Дараалал ба цуваа цуврал хичээлийн 3 12-р ангийн сонгон судлах агуулга

2. Jens Martensson 2
Тодорхойлолт:

3. Jens Martensson
• Юмсын ерөнхий шинж чанарыг илэрхийлж, натурал тоогоор дугаарлагдсан 𝐴(𝑛) өгүүлбэрүүдийн
дараалал авч үзье. Энэ дарааллын бүх өгүүлбэр үнэн байх эсэхийг яаж батлах вэ?
• Натурал тоо төгсгөлгүй олон учир 𝐴(𝑛) өгүүлбэрүүдийг нэг бүрчлэн шалгах боломжгүй. Харин
дараах сэтгэмжийг хэрэглэе.
Хэрэв 𝐴 1 , 𝐴 2 , 𝐴 3 , … , 𝐴(𝑛) өгүүлбэр үнэн гэдгээс
𝐴(𝑛 + 1)өгүүлбэр мөрдөн гарч байвал
𝐴(𝑛) өгүүлбэр бүх натурал 𝑛-ийн хувьд үнэн байна.
Үүнийг математик индукцийн зарчим гэр ба энэ зарчимд тулгуурлан батлах аргыг математик
индукцийн арга гэнэ.
3
Математик индукцийн арга:
Математик индукцийн арга
№ Нэр Үйл ажиллагаа Тайлбар
1 Индукцийн
суурь
𝐴(1) үгүүлбэр үнэн эсэхийг
шалгана.
𝑛 нь заавал 1-с эхлэх албагүй, харин заавал ямар
нэгэн дугаараас эхлэх хэрэгтэй.
2 Индукцийн
таамаглал
𝐴(𝑛) өгүүлбэрийг үнэн гэж
үзнэ.
𝐴 1 , 𝐴 2 , 𝐴 3 , … , 𝐴(𝑛)-ийг бүгдийг үнэн гэж үзээд
баталгааны явцад зарчмыг хэрэглэхгүй үлдээж болно.
3 Индукцийн
шилжилт
𝐴(𝑛 + 1) өгүүлбэр үнэн
болохыг батална.
Индукцийн суурь ба таамаглалаа хэрэглэнэ.

4. Jens Martensson
• Дурын 𝒏 ∈ ℕ хувьд 𝟐 + 𝟒 + 𝟔 + 𝟖 + ⋯ + 𝟐𝒏 = 𝒏 𝒏 + 𝟏 болохыг батал
Баталгаа: 𝑺𝒏 = 𝟐 + 𝟒 + 𝟔 + 𝟖 + ⋯ + 𝟐𝒏
1)𝑛 = 1 үед 𝑆1 = 2 × 1 = 1 × (1 + 1) буюу 2 = 2 тул үнэн
2)𝑛 = 𝑘 үед 𝑆𝑘 = 2 + 4 + 6 + 8 + ⋯ + 2𝑘 = 𝑘 𝑘 + 1 үнэн гэж үзээд
3)𝑛 = 𝑘 + 1 үед 𝑆𝑘+1 = 2 + 4 + 6 + 8 + ⋯ + 2𝑘 + 2(𝑘 + 1) = (𝑘 + 1) 𝑘 + 1 + 1 гэж
баталъя.
𝑆𝑘+1 = 𝑆𝑘 + 𝑎𝑘+1 = 2 + 4 + 6 + 8 + ⋯ + 2𝑘 + 2(𝑘 + 1) = (𝑘 + 1) 𝑘 + 2
Энд 𝑆𝑘= 2 + 4 + 6 + 8 + ⋯ + 2𝑘 = 𝑘 𝑘 + 1 үнэн, 𝑎𝑘+1 = 2 𝑘 + 1 гэж үзсэн тул
𝑆𝑘 + 𝑎𝑘+1 = 𝑘 𝑘 + 1 + 2(𝑘 + 1) = (𝑘 + 1) 𝑘 + 2 болох ба тэнцэтгэлийн зүүн талаас
𝑘 + 1 ерөнхий үржэгдэхүүн гаргавал k 𝑘 + 1 + 2 𝑘 + 1 = (𝑘 + 1)(𝑘 + 2) гарч
тэнцэтгэлийн баруун талтай тэнцэж батлагдав. Эндээс математик индукцийн зарчмаар
дурын 𝑛 ∈ ℕ хувьд 2 + 4 + 6 + 8 + ⋯ + 2𝑛 = 𝑛 𝑛 + 1 болох нь батлагдав.
Жишээ-1: Тоон дарааллын нийлбэрийг батлах:
4

