Rješenje: Za rješavanje ovog problema koristimo formulu N=2 - Rješenje. Princip matematičke indukcije

Ako rečenica A(n), u zavisnosti od prirodni broj n je tačno za n=1, a pošto je tačno za n=k (gde je k bilo koji prirodan broj), sledi da je tačno za sljedeći broj n=k+1, tada je pretpostavka A(n) tačna za bilo koji prirodan broj n.

U brojnim slučajevima može biti potrebno dokazati valjanost određene tvrdnje ne za sve prirodne brojeve, već samo za n>p, gdje je p fiksni prirodni broj. U ovom slučaju, princip matematička indukcija je formulisan na sledeći način.

Ako je tvrdnja A(n) tačna za n=p i ako je A(k) X A(k+1) za bilo koji k>p, onda je prijedlog A(n) istinit za bilo koje n>p.

Dokaz metodom matematičke indukcije izvodi se na sljedeći način. Prvo, tvrdnja koju treba dokazati se provjerava za n=1, tj. istinitost tvrdnje A(1) je utvrđena. Ovaj dio dokaza naziva se baza indukcije. Nakon toga slijedi dio dokaza koji se naziva korak indukcije. U ovom dijelu se dokazuje valjanost iskaza za n=k+1 pod pretpostavkom da je tvrdnja tačna za n=k (induktivna pretpostavka), tj. dokazati da je A(k) ~ A(k+1)

Dokazati da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

1) Imamo n=1=1 2 . Prema tome, tvrdnja je tačna za n=1, tj. A(1) tačno
2) Dokažimo da je A(k) ~ A(k+1)

Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je izjava tačna za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Dokažimo da je tada tvrdnja tačna i za sljedeći prirodni broj n=k+1, tj. šta

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Zaista,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Dakle, A(k) X A(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, zaključujemo da je pretpostavka A(n) tačna za bilo koje n O N

Dokaži to

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), gdje je x br. 1

1) Za n=1 dobijamo
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

dakle, za n=1 formula je tačna; A(1) tačno

2) Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je formula tačna za n=k,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Dokažimo da je onda jednakost

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Zaista
1+h+h 2 +x 3 +…+h k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)

Dakle, A(k) ⋅ A(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da je formula tačna za svaki prirodni broj n

Dokažite da je broj dijagonala konveksnog n-ugla n(n-3)/2

Rješenje: 1) Za n=3 tvrdnja je tačna, jer je u trouglu

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 = 0 dijagonala; A 2 A(3) tačno

2) Pretpostavimo da u bilo kojem konveksnom k-ugaoniku ima A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 dijagonale. A k Dokažimo da je tada u konveksnom A k+1 (k+1)-ugaoniku broj dijagonala A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Neka je A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 -konveksan (k+1)-ugao. Nacrtajmo dijagonalu A 1 A k u njoj. Brojati ukupan broj dijagonale ovog (k + 1)-ugla, potrebno je prebrojati broj dijagonala u k-ugaoniku A 1 A 2 ...A k, dodati k-2 na rezultirajući broj, tj. broj dijagonala (k+1)-ugla koje izlaze iz vrha A k+1 , a pored toga treba uzeti u obzir i dijagonalu A 1 A k

Na ovaj način,

G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2

Dakle, A(k) ⋅ A(k+1). Zbog principa matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za svaki konveksni n-ugao.

Dokažite da je za bilo koje n tvrdnja tačna:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

X 1 = 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 = 1

2) Pretpostavimo da je n=k

X k = k 2 = k (k + 1) (2k + 1) / 6

3) Razmotrimo ovu tvrdnju za n=k+1

Xk+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2

=(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6

Dokazali smo valjanost jednakosti za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje prirodno n

Dokažite da je za bilo koji prirodni n tačna jednakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Rješenje: 1) Neka je n=1

Tada je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Vidimo da je za n=1 izjava tačna.

2) Pretpostavimo da je jednakost tačna za n=k

X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4

3) Dokažimo istinitost ove tvrdnje za n=k+1, tj.

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4

Iz gornjeg dokaza se može vidjeti da je tvrdnja tačna za n=k+1, dakle, jednakost je tačna za bilo koje prirodno n

Dokaži to

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ´ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ´ … ´ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), gdje je n>2

Rješenje: 1) Za n=2, identitet izgleda ovako:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ´2 ´3)/2(2 2 +2+1), tj. istina je
2) Pretpostavimo da je izraz tačan za n=k
(2 3 +1) / (2 3 -1) ´ ... ´ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
3) Dokazaćemo ispravnost izraza za n=k+1
(((2 3 +1)/(2 3 -1)) ´ … ´ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ´ (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ´ ((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ´

´ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Dokazali smo valjanost jednakosti za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje n>2

Dokaži to

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) za bilo koji prirodni n

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Pretpostavimo da je onda n=k
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Dokazaćemo istinitost ove tvrdnje za n=k+1
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)

Dokazana je i valjanost jednakosti za n=k+1, pa je tvrdnja tačna za svako prirodno n.

Dokazati valjanost identiteta

(1 2 /1 ´ 3)+(2 2 /3 ´ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ´ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) za bilo koji prirodni n

1) Za n=1 identitet je tačan 1 2 /1 ´ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Pretpostavimo da je za n=k
(1 2 /1 ´3)+…+(k 2 /(2k-1) ´ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Dokazujemo da je identičnost tačna za n=k+1
(1 2 /1 ´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ´ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Iz gornjeg dokaza se može vidjeti da je tvrdnja tačna za svaki pozitivan cijeli broj n.

Dokažite da je (11 n+2 +12 2n+1) deljivo sa 133 bez ostatka

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

Ali (23 ´ 133) je deljivo sa 133 bez ostatka, tako da je za n=1 izjava tačna; A(1) je tačno.

2) Pretpostavimo da je (11 k+2 +12 2k+1) deljivo sa 133 bez ostatka
3) Dokažimo da je u ovom slučaju (11 k+3 +12 2k+3) djeljivo sa 133 bez ostatka. Zaista
11 k+3 +12 2k+3 =11 ´ 11 k+2 +12 2 ´ 12 2k+1 =11 ´ 11 k+2 +

+(11+133) ´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´ 12 2k+1

Dobijeni iznos je djeljiv sa 133 bez ostatka, jer je njegov prvi član djeljiv sa 133 bez ostatka po pretpostavci, a u drugom je jedan od faktora 133. Dakle, A (k) Yu A (k + 1). Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana

Dokazati da je za bilo koji n 7 n -1 djeljiv sa 6 bez ostatka

1) Neka je n=1, tada je X 1 = 7 1 -1 = 6 podijeljen sa 6 bez ostatka. Dakle, za n=1 izjava je tačna
2) Pretpostavimo da je za n \u003d k 7 k -1 djeljivo sa 6 bez ostatka
3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1

X k+1 = 7 k + 1 -1 \u003d 7 ´ 7 k -7 + 6 = 7 (7 k -1) + 6

Prvi član je djeljiv sa 6, pošto je 7 k -1 djeljivo sa 6 prema pretpostavci, a drugi član je 6. Dakle, 7 n -1 je višekratnik 6 za bilo koje prirodno n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 3 3n-1 +2 4n-3 za proizvoljan cijeli broj n djeljiv sa 11.

1) Neka je onda n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 podijeljen je sa 11 bez ostatka.

