Метод математической индукции и его применение к решению задач. Метод математической индукции Примеры доказательств уравнений и неравенств методом математической индукции
Истинное знание во все времена основывалось на установлении закономерности и доказательстве её правдивости в определенных обстоятельствах. За столь длительный срок существования логических рассуждений были даны формулировки правил, а Аристотель даже составил список «правильных рассуждений». Исторически принято делить все умозаключения на два типа - от конкретного к множественному (индукция) и наоборот (дедукция). Следует отметить, что типы доказательств от частного к общему и от общего к частному существуют только во взаимосвязи и не могут быть взаимозаменяемы.
Индукция в математике
Термин "индукция" (induction) имеет латинские корни и дословно переводится как «наведение». При пристальном изучении можно выделить структуру слова, а именно латинскую приставку - in- (обозначает направленное действие внутрь или нахождение внутри) и -duction - введение. Стоит отметить, что существует два вида - полная и неполная индукции. Полную форму характеризуют выводы, сделанные на основании изучения всех предметов некоторого класса.
Неполную - выводы, применяемые ко всем предметам класса, но сделанные на основании изучения только некоторых единиц.
Полная математическая индукция - умозаключение, базирующееся на общем выводе обо всем классе каких-либо предметов, функционально связанных отношениями натурального ряда чисел на основании знания этой функциональной связи. При этом процесс доказательства проходит в три этапа:
- на первом доказывается правильность положения математической индукции. Пример: f = 1, индукции;
- следующий этап строится на предположении о правомерности положения для всех натуральных чисел. То есть, f=h, это предположение индукции;
- на третьем этапе доказывается справедливость положения для числа f=h+1, на основании верности положения предыдущего пункта - это индукционный переход, или шаг математической индукции. Примером может служить так называемый если падает первая косточка в ряду (базис), то упадут все косточки в ряду (переход).
И в шутку, и всерьез
Для простоты восприятия примеры решения методом математической индукции обличают в форму задач-шуток. Таковой является задача «Вежливая очередь»:
- Правила поведения запрещают мужчине занимать очередь перед женщиной (в такой ситуации ее пропускают вперед). Исходя из этого утверждения, если крайний в очереди - мужчина, то и все остальные - мужчины.
Ярким примером метода математической индукции является задача «Безразмерный рейс»:
- Требуется доказать, что в маршрутку помещается любая численность людей. Правдиво утверждение, что один человек может разместиться внутри транспорта без затруднений (базис). Но как бы ни была заполнена маршрутка, 1 пассажир в нее всегда поместится (шаг индукции).
Знакомые окружности
Примеры решения методом математической индукции задач и уравнений встречаются довольно часто. Как иллюстрацию такого подхода, можно рассмотреть следующую задачу.
Условие : на плоскости размещено h окружностей. Требуется доказать, что при любом расположении фигур образуемая ими карта может быть правильно раскрашена двумя красками.
Решение : при h=1 истинность утверждения очевидна, поэтому доказательство будет строиться для количества окружностей h+1.
Примем допущение, что утверждение достоверно для любой карты, а на плоскости задано h+1 окружностей. Удалив из общего количества одну из окружностей, можно получить правильно раскрашенную двумя красками (черной и белой) карту.
При восстановлении удаленной окружности меняется цвет каждой области на противоположный (в указанном случае внутри окружности). Получается карта, правильно раскрашенная двумя цветами, что и требовалось доказать.
Примеры с натуральными числами
Ниже наглядно показано применение метода математической индукции.
Примеры решения:
Доказать, что при любом h правильным будет равенство:
1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.
1. Пусть h=1, значит:
R 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1
Из этого следует, что при h=1 утверждение правильно.
2. При допущении, что h=d, получается уравнение:
R 1 =d 2 =d(d+1)(2d+1)/6=1
3. При допущении, что h=d+1, получается:
R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6
R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d(d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=
(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)(2d+3)/6.
Таким образом, справедливость равенства при h=d+1 доказана, поэтому утверждение верно для любого натурального числа, что и показано в примере решения математической индукцией.
Задача
Условие : требуется доказательство того, что при любом значении h выражение 7 h -1 делимо на 6 без остатка.
Решение :
1. Допустим, h=1, в этом случае:
R 1 =7 1 -1=6 (т.е. делится на 6 без остатка)
Следовательно, при h=1 утверждение является справедливым;
2. Пусть h=d и 7 d -1 делится на 6 без остатка;
3. Доказательством справедливости утверждения для h=d+1 является формула:
R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6
В данном случае первое слагаемое делится на 6 по допущению первого пункта, а второе слагаемое равно 6. Утверждение о том, что 7 h -1 делимо на 6 без остатка при любом натуральном h - справедливо.
Ошибочность суждений
Часто в доказательствах используют неверные рассуждения, в силу неточности используемых логических построений. В основном это происходит при нарушении структуры и логики доказательства. Примером неверного рассуждения может служить такая иллюстрация.
Задача
Условие : требуется доказательство того, что любая куча камней - не является кучкой.
Решение :
1. Допустим, h=1, в этом случае в кучке 1 камень и утверждение верно (базис);
2. Пусть при h=d верно, что куча камней - не является кучкой (предположение);
3. Пусть h=d+1, из чего следует, что при добавлении еще одного камня множество не будет являться кучкой. Напрашивается вывод, что предположение справедливо при всех натуральных h.
Ошибка заключается в том, что нет определения, какое количество камней образует кучку. Такое упущение называется поспешным обобщением в методе математической индукции. Пример это ясно показывает.
Индукция и законы логики
Исторически сложилось так, что всегда "шагают рука об руку". Такие научные дисциплины как логика, философия описывают их в виде противоположностей.
С точки зрения закона логики в индуктивных определениях просматривается опора на факты, а правдивость посылок не определяет правильность получившегося утверждения. Зачастую получаются умозаключения с определенной долей вероятности и правдоподобности, которые, естественно, должны быть проверены и подтверждены дополнительными исследованиями. Примером индукции в логике может быть утверждение:
В Эстонии - засуха, в Латвии - засуха, в Литве - засуха.
Эстония, Латвия и Литва - прибалтийские государства. Во всех прибалтийских государствах засуха.
Из примера можно заключить, что новую информацию или истину нельзя получить при помощи метода индукции. Все, на что можно рассчитывать - это некоторая возможная правдивость выводов. Причем, истинность посылок не гарантирует таких же заключений. Однако данный факт не обозначает, что индукция прозябает на задворках дедукции: огромное множество положений и научных законов обосновываются при помощи метода индукции. Примером может служить та же математика, биология и другие науки. Связано это по большей части с методом полной индукции, но в некоторых случаях применима и частичная.
Почтенный возраст индукции позволил ей проникнуть практически во все сферы деятельности человека - это и наука, и экономика, и житейские умозаключения.
Индукция в научной среде
Метод индукции требует щепетильного отношения, поскольку слишком многое зависит от количества изученных частностей целого: чем большее число изучено, тем достовернее результат. Исходя из этой особенности, научные законы, полученные методом индукции, достаточно долго проверяются на уровне вероятностных предположений для вычленения и изучения всех возможных структурных элементов, связей и воздействий.
В науке индукционное заключение основывается на значимых признаках, с исключением случайных положений. Данный факт важен в связи со спецификой научного познания. Это хорошо видно на примерах индукции в науке.
Различают два вида индукции в научном мире (в связи со способом изучения):
- индукция-отбор (или селекция);
- индукция - исключение (элиминация).