5. Jens Martensson 5

6. Jens Martensson
Дурын натурал 𝒏-ийн хувьд тэнцэтгэл
𝟏
𝟑∙𝟓
+
𝟏
𝟓∙𝟕
+ ⋯ +
𝟏
(𝟐𝒏+𝟏)(𝟐𝒏+𝟑)
=
𝒏
𝟑(𝟐𝒏+𝟑)
биелнэ гэж батал
Баталгаа:
1) 𝑛 = 1 байхад шалгая. 𝑆1 =
1
(2𝑛+1)(2𝑛+3)
=
1
(2×1+1)(2×1+3)
=
1
3∙5
тул тэнцүүгийн тэмдэгийн зүүн талын
нийлбэр ганц нэмэгдэхүүнээс тогтох
1
3∙5
тоо байна. Харин баруун талын илэрхийлэл
𝑛
3(2𝑛+3)
=
1
3(2×1+3)
=
1
3∙5
адилхан илэрхийлэл гарч байгаа болохоор утга нь тэнцүү байна.
2) 𝑛 = 𝑘 утгад 𝑺𝒌 =
𝟏
𝟑∙𝟓
+
𝟏
𝟓∙𝟕
+ ⋯ +
𝟏
(𝟐𝒌+𝟏)(𝟐𝒌+𝟑)
=
𝒌
𝟑(𝟐𝒌+𝟑)
адитгал биелнэ гэж үзье.
3) 𝑛 = 𝑘 + 1 солиход гарах 𝑺𝒌+𝟏 =
𝟏
𝟑∙𝟓
+
𝟏
𝟓∙𝟕
+ ⋯ +
𝟏
(𝟐𝒌+𝟏)(𝟐𝒌+𝟑)
+
𝟏
(𝟐(𝒌+𝟏)+𝟏)(𝟐(𝒌+𝟏)+𝟑)
=
𝒌
𝟑(𝟐(𝒌+𝟏)+𝟑)
тэнцэтгэл биелнэ гэдгийг баталъя.
𝑺𝒌+𝟏 =
𝟏
𝟑 ∙ 𝟓
+
𝟏
𝟓 ∙ 𝟕
+ ⋯ +
𝟏
(𝟐𝒌 + 𝟏)(𝟐𝒌 + 𝟑)
+
𝟏
(𝟐(𝒌 + 𝟏) + 𝟏)(𝟐(𝒌 + 𝟏) + 𝟑)
=
𝒌 + 𝟏
𝟑(𝟐(𝒌 + 𝟏) + 𝟑)
𝑺𝒌+𝟏 = 𝑺𝒌 + 𝒂𝒌+𝟏 =
𝟏
𝟑∙𝟓
+
𝟏
𝟓∙𝟕
+ ⋯ +
𝟏
(𝟐𝒌+𝟏)(𝟐𝒌+𝟑)
+
𝟏
(𝟐𝒌+𝟑)(𝟐𝒌+𝟓)
=
𝒌+𝟏
𝟑(𝟐𝒌+𝟓)
энд 𝑺𝒌 =
𝟏
𝟑∙𝟓
+
𝟏
𝟓∙𝟕
+ ⋯ +
+
𝟏
(𝟐𝒌+𝟏)(𝟐𝒌+𝟑)
=
𝒌
𝟑(𝟐𝒌+𝟑)
ашиглавал
𝑺𝒌 + 𝒂𝒌+𝟏 =
𝒌
𝟑(𝟐𝒌+𝟑)
+
𝟏
(𝟐𝒌+𝟑)(𝟐𝒌+𝟓)
=
𝒌+𝟏
𝟑(𝟐𝒌+𝟓)
энэ тэнцэтгэл биелэхийг баталхад
хангалттай
Жишээ-2:
6