Dakle, za n=1 izjava je tačna

2) Pretpostavimo da je za n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 deljivo sa 11 bez ostatka
3) Dokazujemo da je tvrdnja tačna za n=k+1

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 3 3k-1 +2 4 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

Prvi član je djeljiv sa 11 bez ostatka, jer je 3 3k-1 +2 4k-3 djeljiv sa 11 po pretpostavci, drugi je djeljiv sa 11, jer je jedan od njegovih faktora broj 11. Dakle, zbir je također djeljiv sa 11 bez ostatka za bilo koje prirodno n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 11 2n -1 za proizvoljan cijeli broj n djeljivo sa 6 bez ostatka

1) Neka je n=1, tada je 11 2 -1=120 deljivo sa 6 bez ostatka. Dakle, za n=1 izjava je tačna
2) Pretpostavimo da je za n=k 1 2k -1 deljivo sa 6 bez ostatka
11 2(k+1) -1=121 ´ 11 2k -1=120´ 11 2k +(11 2k -1)

Oba člana su djeljiva sa 6 bez ostatka: prvi sadrži višekratnik 6 broja 120, a drugi je djeljiv sa 6 bez ostatka po pretpostavci. Dakle, zbir je djeljiv sa 6 bez ostatka. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 3 3n+3 -26n-27 za proizvoljan cijeli broj n djeljiv sa 26 2 (676) bez ostatka

Hajde da prvo dokažemo da je 3 3n+3 -1 deljivo sa 26 bez ostatka

1. Kada je n=0
3 3 -1=26 je deljivo sa 26
2. Pretpostavimo da je za n=k
3 3k+3 -1 je deljivo sa 26
3. Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1
3 3k+6 -1=27 ´ 3 3k+3 -1=26´ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - djeljivo je sa 26

Dokažimo sada tvrdnju formulisanu u uslovu problema

1) Očigledno je da je za n=1 tvrdnja tačna
3 3+3 -26-27=676
2) Pretpostavimo da je za n=k izraz 3 3k+3 -26k-27 djeljiv sa 26 2 bez ostatka
3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Oba člana su djeljiva sa 26 2 ; prvi je djeljiv sa 26 2 jer smo dokazali da je izraz u zagradi djeljiv sa 26, a drugi je djeljiv sa induktivnom hipotezom. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana

Dokažite da ako je n>2 i h>0, onda je nejednakost (1+h) n >1+n ´ h

1) Za n=2, nejednakost je tačna, jer
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Dakle, A(2) je tačno

2) Dokažimo da je A(k) ⋅ A(k+1) ako je k> 2. Pretpostavimo da je A(k) tačno, tj. da je nejednakost
(1+h) k >1+k ´x. (3)

Dokažimo da je tada i A(k+1) tačno, tj. da je nejednakost

(1+x) k+1 >1+(k+1) x

Zaista, množenje obje strane nejednakosti (3) sa pozitivan broj 1+x, dobijamo

(1+x) k+1 >(1+k ´x)(1+x)

Razmislite desna strana posljednja nejednakost; imamo

(1+k ´x)(1+x)=1+(k+1) ´x+k´ x 2 >1+(k+1) ´x

Kao rezultat, dobijamo da (1+h) k+1 >1+(k+1) ´x

Dakle, A(k) ⋅ A(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, može se tvrditi da Bernulijeva nejednakost vrijedi za bilo koje n> 2

Dokažite da je nejednakost (1+a+a 2) m > 1+m ´ a+(m(m+1)/2) ´ a 2 tačna za a> 0

Rješenje: 1) Za m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ´ a 2 oba dijela su jednaka
2) Pretpostavimo da je za m=k
(1+a+a 2) k >1+k ´ a+(k(k+1)/2) ´ a 2
3) Dokažimo da je za m=k+1 nejednakost tačna
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ´ a+

+(k(k+1)/2) ´ a 2)=1+(k+1) ´ a+((k(k+1)/2)+k+1) ´ a 2 +

+((k(k+1)/2)+k) ´ a 3 +(k(k+1)/2) ´ a 4 > 1+(k+1) ´ a+

+((k+1)(k+2)/2) ´ a 2

Dokazali smo valjanost nejednakosti za m=k+1, dakle, zbog metode matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za bilo koje prirodno m

Dokazati da je za n>6 nejednakost 3 n >n ´ 2 n+1

Prepišimo nejednačinu u obliku (3/2) n >2n

1. Za n=7 imamo 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ´ 7 nejednakost je tačna
2. Pretpostavimo da je za n=k (3/2) k >2k
3) Dokažimo valjanost nejednakosti za n=k+1
3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ´ (3/2)>2k ´ (3/2)=3k>2 (k+1)

Pošto je k>7, posljednja nejednakost je očigledna.

Zbog metode matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za bilo koje prirodno n

Dokazati da je za n>2 nejednakost

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) Za n=3 nejednakost je tačna
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Pretpostavimo da je za n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Dokažimo valjanost nejednakosti za n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Dokažimo da je 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

s k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Ovo poslednje je očigledno, i stoga

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)

Metodom matematičke indukcije nejednakost je dokazana.

Veličina: px

Započni utisak sa stranice:

transkript

Rješenje Po definiciji, broj je granica niza brojeva n n n N ako postoji prirodan broj N takav da je za sve n n n N nejednakost zadovoljena. Riješite posljednju nejednakost n u odnosu na n: n n n n n n (n) kao N možemo uzmi N Ako je onda N ako je onda N Dakle za bilo koje n n (n)) Odgovor n n Problem Izračunaj li n n Rješenje n n n li li n n n Napravimo promjenu varijabli: n (n) ako je n onda i

2 li Odgovor e li li li e e Zadatak Odrediti red beskonačno male funkcije y sin u odnosu na infinitezimalnu y ako je odgovor Beskonačno mala funkcija y sin ima drugi red u odnosu na beskonačno mali y kod sin Problem Izračunaj li Rješenje Hajdemo izvršite promjenu varijabli: t ; ako je onda t ; t t sin t t sin cos t li li li li t t t t t Odgovor Problem Istražite funkciju f () radi kontinuiteta Rješenje Funkcija f () nije definirana u tački Izračunajte jednostrane granice: li li vrsta

3 Tačka odgovora - tačka diskontinuiteta druge vrste Zadatak Izvršiti kompletno proučavanje funkcije y i izgraditi njen graf Rješenje Domen funkcije Funkcija je definirana na cijeloj brojevnoj osi O Parnost funkcije Pošto je y () y tada funkcija je parna Presjek grafika funkcije sa koordinatnim osa Ako je onda y Stoga grafik funkcije siječe os OY i os OX u tački O ; Intervali konstantnog predznaka funkcije Funkcija je pozitivna za bilo koju asimptotu Budući da funkcija nema diskontinuitetnih tačaka druge vrste, nema vertikalnih asimptota. Otkrijmo prisustvo kose asimptote y k b y li li k li b li y k li Dakle, postoji horizontalna asimptota y Intervali povećanja Izračunajte prvi izvod: y () " " Očigledno je da je y at; za y, dakle, funkcija opada za " ; a za y, tada funkcija raste za Dakle, za funkciju ima minimum i y Konveksne intervale "" Izračunajte drugi izvod: y u

4 "" Od y ako je za; ; funkcija je konveksna prema gore "" Dalje y if znači ako; tada je funkcija konveksna nadole "" I konačno y if Prema tome, tačke pregiba su tačke Grafikon funkcije y() Problem Pronađite matricu ako Rješenje Izračunajte determinantu matrice: det Pronađite algebarske komplemente odgovarajućih elemenata matrica: Sastavite matricu unije * Zatim * det

5 Odgovor Problem Koristeći elementarne transformacije za pronalaženje ranga matrice Rješenje Izvodeći uzastopne elementarne transformacije, transformiramo originalnu matricu u stepenasti oblik: Rang posljednje matrice je dva Dakle, isti rang originalne matrice Odgovor Problem Riješite sistem jednadžbi koristeći Cramerovu metodu: Rješenje Matrica je nedegenerirana jer det Izračunajte: Zatim: oni Odgovor

6 Zadatak Istražiti sistem jednačina za kompatibilnost Ako je sistem kompatibilan, nađi opšte rješenje i jedno posebno rješenje Razmotrimo glavnu i proširenu matricu sistema: dobijamo sistem u odnosu na: Označavajući slobodne varijable, respektivno, dobijamo opšte rješenje gdje je R Djelomično rješenje, na primjer, postavka: Odgovor Opće rješenje gdje je R Djelomično rješenje Problem

7 Rang matrice koeficijenata je< Поэтому система имеет ненулевые решения Выбрав в качестве базисного минора минор M преобразуем исходную систему к виду: Решив данную систему относительно получим Обозначив свободные переменные соответственно через получим общее решение где R Ответ Общее решение где R Задача Решить систему методом Гаусса: Решение В результате элементарных преобразований над расширенной матрицей системы имеем Этой матрице соответствует система

