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

Ako rečenica A(n), ovisno o prirodni broj n vrijedi za n=1, a budući da vrijedi za n=k (gdje je k bilo koji prirodni broj), slijedi da vrijedi i za sljedeći broj n=k+1, tada je pretpostavka A(n) istinita za svaki prirodni broj n.

U nizu slučajeva 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 formulira se na sljedeći način.

Ako je iskaz A(n) istinit za n=p i ako je A(k) X A(k+1) za bilo koje k>p, tada je iskaz A(n) istinit za bilo koji n>p.

Dokaz metodom matematičke indukcije provodi se na sljedeći način. Prvo se tvrdnja koju treba dokazati provjerava za n=1, tj. utvrđuje se istinitost tvrdnje A(1). Ovaj dio dokaza naziva se indukcijska baza. Nakon toga slijedi dio dokaza koji se naziva indukcijski korak. U ovom dijelu dokazuje se valjanost tvrdnje za n=k+1 uz pretpostavku da je tvrdnja istinita za n=k (induktivna pretpostavka), tj. dokažite da je A(k) ~ A(k+1)

Dokažite da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

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

Neka je k bilo koji prirodni broj i neka je tvrdnja istinita za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Dokažimo da tada tvrdnja vrijedi i za sljedeći prirodni broj n=k+1, tj. što

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

Dakle, A(k) X A(k+1). Na temelju načela matematičke indukcije zaključujemo da je pretpostavka A(n) istinita za bilo koji 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 dobivamo
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

dakle, za n=1 formula je istinita; A(1) točno

2) Neka je k bilo koji prirodni broj i neka je formula točna 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) Doista
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 temelju načela matematičke indukcije zaključujemo da je formula točna za svaki prirodni broj n

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

Rješenje: 1) Za n=3 tvrdnja je točna, jer u trokutu

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

2) Pretpostavimo da u bilo kojem konveksnom k-kutu 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)-kutu broj dijagonala A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Neka je A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 -konveksni (k+1)-kut. Nacrtajmo u njemu dijagonalu A 1 A k. Brojati ukupni broj dijagonale ovog (k + 1)-kuta, potrebno je izbrojati broj dijagonala u k-kutu A 1 A 2 ...A k , dobivenom broju dodati k-2, tj. broj dijagonala (k+1)-kuta koje izlaze iz vrha A k+1 , a osim toga treba uzeti u obzir 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 istinita za svaki konveksni n-kut.

Dokažite da je za bilo koji n tvrdnja istinita:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Rješenje: 1) Neka je tada n=1

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1

2) Pretpostavimo da je n=k

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6

3) Razmotrite ovu izjavu 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, zahvaljujući metodi matematičke indukcije, izjava je istinita za bilo koje prirodno n

Dokažite da za svaki prirodni n vrijedi 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 tvrdnja istinita.

2) Pretpostavimo da jednakost vrijedi 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

Može se vidjeti iz gornjeg dokaza da je izjava istinita za n=k+1, dakle, jednakost je istinita 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 točan za n=k
(2 3 +1) / (2 3 -1) g ... g (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
3) Dokazat ćemo točnost 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)) g ((k+2)((k+

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

g ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Dokazali smo valjanost jednakosti za n=k+1, dakle, zahvaljujući metodi matematičke indukcije, izjava je istinita 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 koje prirodno n

Rješenje: 1) Neka je tada n=1

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Pretpostavimo da je tada n=k
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Dokazat ćemo 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)

Također je dokazana valjanost jednakosti za n=k+1, stoga je tvrdnja istinita za svaki prirodni n.

Dokažite valjanost identiteta

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

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

Iz gornjeg dokaza se vidi da je tvrdnja točna za svaki prirodni broj n.

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

Rješenje: 1) Neka je tada n=1

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

Ali (23 ´ 133) je djeljiv sa 133 bez ostatka, tako da je za n=1 izjava točna; A(1) je istinito.

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

Rezultirajući iznos djeljiv je sa 133 bez ostatka, budući da je njegov prvi član prema pretpostavci djeljiv sa 133 bez ostatka, au drugom je jedan od faktora 133. Dakle, A (k) Yu A (k + 1). Pomoću metode matematičke indukcije tvrdnja je dokazana

Dokažite da je za bilo koji n 7 n -1 djeljivo sa 6 bez ostatka

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

X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 g 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6

Prvi član je djeljiv sa 6, budući da je 7 k -1 djeljiv sa 6 prema pretpostavci, a drugi član je 6. Dakle, 7 n -1 je višekratnik broja 6 za bilo koji prirodni n. Pomoću metode matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

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

1) Neka je tada n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 podijeljeno s 11 bez ostatka.

Dakle, za n=1 izjava je točna

2) Pretpostavimo da je za n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 djeljivo s 11 bez ostatka
3) Dokazujemo da je tvrdnja točna 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 s 11 bez ostatka, jer je 3 3k-1 +2 4k-3 prema pretpostavci djeljiv s 11, drugi je djeljiv s 11, jer je jedan od njegovih faktora broj 11. Dakle, zbroj je također djeljiv s 11 bez ostatka za svaki prirodni n. Pomoću metode matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 11 2n -1 za proizvoljan prirodni broj n djeljiv sa 6 bez ostatka

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

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

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

Dokažimo prvo da je 3 3n+3 -1 djeljivo s 26 bez ostatka

1. Kada je n=0
3 3 -1=26 je djeljivo sa 26
2. Pretpostavimo da je za n=k
3 3k+3 -1 je djeljivo sa 26
3. Dokažimo da je tvrdnja točna 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 formuliranu u uvjetu zadatka

1) Očito je da je za n=1 tvrdnja točna
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 točna za n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Oba su člana djeljiva s 26 2 ; prvi je djeljiv s 26 2 jer smo dokazali da je izraz u zagradi djeljiv s 26, a drugi je djeljiv po induktivnoj hipotezi. Pomoću metode matematičke indukcije tvrdnja je dokazana

Dokažite da ako je n>2 i h>0 vrijedi nejednakost (1+h) n >1+n g̀ h

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

Dakle, A(2) je istinito

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

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

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

Doista, množenje obje strane nejednakosti (3) sa pozitivan broj 1+x, dobivamo

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

Smatrati desna strana posljednja nejednakost; imamo

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

Kao rezultat, dobivamo da je (1+h) k+1 >1+(k+1) g x

Dakle, A(k) ⋅ A(k+1). Na temelju načela matematičke indukcije, može se tvrditi da Bernoullijeva 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 istinita 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 g a+(k(k+1)/2) g a 2
3) Dokažimo da za m=k+1 nejednakost vrijedi
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k g a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) g a 2

Dokazali smo valjanost nejednakosti za m=k+1, dakle, metodom matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za svaki prirodni m

Dokažite da za n>6 vrijedi nejednakost 3 n >n ´ 2 n+1

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

1. Za n=7 imamo 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ´ 7 nejednakost je točna
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)

Kako je k>7, posljednja nejednakost je očita.

