Մաթեմատիկական_ինդուկցիայի_մեթոդը

Բովանդակություն
1.ՆԵՐԱԾՈՒԹՅՈՒՆ
2.ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱԿԱՆ ԻՆԴՈՒԿՑԻԱՅԻ
ՄԵԹՈԴԸ.
3. ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱԿԱՆ ԻՆԴՈՒԿՑԻԱՅԻ
ՄԵԹՈԴԻ ԿԻՐԱՌՈՒԹՅԱՆ ՕՐԻՆԱԿՆԵՐ

ՆԵՐԱԾՈՒԹՅՈՒՆ
Մաթեմատիկական հետազոտություններ կատարելու համար
գոյություն ունեն տարբեր մեթոդներ:

Մաթեմատիկական հետազոտություններ կատարելու մեթոդներ
Ինդուկցիա
Դեդուկցիա

Դեդուկցիան կամ
դեդուկտիվ մտահանգում
Դեդուկցիան կամ դեդուկտիվ մտահանգումը՝ դատողությունների շղթա է, որի օղակները կապված են տրամաբանական կանոնով: Այդ շղթայի սկիզբը որևէ ճշմարիտ դրույթ է, որից տրամաբանական դատողություններով հանգումեն վերջնական դրույթին, ինչն անվանում են եզրակացություն:

Ինդուկցիան
Ինդուկցիան մտածողության այնպիսի ձև է, որը մասնավոր դեպքերը
հանգեցնում է ընդհանուր եզրակացության, և ընդհանուր դրույթը
բխեցնում է մասնավորից:

ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱԿԱՆ
ԻՆԴՈՒԿՑԻԱՅԻ ՄԵԹՈԴԸ
Ըստ երևույթին մաթեմատիկական պնդումների վերաբերյալ տրամաբանական կառույցում ամենամեծ դժվարությունը հիմնականում ներկայացնում է մաթեմատիկական ինդուկցիայի մեթոդը:
Մաթեմատիկական ինդուկցիայի սկզբունքի խորությամբ ընկալումը և նրա ճիշտ կիրառումը տրամաբանական մրքի հասունության չափանիշ է,որը խիստ անհրաժեշտ է յուրաքանչյուր մաթեմատիկոսին:
Մաթեմատիկական ինդուկցիայի մեթոդը լայն կիրառություն
ունի մաթեմատիկայի տարբեր բաժիններում:

Օրինակներ
Պահանջվում է ապացուցել, որ ցանկացած բնական զույգ n (4 ներկայացնել երկու պարզ թվերի գումարի տեսքով:
Դրա համար վերցնում ենք բոլոր զույգ թվերը այդ միջակայքի և գրում դրանց համապատասխան
տրոհումները:
4=2+2 12=7+5
6=3+3 20=13+7 14=7+7
8=5+3 16=11+5
10=7+3 18=13+5

Այս ինը հավասարությունները ցույց են տալիս, որ մեզ հետաքրքրող ամեն մի թիվ ներկայացվում է
երկու պարզ թվերի գումարի տեսքով:
Այսպիսով լրիվ ինդուկցիան կայանում է նրանում, որ ընդհանուր պնդումն ապացուցվում է նրանում
առաջացող վերջավոր հնարավոր դեպքերից յուրաքանչյուրի համար:
Երբեմն հաջողվում է ընդհանուր արդյունքը կռահել ոչ թե բոլոր, այլ բավականաչափ մեծ թվով
մասնավոր դեպքերի դիտարկման հիման վրա, այլ կերպ, եզրակացություն է արվում ոչ բոլոր դեպքերի
քննարկումով:Այս մեթոդը անվանել են ոչ լրիվ կամ թերի ինդուկցիա:

ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱԿԱՆ
ԻՆԴՈՒԿՑԻԱՅԻ ՍԿԶԲՈՒՆՔ
Փոփոխական բոլոր արժեքների համար A(n) պնդումը համարվում է ճիշտ, եթե տեղի ունի հետևյալ երկու պայմանները՝
1) n=1-ի դեպքում պնդումը ճշմարիտ է
2)Այն ենթադրությունից , թե A(n) պնդումը ճիշտ է n=k-ի դեպքում, որտեղ k –ն կամայական բնական թիվ է,
հետևում է, որ այն ճիշտ է նաև n=k+1- ի դեպքում:

Մաթեմատիկական ինդուկցիայիա մեթոդով ապացուցումը բաղկացած է երկու մասից:
Սկզբում ապացուցվելիք պնդումը ստուգվում է դեպքում: Ապացուցման այս մասը կոչվում է
ինդուկցիայի բազիս:
Ապացուցման հաջորդ մասն անվանում են ինդուկտիվ քայլ: Այդ մասում ապացուցվում է
պնդման ճշմարիտ լինելը դեպքում՝ այն ենթադրությամբ, որ պնդումը ճիշտ է դեպքում
(ինդուկցիայի ենթադրություն):

ՄԱԹԵՄԱՏԻԿԱԿԱՆ ԻՆԴՈՒԿՑԻԱՅԻ
ՄԵԹՈԴԻ ԿԻՐԱՌՈՒԹՅԱՆ ՕՐԻՆԱԿ-
ՆԵՐ:
Օրինակ 1: Ապացուցենք, որ ցանկացած n –ի դեպքում 7n -1 առանց մնացորդի բաժանվում է 6-ի Լուծում:
1) n=1-ի դեպքում կունենաք 71 -1 =6, որը առանց մնացորդի բաժանվում է 6-ի: Հետաևաբար n=1-ի դեպքում պնդումը ճիշտ է:

2) Ենթադրենք, որ n=k-ի դեպքում, 7k -1 առանց մնացորդի բաժանվում է 6-ի դեպքում պնդումը ճիշտ է:
3) Ապացուցենք, որ պնդումը ճիշտ է n=k+1-ի
դեպքում:
7(k+1) -1 =7(7k -1)+6

Առաջին գումարելին առանց մնացորդի բաժանվում է 6-ի, քանի որ 7k -1 առանց մնացորդի բաժանվում է 6-ի ըստ ինդուկցիոն ենթադրության, իսկ երկրորդ գումարելին հանդիասանում է հենց 6-ը: Ուրեմն 7n-1 առանց մնացորդի բաժանվում է 6-ի
ցանկացած բնական n-ի դեպքում:

Օրինակ 2: Ապացուցենք որ,
1+х+ x2+ x3+…+ xn=(x(n+1)-1)/(х-1)
Լուծում:
n=1-ի դեպքում կունենանք
1+х=(x2-1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1
ուստի, n=1-ի դեպքում բանաձևը ճիշտ է:
2) Ենթադրենք n=k-ի դեպքում բանաձևը ճիշտ է՝
1+х+ x2+ x3+…+ xk=(x(k+1)-1)/(х-1)

Ցույց տանք, որ տեղի կունենա հետևյալ
հավասարությունը՝
1+х+ x2+ x3+…+ xk + xk +1=(xk +2-1)/(х-1).
1+х+ x2+ x3+…+ xk + xk +1 =(1+х+ x2+ x3+…+ xk )+ xk +1 =
(xk +1 -1)/(x-1)+ xk +1 =(xk +2-1)/(х-1).
А(k) > A(k+1)
Ստացվեց, որ բանաձև ճիշտ է ցանկացած բնական –ի
դեպքում:

Օրինակ 3: Ցույց տանք, որ n>2-ի դեպքում անհավասարությունը ճիշտ է՝
1+(1/ 22 )+(1/ 32 )+…+(1/ n2 )<1,7-(1/n).
Լուծում:
1) n=3-ի դեպքում անհավասարությունը ճիշտ է
1+(1/ 22 )+(1/ 32 )=245/180<246/180=1,7-(1/3).
2) Ենթադրենք n=k-ի դեպքում անհավասարությունը ճիշտ է՝
1+(1/ 22 )+(1/ 32 )+…+(1/ k2 ) <1,7-(1/k).

3) Ապացուցենք n=k+1-ի դեպքում
1+(1/ 22)+…+(1/ k2 ))+(1/ (k+1)2 )<1,7(1/k)+(1/ (k+1)2 ).
Ցույց տանք,որ
1,7(1/k)+(1/ (k+1)2)<1,7-(1/k+1)
(1/ (k+1)2)+(1/k+1)<1/k
(k+2)/(k+1)2 <1/k
k(k+2)<(k+1)2
k2 +2k < k2 +2k+1.
Վերջինս ակնհայտ է , և հետևաբար
1+(1/ 22 )+(1/ 32 )+…+(1/ (k+1)2 ) <1,7-(1/k+1).