Первый вид отличается методичным (скрупулезным) отбором образцов класса (подклассов) из разных его областей.
Пример индукции этого вида следующий: серебро (или соли серебра) очищает воду. Вывод основывается на многолетних наблюдениях (своеобразный отбор подтверждений и опровержений - селекция).
Второй вид индукции строится на выводах, устанавливающих причинные связи и исключающих обстоятельства, не отвечающие ее свойствам, а именно всеобщность, соблюдение временной последовательности, необходимость и однозначность.
Индукция и дедукция с позиции философии
Если взглянуть на историческую ретроспективу, то термин "индукция" впервые был упомянут Сократом. Аристотель описывал примеры индукции в философии в более приближенном терминологическом словаре, но вопрос неполной индукции остается открытым. После гонений на аристотелевский силлогизм индуктивный метод стал признаваться плодотворным и единственно возможным в естествознании. Отцом индукции как самостоятельного особого метода считают Бэкона, однако ему не удалось отделить, как того требовали современники, индукцию от дедуктивного метода.
Дальнейшей разработкой индукции занимался Дж. Милль, который рассматривал индукционную теорию с позиции четырех основных методов: согласия, различия, остатков и соответствующих изменений. Неудивительно, что на сегодняшний день перечисленные методы при их детальном рассмотрении являются дедуктивными.
Осознание несостоятельности теорий Бэкона и Милля привело ученых к исследованию вероятностной основы индукции. Однако и здесь не обошлось без крайностей: были предприняты попытки свести индукцию к теории вероятности со всеми вытекающими последствиями.
Вотум доверия индукция получает при практическом применении в определенных предметных областях и благодаря метрической точности индуктивной основы. Примером индукции и дедукции в философии можно считать Закон всемирного тяготения. На дату открытия закона Ньютону удалось проверить его с точностью в 4 процента. А при проверке спустя более двухсот лет правильность была подтверждена с точностью до 0,0001 процента, хотя проверка велась все теми же индуктивными обобщениями.
Современная философия больше внимания уделяет дедукции, что продиктовано логичным желанием вывести из уже известного новые знания (или истины), не обращаясь к опыту, интуиции, а оперируя «чистыми» рассуждениями. При обращении к истинным посылкам в дедуктивном методе во всех случаях на выходе получается истинное утверждение.
Эта очень важная характеристика не должна затмевать ценность индуктивного метода. Поскольку индукция, опираясь на достижения опыта, становится и средством его обработки (включая обобщение и систематизацию).
Применение индукции в экономике
Индукция и дедукция давно используются как методы исследования экономики и прогнозирования ее развития.
Спектр использования метода индукции достаточно широк: изучение выполнения прогнозных показателей (прибыли, амортизация и т. д.) и общая оценка состояния предприятия; формирование эффективной политики продвижения предприятия на основе фактов и их взаимосвязей.
Тот же метод индукции применен в «картах Шухарта», где при предположении о разделении процессов на управляемые и неуправляемые утверждается, что рамки управляемого процесса малоподвижны.
Следует отметить, что научные законы обосновываются и подтверждаются при помощи метода индукции, а поскольку экономика является наукой, часто пользующейся математическим анализом, теорией рисков и статистическими данными, то совершенно неудивительно присутствие индукции в списке основных методов.
Примером индукции и дедукции в экономике может служить следующая ситуация. Увеличение цены на продукты питания (из потребительской корзины) и товары первой необходимости подталкивают потребителя к мысли о возникающей дороговизне в государстве (индукция). Вместе с тем, из факта дороговизны при помощи математических методов можно вывести показатели роста цен на отдельные товары или категории товаров (дедукция).
Чаще всего обращается к методу индукции управляющий персонал, руководители, экономисты. Для того чтобы можно было с достаточной правдивостью прогнозировать развитие предприятия, поведение рынка, последствия конкуренции, необходим индукционно-дедуктивный подход к анализу и обработке информации.
Наглядный пример индукции в экономике, относящийся к ошибочным суждениям:
- прибыль компании сократилась на 30%;
конкурирующая компания расширила линейку продукции;
больше ничего не изменилось; - производственная политика конкурирующей компании стала причиной сокращения прибыли на 30%;
- следовательно, требуется внедрить такую же производственную политику.
Пример является красочной иллюстрацией того, как неумелое использование метода индукции способствует разорению предприятия.
Дедукция и индукция в психологии
Поскольку существует метод, то, по логике вещей, имеет место и должным образом организованное мышление (для использования метода). Психология как наука, изучающая психические процессы, их формирование, развитие, взаимосвязи, взаимодействия, уделяет внимание «дедуктивному» мышлению, как одной из форм проявления дедукции и индукции. К сожалению, на страницах по психологии в сети Интернет практически отсутствует обоснование целостности дедуктивно-индуктивного метода. Хотя профессиональные психологи чаще сталкиваются с проявлениями индукции, а точнее - ошибочными умозаключениями.
Примером индукции в психологии, как иллюстрации ошибочных суждений, может служить высказывание: моя мать - обманывает, следовательно, все женщины - обманщицы. Еще больше можно почерпнуть «ошибочных» примеров индукции из жизни:
- учащийся ни на что не способен, если получил двойку по математике;
- он - дурак;
- он - умный;
- я могу все;
И многие другие оценочные суждения, выведенные на абсолютно случайных и, порой, малозначительных посылах.
Следует отметить: когда ошибочность суждений человека доходит до абсурда, появляется фронт работы для психотерапевта. Один из примеров индукции на приеме у специалиста:
«Пациент абсолютно уверен в том, что красный цвет несет для него только опасность в любых проявлениях. Как следствие, человек исключил из своей жизни данную цветовую гамму - насколько это возможно. В домашней обстановке возможностей для комфортного проживания много. Можно отказаться от всех предметов красного цвета или заменить их на аналоги, выполненные в другой цветовой гамме. Но в общественных местах, на работе, в магазине - невозможно. Попадая в ситуацию стресса, пациент каждый раз испытывает «прилив» абсолютно разных эмоциональных состояний, что может представлять опасность для окружающих».
Этот пример индукции, причем неосознанной, называется «фиксированные идеи». В случае если такое происходит с психически здоровым человеком, можно говорить о недостатке организованности мыслительной деятельности. Способом избавления от навязчивых состояний может стать элементарное развитие дедуктивного мышления. В иных случаях с такими пациентами работают психиатры.
Приведенные примеры индукции свидетельствуют о том, что «незнание закона не освобождает от последствий (ошибочных суждений)».
Психологи, работая над темой дедуктивного мышления, составили список рекомендаций, призванный помочь людям освоить данный метод.
Первым пунктом значится решение задач. Как можно было убедиться, та форма индукции, которая употребляется в математике, может считаться «классической», и использование этого метода способствует «дисциплинированности» ума.
Следующим условием развития дедуктивного мышления является расширение кругозора (кто ясно мыслит, тот ясно излагает). Данная рекомендация направляет «страждущих» в скарбницы наук и информации (библиотеки, сайты, образовательные инициативы, путешествия и т. д.).
Отдельно следует упомянуть о так называемой «психологической индукции». Этот термин, хотя и нечасто, можно встретить на просторах интернета. Все источники не дают хотя бы краткую формулировку определения этого термина, но ссылаются на «примеры из жизни», при этом выдавая за новый вид индукции то суггестию, то некоторые формы психических заболеваний, то крайние состояния психики человека. Из всего перечисленного понятно, что попытка вывести «новый термин», опираясь на ложные (зачастую не соответствующие действительности) посылки, обрекает экспериментатора на получение ошибочного (или поспешного) утверждения.