Zbog metode matematičke indukcije nejednakost vrijedi za svaki prirodni n

Dokažite da za n>2 vrijedi nejednakost

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) Za n=3 nejednakost je istinita
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

Potonje je očito, te 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 dojam sa stranice:

prijepis

Rješenje Prema 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 nejednadžbu n u odnosu na n: n n n n n n (n) kao N možemo uzmi N Ako onda N ako 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 n Izvršimo promjenu varijabli: n (n) ako n tada i

2 li Odgovor e li li li e e Zadatak Odredite redoslijed infinitezimalne funkcije y sin u odnosu na infinitezimalnu y if Odgovor Beskonačno mala funkcija y sin ima drugi red u odnosu na beskonačno malen y kod sin Zadatak Izračunajte li Rješenje Hajde napraviti promjenu varijabli: t ; ako je tada t; t t sin t t sin cos t li li li li t t t t t t Odgovor Problem Istražite funkciju f () za kontinuitet Rješenje Funkcija f () nije definirana u točki Izračunajte jednostrane granice: li li vrste

3 Odgovor Točka - točka diskontinuiteta druge vrste Zadatak Izvršite cjelovitu studiju funkcije y i izgradite njezin graf Rješenje Domena funkcije Funkcija je definirana na cijeloj brojčanoj osi O Paritet funkcije Budući da je y () y onda je funkcija je parna Sjecište grafa funkcije s koordinatnim osima Ako je tada y Stoga graf funkcije siječe os OY i os OX u točki O ; Intervali konstantnog predznaka funkcije Funkcija je pozitivna za bilo koju asimptotu Budući da funkcija nema diskontinuitetne točke druge vrste, nema okomitih asimptota Utvrdimo prisutnost kose asimptote y k b y li li k li b li y k li Dakle, postoji horizontalna asimptota y Intervali porasta Izračunajte prvu derivaciju: y () " " Očito je da je y na; za y, dakle, funkcija opada za " ; a za y, tada funkcija raste za Stoga, za funkcija ima minimum i y Konveksni intervali "" Izračunajte drugu derivaciju: y u

4 "" Od y ako to za; ; funkcija je konveksna prema gore "" Dalje y if znači if; onda je funkcija konveksna prema dolje "" I na kraju y if Dakle, točke infleksije su točke Graf funkcije y() Problem Nađi matricu if Rješenje Izračunaj determinantu matrice: det Nađi algebarske komplemente odgovarajućih elemenata matrice matrica: Sastavite matricu unije * Zatim * det

5 Odgovor Problem Korištenje elementarnih transformacija za pronalaženje ranga matrice Rješenje Izvođenjem uzastopnih elementarnih transformacija, transformiramo izvornu matricu u stepenasti oblik: Rang zadnje matrice je dva Prema tome, isti rang originalne matrice Problem odgovora Riješite sustav jednadžbi Cramerovom metodom: Rješenje Matrica je nedegenerirana jer det Izračunajte: Zatim : one Odgovor

6 Zadatak Istražite sustav jednadžbi za kompatibilnost. Ako je sustav kompatibilan, pronađite opće rješenje i jedno posebno rješenje. Razmotrite glavnu i proširenu matricu sustava: dobivamo sustav s obzirom na: Označavajući slobodne varijable, odnosno dobivamo opće 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 završetka obrnutog tijeka Gaussove metode nalazimo c i odavde dobivamo opće rješenje: c gdje je c R c Odgovor Opće rješenje: c gdje je c R Zadatak Izračunajte površinu S paralelograma izgrađenog na vektorima a b i Rješenje a b ako je a b i kut između vektora a i b jednak Prema definiciji i svojstvima vektorskog umnoška imamo a Odgovor b a b a a a b b a (a b) (a b) Budući da je a a b a a b) tada je S a b a b sin b Zadatak Nađi obujam V trokuta. piramida s vrhovima;; B ;; C ;; i D ;; Rješenje Obujam piramide jednak je obujmu paralelopipeda izgrađenog na vektorima b B C D Odredimo koordinate ovih vektora: B vektora B ;; C ;; D C Odatle D V ;; a a a b a b (b b) Pronađite mješoviti umnožak ovih () () Odgovor

9 Zadaci za pismeni ispit iz više matematike u zimskom roku - akademska godina Opcija Naći diskontinuitetne točke funkcije y i označiti njihova svojstva Izračunati determinantu Naći zbroj ekstrema funkcije y ovom intervalu? Zadana matrica različita od nule n Poznato je da je ang()= Čemu je jednako ang(T)? Za koliko će se postotaka promijeniti vrijednost funkcije y ako se vrijednost argumenta poveća sa = za %? Zadani vektori a (;) b (;) c (;) d (;) Pronađite bazu ovog skupa vektora i predstavite vektore koji nisu uključeni u bazu kao linearnu kombinaciju baznih vektora Sastavite jednadžbe tangenti na krivulju y na točke s apscisom Jednadžba ravnine koja prolazi kroz tri zadane točke Kronecker-Capellijev teorem Primjena teorema za rješavanje sustava linearnih algebarskih jednadžbi

10 Zadaci pismenog ispita iz više matematike u zimskom roku - akademska godina Uvjet zadatka Kronecker-Capellijev teorem Primjena teorema za rješavanje sustava linearnih algebarskih jednadžbi sin Dokazati da li Osnovice trapeza leže na pravcima y y Izračunati duljina visine trapeza Za matricu pronađite inverz Istražite sustav i u slučaju ga riješite Odgovor Opće rješenje Partikularno rješenje Funkcija je neprekinuta na Istražite neprekidnost funkcije y u skupu (;) (;) ( ;) - točka uklonjivog diskontinuiteta - točka beskonačnog diskontinuiteta = za %? % Nađite zbroj ekstrema funkcije y y () y() Sastavite jednadžbe tangenti na krivulju y u točkama s apscisom y Izračunajte površinu paralelograma izgrađenog na vektorima a i b gdje su a i b ()