8 Nakon što završimo obrnuti kurs Gausove metode, nalazimo c i odavde dobijamo opšte rješenje: c gdje je c R c Odgovor Opće rješenje: c gdje je c R Zadatak Izračunati površinu S paralelograma izgrađenog na vektorima a b i Rješenje a b ako je a b i ugao između vektora a i b jednak Prema definiciji i svojstvima vektorskog proizvoda imamo odgovor b a b a a a b b a (a b) (a b) Pošto je a a b a a b) onda je S a b a b sin b Problem Nađi volumen V trokuta piramida sa vrhovima;; B ;; C ;; i D ;; Rešenje Zapremina piramide jednaka je zapremini paralelepipeda izgrađenog na vektorima b B C D Nađimo koordinate ovih vektora: B vektora B ;; C ;; D C Dakle D V ;; a a a b a b (b b) Pronađite mješoviti proizvod ovih () () odgovora

9 Zadaci za pismeni ispit iz više matematike u zimskoj sesiji - akademska godina Opcija Naći tačke diskontinuiteta funkcije y i navesti njihova svojstva Izračunati determinantu Naći zbir ekstrema funkcije y ovog intervala? Date matricu različitu od nule n Poznato je da je ang()= Čemu je jednak ang(T)? Za koji procenat će se promijeniti vrijednost funkcije y ako se vrijednost argumenta poveća sa = za %? Dati vektori a (;) b (;) c (;) d (;) Pronađite osnovu ovog skupa vektora i predstavite vektore koji nisu uključeni u bazu kao linearnu kombinaciju baznih vektora Sastavite jednadžbe tangenti na krivu y na tačke sa apscisom Jednadžba ravni koja prolazi kroz tri date tačke Kronecker-Capelli teorema Primjena teoreme za rješavanje sistema linearnih algebarskih jednadžbi

10 Zadaci pismenog ispita iz više matematike u zimskoj sesiji - akademska godina Uslov zadatka Kronecker-Capelli teorema Primjena teoreme za rješavanje sistema linearnih algebarskih jednačina sin Dokažite da li Osnove trapeza leže na pravima y y Izračunajte dužina visine trapeza Za matricu, pronađite inverz. Istražite sistem i u slučaju ga riješite Odgovor Opće rješenje Posebno rješenje Funkcija je kontinuirana na Istražite kontinuitet funkcije y u skupu (;) (;) ( ;) - tačka uklonjivog diskontinuiteta - tačka beskonačnog diskontinuiteta = za %? % Pronađite zbir ekstrema funkcije y y () y() Sastavite jednadžbe tangenti na krivu y u tačkama sa apscisom y Izračunajte površinu paralelograma izgrađenog na vektorima a i b gdje su a i b ()

11 Zadaci pismenog ispita iz više matematike u zimskoj sesiji - akademska godina Zadatak Odrednice svojstava determinanti Lagrangeova teorema Izračunati granicu tg sin li sin Izvršiti kompletno proučavanje funkcije, nacrtati njen graf y i pronaći prirast i diferencijal funkcije y u tački ako je inkrement argumenta Navedite kako se primjenjuje diferencijal za približna izračunavanja Izračunajte derivaciju reda n funkcije y sin Obim proizvodnje koju tim proizvodi u svakom satu smjene je dan sa funkcija f (t) t t t gdje je t t vrijeme u satima Odrediti vrijeme t u kojem opada produktivnost rada. Naći tačku preseka prave i ravni: y z y z Da li su prave i ravni paralelne? Dat sistem jednadžbi b b b Odredi skup vektora b (b bb) za koje je sistem kompatibilan Opiši geometrijski dobijeni skup i izgradi ga u R Dati teorijsko opravdanje rješenja Nađi površinu paralelograma izgrađenog na vektorima a b gdje i ugao između odgovora y a y() y u y() ; grafik funkcije na sljedećoj stranici y dy (y n) sin(n) n pri t produktivnost rada opada N presječne točke - M (;;) ; usmjeravajući vektor prave linije može se izabrati kao takvi l (; ;) b b b vektori jednaki

12 Graf funkcije y ima vertikalnu asimptotu i nagnuti y y() as() kao

13 Zadaci pismenog ispita iz više matematike u zimskoj sesiji - akademska godina Zadatak Odgovor Skalarni proizvod vektora Prva značajna granica (Izvođenje formule) Navedite primjer za izračunavanje granice Istražite funkciju t za kontinuitet Izvršite kompletno proučavanje funkcija crta svoj grafik f (t) t t ako je y i Sastavite jednadžbu normale na grafik funkcije y u tački (;) Da li jednačina ima korijen na segmentu [;]? ima tačke - prelomne tačke -te vrste -prekidane tačke y a y() y u y() graf funkcije na sledećoj stranici y U trokutu sa vrhovima (; ;) B(; ;) C(;;) pronađi h visina h BD Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku (;;) okomito na ravnine y z i y z y z Istražiti kompatibilnost sistema jednačina i riješiti ga ako je kompatibilan na R Napisati proširenje vektora (; ;) u vektore a (; ;) a (;;) a (;;) a a a

14 Graf funkcije y ima vertikalnu asimptotu i nagnuti y y() as() kao

15 Pismeni ispit iz više matematike na zimskoj sesiji - studij na dopisnom odsjeku n n Pronađite granice li li n n n n Nađite zbir najveće i najmanje vrijednosti funkcije y na segmentu [ ;] y z u v Istražite sistem jednačina za y z u v kompatibilnost i riješite je ako je kompatibilna Nađite derivaciju funkcije f () sin() cos() Istražite funkciju y i nacrtajte njen graf tg Pronađite granice li li Napišite jednadžbe tangenti na graf funkcije y u tačkama preseka grafika funkcije sa x-osom Istražiti funkciju f () y za kontinuitet Rešiti sistem jednadžbi y koristeći Cramerovu metodu Pronađite zbir ekstrema funkcije y

16 Pismeni ispit iz više matematike na zimskoj sesiji - studij na dopisnom odsjeku Ekonomskog fakulteta Gaussova metoda L'Hopitalovo pravilo za otkrivanje nesigurnosti Izračunati granicu brojevnog niza datu zajedničkim (n) (n) (n) termin n (n) (n) Izračunajte li Odredite red beskonačno mali u odnosu na at. Na krivoj y pronađite tačku u kojoj je tangenta paralelna sa tetivom spojne tačke (-;-) i B(;) Izračunati oštar ugao između ravni y z i prave y z y z Izračunati izvode funkcija: a) y () ; b) ytg () ; c) y) (Istražiti sistem jednadžbi za kompatibilnost i riješiti ga ako je kompatibilan Izračunati elastičnost funkcije za datu vrijednost argumenta s

Program pismenog ispita iz "Više matematike" u zimskoj sesiji - akademskoj godini za studenta 1. godine Ekonomskog fakulteta redovnog odsjeka (specijalnosti "Ekonomija" i "Ekonomska teorija") dopisno

Matrice ulaznica, akcije na njima Numerički niz, svojstva infinitezimalnih nizova Izračunati udaljenost od tačke M(; ;) do ravni koja prolazi kroz tačke A(; ; 0), B(; ;

Pitanja za pripremu za ispit Tema. Linearna algebra 1. Šta je determinanta? Pod kojim se transformacijama vrijednost determinante ne mijenja? 2. U kojim slučajevima je determinanta jednaka nuli? Šta slijedi

Program pismenog ispita iz "Više matematike" za 1. godinu dopisnih odsjeka Ekonomskog fakulteta u zimskoj sesiji Pismeni ispit se održava u trajanju od dva sata. Na ispitu za svakog studenta

Ministarstvo prosvjete Republike Bjelorusije BELORUSSKI NACIONALNI TEHNIČKI UNIVERZITET Odsjek "Viša matematika" PROGRAMSKA PITANJA I KONTROLNI ZADACI za predmet "Matematika. semestar" za

Smjernice za rješavanje testa 1 iz discipline "Matematika" za studente prve godine građevinskih specijalnosti Odsjek za višu matematiku AV Kapusto Minsk 016 016 Odsjek za višu

KONTROLNA PITANJA ZA PREDAVANJE. Odjeljak 1. Vektorska i linearna algebra. Predavanje 1. Matrice, operacije nad njima. Odrednice. 1. Definicije matrice i transponovane matrice.. Šta se zove red matrice?