Следует отметить, что отсылка к экспериментам 1960 года (без указания места проведения, фамилий экспериментаторов, выборки испытуемых и самое главное - цели эксперимента) выглядит, мягко говоря, неубедительно, а утверждение о том, что мозг воспринимает информацию, минуя все органы восприятия (фраза «испытывает воздействие» в данном случае вписалась бы более органично), заставляет задуматься над легковерностью и некритичностью автора высказывания.
Вместо заключения
Царица наук - математика, не зря использует все возможные резервы метода индукции и дедукции. Рассмотренные примеры позволяют сделать вывод о том, что поверхностное и неумелое (бездумное, как еще говорят) применение даже самых точных и надежных методов приводит всегда к ошибочным результатам.
В массовом сознании метод дедукции ассоциируется со знаменитым Шерлоком Холмсом, который в своих логических построениях чаще использует примеры индукции, в нужных ситуациях пользуясь дедукцией.
В статье были рассмотрены примеры применения этих методов в различных науках и сферах жизнедеятельности человека.
Метод математической индукции
Вступление
Основная часть
- Полная и неполная индукция
- Принцип математической индукции
- Метод математической индукции
- Решение примеров
- Равенства
- Деление чисел
- Неравенства
Заключение
Список использованной литературы
Вступление
В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод рассуждений - это рассуждение от общего к частному, т.е. рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а заключительным моментом – частный результат. Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим, т.е. является методом, противоположным дедуктивному.
Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.
Хотя и выросла область применения метода математической индукции, в школьной программе ему отводится мало времени. Ну, скажите, что полезного человеку принесут те два-три урока, за которые он услышит пять слов теории, решит пять примитивных задач, и, в результате получит пятёрку за то, что он ничего не знает.
А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно.
Основная часть
По своему первоначальному смыслу слово “индукция” применяется к рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы, опираясь на ряд частных утверждений. Простейшим методом рассуждений такого рода является полная индукция. Вот пример подобного рассуждения.
Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:
4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;
14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.
Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых.
Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случаев.
Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).
Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами, неполная индукция в математике не считается законным методом строгого доказательства, но является мощным методом открытия новых истин.
Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:
1+3+5+7+9=25=5 2
После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n 2
Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить доказательством справедливости приведённой формулы.
Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же индукция часто приводит к ошибочным результатам.
Во многих случаях выход из такого рода затруднений заключается в обращении к особому методу рассуждений, называемому методом математической индукции. Он заключается в следующем.
Пусть нужно доказать справедливость некоторого утверждения для любого натурального числа n (например нужно доказать, что сумма первых n нечётных чисел равна n 2). Непосредственная проверка этого утверждения для каждого значения n невозможна, поскольку множество натуральных чисел бесконечно. Чтобы доказать это утверждение, проверяют сначала его справедливость для n=1. Затем доказывают, что при любом натуральном значении k из справедливости рассматриваемого утверждения при n=k вытекает его справедливость и при n=k+1.
Тогда утверждение считается доказанным для всех n. В самом деле, утверждение справедливо при n=1. Но тогда оно справедливо и для следующего числа n=1+1=2. Из справедливости утверждения для n=2 вытекает его справедливость для n=2+
1=3. Отсюда следует справедливость утверждения для n=4 и т.д. Ясно, что, в конце концов, мы дойдём до любого натурального числа n. Значит, утверждение верно для любого n.
Обобщая сказанное, сформулируем следующий общий принцип.
Принцип математической индукции.
Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.
В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом.
Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k)ÞА(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.
Доказательство по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k)ÞA(k+1).
Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
Решение: 1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно,
утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно.
2) Докажем, что А(k)ÞA(k+1).
Пусть k-любое натуральное число и пусть утверж-дение справедливо для n=k, т.е.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
В самом деле,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Итак, А(k)ÞА(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для любого nÎN.
Доказать, что
1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х¹1
Решение: 1) При n=1 получаем
1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1
следовательно, при n=1 формула верна; А(1) ис-тинно.
2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k, т.е.
1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1).
Докажем, что тогда выполняется равенство
1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1).
В самом деле
1+х+х 2 +x 3 +…+х 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).
Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что форму-ла верна для любого натурального числа n.
Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2.
Решение: 1) При n=3 утверждение спра-
А 3 ведливо, ибо в треугольнике
А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей;
А 2 А(3) истинно.
2) Предположим, что во всяком
выпуклом k-угольнике имеет-
А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей.
А k Докажем, что тогда в выпуклом
(k+1)-угольнике число
диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-уголь-ник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы под-считать общее число диагоналей этого (k+1)-уголь-ника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A 1 A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1 , и, кроме того, следует учесть диагональ А 1 А k .
Таким образом,
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Итак, А(k)ÞA(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.
Доказать, что при любом n справедливо утвер-ждение:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.
Значит, при n=1 утверждение верно.
2) Предположим, что n=k
Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.
3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1
X k+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.
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого на-турального n.
Доказать, что для любого натурального n спра-ведливо равенство:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Решение: 1) Пусть n=1.
Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.
Мы видим, что при n=1 утверждение верно.
2) Предположим, что равенство верно при n=k
X k =k 2 (k+1) 2 /4.
3) Докажем истинность этого ут-верждения для n=k+1, т.е.
Х 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.
Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.
Доказать, что
((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), где n>2.
Решение: 1) При n=2 тождество выглядит: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),
т.е. оно верно.
2) Предположим, что выражение верно при n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).
3) Докажем верность выражения при 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).
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого n>2
Доказать, что
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
для любого натурального n.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) Предположим, что n=k, тогда
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).
3) Докажем истинность этого ут-верждения при 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).
Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для лю-бого натурального n.
Доказать верность тождества
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
для любого натурального n.
1) При n=1 тождество верно 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) Предположим, что при n=k
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Докажем, что тождество верно при 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).
Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при любом натуральном n.
Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23´133.
Но (23´133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.
2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка.
3) Докажем, что в таком случае
(11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле 11 k+3 +12 2л+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 .
Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без ос-татка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k)ÞА(k+1). В силу метода математической индукции утвержде-ние доказано.
Доказать, что при любом n 7 n -1 делится на 6 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.
2) Предположим, что при n=k
7 k -1 делится на 6 без остатка.
3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1.
X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.
Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k -1 делится на 6 по предположению, а вторым слага-емым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической ин-дукции утверждение доказано.
Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном на-туральном n делится на 11.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остат-ка. Значит, при n=1 утверждение верно.
2) Предположим, что при n=k
X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка.
3) Докажем, что утверждение верно для 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 .
Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположе-нию, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма де-лится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утвер-ждение доказано.
Доказать, что 11 2n -1 при произвольном нату-ральном n делится на 6 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.
2) Предположим, что при n=k
11 2k -1 делится на 6 без остатка.
11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).
Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: пер-вое содержит кратное 6-ти число 120, а второе де-лится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.
Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка.
Решение: Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка.
- При n=0
- Предположим, что при n=k
- Докажем, что утверждение
3 3 -1=26 делится на 26
3 3k+3 -1 делится на 26
верно при n=k+1.
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) –делится на 26
Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулированного в условии задачи.
1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение верно
3 3+3 -26-27=676
2) Предположим, что при n=k
выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка.
3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).
Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода мате-матической индукции утверждение доказано.
Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство
(1+х) n >1+n´х.
Решение: 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как
(1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х.