11 Zadaci pismenog ispita iz više matematike u zimskom roku - akademska godina Zadatak Determinante svojstava determinanti Lagrangeov teorem Izračunati limes tg sin li sin Napraviti cjeloviti studij funkcije, nacrtati njezin graf y i pronaći inkrement i diferencijal funkcije y u točki ako je priraštaj argumenta Navedite kako se diferencijal primjenjuje za približne izračune Izračunajte derivaciju reda n funkcije y sin Volumen proizvodnje koji proizvede tim u svakom satu smjene dan je izrazom funkcija f (t) t t t gdje je t t vrijeme u satima Odredite vrijeme t u kojem opada produktivnost rada Odredite presjecište pravca i ravnine: y z y z Jesu li pravac i ravnina paralelni? Zadan je sustav jednadžbi b b b Odrediti skup vektora b (b bb) za koje je sustav kompatibilan Opisati geometrijski dobiveni skup i izgraditi ga u R Dati teorijsko obrazloženje rješenja Odrediti površinu paralelograma izgrađenog od vektora a b gdje je i kut između Odgovor y a y() y u y() ; graf funkcije na sljedećoj stranici y dy (y n) sin(n) n at t produktivnost rada opada N točka presjeka - M (;;) ; vektor usmjeravanja pravca može se izabrati kao takav l (; ;) b b b vektori jednaki

12 Graf funkcije y ima okomitu asimptotu i nagnutu y y() as() kao

13 Zadaci pismenog ispita iz više matematike u zimskom roku - akademska godina Zadatak Odgovor Skalarni umnožak vektora Prva značajna granica (Izvod formule) Navedite primjer za izračunavanje granice Ispitajte funkciju t za kontinuitet Izvršite cjelovito proučavanje funkcija nacrta svoj graf f (t) t t ako je y i Sastavi jednadžbu normale na graf funkcije y u točki (;) Ima li jednadžba korijene na segmentu [;]? ima točke - prijelomne točke -te vrste -uklonjiva prijelomna točka y a y() y u y() grafu funkcije na sljedećoj stranici y U trokutu s vrhovima (; ;) B(; ;) C(;;) pronađite h visina h BD Sastaviti jednadžbu ravnine koja prolazi točkom (;;) okomito na ravnine y z i y z y z Istražiti kompatibilnost sustava jednadžbi i riješiti ga ako je kompatibilan na R Napisati širenje vektora (; ;) u vektore a (; ;) a (;;) a (;;) a a a

14 Graf funkcije y ima okomitu asimptotu i nagnutu y y() as() kao

15 Pismeni ispit iz više matematike u zimskom roku - studij na dopisnom odjelu n n Nađi limese li li n n n n Nađi zbroj najveće i najmanje vrijednosti funkcije y na segmentu [ ;] y z u v Istraži sustav jednadžbi za y z u v kompatibilnost i riješite je ako je kompatibilna Pronađite derivaciju funkcije f () sin() cos() Istražite funkciju y i nacrtajte njezin graf tg Pronađite granice li li Napišite jednadžbe tangenti na graf funkcije y u točkama sjecišta grafa funkcije s x-osi Istražite funkciju f () y na kontinuitet Riješite sustav jednadžbi y pomoću Cramerove metode Nađite zbroj ekstrema funkcije y

16 Pismeni ispit iz više matematike u zimskom roku - studij na dopisnom odjelu Ekonomskog fakulteta Gaussova metoda L'Hopitalovo pravilo za otkrivanje nesigurnosti Izračunajte granicu numeričkog niza zadanog zajedničkim (n) (n) (n) član n (n) (n) Izračunajte li Odredite beskonačno mali poredak u odnosu na at Na krivulji y pronađite točku u kojoj je tangenta paralelna s tetivom spojne točke (-;-) i B(;) Izračunajte šiljasti kut između ravnine y z i pravca y z y z Izračunajte derivacije funkcija: a) y () ; b) ytg () ; c) y) (Istražite sustav jednadžbi za kompatibilnost i riješite ga ako je kompatibilan. Izračunajte elastičnost funkcije za zadanu vrijednost argumenta s

Program pismenog ispita iz predmeta "Viša matematika" u zimskom roku - akademske godine za studente 1. godine Ekonomskog fakulteta redovnog odjela (specijalnosti "Ekonomija" i "Ekonomska teorija") dopisno

Ticket matrice, akcije na njima Numerički niz, svojstva infinitezimalnih nizova Izračunaj udaljenost od točke M(; ;) do ravnine koja prolazi kroz točke A(; ; 0), B(; ; ;

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

Program pismenog ispita iz predmeta "Viša matematika" za 1. godinu dopisnih odjela Ekonomskog fakulteta u zimskom roku Pismeni ispit održava se u trajanju od dva sata. Na ispitu za svakog studenta

Ministarstvo obrazovanja Republike Bjelorusije BJELORUSKO NACIONALNO TEHNIČKO SVEUČILIŠTE Odsjek "Viša matematika" PROGRAMSKA PITANJA I KONTROLNI ZADACI za kolegij "Matematika. semestar" za

Smjernice za rješavanje testa 1 u disciplini "Matematika" za studente prve godine građevinskih specijalnosti Odjel za višu matematiku AV Kapusto Minsk 016 016 Odjel za višu

KONTROLNA PITANJA ZA PREDAVANJA. Odjeljak 1. Vektorska i linearna algebra. Predavanje 1. Matrice, operacije na njima. Odrednice. 1. Definicije matrice i transponirane matrice.. Što se naziva redom matrice?

KONTROLNA PITANJA ZA PREDAVANJA. Odjeljak 1. Vektorska i linearna algebra. Predavanje 1. Matrice, operacije na njima. Odrednice. 1. Definicije matrice i transponirane matrice .. Što se naziva redom

Smjer: "Graditeljstvo" Pitanja i zadaci za ispitni semestar. Matrice: definicija, vrste. Radnje s matricama: transpozicija, zbrajanje, množenje brojem, množenje matrice. 2. Elementarne transformacije

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

SADRŽAJ I DIO Predavanja 1 2 Determinante i matrice Predavanje 1 1.1. Pojam 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 pojmovi 1.2. Djelovanja na matricama 2. Determinante 2.1. Osnovni pojmovi 2.2. Svojstva determinanti 3. Nedegenerirane matrice 3.1.

ISPITNA LISTA 1 1. Matrice, operacije na matricama. 2. Gornje i donje granice numeričkih skupova. Polje realnih brojeva. ISPITNA LISTA 2 1. Odrednice. Determinantna svojstva, metode

Odjel za matematiku i informatiku Matematička analiza Nastavno-metodički kompleks za studente VŠO koji studiraju uz korištenje tehnologija na daljinu Modul 4 Primjene derivata Sastavio: izv. prof.