KONTROLNA PITANJA ZA PREDAVANJE. Odjeljak 1. Vektorska i linearna algebra. Predavanje 1. Matrice, operacije nad njima. Odrednice. 1. Definicije matrice i transponovane matrice .. Šta se zove red

Smjer: "Građevinarstvo" Pitanja i zadaci za ispitni semestar. Matrice: definicija, tipovi. Radnje s matricama: transpozicija, sabiranje, množenje brojem, množenje matrice. 2. Elementarne transformacije

PITANJA ZA PRIPREMU ZA ISPIT Vektorska algebra i analitička geometrija. Vektorska definicija. Vektorska jednakost. Linearne operacije na vektorima. Linearna zavisnost vektora. Osnova i koordinate.

SADRŽAJ I DIO Predavanja 1 2 Determinante i matrice Predavanje 1 1.1. Koncept matrice. Vrste matrica... 19 1.1.1. Osnovne definicije... 19 1.1.2. Vrste matrica... 19 1.2.* Permutacije i supstitucije... 21 1.3.*

Predgovor Poglavlje I. ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE 1. Matrice 1.1. Osnovni koncepti 1.2. Akcije na matrice 2. Determinante 2.1. Osnovni koncepti 2.2. Svojstva determinanti 3. Nedegenerisane matrice 3.1.

ISPITNA ULAZNICA 1 1. Matrice, operacije na matricama. 2. Gornje i donje granice brojčanih skupova. Polje realnih brojeva. ISPITNA ULAZNICA 2 1. Odrednice. Svojstva determinanti, metode

Departman za matematiku i informatiku Matematička analiza Obrazovno-metodološki kompleks za studente HPE koji studiraju uz korišćenje tehnologija na daljinu Modul 4 Primene izvoda Sastavio: vanr.

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUSIJE Federalna državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "RUSKI DRŽAVNI HUMANITARNI UNIVERZITET" (RSUH) Filijala u Domodedovu

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Sjeverni (Arktički) federalni univerzitet po imenu M.Lomonosov Katedra za matematiku Primjeri zadaci za ispit iz matematike (dio) za studente grupe 9 IEIT smjera

FEDERALNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE Moskovski državni tehnički univerzitet "MAMI" Katedra za "višu matematiku" Prof.dr Kadymov VA Doc.dr.

Departman za matematiku i informatiku Elementi više matematike Obrazovno-metodički kompleks za studente srednjeg stručnog obrazovanja koji studiraju korišćenjem daljinskih tehnologija Modul Diferencijalni račun Sastavio:

Uputstva za studente o savladavanju discipline (modul) Planovi praktične nastave Matrice i determinante, sistemi linearnih jednačina Matrice Operacije na matricama Inverzna matrica Osnovna

Opcija 5 Pronađite domenu funkcije: y arcsin + Domen date funkcije određuju dvije nejednakosti: i ili Pomnožite prvu nejednakost sa i riješite se znaka modula: S lijeve strane

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Sjeverni Arktički federalni univerzitet. M.V. Lomonosov Moskovski državni univerzitet Katedra za matematiku Pitanja iz matematike za vanredne studente specijalnosti 000. "Toplotnoenergetika"

Predavanje 9. Derivati i diferencijali višeg reda, njihova svojstva. Ekstremne tačke funkcije. Fermatove i Rolleove teoreme. Neka je funkcija y diferencibilna na nekom segmentu [b]. U ovom slučaju, njegov derivat

Zadata matrica Ispitivanje A 0 T= Zadatak [, p ] Odredi njenu dimenziju Zapišite karakteristike ove matrice: pravougaona, kvadratna, simetrična, jedinica, nula, trouglasta, dijagonalna,

Ispitni list 1 Fakultet: 101-152, 125-126 1. Množenje matrice. 2. Vektorski proizvod u koordinatnom obliku 3. Jednostrane granice. Ispitni listić 2 1. Odrednica 3. reda. 2.

Pitanja i zadaci za test Linearna algebra Matrice i determinante Izračunajte determinante: a), b), c), d) Riješite jednačinu 9 9 Nađite determinantu matrice B A C: A, B Nađite proizvod matrica

Opcija Nađi domen funkcije: + + + Nejednakost + je uvijek zadovoljena Dakle, domen date funkcije je određen sljedećim nejednačinama:, one, i one Rješavanje sistema ovih nejednačina

Moskovski državni tehnički univerzitet po imenu N.E. Bauman

Nađi zajednički član niza,) Nađi b) lim () c) 9 7 7) 8 7 b) 7 c) 7 d) 7 Nađi ()!! lim ()!) b) c) Nađi 6 si lim si d)) b) c) d) d) () Nađi lim [ (l() l)]) b) c) e d) l 6 Nađi

Matematika [Elektronski izvor]: elektronski obrazovni i metodički kompleks. Dio 1 / E.A. Levina, V.I. Zimin, I.V. Kasymova [i drugi]; Sib. stanje industrija un-t. - Novokuznjeck: SibGIU, 2010. - 1 elektronski optički disk

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Federalna državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "SIBIRSKA DRŽAVNA GEODETSKA AKADEMIJA"

Ulaznica 1 1 Determinante th i th reda, njihove osobine i metode računanja Rješavanje sistema linearnih jednačina Cramerovom metodom Rješavanje sistema jednačina koristeći Gaussove metode i matrični račun: Pronađite koordinate

Ispiti iz discipline "Matematika" za studente smera 676 (9) "Tehnologija i dizajn proizvodnje ambalaže" Tematska lista Linearna algebra Vektorska algebra Analitička geometrija

Sadržaj Uvod Problemi u učionici linearne algebre Primjeri rješenja Zadaci za samostalno učenje Analitička geometrija i vektorska algebra Zadaci u učionici Primjeri rješenja

Diferencijalni račun Osnovni pojmovi i formule Definicija 1 Derivat funkcije u tački naziva se granica omjera prirasta funkcije i prirasta argumenta, pod uslovom da je prirast argumenta

ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD DOPISNIH STUDENATA TOKOM MEĐESESIJSKOG PERIODA NA AKADEMSKOJ DISCIPLNI "METODE OPTIMALNIH RJEŠENJA" U SMJERU PRIPREME 37.00.01 PSIHOLOGIJA Matrice Tema 1

DRŽAVNA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA "VORONJEŽSKI DRŽAVNI PEDAGOŠKI UNIVERZITET" UVOD U ANALIZU I DIFERENCIJALNO IZRAČUNAVANJE FUNKCIJA JEDNE VARIJABLE

NAPOMENA uz program rada discipline "Matematika" Smjer nastave (specijalnost) 38.03.04 Državna i opštinska uprava 1. CILJEVI I ZADACI DISCIPLINE 1.1. Ciljevi discipline: razvoj

Probni rad Tema Granice i izvode funkcija Pronađite granice sljedećih funkcija jedne varijable (bez L'Hopitalovog pravila) a) b) c) d) Primjer a) Rješenje Odredite vrstu nesigurnosti Pod formalnim

ALATI ZA AKTUELNU KONTROLU PERFORMANSE, PRIVREMENA SERTIFIKACIJA O REZULTATIMA SAVLAVANJA DISCIPLINE Akademska disciplina B.2.1 - Matematika Profil obuke: Upravljanje proizvodnjom Predmet

1 Moskovski državni tehnički univerzitet po imenu N.E. Bauman Specijalizovani obrazovno-naučni centar GOU Licej 1580

1 Moskovski državni tehnički univerzitet po imenu N.E. Bauman Specijalizovani obrazovno-naučni centar GOU Licej 1580. Pitanja za prelazni ispit iz matematike. 10. razred, akademska 2014-2015

Opcija 9 Pronađite domen funkcije: y + lg Domen date funkcije je određen sljedećom nejednakošću: >, one > Nadalje, nazivnik ne bi trebao nestati: ili ± Kombinacijom rezultata,

Uzorak osnovnih MA problema i pitanja za semestarsku granicu sekvence Jednostavno izračunajte granicu sekvence l i m 2 n 6 n 2 + 9 n 6 4 n 6 n 4 6 4 n 6 2 2 Izračunajte granicu sekvence

Struja: TVGT -I ISPITNA ULAZNICA 1 determinante 1. i -tog reda Pravila računanja Opšti algoritam za proučavanje grafa funkcija pomoću izvoda Pronalaženje najveće i najmanje vrijednosti