Значит, А(2) истинно.
2) Докажем, что А(k)ÞA(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+х) k >1+k´x. (3)
Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).
Рассмотрим правую часть последнего неравен-
ства; имеем
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.
В итоге получаем, что
(1+х) k+1 >1+(k+1)´x.
Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого
Доказать, что справедливо неравенство
(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 при а> 0.
Решение: 1) При m=1
(1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2)´а 2 обе части равны.
2) Предположим, что при m=k
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно
(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 .
Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натурального m.
Доказать, что при n>6 справедливо неравенство
3 n >n´2 n+1 .
Решение: Перепишем неравенство в виде
- При n=7 имеем
- Предположим, что при n=k
3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7
неравенство верно.
3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1.
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
Так как k>7, последнее неравенство очевидно.
В силу метода математической индукции неравен-ство справедливо для любого натурального n.
Доказать, что при n>2 справедливо неравенство
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
Решение: 1) При n=3 неравенство верно
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Предположим, что при n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).
3) Докажем справедливость не-
равенства при n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û
Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ
Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k Последнее очевидно, а поэтому 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). В силу метода математической индукции не-равенство доказано. Заключение Вчастности изучив метод математической индукции, я повысил свои знания в этой облас-ти математики, а также научился решать задачи, которые раньше были мне не под силу. В основном это были логические и занима-тельные задачи, т.е. как раз те, которые повы-шают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится заниматель-ным занятием и может привлечь в математиче-ские лабиринты всё новых любознательных. По-моему, это является основой любой науки. Продолжая изучать метод математической индукции, я постараюсь научиться применять его не только в математике, но и в решении проблем физики, химии и самой жизни. МАТЕМАТИКА: ЛЕКЦИИ, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ Учебное пособие / В.Г.Болтянский, Ю.В.Сидоров, М.И.Шабунин. ООО “Попурри” 1996. АЛГЕБРА И НАЧАЛА АНАЛИЗА Учебное пособие / И.Т.Демидов,А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург,О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. “Просвещение” 1975. Министерство образования Саратовской области
Саратовский государственный социально - экономический университет
Областной конкурс математических и компьютерных работ школьников
«Вектор будущего – 2007»
«Метод математической индукции.
Его применение к решению алгебраических задач»
(секция «математика»)
Творческая работа
ученицы 10«А» класса
МОУ «Гимназии №1»
Октябрьского района г. Саратова
Арутюнян Гаянэ.
Руководитель работы:
учитель математики
Гришина Ирина Владимировна.
Саратов
2007
Введение…………………………………………………………………………………3
Принцип математической индукции и его
доказательство…………………………………………………………………………..4
Примеры решений задач………………………………………………………………..9
Заключение……………………………………………………………………………..16
Литература………………………...……………………………………………………17
Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно и подкреплять свою мысль доказательством, проведённым по всем правилам логики.
Обратимся к существу метода математической индукции. Рассмотрим различные утверждения. Их можно подразделить на общие и частные.Приведем примеры общих утверждений.
Все граждане России имеют право на образование.
Во всяком параллелограмме диагонали в точке пересечения делятся пополам.
Все числа, оканчивающиеся нулем, делятся на 5 .
Соответствующие примеры частных утверждений:
Петров имеет право на образование.
В параллелограмме ABCD
диагонали в точке пересечения делятся пополам.
140 делится на 5.
Переход от общих утверждений к частным называется дедукцией (от латинского deductio
- вывод по правилам логики).
Рассмотрим пример дедуктивного вывода.
Все граждане России имеют право на образование. (1)
Петров – гражданин России. (2)
Петров имеет право на образование. (3)
Из общего утверждения (1) при помощи (2) получено частное утверждение (3).
Обратный переход от частных утверждений к общим называется индукцией (от латинского inductio
- наведение).
Индукция может привести как к верным, так и к неверным выводам.
Поясним это двумя примерами.
140 делится на 5. (1)
Все числа, оканчивающиеся нулем, делятся на 5 . (2)
140 делится на 5. (1)
Все трехзначные числа делятся на 5. (2)
Из частного утверждения (1) получено общее утверждение (2). Утверждение (2) верно.
Второй пример показывает, как из частного утверждения (1) может быть получено общее утверждение (3) , притом утверждение (3) не является верным.
Зададимся вопросом, как пользоваться в математике индукцией, чтобы получать только верные выводы. Рассмотрим несколько примеров индукции, недопустимой в математике.
Пример 1
.
Рассмотрим квадратный трехчлен следующего вида Р(x
)= x
2 + x
+ 41, на который обратил внимание еще Леонард Эйлер.
Р(0) = 41, Р(1) = 43, Р(2) = 47, Р(3) = 53, Р(4) = 61, Р(5) = 71, Р(6) = 83, Р(7) = 97, Р(8) = 113, Р(9)=131, Р(10) = 151.
Мы видим, что всякий раз значение трехчлена - простое число. На основании полученных результатов утверждаем, что при подстановке в рассматриваемый трехчлен вместо x
любого целого неотрицательного числа всегда в результате получается простое число.
Однако сделанный вывод не может считаться достоверным. В чем же дело? Дело в том, что в рассуждениях высказаны общие утверждения относительно любого х только на основании того, что это утверждение оказалось справедливым для некоторых значений х.
В самом деле, при более внимательном изучении трехчлена Р(х) числа Р(0), Р(1), …, Р(39) - простые числа, но Р(40) = 41 2 – составное число. И совсем явно: Р(41) = 41 2 +41+41 кратно 41.
В этом примере мы встретились с утверждением, справедливым в 40 частных случаях и все же вообще оказавшимся несправедливым.
Рассмотрим еще несколько примеров.
Пример 2.
В 17 веке В.Г. Лейбниц доказал, что при всяком натуральном n
числа вида n 3 - n кратны 3, n 5 - n кратны 5, n 7 - n кратны 7. На основании этого, он предложил, что при всяком нечетном k и натуральном n
число n k - n кратно k , но скоро сам заметил, что 2 9 –2=510, которое, очевидно, не делится на 9 .
Рассмотренные примеры позволяют сделать важный вывод: утверждение может быть справедливым в целом ряде частных случаев и в то же время несправедливым вообще.
Естественно возникает вопрос: имеется утверждение, справедливое в нескольких частных случаях; все частные случаи рассмотреть невозможно; как же узнать, справедливо ли это утверждение вообще?
Этот вопрос иногда удается решить посредством применения особого метода рассуждений, называемого методом математической индукции. В основе этого метода лежит принцип математической индукции
, заключенный в следующем: утверждение справедливо для любого натурального n
, если:
оно справедливо для n
= 1;
из справедливости утверждения для какого-то произвольного натурального n
=k
, следует его справедливость для n
= k
+1.
Доказательство.
Предположим противное, то есть пусть утверждение справедливо не для всякого натурального n
. Тогда существует такое натуральное число m
, что
утверждение для n
=m
несправедливо,
для всех n
Очевидно, что m
>1, так как при n
=1 утверждение справедливо (условие 1). Следовательно, m
-1 - натуральное число. Для натурального числа m
-1 утверждение справедливо, а для следующего натурального числа m
оно несправедливо. Это противоречит условию 2. Полученное противоречие показывает неверность предположения. Следовательно, утверждение справедливо для всякого натурального n, ч. т. д.
Доказательство, основанное на принципе математической индукции, называется доказательством методом математической индукции. Такое доказательство должно состоять из двух частей, из доказательства двух самостоятельных теорем.
