Disctere math, mathematic

1. Индукц Rosen 6 th ed., §4.1-4.3

2. Математик индукц Бүх натурал тоо n– ны хэмжээнээс үл хамааран P(n) логик таамаглал үнэн болохыг батлах нь хэцүү. Тэгвэл логик таамаглалын интефэйс хуульд бичвэл P (0)  n  0 ( P ( n )  P ( n +1))  n  0 P ( n )

3. Индукц баталгааг тоймловол  n P ( n ) батлах хэрэгтэй бол … үндсэн хэсэг(эсвэл үндсэн алхам нь): P(0) буюу анхны нөхцлийг батлах. Индукцын алхам:  n P ( n )  P ( n +1) баталъя . Ж.н. Шууд баталгааг ашиглая: n  N гэвэл, P(n) авч үзье. (индукцийн урьдчилсан таамаглал) Дээрх төсөөллөөс, P(n+1)- ийг батлах болно. Индукцийн интерфэйсийн хуулиас  n P ( n ).

4. Индукц жишээ Дараахыг баталъя

5. Индукц жишээ  , n <2 n . P ( n )=( n <2 n ) баталъя. үндсэн хэсэг : P (0)=(0<2 0 )=(0<1)= T . Инд алхам : үед P ( n )  P ( n +1) баталъя . n <2 n гэвэл n +1 < 2 n +1 батална. n + 1 < 2 n + 1 ( индукцийн урьдчилсан таамаглал ) < 2 n + 2 n ( учир нь 1<2=2  2   2  2 n -1 = 2 n ) = 2 n +1 үүнээс n + 1 < 2 n +1 , ингээд батлагдав .

6. индукцийн үндэслэл баталъя: хэрэв  n  0 ( P ( n )  P ( n +1)), тэгвэл  k  0 P ( k ) (a) k  0 гэж өгөгдсөн ,  n  0 ( P ( n )  P ( n +1)) таамаглдаг ( P (0)  P (1))  ( P (1)  P (2))  …  ( P ( k  1)  P ( k )) (b) hypothetical syllogism ашиглан k-1 бичнэ P (0)  P ( k ) (c) P (0) болон modus ponens P(k) өгөгдсөн бол . эндээс  k  0 P ( k ).

7. Шинж чанарыг жагсаах Индукцийн интерфэйс хуулийн шинж чанараар жагсаасан үндэсллийг бид батлахдаа: Бүх хоосон биш олонлогын хувьд сөрөг биш бүхэл тоонууд нь хамгийн бага элементтэй.  S  N :  m  S :  n  S : m  n

8. Шинж чанарыг жагсаалт болон Contradiction ( үл нийцэл) баталгааг ашиглах P(0) үнэн гэж таамаглавал бүх эерэг k- ийн хувьд P(k)  P(k+1) үнэн байна. Хэсэг сөрөг n- ий хувьд P(n) худал гэж өгөгдсөн. S={ n |  P ( n )} хоосон биш болон хамгийн бага элемент m гэдгийг таамаглана (P(m)=худал) Гэвч , P ( m -1)  P (( m -1)+1)= P(m) эдгээр нь үл нийцэл юм.

9. Индукцийн өргөтгөл c  Z тогтмол байх  n  c P ( n ) бид баталж болно. c  0 бол : Үндсэн хэсэг : P ( c ) нь P (0) –оос их гэдгийг батлах Индукц алхам бол :  n  c ( P ( n )  P ( n +1)).

10. Гүн Индукц Өөр нэгэн интерфэйсийн хууль авч үзье : P (0)  n  0: (  0  k  n P ( k ))  P ( n +1)  n  0: P ( n ) Өмнөхөөс ялгаатай нь индукц алхам нь P ( k ) бол өмнөх бүх утганд үнэн байдаг , гэхдээ k = n байдаггүй . P нь өмнөх бүх утганд үнэн байсан

11. Жишээ 1 Нэгээс их дурын тоог n >1 анхны тоонуудын үржвэр p 1 p 2 … p s байдлаар бичиж болно. Дараах жагсаалтын хувьд P ( n )=“ n жагсаалт ” Үндсэн хэсэг : n =2, s =1, p 1 =2. Индукцийн алхам : хэрэв n  2.  2  k  n : P ( k ) гэвэл . Шийднэ n +1. хэрэв анхны тоо нь s =1, p 1 = n +1. n +1= ab , энд 1  a  n болон 1  b  n . Тэгвэл a = p 1 p 2 … p t болон b = q 1 q 2 … q u . Үүнээс n +1= p 1 p 2 … p t q 1 q 2 … q u , s = t + u гэсэн анхны тоонуудын үржвэр байна.

12. Жишээ 2 Шууданд 12 цент болон түүнээс их байж болхоор зөвхөн 4цент болон 5центийн марк тавьдаг хэчнээн байдлаар бүрдүүлж болох вэ? Үндсэн алхам : 12=3  4), 13=2  4)+1(5), 14=1(4)+2(5), 15=3(5), ба  12  n  15, P ( n ). Индукц алхам : n  15, гэвэл  12  k  n P ( k ). 12  n  3  n , ба P ( n  3), 4 центийг нэмсээр n +1 байдлаар тараан байрлуулна .

13. Жишээ 3 a 0 , a 1 , a 2 , дараах байдлаар таамаглая : a 0 =1, a 1 =2, a 2 =3, a k = a k-1 +a k-2 +a k-3 , k ≥3 бүх бүхэл тооны хувьд . a n ≤ 2 n n≥0 бүх бүхэл тооны хувьд . P(n) Баталгаа ( гүн индукцээр ): 1) үндсэн алхам : дараах нь үнэн байна n=0 үед : a 0 =1 ≤1=2 0 P(0) n=1 үед : a 1 =2 ≤2=2 1 P(1) n=2 үед : a 2 =3 ≤4=2 2 P(2)

14. Жишээ 3 ( үргэлжлэл ) 2) Индукц таамаглал : дурын k>2 , P(i) нь i – ийн бүх утганд үнэн гэвэл 0 ≤i<k: a i ≤ 2 i бүх 0 ≤i<k . 3) Индукц алхам : P(k) үнэн гэж харуулъя : a k ≤ 2 k a k = a k-1 +a k-2 +a k-3 ≤ 2 k-1 +2 k-2 +2 k-3 ( индукц таамаглал ашиглан ) ≤ 2 0 +2 1 +…+2 k-3 +2 k-2 +2 k-1 = 2 k -1 ( геометр дарааллын нийлбэр ашиглан ) ≤ 2 k Эндээс , P(n) нь гүнзгий индукцээр үнэн болно .