7. Jens Martensson
𝑺𝒌 + 𝒂𝒌+𝟏 =
𝒌
𝟑(𝟐𝒌+𝟑)
+
𝟏
(𝟐𝒌+𝟑)(𝟐𝒌+𝟓)
=
𝒌+𝟏
𝟑(𝟐𝒌+𝟓)
Тэнцэтгэлийн зүүн талын
илэрхийлэлд ижил хуваарь өгөөд нэмбэл
𝒌
𝟑(𝟐𝒌 + 𝟑)
+
𝟏
(𝟐𝒌 + 𝟑)(𝟐𝒌 + 𝟓)
=
𝑘 2𝑘 + 5 + 3
3(2𝑘 + 3)(2𝑘 + 5)
=
2𝑘2 + 5𝑘 + 3
3(2𝑘 + 3)(2𝑘 + 5)
2𝑘2 + 5𝑘 + 3 олон гишүүнтийг үржигдэхүүн болговол 2𝑘2 + 5𝑘 + 3 =
(2k + 3)(k + 1)
2𝑘2+5𝑘+3
3(2𝑘+3)(2𝑘+5)
=
(2𝑘+3)(𝑘+1)
3(2𝑘+3)(2𝑘+5)
=
(𝑘+1)
3(2𝑘+5)
гарч тэнцэтгэлийн баруун талтай
тэнцэж байгаа тул
𝒌
𝟑(𝟐𝒌+𝟑)
+
𝟏
(𝟐𝒌+𝟑)(𝟐𝒌+𝟓)
=
𝒌+𝟏
𝟑(𝟐𝒌+𝟓)
батлагдав.
Энд:
𝟏
𝟑∙𝟓
+
𝟏
𝟓∙𝟕
+ ⋯ +
𝟏
(𝟐𝒌+𝟏)(𝟐𝒌+𝟑)
=
𝒌
𝟑(𝟐𝒌+𝟑)
7

8. Jens Martensson 8

9. Jens Martensson 9

10. Jens Martensson
• Аливаа натурал 𝑛-ийн хувьд 8𝑛 + 6 нь 7-д хуваагдахыг батал:
Баталгаа: Батлах өгүүлбэрийг 𝑨(𝒏) гэе.
1)𝑛 = 1 үед 𝐴 1 = 81
+ 6 = 14 = 7 × 2 тул үнэн.
2)𝑛 = 𝑘 үед 𝐴 𝑘 = 8𝑘
+ 6 нь 7-д хуваагдан гэж үзье.
3)𝑛 = 𝑘 + 1 үед A k + 1 = 8𝑘+1
+ 6 нь 7д хуваагдахыг батлая.
8𝑘+1
+ 6 = 8𝑘
× 8 + 6 + 8 × 6 − 8 × 6 = 8 8𝑘
+ 6 − 42 болох ба
𝐴 𝑘 = 8𝑘
+ 6 нь 7-д хуваагдан гэж үзсэн тул 8 8𝑘
+ 6 нь 7-д
хуваагдана.Мөн 42 нь 7-д хуваагдана. Нийлбэрийн хуваагдах шинж
ёсоор 8𝑘+1
+ 6 нь 7д хуваагдах нь батлагдав. Иймд математик
индукцийн зарчмаар 𝑛 ∈ ℕ үед 8𝑛
+ 6 нь 7-д хуваагдана.
Жишээ-3: Тооны хуваагдлыг батлах:
10

11. Jens Martensson 11

12. Jens Martensson
1)𝑛 = 1 үед 7 ∙ 52×1−1
+ 23×1+1
= 7 × 5 + 16 = 35 + 16 = 51
тоо 17-д хуваагдана.
2)𝑛 = 𝑘 үед 7 ∙ 52𝑘−1
+ 23𝑘+1
тоо 17-д хуваагдана гэж үзье
3)𝑛 = 𝑘 + 1 үед 7 ∙ 52 𝑘+1 −1
+ 23 𝑘+1 +1
= 7 ∙ 52𝑘+1
+ 23𝑘+4
тоо
17-д хуваагдана гэдгийг баталъя.
7 ∙ 52𝑘+1
+ 23𝑘+4
= 7 ∙ 52
∙ 52𝑘−1
+ 23
∙ 23𝑘+1
= 7 ∙ 25 ∙ 52𝑘−1
+ 8 ∙
23𝑘+1
= 17 + 8 ∙ 7 ∙ 52𝑘−1
+ 8 ∙ 23𝑘+1
= 17 ∙ 7 ∙ 52𝑘−1
+ 8 ∙ 7 ×
52𝑘−1
+ 8 ∙ 23𝑘+1
= 17 ∙ 7 ∙ 52𝑘−1
+ 8 ∙ (7 ∙ 52𝑘−1
+ 23𝑘+1
)
нэмэгдэхүүн тус бүр 17-д хуваагдах тул нийлбэр 17-д
хуваагдана.
Жишэээ-4: Дурын натурал 𝒏-ийн хувьд 𝟕 ∙ 𝟓𝟐𝒏−𝟏
+ 𝟐𝟑𝒏+𝟏
тоо 17-д хуваагдана гэж батал:
12

13. Jens Martensson 13

14. Jens Martensson
• Аливаа 𝟓 ≤ 𝒏 ∈ ℕ-ийн хувьд 𝟐𝒏
≥ 𝒏𝟐
+ 𝒏 + 𝟐 тэнцэтгэл биш биелэхийг батал.
Индукцийн суурь заавал 𝑛 = 1 байх албагүй. Ямар нэг өгөгдсөн натурал
тооноос эхлэж болно. Энэ жишээнд индукцийн суурь нь 𝑛 = 5 байна.
1)𝑛 = 5 үед 25 = 32, 52 + 5 + 2 = 32, 25 = 52 + 5 + 2 тул тэнцэтгэл биш
тэнцэлдээ хүрч үнэн байна.
2)𝑛 = 𝑘 үед 2𝑘 ≥ 𝑘2 + 𝑘 + 2 тэнцэтгэл биш биелдэг гэж үзээд
3)𝑛 = 𝑘 + 1 үед 2𝑘+1 ≥ 𝑘 + 1 2 + 𝑘 + 1 + 2 гэж баталъя.
𝑛 = 𝑘 тохиолдлын тэнцэтгэл бишийг 2-оор үржүүлбэл 2𝑘+1 = 2 ∙ 2𝑘 ≥ 2(𝑘2 + 𝑘 + 2)
болно. Эндээс 𝑘 ≥ 5 үед 2 𝑘2 + 𝑘 + 2 ≥ 𝑘 + 1 2 + 𝑘 + 1 + 2 = 𝑘2 + 3𝑘 + 4
тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батлахад хангалттай. Ялгаврыг нь авч үзвэл:
2 𝑘2 + 𝑘 + 2 − 𝑘2 + 3𝑘 + 4 = 𝑘2 − 𝑘 = 𝑘 𝑘 − 1 ≥ 0 үнэн.
Жишээ-5: Тэнцэтгэл биш батлах:
14

15. Jens Martensson
• Бодолт:
1)𝑛 = 1 үед 4𝑛 + 15𝑛 − 1 = 41 + 15 ∙ 1 − 1 = 18 тул 9-д
хуваагдана.
2)𝑛 = 𝑘 үед 4𝑛 + 15𝑛 − 1 = 4𝑘 + 15𝑘 − 1 нь 9-д хуваагдана
гэж үзээд
3)𝑛 = 𝑘 + 1 үед 4𝑛 + 15𝑛 − 1 = 4𝑘+1 + 15 𝑘 + 1 − 1 =
4 ∙ 4𝑘 + 15𝑘 + 14 = 4 ∙ 4𝑘 + 4 ∙ 15𝑘 − 3 ∙ 15𝑘 − 4 + 18 =
4 4𝑘
+ 15𝑘 − 1 − 45𝑘 + 18 = 4 4𝑘
+ 15𝑘 − 1 + 9(2 − 5𝑘)
нэмэгдэхүүн тус бүр нь 9д хуваагдаж байвал нийлбэр нь
9-д хуваагдана.
4)𝑎 = 1, 𝑏 = 8, 𝑐 = 4, 𝑑 = 9, 𝑒 = 5, 𝑓 = 2
Жишээ бодлого 2016 он
15

16. 16

17. Jens Martensson
Дасгал бодлого: ЭЕШ 2016 он
17

18. Jens Martensson
1) 𝒏 ∈ ℕ бол 𝟏 ∙ 𝟐 + 𝟐 ∙ 𝟑 + ⋯ + 𝒏 ∙ 𝒏 + 𝟏 =
𝒏(𝒏+𝟏)(𝒏+𝟐)
𝟑
батал
2) 𝒏 ∈ ℕ бол 𝟏 ∙ 𝟒 + 𝟐 ∙ 𝟕 + ⋯ + 𝒏 ∙ 𝟑𝒏 + 𝟏 = 𝒏 𝒏 + 𝟏 𝟐
батал
3) 𝒏 ∈ ℕ бол 𝟐 + 𝟏𝟖 + 𝟔𝟎 + ⋯ + 𝒏 𝒏 + 𝟏 𝟐𝒏 − 𝟏 =
𝟏
𝟔
𝒏(𝒏 + 𝟏)(𝒏 + 𝟐)(𝟑𝒏 − 𝟏) батал
4) 𝒏 ∈ ℕ бол
𝟏
𝟒∙𝟓
+
𝟏
𝟓∙𝟔
+ ⋯ +
𝟏
𝒏+𝟑 𝒏+𝟒
=
𝒏
𝟒 𝒏+𝟒
батал
5) 𝒏 ∈ ℕ бол
𝟏
𝟑∙𝟓
+
𝟔
𝟓∙𝟕
+
𝟐𝟎
𝟕∙𝟗
+ ⋯ +
𝟐𝒏−𝟏
(𝟐𝒏+𝟏)(𝟐𝒏+𝟑)
∙ 𝟐𝒏−𝟏
=
𝟐𝒏
𝟐𝒏+𝟑
−
𝟏
𝟑
батал
6) 𝒏 ∈ ℕ бол 𝟏𝟐
+ 𝟐𝟐
+ ⋯ + 𝒏𝟐
=
𝒏(𝒏+𝟏)(𝟐𝒏+𝟏)
𝟔
батал
7) 𝒏 ∈ ℕ бол 𝒏𝟑
+ 𝟓𝒏 нь 6-д хуваагдахыг батал
8) 𝒏 ∈ ℕ бол 𝟏𝟒𝒏 − 𝟏 нь 13-д хуваагдахыг батал
9) 𝒏 ∈ ℕ бол 𝒏𝟑 + 𝟏𝟏𝒏 нь 6-д хуваагдахыг батал
10)𝒏 ∈ ℕ бол 𝟓𝒏+𝟐 + 𝟔𝟐𝒏+𝟏 нь 31-д хуваагдахыг батал
Дасгал бодлого:
18

19. Jens Martensson 19
Анхаарал
тавьсанд
баярлалаа