Opcija Pronađite domenu funkcije Domen date funkcije je određen nejednakošću > korijeni jednadžbe su brojevi Budući da su grane parabole usmjerene prema gore, nejednakost > je zadovoljena

01 1. Naći opšte i osnovno rešenje sistema jednačina: 16x 10x + 2x = 8, 40x + 25x 5x = 20. Odgovor: Ako je x izabrano kao osnovna varijabla, onda je opšte rešenje: x = 1 2 + 5 8 x 1 8 x , x, xR; osnovni

FOND ALATA ZA OCJENJIVANJE PRIVREMENE SERTIFICIJE STUDENATA IZ DISCIPLINE (MODUL). Opšte informacije 1. Katedra za informatiku, računarsku tehniku i sigurnost informacija 2. Smjer

Opcija Pronađite domen funkcije: y arcsi + Domen date funkcije je određen sa dvije nejednakosti i pomnožite prvu nejednakost sa i riješite se znaka modula: Iz lijeve nejednakosti

Opcija Pronađite domenu funkcije: y + Domen date funkcije je određen nejednakosti. Osim toga, nazivnik ne bi trebao nestati. Pronađite korijene nazivnika: Kombiniranje rezultata

Opcija + Pronađite domen funkcije: y lg Domen date funkcije je određen nejednakošću + me Nadalje, nazivnik ne bi trebao nestati: lg ili ± Osim toga, argument logaritma

Odobren na sjednici katedre „Matematika i informatika“ Protokol 2 (25) „8“ septembra 2015. godine. glava Odsjek dr.sc. Timshina D.V. Pitanja za test iz discipline "LINEARNA ALGEBRA I MATEMATIČKA ANALIZA"

Ticket.. Definicija matrice (sa primjerima kvadratne i pravokutne matrice).. Geometrijsko značenje Taylorovog polinoma prvog reda (formulacija, primjer, slika). (x)ctg(x). 4. Metoda grafičkih akorda

DRŽAVNA USTANOVA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA "BELORUSKO-RUSKI UNIVERZITET" Katedra "Viša matematika" VIŠA MATEMATIKA Metodološka uputstva i opcije zadataka za kontrolu

4 Smjernice za implementaciju testa "Derivat i njegove primjene Primjena diferencijalnog računa" Izvod Primjena diferencijalnog računa Derivativna funkcija f (

Opcija 7 Pronađite domen funkcije: y + / lg Domen date funkcije je određen sljedećim uvjetima:, >, oni > / Dalje, nazivnik ne bi trebao nestati: ili Kombiniranjem rezultata,

Predavanja 7-9 Poglavlje 7 Istraživanje funkcije 7 Povećanje i smanjenje funkcije Teorema o monotonosti funkcije Ako je f (na intervalu (a; b, onda na ovom intervalu funkcija f raste) Ako f (na intervalu

Ispitni program iz matematike za studente specijalnosti "Finansije i kredit" (dopisni predmet) 1 Sekcija 2. Osnove matematičke analize FUNKCIJE I GRANIČE Pojam funkcije Definicija funkcije,

Moskovski državni tehnički univerzitet nazvan po N. E. Baumanu

Opcija 5 Pronađite domenu funkcije lg5 Domen ove funkcije je određen nejednakošću

Zadatak 2.1. Pronađite ako
,
,
.

Rješenje. a). Za
imamo

b). Za
.

in). Za
.

Zadatak 2.2. Nađi
, ako

b). Diferenciranje jednadžbe za
, imamo

Diferenciranje posljednje relacije daje

Uvođenje izraza za , mi nalazimo

in). Prvi izvod date parametarske funkcije izračunava se po formuli

Drugi izvod izračunavamo po formuli

Zadatak 2.3. Izračunajte granicu koristeći L'Hopitalovo pravilo:

Rješenje. a). Željena granica je neodređenog tipa

Prema L'Hopitalovom pravilu

b). Granica je nesigurnost forme
Stoga se prvo mora pretvoriti u oblik ili :

Do posljednjeg (lajk
) možete primijeniti L'Hopitalovo pravilo:

Rezultirajuća granica je opet nesigurnost
tako da ponovna primjena pravila daje

in). Granica je nesigurnost forme na koje je zgodno primijeniti sljedeću metodu. Označite

. (1)

Izračunajmo pomoćnu granicu

Željena granica prema (1) je jednaka

Zadatak 2.4. Explore Function
i zacrtaj.

Rješenje. Domen definicije je cijela realna os
. Da bismo pronašli područja monotonosti, nalazimo

Onda
at
(uzlazni interval),
at
(smanjenje intervala). Dot
je nepomičan jer
Prilikom prolaska
derivacija mijenja predznak iz plusa u minus, pa kada
funkcija ima lokalni maksimum.

Za pronalaženje područja konveksnosti koristi se drugi izvod

At
ili
bice
a funkcija je konkavna; at

a funkcija je konveksna.

Funkcija nema vertikalne asimptote. Za pronalaženje kosih asimptota
compute

Stoga, kada
funkcija ima asimptotu

Rezultati studije, uzimajući u obzir paritet funkcije
prikazano na grafikonu

4.3. Rješenje tipične varijante testa n 3

Zadatak 3.1. Naći gradijent i jednačine tangentne ravni i normale na datu površinu u tački
.

Rješenje. Označite

Vrijednost gradijenta

Jednadžba tangentne ravni koja ima normalan vektor (7,-4,-19) i prolazi kroz
, biće snimljeno

Normalna linija ima vektor smjera (7,-4,-19) i prolazi
, pa njegove jednačine

Zadatak 3.2. Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije
u području D ograničenom datim linijama:

Rješenje. Područje D je prikazano na slici (trougao OAB).

Stacionarne tačke su rješenja sistema jednačina

gde da nađemo poentu
, koji, kao što se vidi iz slike, pripada regionu
. Na ovom mjestu
. (2)

Proučavamo funkciju na granici domene D.

Sekcija OA. Evo
i
Stacionarne tačke se određuju iz jednačine
gdje
Na ovom mjestu

. (3)

Na krajevima segmenta

,

. (4)

Segment AB. Evo
i

Iz jednadžbe
nađi
i

. (5)

At
imamo

. (6)

Segment OV. Evo
Zbog
at
funkcija nema fiksne tačke. Njegove vrijednosti na

izračunate su u (4), (6).

Iz rezultata (2)-(6) zaključujemo da

štaviše, najveća vrijednost se postiže u tački A(3,0), najmanja - u tački C(2,1).

Zadatak 3.3. Pronađite pun diferencijal funkcije

Rješenje. Parcijalni derivati su jednaki

Zadatak 3.4. Pronađite parcijalne izvode funkcije drugog reda

Rješenje. Prvo, nalazimo parcijalne izvode prvog reda:

Zatim, diferencirajući pronađene parcijalne derivacije, dobijamo parcijalni

derivati drugog reda ove funkcije:

Zadatak 3.5. Izračunajte vrijednost izvoda kompleksne funkcije

at
sa tačnošću od dve decimale.

Rješenje. Budući da je kompleksna funkcija zavisi od jedne varijable preko intermedijarnih varijabli i , koji zauzvrat zavise od jedne varijable onda izračunavamo ukupni izvod ove funkcije po formuli

Compute i at
:

Zamijenite vrijednosti
u izvedeni izraz. Get

4.4. Rješenje tipične varijante kontrolnog rada br. 4

Problem 4.1. Koristeći integraciju po dijelovima, izračunaj neodređeni integral funkcije oblika

Rješenje. Zbog

željeni integral je jednak

Zadatak 4.2. Izračunajte neodređeni integral proširivanjem integrala na jednostavne razlomke

Rješenje. Pošto stepen polinoma u brojiocu nije manji od stepena nazivnika, dijeljenje treba izvršiti:

Pravi razlomak rastavljamo na proste razlomke

Koristeći metodu neodređenih koeficijenata, nalazimo

Rješavajući ovaj sistem jednačina imamo

Željeni integral je jednak

Zadatak 4.3.
.

Rješenje. Izvršimo zamjenu
Rješavanje jednadžbe s obzirom na , mi nalazimo:

.