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSIJE Savezna državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "RUSKO DRŽAVNO HUMANITARNO SVEUČILIŠTE" (RSUH) Podružnica u Domodedovu

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Sjeverno (Arktičko) federalno sveučilište nazvano po MLomonosovu Odsjek za matematiku Ogledni zadaci za ispit iz matematike (dio) za studente grupe 9 IEIT smjera

FEDERALNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE Moskovsko državno tehničko sveučilište "MAMI" Odjel za "višu matematiku" Prof.dr.sc. Kadymov VA Izv.dr.sc.

Odjel za matematiku i informatiku Elementi visoke matematike Nastavno-metodički kompleks za studente srednjeg strukovnog obrazovanja koji se školuju primjenom tehnologija na daljinu Modul Diferencijalni račun Sastavio:

Upute studentima za svladavanje discipline (modul) Planovi praktične nastave Matrice i determinante, sustavi linearnih jednadžbi Matrice Operacije nad matricama Inverzna matrica Osnovno

Opcija 5 Pronađite domenu funkcije: y arcsin + Domena zadane funkcije određena je dvjema nejednadžbama: i ili Pomnožite prvu nejednadžbu s i riješite se znaka modula: Slijeva

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Sjevernoarktičko federalno sveučilište. Moskovsko državno sveučilište M.V. Lomonosov Odsjek za matematiku Pitanja iz matematike za izvanredne studente specijalnosti 000. "Inženjerstvo toplinske energije"

Predavanje 9. Derivacije i diferencijali viših redova, njihova svojstva. Točke ekstrema funkcije. Fermatov i Rolleov teorem. Neka je funkcija y diferencijabilna na nekom intervalu [b]. U ovom slučaju, njegova izvedenica

Zadana je matrica Ispitivanje A 0 T= Zadatak [, p ] Odredite njezinu dimenziju Zapišite karakteristike ove matrice: pravokutna, kvadratna, simetrična, jedinična, nulta, trokutasta, dijagonalna,

Ispitna karta 1 Fakultet: 101-152, 125-126 1. Množenje matrica. 2. Vektorski produkt u koordinatnom obliku 3. Jednostrane granice. Ispitna karta 2 1. Odrednica 3. reda. 2.

Pitanja i zadaci za kolokvij Linearna algebra Matrice i determinante Izračunajte determinante: a), b), c), d) Riješite jednadžbu 9 9 Odredite determinantu matrice B A C: A, B Odredite umnožak matrica.

Opcija Odredi domenu funkcije: + + + Nejednadžba + je uvijek zadovoljena Dakle, domenu zadane funkcije određuju sljedeće nejednadžbe:, one, i, one Rješavanje sustava ovih nejednadžbi

Moskovsko državno tehničko sveučilište nazvano po 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 [Elektronički izvor]: elektronički obrazovni i metodički kompleks. 1. dio / E.A. Levina, V.I. Zimin, I.V. Kasymova [i drugi]; Sib. država industrija un-t. - Novokuznetsk: SibGIU, 2010. - 1 elektronički optički disk

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Savezna državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "SIBIRSKA DRŽAVNA GEODETSKA AKADEMIJA"

Ulaznica 1 1 Determinante th i th reda, njihova svojstva i metode izračuna Rješavanje sustava linearnih jednadžbi Cramerovom metodom Rješavanje sustava jednadžbi Gaussovim metodama i matričnim računom: Određivanje koordinata

Ispiti iz discipline "Matematika" za studente smjera 676 (9) "Tehnologija i dizajn proizvodnje ambalaže" Tematski popis Linearna algebra Vektorska algebra Analitička geometrija

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

Diferencijalni račun Osnovni pojmovi i formule Definicija 1 Derivacija funkcije u točki naziva se granica omjera prirasta funkcije i prirasta argumenta, pod uvjetom da je priraštaj argumenta

ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD ZA DOPISNE STUDENTE U MEĐUSESNOM RAZDOBLJU IZ NASTAVNE DISCIPLINE "METODE OPTIMALNIH RJEŠENJA" NA PRIPREMNOM SMJERU 37.00.01 PSIHOLOGIJA Tema 1. Matrice

DRŽAVNA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA "DRŽAVNO PEDAGOŠKO SVEUČILIŠTE VORONEZH" UVOD U ANALIZU I DIFERENCIJALNI IZRAČUN FUNKCIJA JEDNE VARIJABLE

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

Testni rad Tema Limes i derivacije funkcija Odredite limite sljedećih funkcija jedne varijable (bez L'Hopitalovog pravila) a) b) c) d) Primjer a) Rješenje Odredite vrstu nesigurnosti Pod formalnom

ALATI ZA OCJENJIVANJE ZA TRENUTNU KONTROLU USPJEŠNOSTI, PRIVREMENA CERTIFIKACIJA O REZULTATIMA SAVLAĐIVANJA DISCIPLINE Akademska disciplina B.2.1 - Matematika Profil obuke: Upravljanje proizvodnjom Predmet

1 Moskovsko državno tehničko sveučilište nazvano po N.E. Bauman Specijalizirani obrazovni i znanstveni centar GOU Lyceum 1580

1 Moskovsko državno tehničko sveučilište nazvano po N.E. Bauman Specijalizirani obrazovni i znanstveni centar GOU Lyceum 1580. Pitanja za prijelazni ispit iz matematike. 10. razred, 2014.-2015. akademski

Opcija 9 Nađi domenu funkcije: y + lg Domena zadane funkcije određena je sljedećom nejednakošću: >, one > Nadalje, nazivnik ne smije biti jednak nuli: ili ± Kombinirajući rezultate,

Uzorci osnovnih magistarskih zadataka i pitanja za semestar Ograničenje slijeda Jednostavno izračunavanje ograničenja slijeda l i m 2 n 6 n 2 + 9 n 6 4 n 6 n 4 6 4 n 6 2 2 Izračunavanje ograničenja slijeda

Tok: TVGT -I ISPITNA LISTA 1 Determinante 1. i -. reda Pravila izračunavanja Opći algoritam za proučavanje grafa funkcija pomoću derivacija Pronalaženje najveće i najmanje vrijednosti

Opcija Nađi domenu funkcije Domena zadane funkcije određena je nejednadžbom > Korijeni jednadžbe su brojevi Budući da su grane parabole usmjerene prema gore, nejednakost > je zadovoljena

01 1. Nađite opće i osnovno rješenje sustava jednadžbi: 16x 10x + 2x = 8, 40x + 25x 5x = 20. Odgovor: Ako je x odabrano kao osnovna varijabla, tada je opće rješenje: x = 1 2 + 5 8 x 1 8 x , x, xR; Osnovni, temeljni