Теорема 1
. Утверждение справедливо для n
=1.
Теорема 2
. Утверждение справедливо для n
=k
+1, если оно справедливо для n=k, где k-произвольное натуральное число.
Если обе эти теоремы доказаны, то на основании принципа математической индукции утверждение справедливо для любого Необходимо подчеркнуть, что доказательство методом математической индукции, безусловно, требует доказательства обеих теорем 1 и 2. Пренебрежительное отношение к теореме 2 приводит к неверным выводам (примеры 1-2). Покажем на примере, сколь обязательно доказательство теоремы 1.
Пример 3
. «Теорема»: всякое натуральное число равно следующему за ним натуральному числу.
Доказательство проведем методом математической индукции.
Предположим, что k
=k
+1 (1).
Докажем, что k
+1=k
+2 (2). Для этого к каждой части «равенства» (1) прибавим 1.Получаем «равенство» (2). Выходит, что если утверждение справедливо для n
=k
, то оно справедливо и для n
=k
+1., ч.т.д.
Очевидное «следствие» из «теоремы»: все натуральные числа равны.
Ошибка заключается в том, что теорема 1, необходимая для применения принципа математической индукции не доказана и не верна, а доказана только вторая теорема.
Теоремы 1 и 2 имеют особое значение.
Теорема 1 создает базу для проведения индукции. Теорема 2 дает право неограниченного автоматического расширения этой базы, право перехода от данного частного случая к следующему, от n
к n
+1.
Если не доказана теорема 1 , а доказана теорема 2 , то, следовательно, не создана база для проведения индукции, и тогда бессмысленно применять теорему 2 ,так как и расширять-то, собственно, нечего.
Если не доказана теорема 2 , а доказана только теорема 1, то, хотя база для проведения индукции и создана, право расширения этой базы отсутствует.
Замечания
.
Иногда вторая часть доказательства опирается на справедливость утверждения не только для n
=k
, но и для n
=k
-1. В этом случае утверждение в первой части должно быть проверено для двух последующих значений n
.
Иногда утверждение доказывается не для всякого натурального n
, а для n
> m
, где m
– некоторое целое число. В этом случае в первой части доказательства утверждение проверяется для n
=m
+1, а если это необходимо, то для нескольких последующих значений n
.
Подытожив сказанное, имеем: метод математической индукции позволяет в поисках общего закона испытывать возникающие при этом гипотезы, отбрасывать ложные и утверждать истинные.
Всем известна роль процессов обобщения результатов отдельных наблюдений и опытов (т.е. индукции) для эмпирических, экспериментальных наук. Математика же издавна считалась классическим образцом осуществления чисто дедуктивных методов, так как явно или неявно всегда подразумевается, что все математические предложения (кроме принятых за исходные - аксиом) доказываются, а конкретные применения этих предложений выводятся из доказательств, пригодных для общих случаев (дедукция).
Что же значит индукция в математике? Следует ли ее понимать как не вполне надежный способ, и как искать критерий надежности таких индуктивных методов? Или достоверность математических заключений той же природы, что и опытные обобщения экспериментальных наук, таких, что любой доказанный факт неплохо было бы еще и «проверить»? В действительности дело обстоит не так.
Индукции (наведение) на гипотезу играет в математике очень большую, но чисто эвристическую роль: она позволяет догадываться, каким должно быть решение. Но устанавливаются же математические предложения только дедуктивно. И метод математической индукции есть чисто дедуктивный метод доказательства. В самом деле, доказательство, проводимое этим методом, состоит из двух частей:
так называемый «базис» – дедуктивное доказательство искомого предложения для одного (или нескольких) натурального числа;
индукционный шаг, состоящий в дедуктивном доказательстве общего утверждения. Теорема именно доказывается для всех натуральных чисел. Из базиса, доказанного, например, для числа 0, мы получаем, по индукционному шагу, доказательство для числа 1, затем таким же образом для 2, для 3 …- и так утверждение может быть обосновано для любого натурального числа.
Иначе говоря, название «математическая индукция» обусловлено тем, что этот метод просто ассоциируется в нашем сознании с традиционными индуктивными умозаключениями (ведь базис действительно доказывается только для частного случая); индукционный шаг, в отличие от основанных на опыте критериев правдоподобности индуктивных умозаключений в естественных и общественных науках, есть общее утверждение, не нуждающееся ни в какой частной посылке и доказываемое по строгим канонам дедуктивных рассуждений. Поэтому математическую индукцию называют «полной» или «совершенной», так как она есть дедуктивный, совершенно надежный метод доказательства.
Примеры решений задач
Задача 1
. Угадать формулу для суммы и доказать её.
А(n
)= 2
1 2 + 3
2 2 + …..+(n
+1) n
2 .
Решение.
1. Преобразуем выражение для суммы А(n
):
A(n)= 2
1
2
+ 3
2
2
+ ….+ (n+1) n
2
= (1+1) 1
2
+ (2+1) 2
2
+ …. + (n+1) n
2
= =1
1
2
+ 2
2
2
+ …+n
n
2
+ 1
2
+ 2
2
+… +n
2
=1
3
+ 2
3
+… +n
3
+1
2
+ 2
2
+… +n
2
=
В(n) + C(n),
где B(n) = 1
3
+ 2
3
+ …..+ n
3
, C(n)= 1
2
+ 2
2
+…+ n
2
.
2. Рассмотрим суммы C
(n
) и B
(n
).
а) С(n
) = 1 2 + 2 2 +…+ n
2 . Одна из часто встречающихся задач на метод математической индукции, доказать, что для любого натурального n
, выполняется равенство
1 2 + 2 2 +…+ n
2 = (1)
Предположим, что (1) верно при всех n
N
.
б) B(n) = 1
3
+ 2
3
+ …..+ n
3
.
Пронаблюдаем, как изменяются значения B
(n
) в зависимости от n
.
B(1) = 1 3 = 1 .
B(2) = 1 3 + 2 3 = 9 = 3 2 = (1 + 2) 2
B
(3) = 1 3 + 2 3 + 3 3 = 36 = Таким образом, можно предположить, что в) В результате для суммы А(n
) получаем
А(n
) = =
= (*)
3. Докажем полученную формулу (*) методом математической индукции.
а) проверим справедливость равенства (*) при n
= 1.
А(1) = 2
Очевидно, что формула (*) при n
= 1 верна.
б) предположим, что формула (*) верна при n=k , где k
N, то есть выполняется равенство
A(k)= Исходя из предположения, докажем справедливость формулы при n
=k
+1. Действительно,
A
(k+1
)=
Так как формула (*) верна при n
=1, и из предположения, что она верна при некотором натуральном k
, следует ее справедливость при n
=k
+1, на основании принципа математической индукции заключаем, что равенство
Задача 2.
Вычислить сумму 1-2 + 3-4 +…(-1) n
-1 n
.
Решение.
Выпишем последовательно значения сумм при различных значениях n
.
A(1)=1, A(2)=1-2= -1, A(3)=1-2+3=2, A(4)=1-2+3-4= -2,
A
(5)=1-2+3-4+5=3, A
(6)=1-2+3-4+5-6= -3.
Наблюдая закономерность, можем предположить, что A
(n
)= - при четных n
и A
(n
)= A
(n
) = Иr
,
очевидно, определяется следующим правилом
0, если n
– чётное,
r
=
1, если n
– нечётное.
Тогда r
(можно догадаться) представимо в виде: Окончательно получим формулу для A
(n
):
A
(n
)=
Докажем выполнение равенства (*) при всех n
N
методом математической индукции.