Tada se željeni integral može napisati:

Proširivanje integrala u jednostavne razlomke

i otvorne zagrade u jednakosti

dolazimo do odnosa

Sistem jednačina za
prijaviti se

Rješavajući ga Gaussovom metodom, nalazimo

Željeni integral je jednak:

Zadatak 4.4. Izračunajte neodređeni integral funkcije koristeći zamjenu
.

Rješenje. Univerzalna zamjena je
za koje je lako provjeriti jednakosti

Stoga se željeni integral svodi na slučaj integracije racionalnog razlomka

. (7)

Međutim, u nekim slučajevima, zamjene su prikladnije:

(1)
Onda

;

(2)
Onda

;

(3)
Onda

.

Zamjene 1,2 dovode do integranda koje sadrže radikal i stoga su neprikladne. Za zamjenu 3 dolazimo do integrala koji je jednostavniji od (7) i koji se lako svodi na tabelarni:

Zadatak 4.5. Izračunajte površinu figure ograničene linijama:

Rješenje. a). Razmotrite pomoćnu funkciju na intervalu
Površina se izračunava po formuli

Istraživanje
Očigledno je da
Zbog

to je lako provjeriti
dođe do tačke
lokalni minimum, štaviše,
Dakle, najmanja vrijednost
na , jednako
, pozitivno, i stoga,
Imamo

Računajući integral po dijelovima, nalazimo

b). Evo
na
Imamo

, i stoga
menja znak. Pronađite intervale u kojima je pozitivan ili negativan. Pronalaženje korijena jednadžbe
pronađite vrijednost
zbog toga
at
i
at
Potrebna površina je:

Izračunavamo neodređeni integral

Problem 4.6. Izračunajte površinu ograničenu krivom u polarnim koordinatama.

Rješenje. Kriva je definirana za te vrijednosti iz intervala
(ili
) pod kojim je uslov
Nejednakost
ima rješenja
ili

. (8)

Regije (8) pripadaju intervalu
na vrijednosti
one.

Površina se izračunava po formuli

Izračunavanje neodređenog integrala

Problem 4.7. Izračunaj nepravilan integral
ili dokazati njegovu divergenciju.

Rješenje. Prema definiciji nepravilnog integrala sa beskonačnim ograničenjem, imamo

Budući da će korijeni trinoma u nazivniku biti

onda

Koristeći metodu neodređenih koeficijenata, nalazimo

, gdje

Zbog toga

Vrijednost nepravilnog integrala je

Problem 4.8. Izračunajte masu nehomogene ploče ograničene datim linijama i površinske gustoće

Rješenje. Pogled na područje je prikazan na slici.

Težina ploče
može se napisati pomoću dvostrukog integrala

Svodimo dvostruki integral na iterirani integral

Problem 4.9. Koristite trostruki integral da izračunate zapreminu oblasti V ograničene naznačenim površinama: V: y=8-2x 2 , z=0, y=0, x=0, z=2x+y.

Rješenje. Region V je prikazan na slici, gde brojevi 1, 2 označavaju parabolički cilindar y=8-2x 2 i ravan z=2x+y, respektivno; ostale jednačine odgovaraju koordinatnim ravnima.

1 4 -

Volume oblast pomoću trostrukog integrala zapisuje se

Donosimo integral na iterirano

Kroz
označene tačke aplikacija
(vidi sliku) izračunato iz jednačina ravnine
i avion
, tj.
,
. Kroz područje aviona je označeno
na kojoj je prostor projektovan . Stoga, kada se redukuje dvostruki integral po regionu preurediti
bodova
izračunato iz jednačine
i jednadžba prave koja je sjecište cilindrične površine
i avion
one. jednačine
Željena zapremina je jednaka

Problem 4.10. Izračunajte: a) naelektrisanje provodnika koji se nalazi duž krive , sa gustinom
korištenje krivolinijskog integrala prve vrste; b) rad sile
duž putanje L od t. A do t. B koristeći krivolinijski integral druge vrste.

četvrtina kruga
između A(3,-3), B(5,-1). (2) - luk parabole
od ALI(0.1) do AT(1,-1).

Rješenje.a). Napunite q provodnik sa gustinom naelektrisanja
izračunato po formuli

(jedan). Pogodno je postaviti krug u parametarskom obliku:

plot L odgovara vrijednosti parametra
gdje

odakle se krivolinijski integral izražava u terminima određenog

gdje se bira gornji znak kada
i niže - na

U ovom zadatku

(2). Za luk parabole L zgodnije je koristiti poseban slučaj formule za

Za
imamo

Korištenje zamjene

b). Rad na terenu sa komponentama
duž putanje AB će biti zapisano

(jedan). Za četvrtinu kruga svodimo integral na onaj definiran formulom

(2). Za luk parabole

Problem 4.11. Izračunajte brzinu protoka fluida sa poljem brzine koje teče u jedinici vremena kroz dio avion koji leži u prvom oktantu. jedinica normalna usmereno van ishodišta.

Rješenje.Željeni protok je dat formulom

Jedinica normalna na ravan ima komponente

Površinski integral se može izraziti u terminima dvostrukog integrala

gdje je jednačina površine eksplicitno napisano:

Region
je projekcija u avion
i omeđen linijama

Uvodeći date funkcije u dvostruki integral, nalazimo

Potonji se može napisati kroz iterirani integral

Sadržaj


	Tipični programi predmeta "Viša matematika". Preporučena literatura. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Program predmeta "Viša matematika" za inženjerstvo
		Program predmeta "Viša matematika" za ekonomske specijaliteti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Testovi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Pravila za projektovanje kontrolnog rada. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Izbor opcije testa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Zadaci kontrolnih radova. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Kontrolni rad br. 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Kontrolni rad br. 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Kontrolni rad br. 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Kontrolni rad br. 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Primjeri rješavanja zadataka kontrolnog rada. . . . . . . . . . .
		Rješenje tipične varijante kontrolnog rada br.1. . . . . . . . . . . . .
		Odluka tipične varijante kontrolnog rada br.2. . . . . . . . . . . . .
		Rješenje tipične varijante kontrolnog rada br. 3. . . . . . . . . . . . .
		Rješenje tipične varijante kontrolnog rada br. 4. . . . . . . . . . . . .

Tekst rada je postavljen bez slika i formula.
Puna verzija rada dostupna je na kartici "Job Files" u PDF formatu

Uvod

Ova tema je relevantna, jer ljudi svakodnevno rješavaju različite probleme u kojima koriste različite metode rješavanja, ali postoje zadaci u kojima se ne može izostaviti metoda matematičke indukcije, te će u takvim slučajevima znanje iz ove oblasti biti vrlo korisno.

Odabrao sam ovu temu za istraživanje, jer se u školskom nastavnom programu metodi matematičke indukcije daje malo vremena, učenik uči površne informacije koje će mu pomoći da stekne samo opću predstavu o ovoj metodi, ali će samorazvoj biti potrebno da ovu teoriju prouče dublje. Zaista će biti korisno naučiti više o ovoj temi, jer proširuje vidike osobe i pomaže u rješavanju složenih problema.

Cilj:

Upoznati metodu matematičke indukcije, sistematizovati znanja o ovoj temi i primeniti ih u rešavanju matematičkih zadataka i dokazivanju teorema, potkrepiti i jasno pokazati praktičan značaj metode matematičke indukcije kao neophodnog faktora za rešavanje problema.

Radni zadaci:

Analizirajte literaturu i sumirajte znanje o ovoj temi.

Razumjeti principe matematičke indukcije.

Istražiti primjenu metode matematičke indukcije u rješavanju problema.

Formulirajte zaključke i zaključke o obavljenom poslu.

Glavni korpus istraživanja

Istorija porijekla:

Tek krajem 19. vijeka razvio se standard zahtjeva za logičkom strogošću, koji do danas ostaje dominantan u praktičnom radu matematičara na razvoju pojedinačnih matematičkih teorija.

Indukcija je kognitivni postupak pomoću kojeg se iz poređenja dostupnih činjenica izvodi izjava koja ih uopštava.

U matematici je uloga indukcije u velikoj mjeri u tome što ona leži u osnovi odabrane aksiomatike. Nakon što je duga praksa pokazala da je prava staza uvijek kraća od zakrivljene ili izlomljene, bilo je prirodno formulirati aksiom: za bilo koje tri tačke A, B i C nejednakost je zadovoljena.