FOND ALATA ZA VREDNOVANJE ZA MEĐUCERTIFIKACIJU STUDENATA U DISCIPLINI (MODULU). Opći podaci 1. Odjel za informatiku, računarstvo i informacijsku sigurnost 2. Smjer

Opcija Nađi domenu funkcije: y arcsi + Domena zadane funkcije određena je dvjema nejednadžbama i Pomnoži prvu nejednadžbu s i riješi se predznaka modula: Iz lijeve nejednadžbe

Opcija Nađi domenu funkcije: y + Domena zadane funkcije određena je nejednakošću Osim toga, nazivnik ne smije biti jednak nuli Nađi korijene nazivnika: Kombiniranje rezultata

Opcija + Pronađite domenu funkcije: y lg Domena zadane funkcije određena je nejednakošću + me Nadalje, nazivnik ne smije biti jednak nuli: lg ili ± Osim toga, argument logaritma

Odobreno na sjednici Odjela "Matematika i informatika" Protokol 2 (25) "8" rujna 2015. glava Zavod za dr. sc. Timshina D.V. Pitanja za ispit iz discipline "LINEARNA ALGEBRA I MATEMATIČKA ANALIZA"

Ulaznica.. Definicija matrice (s primjerima kvadratnih i pravokutnih matrica).. Geometrijsko značenje Taylorovog polinoma prvog reda (formulacija, primjer, slika). (x)ctg(x). 4. Metoda grafičkih akorda

DRŽAVNA INSTITUCIJA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA "BJELORUSKO-RUSKO SVEUČILIŠTE" Odsjek "Viša matematika" VISOKA MATEMATIKA Metodološke upute i opcije za zadatke za kontrolu

4 Smjernice za provedbu testa "Derivacija i njezine primjene Primjene diferencijalnog računa" Derivacija Primjene diferencijalnog računa Derivacija funkcije f (

Opcija 7 Pronađite domenu funkcije: y + / lg Domena zadane funkcije određena je sljedećim uvjetima:, >, oni > / Nadalje, nazivnik ne smije nestati: ili Kombinirajući rezultate,

Predavanja 7-9 Poglavlje 7 Istraživanje funkcije 7 Povećanje i opadanje funkcije Teorem o monotonosti funkcije Ako f (na intervalu (a; b, tada na tom intervalu funkcija f (raste)) Ako f (na intervalu

Program ispita iz matematike za studente specijalnosti "Financije i kredit" (dopisni kolegij) 1 Odjeljak 2. Osnove matematičke analize FUNKCIJE I LIMITI Pojam funkcije Definicija funkcije,

Moskovsko državno tehničko sveučilište nazvano po N. E. Bauman

Opcija 5 Odredi domenu funkcije lg5 Domena ove funkcije određena je nejednadžbom

Zadatak 2.1. Pronađite ako
,
,
.

Riješenje. a). Za
imamo

b). Za
.

u). Za
.

Zadatak 2.2. Pronaći
, ako

b). Diferenciranje jednadžbe za
, imamo

Diferenciranje zadnje relacije daje

Uvođenje izraza za , pronašli smo

u). Prva derivacija zadane parametarske funkcije izračunava se formulom

Drugu derivaciju izračunavamo po formuli

Zadatak 2.3. Izračunajte granicu koristeći L'Hopitalovo pravilo:

Riješenje. a). Željena granica je neodređenog tipa

Prema L'Hopitalovom pravilu

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

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

Rezultirajuća granica je opet neizvjesnost
pa ponovna primjena pravila daje

u). Granica je neizvjesnost forme na koje je zgodno primijeniti sljedeću metodu. Označiti

. (1)

Izračunajmo pomoćnu granicu

Željena granica prema (1) jednaka je

Zadatak 2.4. Istražite funkciju
i zacrtajte ga.

Riješenje. Područje definiranja je cijela realna os
. Da bismo pronašli područja monotonosti, nalazimo

Zatim
na
(uzlazni interval),
na
(opadajući interval). Točka
je nepomična jer
Prilikom prolaska
izvod mijenja predznak s plusa na minus, pa kada
funkcija ima lokalni maksimum.

Za pronalaženje područja konveksnosti koristi se druga derivacija

Na
ili
bit će
a funkcija je konkavna; na

a funkcija je konveksna.

Funkcija nema vertikalnih asimptota. Za pronalaženje kosih asimptota
izračunati

Stoga, kada
funkcija ima asimptotu

Rezultati studije, uzimajući u obzir paritet funkcije
prikazano na grafikonu

4.3. Rješenje tipične varijante testa br. 3

Zadatak 3.1. Pronađite gradijent i jednadžbe tangentne ravnine i normale na zadanu plohu u točki
.

Riješenje. Označiti

Vrijednost gradijenta

Jednadžba tangentne ravnine koja ima vektor normale (7,-4,-19) i prolazi kroz
, bit će snimljen

Normalna linija ima vektor smjera (7,-4,-19) i prolazi kroz
, dakle njegove jednadžbe

Zadatak 3.2. Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije
u području D omeđenom zadanim linijama:

Riješenje. Područje D prikazano je na slici (trokut OAB).

Stacionarne točke su rješenja sustava jednadžbi

gdje nalazimo poantu
, koja, kao što je vidljivo sa slike, pripada regiji
. U ovom trenutku
. (2)

Proučavamo funkciju na granici domene D.

Odjeljak OA. Ovdje
i
Stacionarne točke se određuju iz jednadžbe
gdje
U ovom trenutku

. (3)

Na krajevima segmenta

,

. (4)

Segment AB. Ovdje
i

Iz jednadžbe
pronaći
i

. (5)

Na
imamo

. (6)

Segment OV. Ovdje
Jer
na
funkcija nema fiksnih točaka. Njegove vrijednosti na

izračunate su u (4), (6).

Iz rezultata (2)-(6) zaključujemo da

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

Zadatak 3.3. Pronađite puni diferencijal funkcije

Riješenje. Parcijalne derivacije su jednake

Zadatak 3.4. Pronađite parcijalne derivacije drugog reda funkcije

Riješenje. Najprije nalazimo parcijalne derivacije prvog reda:

Zatim diferenciranjem pronađenih parcijalnih izvoda dobivamo parcijalne

derivati drugog reda ove funkcije:

Zadatak 3.5. Izračunajte vrijednost derivacije složene funkcije

na
s točnošću do dvije decimale.