2. а) Проверим равенство (*) при n
=1. А(1) = 1= Равенство справедливо
б) Предположим, что равенство
1-2+3-4+…+(-1) n-1 n
= верно при n
=k
. Докажем, что оно справедливо и при n
=k
+1, то есть
A
(k
+1)= В самом деле,
A(k+1)=A(k)+(-1) k (k+1) = = Что и требовалось доказать.
Метод математической индукции применяется также для решения задач на делимость.
Задача 3.
Доказать, что число N
(n
)=n
3 + 5n
делится на 6 при любом натуральном n.
Доказательство.
При n
=1 число N
(1)=6 и потому утверждение справедливо.
Пусть при некотором натуральном k
число N
(k
)=k
3 +5k
делится на 6. Докажем, что N
(k
+1)= (k
+1) 3 + 5(k
+1) делится на 6. Действительно, имеем Поскольку k
и k
+1 - рядом стоящие натуральные числа, то одно из них обязательно четно, поэтому выражение 3k
(k
+1) делится на 6. Таким образом, получаем, что N
(k
+1) также делится на 6. Вывод число N
(n
)=n
3 + 5n
делится на 6 при любом натуральном n.
Рассмотрим решение более сложной задачи на делимость, когда метод полной математической индукции приходится применять несколько раз.
Задача 4.
Доказать, что при любом натуральном n число Доказательство.
Представим = (*)
По предположению первый множитель в (*) не делится нацело на число 2 k
+3 , то есть в представлении составного числа Для доказательства этого утверждения докажем вспомогательное утверждение: для любого натурального n
число 3 2 n
+1 не делится на 4. Для n
=1 утверждение очевидно, так как 10 не делится на 4 без остатка. При предположении, что 3 2 k
+1 не делится на 4, докажем, что и 3 2(k
+1) +1 не делится 3
2(k+1)
+1=3
2k+2
+1=3
2k
*
9+1=(3
2k
+1)+8
*
3
2k
.
Второе слагаемое суммы делится на 4 нацело, а первое не делится. Следовательно, вся сумма не делится на 4 без остатка. Вспомогательное утверждение доказано.
Теперь ясно, что Окончательно получаем, что число Рассмотрим теперь пример применения индукции к доказательству неравенств.
Задача 5.
При каких натуральных n
справедливо неравенство 2 n
> 2n
+ 1?
Решение.
1. При n
=1 2 1 < 2*1+1,
при n
=2 2 2 < 2*2+1,
при n
=3 2 3 > 2*3+1,
при n
=4 2 4 > 2*4+1.
По-видимому, неравенство справедливо при любом натуральном n
3. Докажем это утверждение.
2. При n
=3 справедливость неравенства уже показана. Пусть теперь неравенство справедливо при n
=k
, где k
- некоторое натуральное число, не меньшее 3, т.е.
2 k
> 2k
+1 (*)
Докажем, что тогда неравенство справедливо и при n
=k
+1, то есть 2 k
+1 >2(k
+1)+1. Умножим (*) на 2, получим 2 k
+1 >4k
+2. Сравним выражения 2(k
+1)+1 и 4k
+2.
4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1.
Очевидно, что 2k
-1>0 при любом натуральном k
. Тогда 4k
+2>2(k
+1)+1, т.е. 2 k
+1 >2(k
+1)+1. Утверждение доказано.
Неравенство для среднего арифметического и среднего геометрического n
неотрицательных чисел (неравенство Коши).
, получим
= Если хотя бы одно из чисел При выполнении работы я изучила суть метода математической индукции и его доказательство. В работе представлены задачи, в которых большую роль сыграла неполная индукция, наводящая на правильное решение, и затем проведено доказательство, полученное с помощью метода математической индукции.
Болтянский В.Г., Сидоров Ю.В., Шабурин М.И. Лекции и задачи по элементарной математике; Наука, 1974.
Виленкин Н.Я. , Шварцбурд С.И. Математический анализ.- Галицкий М.Л., Мошкович М.М, Шварцбурд С.И. Углубленное изучение курса алгебры и математического анализа.- М.: Просвещение, 1990.
Потапов М.К., Александров В.В., Пасиченко П.И. Алгебра и анализ элементарных функций.- М.: Наука, 1980.
Соминский И.С., Головина М.Л., Яглом И.М. О математической индукции.- М.: Наука, 1967.
Текст работы размещён без изображений и формул. Введение
Данная тема является актуальной, так как каждый день люди решают различные задачи, в которых они применяют разные методы решения, но есть задания, в которых не обойтись без метода математической индукции, и в таких случаях будут очень полезны знания в данной области. Я выбрал данную тему для исследования, потому что в школьной программе методу математической индукции уделяют мало времени, ученик узнает поверхностнуюинформацию, которая поможетему получить лишь общее представление о данном методе, но чтобы углубленно изучить эту теорию потребуется саморазвитие. Действительно будет полезно поподробнее узнать о данной теме, так как это расширяет кругозор человека и помогает в решении сложных задач. Цель работы:
Познакомиться с методом математической индукции, систематизировать знания по данной теме и применить её при решении математических задач и доказательстве теорем, обосновать и наглядно показать практическое значение метода математической индукции как необходимого фактора для решения задач. Задачи работы:
Проанализировать литературу и обобщить знания по данной теме. Разобраться в принципе метода математической индукции. Исследовать применение метода математической индукции к решению задач. Сформулировать выводы и умозаключения по проделанной работе. Основная часть исследования
История возникновения:
Только к концу XIX века сложился стандарт требований к логической строгости, остающейся и до настоящего времени господствующими в практической работе математиков над развитием отдельных математических теорий. Индукция - познавательная процедура, посредством которой из сравнения наличных фактов выводится обобщающее их утверждение. В математике роль индукции в значительной степени состоит в том, что она лежит в основе выбираемой аксиоматики. После того как длительная практика показала, что прямой путь всегда короче кривого или ломанного, естественно было сформулировать аксиому: для любых трех точек А, В и С выполняется неравенство. Осознание метода математической индукции как отдельного важного метода восходит к Блезу Паскалю и Герсониду, хотя отдельные случаи применения встречаются ещё в античные времена у Прокла и Эвклида. Современное название метода было введено де Морганом в 1838 году. Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом: мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению логически развивать свою мысль, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно. Индукция и дедукция
Известно, что существуют как частные, так и общие утверждения, и на переходе от одних к другим и основаны два данных термина. Дедукция (от лат. deductio - выведение) - переход в процессе познания от общего
знания к частному
и единичному
. В дедукции общее знание служит исходным пунктом рассуждения, и это общее знание предполагается «готовым», существующим. Особенность дедукции состоит в том, что истинность ее посылок гарантирует истинность заключения. Поэтому дедукция обладает огромной силой убеждения и широко применяется не только для доказательства теорем в математике, но и всюду, где необходимы достоверные знания. Индукция (от лат. inductio - наведение) - это переход в процессе познания от частного
знания к общему
.Другими словами, - это метод исследования, познания, связанный с обобщением результатов наблюдений и экспериментов.Особенностью индукции является ее вероятностный характер, т.е. при истинности исходных посылок заключение индукции только вероятно истинно и в конечном результате может оказаться как истинным, так и ложным. Полная и неполная индукция
Индуктивное умозаключение - такая форма абстрактного мышления, в которой мысль развивается от знания меньшей степени общности к знанию большей степени общности, а заключение, вытекающее из посылок, носит преимущественно вероятностный характер. В ходе исследования я выяснил, что индукция делится на два вида: полная и неполная. Полной индукцией называется умозаключение, в котором общий вывод о классе предметов делается на основании изучения всех предметов этого класса. Например,пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 6≤ n≤ 18 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения: 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; Данные равенства показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых. Рассмотрим следующий пример: последовательность yn= n 2 +n+17; Выпишем первые четыре члена: у 1 =19; y 2 =23; y 3 =29; y 4 =37; Тогда мы можем предположить, что вся последовательность состоит из простых чисел. Но это не так, возьмем y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Это составное число, значит наше предположение неверно, таким образом, неполная индукция не приводит к вполне надежным выводам, но позволяет сформулировать гипотезу, которая в дальнейшем требует математического доказательства или опровержения. Метод математической индукции
Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для всех этих ситуаций мы не в состоянии.Но как осуществить проверку бесконечного числа случаев? Такой способ предложили Б.Паскаль и Я.Бернулли, это метод математической индукции, в основе которого лежит принцип математической индукции
. Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.
