің қойылуы математикалық индукция принципінен шығады. Пікір. Есептің қойылымы a және p бұрыштары өлшемсіз болған жағдайда да жарамды болып қалады. Жалпы жағдайда қарастыру тағы бір маңызды математикалық принципке - үздіксіздік принципіне негізделуі керек. Есеп 15. Бірнеше түзулер жазықтықты бөліктерге бөледі. Бұл бөліктерді ақ бояуға болатынын дәлелде және жалпы шекара сегменті бар іргелес бөліктер әртүрлі түстерде болатындай етіп қара (3-суреттегідей). n = 4). сурет 3 Шешім. Жолдар саны бойынша индукцияны қолданамыз. Ендеше рұқсат етіңізН.С - жазықтығымызды бөліктерге бөлетін түзулердің саны, n> 1. Индукциялық негіз. Егер түзу сызық жалғыз болса(NS = 1), онда ол жазықтықты екі жарты жазықтыққа бөледі, олардың біреуі ақ, ал екіншісі қара түске боялады және есептің тұжырымы дұрыс болады. Индукциялық қадам. Индуктивті ауысуды дәлелдеу үшін, бір жаңа жолды қосу процесін қарастырыңыз. Екінші түзуді сызатын болсақ(NS= 2), содан кейін қарама-қарсы бұрыштарды бірдей түске бояу арқылы қалаған жолмен бояуға болатын төрт бөлікті аламыз. Үшінші түзуді тартсақ не болатынын көрейік. Ол кейбір «ескі» бөліктерді бөледі және екі жағында да түсі бірдей шекараның жаңа бөліктері пайда болады (4-сурет). Күріш. 4 Келесідей жалғастырайық:бір жағынанжаңа түзу сызықтан түстерді өзгерту - ақ қара және керісінше жасау; бұл жағдайда біз осы түзудің екінші жағында жатқан бөліктерді қайта боямаймыз (5-сурет). Содан кейін бұл жаңа бояу қажетті талаптарды қанағаттандырады: бір жағынан түзу сызықпен ол қазірдің өзінде ауыспалы болды (бірақ әртүрлі түстермен), ал екінші жағынан қажет болды. Сызылған түзу сызыққа жататын ортақ жиегі бар бөліктер әртүрлі түстерге боялу үшін бөлшектерді осы сызылған түзудің бір жағына ғана қайта боядық. 5-сурет Енді индуктивті ауысуды дәлелдейік. Кейбіреулер үшін солай делікn = kесептің қойылымы дұрыс, яғни жазықтықтың осылармен бөлінген барлық бөліктеріКімгетүзу, ақ және қара түске бояуға болады, осылайша көрші бөліктер әртүрлі түстерде болады. Онда мұндай бояудың бар екенін дәлелдеп көрейікН.С= Кімге+ 1 түзу. Біз екі түзуден үшке өту жағдайына ұқсас әрекет етеміз. Ұшақта жұмсайықКімгетікелей. Содан кейін индукциялық гипотеза бойынша алынған «картаны» қажетінше бояуға болады. Қазір жұмсайық(Кімге+ 1) ші түзу және оның бір жағында түстерді қарама-қарсы түстерге ауыстырамыз. Енді(Кімге+ 1) -ші түзу әр жерде әртүрлі түсті бөлімдерді бөледі, ал «ескі» бөліктер, біз бұрын көргендей, дұрыс боялған болып қалады. Математикалық индукция принципі бойынша есеп шығарылады. Тапсырма16. Шөл даланың шетінде жанармайдың мол қоры және толық жанармай құйылғанда 50 шақырым жүре алатын көлік бар. Автокөліктің жанармай қоймасынан бензин құйып, оны шөлдің кез келген жерінде сақтауға қалдыруға болатын шектеусіз канистрлер бар. Автокөліктің 50 километрден асатын кез келген бүтін қашықтықты жүре алатынын дәлелдеңіз. Бензин құйылған банкаларды алып жүруге болмайды, бос банкаларды кез келген мөлшерде тасымалдауға болады. Шешім.Біз оны индукция арқылы дәлелдеуге тырысамызNS,бұл көлік жүре аладыН.Сшақырым шөл даланың шетінен. СағатН.С= 50 белгілі. Индукциялық қадамды орындау және оған қалай жетуге болатынын түсіндіру қалады.n = k+ 1 километр, егер ол белгілі болсаn = kшақырым жүре аласыз. Алайда, бұл жерде біз қиындыққа тап болдық: өткеннен кейінКімгешақырым, бензин тіпті кері қайтар жолға жеткіліксіз болуы мүмкін (сақтауды айтпағанда). Ал бұл жағдайда тығырықтан шығудың жолы – дәлелденіп жатқан бекітуді күшейту (өнертапқыштың парадоксы). Тек көлік жүргізе алмайтыныңызды дәлелдеймізН.Сшақырым, сонымен қатар қашықтықтағы нүктеде бензиннің ерікті түрде үлкен жеткізілімін жасайдыН.СШөлдің шетінен шақырым, тасымалдау аяқталғаннан кейін осы нүктеге келеді. Индукциялық негіз.Бір километр жол жүруге қажетті бензин мөлшері бензиннің бірлігі болсын. Содан кейін 1 шақырымдық сапарға және кері қайтаруға екі бензин бірлігі қажет, сондықтан біз 48 бірлік бензинді шетінен бір шақырым жерде қалдырып, жаңа порцияға қайтара аламыз. Осылайша, қоймаға бірнеше рейс үшін біз өзімізге қажет еркін мөлшердегі қорды жасай аламыз. Бұл ретте 48 бірлік қор жасау үшін 50 бірлік бензин тұтынамыз. Индукциялық қадам.