Riješenje. Budući da složena funkcija ovisi o jednoj varijabli kroz srednje varijable i , koji pak ovise o jednoj varijabli onda izračunavamo ukupnu derivaciju ove funkcije po formuli

Izračunaj i na
:

Zamijenite vrijednosti
u izvedeni izraz. Dobiti

4.4. Rješenje tipične varijante kontrolnog rada br. 4

Problem 4.1. Pomoću integracije po dijelovima izračunajte neodređeni integral funkcije oblika

Riješenje. Jer

željeni integral je jednak

Zadatak 4.2. Izračunajte neodređeni integral rastavljanjem integranda na jednostavne razlomke

Riješenje. Budući da stupanj polinoma u brojniku nije manji od stupnja nazivnika, potrebno je izvršiti dijeljenje:

Pravilan razlomak rastavljamo na proste razlomke

Metodom neodređenih koeficijenata nalazimo

Rješavajući ovaj sustav jednadžbi, imamo

Traženi integral je jednak

Zadatak 4.3.
.

Riješenje. Izvršimo zamjenu
Rješavanje jednadžbe s obzirom na , pronašli smo:

.

Tada se željeni integral može napisati:

Rastavljanje integranda u proste razlomke

i otvaranje zagrada u jednakosti

dolazimo do relacije

Sustav jednadžbi za
prijavite se

Rješavajući ga Gaussovom metodom, nalazimo

Traženi integral je jednak:

Zadatak 4.4. Izračunajte neodređeni integral funkcije pomoću supstitucije
.

Riješenje. Univerzalna supstitucija je
za koje je lako provjeriti jednakosti

Stoga se traženi integral svodi na slučaj integriranja racionalnog razlomka

. (7)

Međutim, u nekim slučajevima zamjene su prikladnije:

(1)
Zatim

;

(2)
Zatim

;

(3)
Zatim

.

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

Zadatak 4.5. Izračunajte površinu figure omeđene linijama:

Riješenje. a). Razmotrimo pomoćnu funkciju na segmentu
Površina se izračunava formulom

Istražujući
Očito je da
Jer

to je lako provjeriti
doseže bit
lokalni minimum, štoviše,
Dakle, najmanja vrijednost
na , jednako
, pozitivno, i, prema tome,
Imamo

Računajući integral po dijelovima, nalazimo

b). Ovdje
na
Imamo

, i zbog toga
mijenja predznak. Pronađite intervale u kojima je pozitivan ili negativan. Pronalaženje korijena jednadžbe
pronaći vrijednost
zato
na
i
na
Tražena površina je:

Računamo neodređeni integral

Problem 4.6. Izračunajte površinu omeđenu krivuljom u polarnim koordinatama.

Riješenje. Krivulja je definirana za te vrijednosti iz intervala
(ili
) pod kojim uvjetom
Nejednakost
ima rješenja
ili

. (8)

Regije (8) pripadaju intervalu
kod vrijednosti
oni.

Površina se izračunava formulom

Izračunavanje neodređenog integrala

Problem 4.7. Izračunaj nepravilan integral
ili dokazati njegovu divergentnost.

Riješenje. Prema definiciji nepravog integrala s beskonačnom granicom imamo

Budući da će korijeni trinoma u nazivniku biti

zatim

Metodom neodređenih koeficijenata nalazimo

, gdje

Zato

Vrijednost nepravilnog integrala je

Problem 4.8. Izračunajte masu nehomogene ploče omeđene zadanim linijama i površinske gustoće

Riješenje. Pogled na područje prikazan je na slici.

Težina ploče
može se napisati pomoću dvostrukog integrala

Dupli integral reduciramo na iterirani integral

Problem 4.9. Upotrijebite trostruki integral za izračun volumena područja V omeđenog navedenim površinama: V: y=8-2x 2 , z=0, y=0, x=0, z=2x+y.

Riješenje. Područje V prikazano je na slici, gdje brojevi 1, 2 označavaju parabolični cilindar y=8-2x 2 odnosno ravninu z=2x+y; ostale jednadžbe odgovaraju koordinatnim ravninama.

1 4 -

Volumen područje pomoću trostrukog integrala je zapisano

Integral donosimo u iterirano

Kroz
označene točke aplikacije
(vidi sliku) izračunato iz jednadžbi ravnine
i avion
, tj.
,
. Kroz označeno je područje ravnine
na koje se projektira površina . Stoga, pri redukciji dvostrukog integrala nad regijom ponovno koordinirati
bodova
izračunato iz jednadžbe
te jednadžba pravca koji je sjecište cilindrične plohe
i avion
oni. jednadžbe
Željeni volumen jednak je

Problem 4.10. Izračunajte: a) naboj vodiča koji se nalazi duž krivulje , s gustoćom
pomoću krivocrtnog integrala prve vrste; b) rad sile
duž putanje L iz t. A na t. B pomoću krivocrtnog integrala druge vrste.

četvrtina kruga
između A(3,-3), B(5,-1). (2) - luk parabole
iz ALI(0,1) do NA(1,-1).

Riješenje.a). Naplatiti q vodič s gustoćom naboja
izračunati po formuli

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

zemljište L odgovaraju vrijednosti parametra
gdje

odakle se krivocrtni integral izražava u terminima određenog

gdje se bira gornji znak kada
i niže - na

U ovom zadatku

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

Za
imamo

Korištenje supstitucije

b). Rad polja sile s komponentama
duž putanje AB bit će napisano

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

(2). Za luk parabole

Problem 4.11. Izračunajte brzinu protoka tekućine s poljem brzine koja u jedinici vremena teče kroz dio ravnina koja leži u prvom oktantu. jedinica normalna usmjereno izvan ishodišta.

Riješenje.Željeni protok je dan formulom

Jedinica normalna na ravninu ima komponente

Površinski integral može se izraziti preko dvostrukog integrala

gdje je jednadžba površine eksplicitno napisano:

Regija
je projekcija do aviona
a omeđen linijama

Uvođenjem zadanih funkcija u dvostruki integral nalazimo

Potonji se može napisati kroz iterirani integral

Sadržaj


	Tipični programi kolegija "Viša matematika". Preporučena literatura. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Program kolegija "Viša matematika" za inženjerstvo
		Program kolegija "Viša matematika" za ekonom specijaliteti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Ispitni radovi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Pravila za izradu kontrolnog rada. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Izbor opcije testa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Zadaci kontrolnih radova. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Kontrolni rad broj 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Kontrolni rad broj 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Kontrolni rad broj 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Kontrolni rad broj 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 tipske varijante kontrolnog rada br.4. . . . . . . . . . . . .

Tekst rada je postavljen bez slika i formula.
Puna verzija rada dostupna je u 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 zaobići metoda matematičke indukcije, au takvim će slučajevima znanje iz ovog područja biti vrlo korisno.