В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом: Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k)
А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p. Алгоритм (он состоит из четырех этапов):
1.база
(показываем, что доказываемое утверждение верно для некоторых простейших частных случаев (п
= 1)); 2.предположение
(предполагаем, что утверждение доказано для первых к
случаев); 3
.шаг
(в этом предположении доказываем утверждение для случая п
=
к
+ 1); 4.вывод (у
тверждение верно для всех случаев, то есть для всех п)
. Заметим, что Методом математической индукции можно решать не все задачи, а только задачи, параметризованные некоторой переменной. Эта переменная называется переменной индукции. Применение метода математической индукции
Применим всю данную теорию на практике и выясним, в каких задачах применяется данный метод. Задачи на доказательство неравенств.
Пример 1.
Доказать неравенство Бернулли(1+х)n≥1+n х, х>-1, n € N. 1) При n=1 неравенство справедливо, так как 1+х≥1+х 2) Предположим, что неравенство верно для некоторого n=k, т.е. (1+х) k ≥1+k x. Умножив обе части неравенства на положительное число 1+х, получим (1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2 Учитывая, что kx 2 ≥0, приходим к неравенству (1+х) k+1 ≥1+(k+1) x. Таким образом, из допущения, что неравенство Бернулли верно для n=k, следует, что оно верно для n=k+1. На основании метода математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n € N. Пример 2.
Доказать, что при любом натуральном n>1, . Докажем с помощью метода математической индукции. Обозначим левую часть неравенства через. 1), следовательно, при n=2 неравенство справедливо. 2)Пусть при некоторомk. Докажем, что тогда и. Имеем, . Сравнивая и, имеем, т.е. . При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому. Но, значит, и.Мы доказали справедливость неравенства при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального n>1. Задачи на доказательство тождеств.
Пример 1.
Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство: 1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4. Пусть n=1, тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно. 2) Предположим, что равенство верно при n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4. 3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е.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. Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n. Пример 2.
Доказать, что при любом натуральном nсправедливо равенство 1) Проверим, что это тождество верно приn = 1.; - верно. 2) Пусть тождество верно и для n = k, т.е.. 3)Докажем, что это тождество верно и для n = k + 1, т.е.; Т.к. равенство верно при n=kи n=k+1, то оно справедливо при любом натуральном n. Задачи на суммирование.
Пример 1.
Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 . Решение: 1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно. 2) Докажем, что А(k) A(k+1). Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е.1+3+5+…+(2k-1)=k 2 . Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 . В самом деле,1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 . Итак, А(k) А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n N. Пример 2.
Доказать формулу, n - натуральное число. Решение: При n=1 обе части равенства обращаются в единицу и, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено. Предположим, что формула верна при n=k, т.е. . Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть. Тогда получим Таким образом, из того, что формула верна при n=k, следует, что она верна и при n=k+1, то это утверждение справедливо при любом натуральном n. Задачи на делимость.
Пример 1.
Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка. Решение:
1) Пусть n=1, тогда 11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23× 133. (23× 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; 2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка. 3) Докажем, что в таком случае (11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. Действительно, 11 k+3 +12 2л+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 . Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей является 133. Итак, А(k)→ А(k+1), то опираясь на метод математической индукции, утверждение верно для любых натуральных n. Пример 2.
Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном натуральном n делится на 11. Решение: 1) Пусть n=1, тогдаХ 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остатка. Значит, при n=1 утверждение верно. 2) Предположим, что при n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка. 3) Докажем, что утверждение верно для 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 . Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположению, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма делится на 11 без остатка при любом натуральном n. Задачи из реальной жизни.
Пример 1.
Доказать, что сумма Sn внутренних углов любого выпуклого многоугольника равна (п
- 2)π, где п
— число сторон этого многоугольника:Sn = (п
- 2)π (1). Это утверждение имеет смысл не для всех натуральных п
, а лишь для п
>
3, так как минимальное число углов в треугольнике равно 3. 1) При п
= 3 наше утверждение принимает вид: S 3 = π. Но сумма внутренних углов любого треугольника действительно равна π. Поэтому при п
= 3 формула (1) верна. 2) Пусть эта формула верна при n=k
, то есть S k
= (k
- 2)π, где k
>
3. Докажем, что в таком случае имеет место и формула:S k+
1 = (k
- 1)π. Пусть A 1 A 2 ... A k
A k+
1 —произвольный выпуклый (k
+ 1) -угольник (рис. 338). Соединив точки A 1 и A k
, мы получим выпуклый k
-угольник A 1 A 2 ... A k
— 1 A k
. Очевидно, что сумма углов (k
+ 1) -угольника A 1 A 2 ... A k
A k+
1 равна сумме углов k
-угольника A 1 A 2 ... A k
плюс сумма углов треугольника A 1 A k
A k+
1 . Но сумма углов k
-угольника A 1 A 2 ... A k
по предположению равна (k
- 2)π, а сумма углов треугольника A 1 A k
A k+
1 равна π. Поэтому S k+
1 = S k
+ π = (k
- 2)π + π = (k
- 1)π. Итак, оба условия принципа математической индукции выполняются, и потому формула (1) верна при любом натуральном п
>
3. Пример 2.
Имеется лестница, все ступени которой одинаковы. Требуется указать минимальное число положений, которые гарантировали бы возможность «забраться» на любую по номеру ступеньку. Все согласны с тем, что должно быть условие. Мы должны уметь забраться на первую ступень. Далее должны уметь с 1-ой ступеньки забраться на вторую. Потом во второй - на третью и т.д. на n-ую ступеньку. Конечно, в совокупности же «n» утверждений гарантирует нм то, что мы сможем добраться до n-ой ступеньки. Посмотрим теперь на 2, 3,…., n положение и сравним их друг с другом. Легко заметить, что все они имеют одну и ту же структуру: если мы добрались до k ступеньки, то можем забраться на (k+1) ступеньку. Отсюда становится естественной такая аксиома для справедливости утверждений, зависящих от «n»: если предложение А(n), в котором n - натуральное число, выполняется при n=1 и из того, что оно выполняется при n=k (где k - любое натуральное число), следует, что оно выполняется и для n=k+1, то предположение А(n) выполняется для любого натурального числа n. Приложение
Задачи с применением метода математической индукции при поступлении в ВУЗы.
Заметим, что при поступление в высшие учебные заведения также встречаются задачи, которые решаются данным методом. Рассмотрим их на конкретных примерах. Пример 1.