Svijest o metodi matematičke indukcije kao posebnoj važnoj metodi seže još od Blaisea Pascal-a i Gersonida, iako su neke slučajeve primjene čak u antičko doba našli Proklo i Euklid. Moderni naziv za metodu uveo je de Morgan 1838.

Metoda matematičke indukcije može se uporediti s napretkom: počinjemo od najnižeg, kao rezultat logičkog razmišljanja dolazimo do najvišeg. Čovjek je oduvijek težio napretku, sposobnosti da logički razvija svoju misao, što znači da ga je sama priroda odredila da razmišlja induktivno.

Indukcija i dedukcija

Poznato je da postoje i posebni i opšti iskazi, a dva data pojma zasnivaju se na prijelazu iz jednog u drugi.

Dedukcija (od lat. deductio - izvođenje) - prelaz u procesu spoznaje od general znanje da privatni i single. U dedukciji, opće znanje služi kao polazna tačka rasuđivanja, a za ovo opšte znanje se pretpostavlja da je "spremno", postojeće. Posebnost dedukcije je u tome što istinitost njenih premisa garantuje istinitost zaključka. Stoga, dedukcija ima veliku moć uvjeravanja i široko se koristi ne samo za dokazivanje teorema u matematici, već i gdje god je potrebno pouzdano znanje.

Indukcija (od latinskog inductio - vođenje) je prijelaz u procesu spoznaje od privatni znanje da general Drugim riječima, to je metoda istraživanja, saznanja, povezana sa generalizacijom rezultata opservacija i eksperimenata.Obilježje indukcije je njena vjerovatnoća, tj. s obzirom na istinitost početnih premisa, zaključak indukcije je samo vjerovatno tačan, au konačnom rezultatu može se pokazati i istinitim i lažnim.

Potpuna i nepotpuna indukcija

Induktivno rasuđivanje je oblik apstraktnog mišljenja u kojem se misao razvija od znanja manjeg stepena uopštenosti do znanja većeg stepena opštosti, a zaključak koji sledi iz premisa je pretežno verovatnoća.

U toku istraživanja saznao sam da se indukcija dijeli na dvije vrste: potpunu i nepotpunu.

Potpuna indukcija naziva se zaključak u kojem se donosi opći zaključak o klasi predmeta na osnovu proučavanja svih objekata ove klase.

Na primjer, neka je potrebno utvrditi da se svaki prirodni paran broj n unutar 6≤ n≤ 18 može predstaviti kao zbir dva prosta broja. Da bismo to učinili, uzimamo sve takve brojeve i ispisujemo odgovarajuća proširenja:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Ove jednakosti pokazuju da je svaki od brojeva koji nas zanimaju zaista predstavljen kao zbir dva jednostavna člana.

Razmotrimo sljedeći primjer: niz yn= n 2 +n+17; Napišimo prva četiri člana: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Tada možemo pretpostaviti da se cijeli niz sastoji od prostih brojeva. Ali to nije tako, uzmimo y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Ovo je kompozitni broj, što znači da je naša pretpostavka pogrešna, pa nepotpuna indukcija ne dovodi do potpuno pouzdanih zaključaka, već nam omogućava da formuliramo hipotezu, koja kasnije zahtijeva matematički dokaz ili opovrgavanje.

Metoda matematičke indukcije

Potpuna indukcija ima samo ograničenu primjenu u matematici. Mnogi zanimljivi matematički iskazi pokrivaju beskonačan broj specijalnih slučajeva i ne možemo testirati za sve ove situacije, ali kako testirati za beskonačan broj slučajeva? Ovu metodu su predložili B. Pascal i J. Bernoulli, ovo je metoda matematičke indukcije koja se zasniva na princip matematičke indukcije.

Ako je rečenica A(n), koja zavisi od prirodnog broja n, tačna za n=1, a iz činjenice da je tačna za n=k (gdje je k bilo koji prirodni broj), slijedi da je također tačno za sledeći broj n=k +1, tada je pretpostavka A(n) tačna za bilo koji prirodan broj n.

Ako je rečenica A(n) tačna za n=p i ako je A(k)  A(k+1) za bilo koje k>p, onda je rečenica A(n) tačna za bilo koje n>p.

Algoritam (sastoji se od četiri faze):

1.baza(pokazujemo da je tvrdnja koja se dokazuje istinita za neke najjednostavnije specijalne slučajeve ( P = 1));

2.pogodi(pretpostavljamo da je tvrdnja dokazana za prvu to slučajevi); 3 .korak(pod ovom pretpostavkom dokazujemo tvrdnju za slučaj P = to + 1); 4.izlaz (g izjava je tačna za sve slučajeve, odnosno za sve P) .

Imajte na umu da se ne mogu svi problemi riješiti metodom matematičke indukcije, već samo problemi parametrizirani nekom varijablom. Ova varijabla se naziva indukcijska varijabla.

Primjena metode matematičke indukcije

Primijenimo svu ovu teoriju u praksi i otkrijmo u kojim se problemima koristi ova metoda.

Zadaci za dokaz nejednakosti.

Primjer 1 Dokazati Bernulijevu nejednakost (1+x)n≥1+n x, x>-1, n ∈ N.

1) Za n=1, nejednakost je tačna, jer je 1+h≥1+h

2) Pretpostavimo da je nejednakost tačna za neko n=k, tj.

(1+x) k ≥1+k x.

Pomnožimo obje strane nejednakosti pozitivnim brojem 1+x, dobivamo

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

S obzirom da je kx 2 ≥0, dolazimo do nejednakosti

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Dakle, pretpostavka da je Bernoullijeva nejednakost tačna za n=k implicira da je tačna za n=k+1. Na osnovu metode matematičke indukcije, može se tvrditi da Bernoullijeva nejednakost vrijedi za bilo koje n ∈ N.

Primjer 2 Dokazati da za bilo koji prirodni broj n>1, .

Dokažimo metodom matematičke indukcije.

Označimo lijevu stranu nejednakosti sa.

1), dakle, za n=2 nejednakost je tačna.

2) Neka je za neki k. Dokažimo to onda i Imamo .

Upoređujući i, imamo, tj. .

Za svaki pozitivan cijeli broj k, desna strana posljednje jednakosti je pozitivna. Zbog toga. Ali, dakle, i. Dokazali smo valjanost nejednakosti za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, nejednakost je tačna za bilo koje prirodno n>1.

Problemi za dokazivanje identiteta.

Primjer 1 Dokažite da je za bilo koji prirodni n tačna jednakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Neka je n=1, tada je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vidimo da je za n=1 izjava tačna.

2) Pretpostavimo da je jednakost tačna za n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Dokažimo istinitost ove tvrdnje za n=k+1, tj. X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k+1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

Iz gornjeg dokaza jasno je da je tvrdnja tačna za n=k+1, dakle, jednakost je tačna za bilo koje prirodno n.

Primjer 2 Dokažite da je za bilo koju prirodnu n jednakost

1) Provjerite da li je ovaj identitet istinit za n = 1.; - u redu.

2) Neka je identitet istinit i za n = k, tj.

3) Dokažimo da je ovaj identitet istinit i za n = k + 1, tj.;

Jer jednakost je istinita za n=k i n=k+1, tada vrijedi za bilo koje prirodno n.

Zadaci sumiranja.

Primjer 1 Dokazati da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Rješenje: 1) Imamo n=1=1 2 . Prema tome, tvrdnja je tačna za n=1, tj. A(1) je tačno.

2) Dokažimo da je A(k) A(k+1).

Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je izjava tačna za n=k, tj. 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Dokažimo da je tada tvrdnja tačna i za sljedeći prirodni broj n=k+1, tj. šta

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Zaista, 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .

Dakle, A(k) A(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da je pretpostavka A(n) tačna za bilo koji n N.

Primjer 2 Dokažite formulu, n je prirodan broj.

Rješenje: Kada je n=1, oba dijela jednakosti se pretvaraju u jedan i, prema tome, prvi uvjet principa matematičke indukcije je zadovoljen.

Pretpostavimo da je formula tačna za n=k, tj. .

Dodajmo objema stranama ove jednakosti i transformirajmo desnu stranu. Onda dobijamo

Dakle, iz činjenice da je formula tačna za n=k, sledi da je tačna za n=k+1, onda je ova izjava tačna za bilo koje prirodno n.

problemi djeljivosti.

Primjer 1 Dokazati da je (11 n+2 +12 2n+1) djeljivo sa 133 bez ostatka.

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

11 3 +12 3 = (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) = 23 × 133.

(23 × 133) je djeljivo sa 133 bez ostatka, tako da je za n=1 izjava tačna;

2) Pretpostavimo da je (11 k+2 +12 2k+1) djeljivo sa 133 bez ostatka.

3) Dokažimo to u ovom slučaju

(11 k+3 +12 2k+3) je djeljivo sa 133 bez ostatka. Zaista, 11 k+3 +12 2n+3 =11×11 k+2 +

12 2 ×12 2k+1 =11× 11 k+2 +(11+133)× 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133× 12 2k+1 .

Dobijeni zbir je djeljiv sa 133 bez ostatka, jer je njegov prvi član djeljiv sa 133 bez ostatka po pretpostavci, a u drugom je jedan od faktora 133.

Dakle, A(k) → A(k+1), onda na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje prirodno n.

Primjer 2 Dokažite da je 3 3n-1 +2 4n-3 za proizvoljan cijeli broj n djeljiv sa 11.

Rješenje: 1) Neka je n=1, tada je X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 djeljiv sa 11 bez ostatka. Dakle, za n=1 izjava je tačna.

2) Pretpostavimo da je za n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 je djeljivo sa 11 bez ostatka.

3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 *3 3k-1 +2 4 *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 .

Zadaci iz stvarnog života.

Primjer 1 Dokažite da je zbir Sn unutrašnjih uglova bilo kojeg konveksnog poligona ( P- 2)π, gdje P je broj strana ovog poligona: Sn = ( P- 2)π (1).

Ova izjava nema smisla za sve prirodne P, ali samo za P > 3, pošto je najmanji broj uglova u trouglu 3.

1) Kada P= 3 naša izjava ima oblik: S 3 = π. Ali zbir unutrašnjih uglova bilo kojeg trougla je zaista π. Stoga, kada P= 3 formula (1) je tačna.

2) Neka je ova formula tačna za n =k, odnosno S k = (k- 2)π, gdje k > 3. Dokažimo da i u ovom slučaju vrijedi formula: S k+ 1 = (k- 1) π.

Neka je A 1 A 2 ... A k A k+ 1 - proizvoljan konveksan ( k+ 1) -gon (Sl. 338).

Povezivanjem tačaka A 1 i A k , dobijamo konveksno k-gon A 1 A 2 ... A k — 1A k . Očigledno, zbir uglova ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k A k+ 1 je jednako zbiru uglova k-gon A 1 A 2 ... A k plus zbir uglova trougla A 1 A k A k+ jedan . Ali zbir uglova k-gon A 1 A 2 ... A k pretpostavlja se da je ( k- 2)π, i zbir uglova trougla A 1 A k A k+ 1 je jednako pi. Zbog toga

S k+ 1=S k + π = ( k- 2)π + π = ( k- 1) π.

Dakle, oba uslova principa matematičke indukcije su zadovoljena, pa je stoga formula (1) tačna za bilo koju prirodnu P > 3.

Primjer 2 Postoji stepenište čije su sve stepenice iste. Potrebno je navesti minimalni broj pozicija koje bi garantovale mogućnost "penjanja" bilo koju stepenicu.

Svi se slažu da treba postojati uslov. Moramo biti u stanju da se popnemo na prvu stepenicu. Zatim, moraju biti u stanju da se popnu s prve stepenice na drugu. Zatim u drugom - na trećem, itd. na n-ti korak. Naravno, u zbiru, "n" izjave garantuju nm da ćemo moći doći do n-tog koraka.

Pogledajmo sada pozicije 2, 3,…., n i uporedimo ih međusobno. Lako je vidjeti da svi imaju istu strukturu: ako smo došli do k stepenika, onda se možemo popeti na (k + 1) stepenicu. Odavde takav aksiom za valjanost iskaza koji zavise od "n" postaje prirodan: ako je rečenica A (n), u kojoj je n prirodan broj, zadovoljena sa n=1 i iz činjenice da je zadovoljena sa n=k (gdje je k bilo koji prirodan broj), slijedi da to vrijedi i za n=k+1, tada pretpostavka A(n) vrijedi za bilo koji prirodni broj n.

Aplikacija

Zadaci metodom matematičke indukcije pri upisu na fakultete.

Imajte na umu da prilikom ulaska u visokoškolske ustanove postoje i zadaci koji se rješavaju ovom metodom. Razmotrimo ih na konkretnim primjerima.

Primjer 1 Dokaži da bilo koji prirodni P pravedna jednakost

1) Kada n=1 dobijamo tačnu jednakost Sin.

2) Napravivši induktivnu pretpostavku da je za n= k jednakost je tačna, razmotrite zbir na lijevoj strani jednakosti, za n =k+1;

3) Koristeći formule redukcije, transformiramo izraz:

Tada, na osnovu metode matematičke indukcije, jednakost vrijedi za bilo koje prirodno n.

Primjer 2 Dokažite da je za bilo koje prirodno n vrijednost izraza 4n +15n-1 višekratnik 9.

1) Sa n=1: 2 2 +15-1=18 - višestruko od 9 (jer je 18:9=2)

2) Neka vrijedi jednakost za n=k: 4k +15k-1 je višekratnik broja 9.

3) Dokažimo da jednakost vrijedi za sljedeći broj n=k+1

4k+1 +15(k+1)-1=4k+1 +15k+15-1=4,4k +60k-4-45k+18=4(4k +15k-1)-9(5k- 2)

4(4k +15k-1) - višestruko od 9;

9(5k-2) - višekratnik od 9;

Posljedično, cijeli izraz 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) je višekratnik 9, što je trebalo dokazati.

Primjer 3 Dokažite to za bilo koji prirodan broj P ispunjen je uslov: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.

1) Provjerite je li ova formula tačna za n=1: Lijeva strana = 1∙2∙3=6.

Desni deo = . 6 = 6; true at n=1.

2) Pretpostavimo da je ova formula tačna za n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Dokažimo da je ova formula tačna za n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

dokaz:

Dakle, ovaj uslov je tačan u dva slučaja i dokazano je da je tačan za n =k+1, stoga je istinito za bilo koji prirodan broj P.

Zaključak

Da sumiramo, u procesu istraživanja saznao sam šta je indukcija, koja je potpuna ili nepotpuna, upoznao se sa metodom matematičke indukcije po principu matematičke indukcije, razmotrio mnoge probleme koristeći ovu metodu.

Saznao sam i dosta novih informacija, drugačijih od onih koje su uključene u školski program.Učeći metod matematičke indukcije koristio sam raznu literaturu, internet resurse, a konsultovao sam se i sa nastavnikom.

zaključak: Uopštivši i sistematizirajući znanje o matematičkoj indukciji, uvjerio sam se u potrebu znanja o ovoj temi u stvarnosti. Pozitivan kvalitet metode matematičke indukcije je njena široka primena u rešavanju problema: u oblasti algebre, geometrije i realne matematike. Takođe, ovo znanje povećava interesovanje za matematiku kao nauku.

Siguran sam da će mi vještine stečene tokom rada pomoći u budućnosti.

Bibliografija

Sominsky I.S. Metoda matematičke indukcije. Popularna predavanja iz matematike, broj 3-M.: Nauka, 1974.

L. I. Golovina, I. M. Yaglom. Indukcija u geometriji. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 str. — (Popularna predavanja iz matematike).

Dorofejev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Matematički priručnik za kandidate za univerzitete (Izabrana pitanja iz osnovne matematike) - 5. izdanje, revidirano, 1976 - 638s.

A. Shen. Matematička indukcija. - MTsNMO, 2004. - 36 str.

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Zbirka zadataka iz algebre: udžbenik za 8-9 ćelija. sa dubokim studij matematike 7. izd. - M.: Obrazovanje, 2001. - 271 str.

Yu.N. - M.: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Wikipedia je besplatna enciklopedija.