Бұл қашықтықта делікН.С= Кімгешөл даланың шетінен кез келген мөлшердегі бензинді жинақтай аласыз. Қашықтықта қойма құруға болатынын дәлелдеймізn = kКез келген алдын ала белгіленген бензинмен + 1 км және тасымалдау соңында осы қоймада болыңыз. Осы сәттен бастапН.С= Кімгебензиннің шексіз жеткізілімі бар, содан кейін (индукциялық базаға сәйкес) біз нүктеге бірнеше сапарға шыға аламыз.n = k+ 1 нүктесінде орындаңызН.С= КімгеСізге қажет кез келген өлшемдегі 4 - 1 қор. Есептің шартына қарағанда жалпылама тұжырымның ақиқаты енді математикалық индукция принципінен шығады. Қорытынды Атап айтқанда, математикалық индукция әдісін зерттей отырып, мен математиканың осы саласындағы білімімді жетілдірдім, сонымен қатар бұрын менің қолымнан келмейтін есептерді шығаруды үйрендім. Негізінде бұл логикалық және ойын-сауық тапсырмалары болды, яғни. ғылым ретінде математикаға деген қызығушылықты арттыратындар ғана. Мұндай есептерді шешу қызықты әрекетке айналады және математикалық лабиринттерге барған сайын қызығушылық танытатын адамдарды тарта алады. Менің ойымша, бұл кез келген ғылымның негізі. Математикалық индукция әдісін зерттеуді жалғастыра отырып, мен оны тек математикада ғана емес, физика, химия және өмірдің өзінде есептерді шешуде қолдануды үйренуге тырысамын. Әдебиет 1.Вуленкин ИНДУКЦИЯСЫ. Комбинаторика. Мұғалімдерге арналған нұсқаулық. М., Ағарту, 1976.-48 б. 2.Головина Л.И., Яглом И.М. Геометриядағы индукция. - М .: Госуд. жарияланды. хат. - 1956 - S. I00. Университетке түсушілерге арналған математикадан оқу құралы / Ред. Яковлева Г.Н. ғылым. -1981 ж. - С.47-51. 3.Головина Л.И., Яглом И.М. Геометриядағы индукция. - М .: Наука, 1961. - (Математикадан танымал дәрістер.) 4. И.Т.Демидов, А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург, О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. Оқулық/ «Ағарту» 1975 ж. 5.Р. Куран, Г.Роббинс «Математика дегеніміз не?» 1-тарау, § 2 6. Попа D. Математика және дәлелді пайымдау. - М: Ғылым, 1975 ж. 7. Попа Д. Математикалық жаңалық. - М .: Наука, 1976 ж. 8.Рубанов И.С. Математикалық индукция әдісін қалай оқыту керек / Математика мектебі. - Нл. – 1996. – Б.14-20. 9. Соминский И.С., Головина Л.И., Яглом И.М. Математикалық индукция әдісі туралы. - М .: Наука, 1977. - (Математикадан танымал дәрістер.) 10. Соломинский И.С. Математикалық индукция әдісі. - М .: Ғылым. 63с. 11. Соломинский И.С., Головина Л.И., Яглом И.М. Математикалық индукция туралы. - М.: Ғылым. – 1967. – Б.7-59. 12.httr: //sh.wikiiredia.org/wiki 13.htt12: / /www.refeshtcollectiop.ru/40 124.html Кіріспе Негізгі бөлім 1. Толық және толық емес индукция 2. Математикалық индукция принципі 3. Математикалық индукция әдісі 4. Мысалдар шешу 5. Теңдік 6. Сандарды бөлу 7. Теңсіздіктер Қорытынды Пайдаланылған әдебиеттер тізімі Кіріспе Барлық математикалық зерттеулер дедуктивті және индуктивті әдістерге негізделген. Ойлаудың дедуктивті әдісі жалпыдан жекеге қарай пайымдау, яғни. пайымдау, оның бастапқы нүктесі жалпы нәтиже, ал соңғы нүктесі жеке нәтиже болып табылады. Индукция нақты нәтижелерден жалпыға өткенде қолданылады, яғни. дедуктивті әдіске қарама-қарсы. Математикалық индукция әдісін прогресспен салыстыруға болады. Біз ең төменнен бастаймыз, логикалық ойлау нәтижесінде ең биікке жетеміз. Адам әрқашан алға ұмтылды, өз ойын логикалық тұрғыдан дамыту қабілетіне ұмтылды, яғни табиғаттың өзі оны индуктивті ойлауға арнады. Математикалық индукция әдісінің қолдану аясы кеңейгенімен, мектеп бағдарламасында оған аз уақыт бөлінеді. Ал, маған не айт адамға пайдалыбес сөз теорияны тыңдайтын, бес қарабайыр есептерді шешетін және нәтижесінде ештеңе білмегені үшін А алатын екі-үш сабақ береді. Бірақ индуктивті ойлай білу өте маңызды. жүктеу/скачать 388.51 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|