Доказать, что любом натуральном п
справедливо равенство 1) При п=1
мы получаем верное равенство Sin. 2) Сделав предположение индукции, что при n=k
равенство верно, рассмотрим сумму, стоящую в левой части равенства, при n=k+1;
3) Используя формулы приведения преобразуем выражение: Тогда, в силу метода математической индукции равенство верно для любого натурального n. Пример 2.
Доказать, что для любого натурального n значение выражения 4n +15n-1 кратно 9. 1) При n=1: 2 2 +15-1=18 - кратно 9 (т.к.18:9=2) 2) Пусть равенство выполняется для n=k:
4 k +15k-1 кратно 9. 3) Докажем, что равенство выполняется и для следующего числа n=k+1
4 k+1 +15(k+1)-1=4 k+1 +15k+15-1=4.4 k +60k-4-45k+18=4(4 k +15k-1)-9(5k-2) 4(4 k +15k-1) - кратно 9; 9(5k-2) - кратно 9; Следовательно и все выражение 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) кратно 9, что и требовалось доказать. Пример 3.
Доказать, что при любом натуральном числе п
выполняется условие: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ п(п+1)(п+2)=.
1) Проверим, что данная формула верна при п=1:
Левая часть = 1∙2∙3=6.
Правая часть= .
6 = 6; верно при п=1.
2) Предположим, что данная формула верна при n=k:
1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=.
S k
=.
3) Докажем, что данная формула верна при n=k+1:
1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.
S k+1
=.
Доказательство: Итак, данное условие верно в двух случаях и доказали, что верно при n=k+1,
следовательно она верно при любом натуральном числе п.
Заключение
Подведем итоги, в процессе исследования я выяснил, в чем заключается индукция, которая бывает полной или неполной, познакомился с методом математической индукции, основанном на принципе математической индукции, рассмотрел множество задач с применением данного метода. Также я узнал много новой информации, отличной от той, что включена в школьную программу.Изучая метод математической индукции я использовал различную литературу, ресурсы интернета, а также консультировался с педагогом. Вывод:
Обобщив и систематизировав знания по математической индукции, убедился в необходимости знаний по данной теме в реальной действительности. Положительным качеством метода математической индукции является его широкое применение в решении задач: в области алгебры, геометрии и реальной математики. Также эти знания повышают интерес к математике, как к науке. Я уверен, что навыки, приобретенные в ходе работы, помогут мне в будущем.
Список литературы
Соминский И.С. Метод математической индукции. Популярные лекции по математике, выпуск 3-М.: Наука, 1974г. Л. И. Головина, И. М. Яглом. Индукция в геометрии. — Физматгиз, 1961. — Т. 21. — 100 с. — (Популярные лекции по математике). Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Пособие по математике для поступающих в вузы (Избранные вопросы элементарной математики) - Изд.5-е, перераб., 1976 - 638с. А. Шень. Математическая индукция. — МЦНМО, 2004. — 36 с. M.Л.Галицкий, А.М.Гольдман, Л.И.Звавич Сборник задач по алгебре: учеб.пособие для 8-9 кл. с углубл. изучением математики 7-е изд.— М.: Просвещение, 2001.—271 с Ма-ка-ры-чев Ю.Н., Мин-дюк Н.Г До-пол-ни-тель-ные главы к школь-но-му учеб-ни-ку ал-геб-ры 9 клас-са. - М.: Про-све-ще-ние, 2002. Википедия- свободная энциклопедия. Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n. В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом. Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) Ю А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p. Доказательство по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k) Ю A(k+1) Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 . Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что Итак, А(k) Ю А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n О N Доказать, что 1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х № 1 следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно Докажем, что тогда выполняется равенство =(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2 Решение: 1) При n=3 утверждение справедливо, ибо в треугольнике А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей; А 2 А(3) истинно 2) Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике имеет А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей. А k Докажем, что тогда в выпуклом А k+1 (k+1)-угольнике число диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2. Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-угольник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы подсчитать общее число диагоналей этого (k+1)-угольника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A 1 A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1 , и, кроме того, следует учесть диагональ А 1 А k Таким образом, G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2 Итак, А(k) Ю A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника. Доказать, что при любом n справедливо утверждение: 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6 Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1 2) Предположим, что n=k Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6 3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1 X k+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 Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого натурального n Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство: 1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4 Решение: 1) Пусть n=1 Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно. 2) Предположим, что равенство верно при n=k X k =k 2 (k+1) 2 /4 3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е Х 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 Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n Доказать, что ((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))=3n(n+1)/2(n 2 +n+1), где n>2 Решение: 1) При n=2 тождество выглядит: 1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+ 1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1) Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого n>2 Доказать, что 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) для любого натурального n Решение: 1) Пусть n=1, тогда +(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3) Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для любого натурального n. Доказать верность тождества (1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) для любого натурального n Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при любом натуральном n. Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133 Но (23 ґ 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно. +(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1 Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k) Ю А(k+1). В силу метода математической индукции утверждение доказано Доказать, что при любом n 7 n -1 делится на 6 без остатка X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6 Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k -1 делится на 6 по предположению, а вторым слагаемым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано. Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном натуральном n делится на 11. 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остатка. Значит, при n=1 утверждение верно X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 = 27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 + 11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1 Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположению, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма делится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано. Доказать, что 11 2n -1 при произвольном натуральном n делится на 6 без остатка Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: первое содержит кратное 6-ти число 120, а второе делится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано. Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода математической индукции утверждение доказано Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х) n >1+n ґ х Значит, А(2) истинно Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим (1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x) Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем (1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x В итоге получаем, что (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n> 2 Доказать, что справедливо неравенство (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а> 0 Решение: 1) При m=1 +(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 + +((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+ +((k+1)(k+2)/2) ґ a 2 Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального m Доказать, что при n>6 справедливо неравенство 3 n >n ґ 2 n+1 Перепишем неравенство в виде (3/2) n >2n Так как k>7, последнее неравенство очевидно. В силу метода математической индукции неравенство справедливо для любого натурального n Доказать, что при n>2 справедливо неравенство 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n) Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы Ы (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k Последнее очевидно, а поэтому 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) В силу метода математической индукции неравенство доказано. Возможно, будет полезно почитать:
Введение.
В настоящее время выросла область применения метода математической индукции, но в школьной программе ему, к сожалению, отводится мало времени. А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно.
Принцип математической индукции и его доказательство
натурального n
.
Индукция в алгебре
Рассмотрим несколько примеров алгебраических задач, а также доказательство различных неравенств, решаемых с применением метода математической индукции.
B
(n
) = (1 + 2 + ….+ n
) 2 = 
(2)
=2,
выполняется при всяком натуральном n
.
при нечетных n
. Объединим оба результата в единую формулу:
, где r
– остаток от деления n
на 2.
(*)
N
(k
+1)= (k
+1) 3 + 5(k
+1)=(k
3 +5k
)+3k
(k
+1)+6.
не делится нацело на число 2 n
+3 .
в виде произведения =
в виде произведения простых чисел число 2 повторяется не более чем (k
+2) раза. Таким образом, чтобы доказать, что число 
не делится нацело на 2 k
+4 , надо доказать, что 
не делится на 4.
на 4. Представим последнее выражение в виде суммы:
не делится на 4, так как число 2 k
является четным числом.
не делится нацело на число 2 n
+3 ни при каком натуральном n
.
Задача 6.
равно нулю, то неравенство (**) также справедливо.
Заключение.
Литература.
М.: Просвещение, 1973.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF