Matematik induksiya metodini qo’llashga oid misollar yechish

MATEMATIK INDUKSIYA METODINI QO’LLASHGA OID MISOLLAR YECHISH

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:

1. 
   n=1 hol uchun A(1) tasdiqning to`g`riligi tekshirib ko`riladi. Bu matematik iduksiyaning bazasi deyiladi .
   
2. 
   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)=k<sup>2</sup>.
n=k+1 keyingi natural k+1 sonda ham 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1)<sup>2</sup> o`rinli bo`lishini isbotlaymiz
Haqiqatan
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)= [ 1+3+5+…+(2k-1)] +2k+1= k<sup>2</sup>+2k+1=(k+1)<sup>2</sup>
Demak, А(k)А(k+1) isbotlandi. Matematik induksiyaga asosan , 1+3+5+…+(2n-1)=n<sup>2</sup> 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 d_n=n(n-3)/2 ga teng bo`lishini isbotlang

Yechish : 1) n=3 da formula o`rinli ekanligini tekshiramiz
d<sub>3</sub>=0(3-3)/2=0 , haqiqatan uchburchakda diagonallar
yo`q soni nolga teng
2) Aytaylik , qandaydir qavariq k- burchak uchun
d_k =k(k-3)/2 diagonali bo`lsin
qavariq (k+1) burchak uchun diagonallar soni
d<sub>k+1</sub>=(k+1)(k-2)/2 ga teng bo`lishini isbotlaymiz.

A₁A₂A₃…A_kA_k+1 qavariq (k+1) burchak bo`lsin. Unda
A<sub>1</sub>A<sub>k</sub> diagonalni o`tkazamiz. (k+1) burchakdagi diagonallar sonini sanash uchun k burchakdagi diagonallar soniga k-2 ta A_k+1 uchdan chiquvchi diagonallar sonini va 1 ta A₁A_k diagonalni qo`shish yetarli . Demak
d<sub>k+1</sub>=d<sub>k</sub> +(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 d_n=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
x<sub>k</sub> =k<sup>2</sup>=k(k+1)(2k+1)/6.
3) n=k+1 da o`rinli bo`lishini isbotlaymiz
x<sub>k+1</sub> =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
x<sub>k+1</sub>=1<sup>2</sup>+2<sup>2</sup>+3<sup>2</sup> +…+k<sup>2</sup>+(k+1)<sup>2</sup> =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1)<sup>2</sup>=(k(k+1)(2k +1)+6(k+1)<sup>2</sup> )/6=(k+1)(k(2k +1)+
+6(k+1))/6=(k+1)(2k<sup>2</sup>+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 , x<sub>1</sub> =7<sup>1</sup>-1=6 bu 6 ga qoldiqsiz bo`linadi. n=1 da
tasdiq o`rinli .

2) Aytaylik n=k da x_k=7^k-1 had 6 ga qoldiqsiz bo`linsin

3) n=k+1da tasdiq o`rinli bo`lishini isbotlaymiz .

x_k+1=7^k+1-1=77^k-7+6=7(7^k-1)+6
1 –qo`shiluvchidagi qavs ichidagi ifoda x<sub>k</sub>=7<sup>k</sup>-1 6ga qoldiqsiz bo`linadi, ikiinchi qo`shiluvhci 6 demak u ham 6 ga bo`linadi. Matematik induksiyaga ko`ra 7<sup>n</sup>-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
11<sup>3</sup> +12<sup>3</sup> =(11+12)(11<sup>2</sup> -1112+12<sup>2</sup> )=23133.
23133 soni 133 ga qoldiqsiz bo`linadi, n=1 da tasdiq o`rinli .

2) aytaklik , n=k da (11^k+2 +12 ^2k+1 ) soni 133 ga

qoldiqsiz bo`linsin

3) n=k+1 da (11^k+3 +12^2k+3 ) ham 133 ga qoldiqsiz

bo`linishini isbotlaymiz . Haqiqatan

11^k+3+12^2k+3=1111^k+2+12²12^2k+1=1111^k+2+(11+133)12^2k+1=

=11(11^k+2+12^2k+1)+13312^2k+1.
(11^k+2+12^2k+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
3^3n-1+2^4n-3 yig`indini 11 ga qoldiqsiz bo`linishini isbotlang
Yechish : 1) n=1da , x₁=3^3-1+2^4-3=3²+2¹=11 tasdiq o`rinli
2) faraz qilamiz n=k da x<sub>k</sub>=3<sup>3k-1</sup>+2<sup>4k-3</sup> 11 ga qoldiqsiz bo`linsin
3) n=k+1 da tasdiqni to`gri ekanligini isbotlaymiz.

x_k+1=3^3(k+1)-1+2^4(k+1)-3=3^3k+2+2^4k+1=3³3^3k-1+2⁴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.

(3^3k-1+2^4k-3) ko`paytuvchi farazga ko`ra 11 ga qoldiqsiz bo`linadi, ikkinchi qo`shiluvchi 113^3k-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+nх.
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+kx (*) 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+kx)(1+x) ga ega bo`lamiz.
Ushbu tengsizlikni o`ng tomoniga e`tibor bersak

(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx²>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 > n2ⁿ⁺¹ bo`lishini isbotlang

Yechish : Tengsizlikni quyidagi ko`rinishda yozib olamiz
(3/2)<sup>n</sup>>2n.
1) n=7 da 3<sup>7</sup>/2<sup>7</sup>=2187/128>14=27 tengsizlik o`rinli

2) Faraz qilamiz n=k da (3/2)^k>2k

3) n=k+1 da tengsizlik o`rinli bo`lishini isbotlaymiz

3^k+1/2^k+1=(3^k/2^k)(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 metodi matematikaning turli tuman xatto bir-biridan juda olis sohalarida muvaffaqiyat bilan keng qo’llaniladigan metoddir. Avvalo bu metod o’zining juda sodda bo’lgan g’oyasi bilan e’tiborga sazovordir. Bu metod orqali ayniyatlarni isbotlash va yig’indi hamda ko’paytmalarni hisoblash mumkin.
Demak turli hil ayniyatlarni isbotlashda matematik induksiya metodini qo’llab isbotlangan misollar ko’rib chiqaylik.

1. 
   misol.
   

Matematik induksiya metodidan foydalanib ushbu ayniyatni isbotlash kerak bo’lsin.
1+2+3+…+n=
Bu yerda va bundan keyin misoldagi tasdiqni A(n) deb belgilaymiz.

1.