Odabrao sam ovu temu za istraživanje, jer se u školskom kurikulumu metodi matematičke indukcije daje malo vremena, učenik uči površne informacije koje će mu pomoći da stekne samo opću predodžbu o ovoj metodi, ali samorazvoj će zahtijevati dubinsko proučavanje ove teorije. Doista će biti korisno naučiti više o ovoj temi, jer proširuje horizonte osobe i pomaže u rješavanju složenih problema.

Cilj:

Upoznati metodu matematičke indukcije, sistematizirati znanja o ovoj temi i primijeniti ih u rješavanju matematičkih problema i dokazivanju teorema, potkrijepiti i zorno prikazati praktično značenje metode matematičke indukcije kao nužnog čimbenika za rješavanje problema.

Radni zadaci:

Analizirati literaturu i sažeti znanja o temi.

Razumjeti principe matematičke indukcije.

Istražiti primjenu metode matematičke indukcije u rješavanju problema.

Formulirajte zaključke i zaključke o obavljenom poslu.

Glavni dio istraživanja

Povijest porijekla:

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

Indukcija je kognitivni postupak pomoću kojeg se iz usporedbe dostupnih činjenica deducira izjava koja ih generalizira.

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

Svijest o metodi matematičke indukcije kao posebnoj važnoj metodi seže do Blaisea Pascala i Gersonida, iako neke slučajeve primjene pronalazimo još u antičko doba kod Prokla i Euklida. Moderni naziv za metodu uveo je de Morgan 1838. godine.

Metoda matematičke indukcije može se usporediti s napretkom: krećemo od najnižeg, kao rezultat logičkog razmišljanja dolazimo do najvišeg. Čovjek je oduvijek težio napretku, sposobnosti da logički razvija svoju misao, što znači da mu je sama priroda namijenila induktivno mišljenje.

Indukcija i dedukcija

Poznato je da postoje i partikularni i opći iskazi, a dva navedena pojma temelje se na prijelazu jednoga u drugi.

Dedukcija (od lat. deductio - izvođenje) - prijelaz u procesu spoznaje iz Općenito znanje da privatni i singl. U dedukciji, opće znanje služi kao polazište rasuđivanja, a to opće znanje se pretpostavlja kao "gotovo", postojeće. Osobitost je dedukcije u tome što istinitost njezinih premisa jamči istinitost zaključka. Stoga dedukcija ima veliku moć uvjeravanja i naširoko se koristi ne samo za dokazivanje teorema u matematici, već i svugdje gdje je potrebno pouzdano znanje.

Indukcija (od lat. inductio – vođenje) prijelaz je u procesu spoznaje iz privatni znanje da Općenito Drugim riječima, to je metoda istraživanja, znanja, povezana s generalizacijom rezultata opažanja i eksperimenata.Obilježje indukcije je njezina probabilistička priroda, t.j. s obzirom na istinitost početnih premisa, zaključak indukcije je samo vjerojatno istinit, au konačnom rezultatu može se pokazati i istinitim i lažnim.

Potpuna i nepotpuna indukcija

Induktivno zaključivanje je oblik apstraktnog mišljenja u kojem se misao razvija od znanja manjeg stupnja općenitosti do znanja većeg stupnja općenitosti, a zaključak koji slijedi iz premisa je pretežno probabilistički.

Tijekom 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 objekata na temelju proučavanja svih objekata te klase.

Na primjer, neka se traži da se utvrdi da se svaki prirodni parni broj n unutar 6≤ n≤ 18 može prikazati kao zbroj 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 doista predstavljen kao zbroj dva jednostavna člana.

Razmotrimo sljedeći primjer: niz yn= n 2 +n+17; Ispišimo 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, stoga nepotpuna indukcija ne dovodi do potpuno pouzdanih zaključaka, već nam omogućuje da formuliramo hipotezu, koja kasnije zahtijeva matematički dokaz ili opovrgavanje.

Metoda matematičke indukcije

Potpuna indukcija ima samo ograničenu primjenu u matematici. Mnoge zanimljive matematičke izjave pokrivaju beskonačan broj posebnih slučajeva i ne možemo testirati sve te situacije. Ali kako testirati beskonačan broj slučajeva? Ovu su metodu predložili B. Pascal i J. Bernoulli, to je metoda matematičke indukcije koja se temelji na princip matematičke indukcije.

Ako je rečenica A(n), koja ovisi o prirodnom broju n, istinita za n=1, a iz činjenice da je istinita za n=k (gdje je k bilo koji prirodni broj), slijedi da je također vrijedi za sljedeći broj n=k +1, tada je pretpostavka A(n) istinita za bilo koji prirodni broj n.

U nizu slučajeva 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 matematičke indukcije je formuliran na sljedeći način:

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

Algoritam (sastoji se od četiri faze):

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

2.pogoditi(pretpostavljamo da je tvrdnja dokazana za prvu do slučajevi); 3 .korak(pod ovom pretpostavkom dokazujemo tvrdnju za slučaj P = do + 1); 4.izlaz (y izjava je istinita za sve slučajeve, tj. za sve P) .

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

Primjena metode matematičke indukcije

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

Zadaci za dokaz nejednakosti.

Primjer 1 Dokažite Bernoullijevu nejednakost (1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

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

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

(1+x) k ≥1+k x.

Množenjem obje strane nejednadžbe s 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.

Prema tome, pretpostavka da je Bernoullijeva nejednakost istinita za n=k implicira da je istinita za n=k+1. Na temelju metode matematičke indukcije može se tvrditi da Bernoullijeva nejednakost vrijedi za bilo koji n ∈ N.

Primjer 2 Dokažite da je za svaki prirodni broj n>1, .

Dokažimo metodom matematičke indukcije.

Lijevu stranu nejednakosti označimo sa.

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

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

Uspoređujući i, imamo, t.j. .

Za svaki pozitivni cijeli broj k, desna strana posljednje jednakosti je pozitivna. Zato. Ali, dakle, i. Dokazali smo valjanost nejednakosti za n=k+1, stoga je, zahvaljujući metodi matematičke indukcije, nejednakost istinita za svaki prirodni n>1.

Problemi za dokazivanje identiteta.

Primjer 1 Dokažite da za svaki prirodni n vrijedi 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 tvrdnja istinita.

2) Pretpostavimo da je jednakost istinita 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 istinita za n=k+1, dakle, jednakost vrijedi za svaki prirodni n.

Primjer 2 Dokažite da za svaki prirodni n vrijedi jednakost

1) Provjerite je li ovaj identitet istinit za n = 1.; - točno.

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

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

Jer jednakost vrijedi za n=k i n=k+1, onda vrijedi za svaki prirodni n.

Zadaci zbrajanja.

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

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

2) Dokažimo da je A(k) A(k+1).

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

Dokažimo da tada tvrdnja vrijedi i za sljedeći prirodni broj n=k+1, tj. što

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

Dakle, A(k) A(k+1). Na temelju načela matematičke indukcije zaključujemo da je pretpostavka A(n) istinita za bilo koje n N.

Primjer 2 Dokažite formulu, n je prirodan broj.

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

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

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

Dakle, iz činjenice da je formula istinita za n=k, slijedi da je istinita za n=k+1, tada je ova tvrdnja istinita za svaki prirodni n.

problemi djeljivosti.

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

Riješenje: 1) Neka je tada n=1

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23 × 133.

(23 × 133) djeljivo je sa 133 bez ostatka, pa je za n=1 tvrdnja točna;

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) djeljiv je sa 133 bez ostatka. Doista, 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 .

Rezultirajući zbroj djeljiv je sa 133 bez ostatka, jer je njegov prvi član prema pretpostavci djeljiv sa 133 bez ostatka, au drugom je jedan od faktora 133.

Dakle, A(k) → A(k+1), tada je na temelju metode matematičke indukcije tvrdnja istinita za svaki prirodni n.

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

Rješenje: 1) Neka je n=1, tada je X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 djeljivo s 11 bez ostatka. Dakle, za n=1 izjava je točna.

2) Pretpostavimo da je za n=k

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

3) Dokažimo da je tvrdnja točna 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 zbroj Sn unutarnjih kutova bilo kojeg konveksnog mnogokuta ( P- 2)π, gdje je P je broj stranica ovog poligona: Sn = ( P- 2)π (1).

Ova izjava nema smisla za sve prirodne P, ali samo za P > 3, budući da je najmanji broj kutova u trokutu 3.

1) Kada P= 3 naš iskaz ima oblik: S 3 = π. Ali zbroj unutarnjih kutova bilo kojeg trokuta doista je π. Stoga, kada P= 3 formula (1) je istinita.

2) Neka je ova formula točna za n =k, odnosno S k = (k- 2)π, gdje je 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 - proizvoljna konveksna ( k+ 1) -gon (sl. 338).

Spajanjem točaka A 1 i A k , dobivamo konveksne k-gon A 1 A 2 ... A k — 1A k . Očito je zbroj kutova ( k+ 1) -kut A 1 A 2 ... A k A k+ 1 jednak je zbroju kutova k-gon A 1 A 2 ... A k plus zbroj kutova trokuta A 1 A k A k+ jedan . Ali zbroj kutova k-gon A 1 A 2 ... A k pretpostavlja se da je ( k- 2)π, a zbroj kutova trokuta A 1 A k A k+ 1 je jednako pi. Zato

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

Dakle, oba uvjeta načela matematičke indukcije su zadovoljena, pa je stoga formula (1) istinita za svaku prirodnu P > 3.

Primjer 2 Postoji stubište, čiji su svi koraci isti. Potrebno je navesti minimalni broj pozicija koji bi jamčio mogućnost "uspona" bilo koju stepenicu po broj.

Svi se slažu da uvjet treba postojati. Moramo se moći popeti na prvu stepenicu. Zatim, moraju se moći popeti s prve stepenice na drugu. Zatim u drugom - na trećem itd. do n-tog koraka. Naravno, u zbiru, "n" izjava jamči nm da ćemo uspjeti doći do n-tog koraka.

Pogledajmo sada 2, 3,…., n položaja i usporedimo ih međusobno. Lako je vidjeti da svi imaju istu strukturu: ako smo došli do k stepenice, onda se možemo popeti na (k + 1) stepenicu. Odavde, takav aksiom za valjanost izjava koje ovise o "n" postaje prirodan: ako je rečenica A (n), u kojoj je n prirodan broj, zadovoljena s n=1 i iz činjenice da je zadovoljena s n=k (gdje je k bilo koji prirodni broj), slijedi da vrijedi i za n=k+1, tada pretpostavka A(n) vrijedi za bilo koji prirodni broj n.

Primjena

Zadaci koji koriste metodu matematičke indukcije pri upisu na sveučilišta.

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

Primjer 1 Dokažite da bilo koji prirodni P pravedna jednakost

1) Kada n=1 dobivamo ispravnu jednakost Sin.

2) Izvršivši induktivnu pretpostavku da je za n= k jednakost je istinita, smatrajte zbroj na lijevoj strani jednakosti, za n =k+1;

3) Koristeći redukcijske formule transformiramo izraz:

Zatim, zahvaljujući metodi matematičke indukcije, jednakost vrijedi za svaki prirodni n.

Primjer 2 Dokažite da je za svaki prirodni n vrijednost izraza 4n +15n-1 višekratnik broja 9.

1) Uz n=1: 2 2 +15-1=18 - višekratnik od 9 (jer 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) - višekratnik od 9;

9(5k-2) - višekratnik od 9;

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

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

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

Desni dio = . 6 = 6; istina na n=1.

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

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

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

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Dokaz:

Dakle, ovaj uvjet je istinit u dva slučaja i dokazano je da vrijedi za n =k+1, dakle vrijedi za svaki prirodni broj P.

Zaključak

Ukratko, u procesu istraživanja saznao sam što je indukcija, koja je potpuna ili nepotpuna, upoznao sam se s metodom matematičke indukcije koja se temelji na principu matematičke indukcije, razmatrao mnoge probleme koristeći ovu metodu.

Naučila sam i mnogo novih informacija, različitih od onoga što je uključeno u školski program.U toku proučavanja metode matematičke indukcije koristila sam raznu literaturu, internetske resurse, a također sam se konzultirala s učiteljem.

Zaključak: Generalizirajući i sistematizirajući znanje o matematičkoj indukciji, uvjerio sam se u potrebu za znanjem o ovoj temi u stvarnosti. Pozitivna kvaliteta metode matematičke indukcije je njezina široka primjena u rješavanju problema: u području algebre, geometrije i realne matematike. Također, ovo znanje povećava interes za matematiku kao znanost.

Siguran sam da će mi vještine stečene tijekom 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).

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Matematički priručnik za pristupnike sveučilištima (Odabrana pitanja elementarne matematike) - 5. izdanje, revidirano, 1976. - 638.

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. s dubokim studij matematike 7. izd. - M .: Obrazovanje, 2001. - 271 str.

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

Wikipedia je besplatna enciklopedija.