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 .
- 1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно
- 2) Докажем, что А(k) Ю 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) 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
- 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) истинно
- 2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k,
- 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) 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:
- (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), т.е. оно верно
- 2) Предположим, что выражение верно при n=k
- (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (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)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +
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
- 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 утверждения 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 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
- 1) При n=1 тождество верно 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
- 2) Предположим, что при n=k
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
- 3) Докажем, что тождество верно при n=k+1
- (1 2 /1 ґ 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)) ґ ((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1)
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.
- 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 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +
+(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
- 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 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
- 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 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
- 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно
- 2) Предположим, что при n=k 1 2k -1 делится на 6 без остатка
- 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)
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
- 1. При n=0
- 3 3 -1=26 делится на 26
- 2. Предположим, что при n=k
- 3 3k+3 -1 делится на 26
- 3. Докажем, что утверждение верно при n=k+1
- 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -делится на 26
Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи
- 1) Очевидно, что при n=1 утверждение 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 математической индукции утверждение доказано
Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х) n >1+n ґ х
- 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) Ю A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
- (1+х) k >1+k ґ x. (3)
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
- (1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обе части равны
- 2) Предположим, что при m=k
- (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ 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 ґ a+
+(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
- 1. При n=7 имеем 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенство верно
- 2. Предположим, что при n=k (3/2) k >2k
- 3) Докажем верность неравенства при n=k+1
- 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)
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)
- 1) При n=3 неравенство верно
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. Предположим, что при n=k
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
- 3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
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. Математическая индукция лежит в основе одного из самых распространенных методов математических доказательств. С его помощью можно доказать большую часть формул с натуральными числами n , например, формулу нахождения суммы первых членов прогрессии S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n , формулу бинома Ньютона a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n . В первом пункте мы разберем основные понятия, потом рассмотрим основы самого метода, а затем расскажем, как с его помощью доказывать равенства и неравенства. Yandex.RTB R-A-339285-1
Для начала рассмотрим, что такое вообще индукция и дедукция. Определение 1
Индукция
– это переход от частного к общему, а дедукция
наоборот – от общего к частному. Например, у нас есть утверждение: 254 можно разделить на два нацело. Из него мы можем сделать множество выводов, среди которых будут как истинные, так и ложные. Например, утверждение, что все целые числа, которые имеют в конце цифру 4 , могут делиться на два без остатка – истинное, а то, что любое число из трех знаков делится на 2 – ложное. В целом можно сказать, что с помощью индуктивных рассуждений можно получить множество выводов из одного известного или очевидного рассуждения. Математическая индукция позволяет нам определить, насколько справедливы эти выводы. Допустим, у нас есть последовательность чисел вида 1 1 · 2 , 1 2 · 3 , 1 3 · 4 , 1 4 · 5 , . . . , 1 n (n + 1) , где n обозначает некоторое натуральное число. В таком случае при сложении первых элементов последовательности мы получим следующее: S 1 = 1 1 · 2 = 1 2 , S 2 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 = 2 3 , S 3 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 = 3 4 , S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5 , . . . Используя индукцию, можно сделать вывод, что S n = n n + 1 . В третьей части мы докажем эту формулу. В основе этого метода лежит одноименный принцип. Он формулируется так: Определение 2
Некое утверждение будет справедливым для натурального значения n тогда, когда 1) оно будет верно при n = 1 и 2) из того, что это выражение справедливо для произвольного натурального n = k , следует, что оно будет верно и при n = k + 1 . Применение метода математической индукции осуществляется в 3 этапа: Возьмем пример, о котором мы говорили ранее. Пример 1
Докажите формулу S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 . Решение
Как мы уже знаем, для применения метода математической индукции надо выполнить три последовательных действия. Мы можем представить k + 1 в качестве суммы первых членов исходной последовательности и k + 1: S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) Поскольку во втором действии мы получили, что S k = k k + 1 , то можно записать следующее: S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) . Теперь выполняем нужные преобразования. Нам потребуется выполнить приведение дроби к общему знаменателю, приведение подобных слагаемых, применить формулу сокращенного умножения и сократить то, что получилось: S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2 Таким образом, мы доказали равенство в третьем пункте, выполнив все три шага метода математической индукции. Ответ:
предположение о формуле S n = n n + 1 является верным. Возьмем более сложную задачу с тригонометрическими функциями. Пример 2
Приведите доказательство тождества cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α . Решение
Как мы помним, первым шагом должна быть проверка верности равенства при n , равном единице. Чтобы это выяснить, нам надо вспомнить основные тригонометрические формулы. cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α · cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α Следовательно, при n , равном единице, тождество будет верным. Теперь предположим, что его справедливость сохранится при n = k , т.е. будет верно, что cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α . Доказываем равенство cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α для случая, когда n = k + 1 , взяв за основу предыдущее предположение. Согласно тригонометрической формуле, sin 2 k + 1 α · cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 · 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α Следовательно, cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α Пример решения задачи на доказательство неравенства с применением этого метода мы привели в статье о методе наименьших квадратов. Прочтите тот пункт, в котором выводятся формулы для нахождения коэффициентов аппроксимации. Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 - база индукции
, а затем доказывается, что если верно утверждение с номером n
, то верно и следующее утверждение с номером n
+ 1 - шаг индукции
, или индукционный переход
. Доказательство по индукции наглядно может быть представлено в виде так называемого принципа домино
. Пусть какое угодно число косточек домино выставлено в ряд таким образом, что каждая косточка, падая, обязательно опрокидывает следующую за ней косточку (в этом заключается индукционный переход). Тогда, если мы толкнём первую косточку (это база индукции), то все косточки в ряду упадут. Логическим основанием для этого метода доказательства служит так называемая аксиома индукции
, пятая из аксиом Пеано , определяющих натуральные числа . Верность метода индукции эквивалентна тому, что в любом подмножестве натуральных чисел существует минимальный элемент. Существует также вариация, так называемый принцип полной математической индукции. Вот его строгая формулировка: Принцип полной математической индукции также эквивалентен аксиоме индукции в аксиомах Пеано. Задача.
Доказать, что, каковы бы ни были натуральное n
и вещественное q
≠ 1, выполняется равенство Доказательство.
Индукция по n
. База
, n
= 1: Переход
: предположим, что что и требовалось доказать. Комментарий:
верность утверждения P
n
в этом доказательстве - то же, что верность равенства Wikimedia Foundation
.
2010
.
Математическая индукция в математике один из методов доказательства. Используется, чтобы доказать истинность некоего утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 база индукции, а затем… … Википедия
Способ построения теории, при к ром в ее основу кладутся нек рые ее положения – аксиомы или постулаты, – из к рых все остальные положения теории (теоремы) выводятся путем рассуждений, называемых д о к а з а т е л ь с т в а м и. Правила, по к рым… … Философская энциклопедия
Индукция (лат. inductio наведение) процесс логического вывода на основе перехода от частного положения к общему. Индуктивное умозаключение связывает частные предпосылки с заключением не столько через законы логики, а скорее через некоторые… … Википедия
ГЕНЕТИЧЕСКИЙ МЕТОД
- способ задания содержания и сущности исследуемого предмета не путем конвенции, идеализации или логического вывода, а с помощью изучения его происхождения (опираясь на изучение причин, приведших к его возникновению, механизм становления). Широко… … Философия науки: Словарь основных терминов
Способ построения научной теории, при котором в её основу кладутся некоторые исходные положения (суждения) аксиомы (См. Аксиома), или Постулаты, из которых все остальные утверждения этой науки (теоремы (См. Теорема)) должны выводиться… … Большая советская энциклопедия
аксиоматический метод
- АКСИОМАТИЧЕСКИЙ МЕТОД (от греч. axioma) принятое положение способ построения научной теории, при котором в доказательствах пользуются лишь аксиомами, постулатами и ранее выведенными из них утверждениями. Впервые ярко продемонстрирован… … Энциклопедия эпистемологии и философии науки
Один из методов ошибок теории для оценки неизвестных величин по результатам измерений, содержащим случайные ошибки. Н. к. м. применяется также для приближенного представления заданной функции другими (более простыми) функциями и часто оказывается … Математическая энциклопедия
Математическая индукция один из методов математического доказательства, используется чтобы доказать истинность некоторого утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала пров … Википедия
У этого термина существуют и другие значения, см. Индукция. Индукция (лат. inductio наведение) процесс логического вывода на основе перехода от частного положения к общему. Индуктивное умозаключение связывает частные предпосылки… … Википедия
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. МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
Слово индукция по-русски означает наведение, а индуктивными называют выводы, на основе наблюдений, опытов, т.е. полученные путем заключения от частного к общему.
Например, мы каждый день наблюдаем, что Солнце восходит с востока. Поэтому можно быть уверенным, что и завтра оно появится на востоке, а не на западе. Этот вывод мы делаем, не прибегая ни к каким предположениям о причине движения Солнца по небу (более того, само это движение оказывается кажущимся, поскольку на самом деле движется земной шар). И, тем не менее, этот индуктивный вывод правильно описывает те наблюдения, которые мы проведем завтра.
Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются дальнейшие умозаключения. И хотя теоретическая механика основывается на трех законах движения Ньютона, сами эти законы явились результатом глубокого продумывания опытных данных, в частности законов Кеплера движения планет, выведенных им при обработке многолетних наблюдений датского астронома Тихо Браге. Наблюдение, индукция оказываются полезными и в дальнейшем для уточнения сделанных предположений. После опытов Майкельсона по измерению скорости света в движущейся среде оказалось необходимым уточнить законы физики, создать теорию относительности.
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
Лежащее в основе арифметики понятие следовать за тоже появилось при наблюдениях за строем солдат, кораблей и другими упорядоченными множествами.
Не следует, однако, думать, что этим исчерпывается роль индукции в математике. Разумеется, мы не должны экспериментально проверять теоремы, логически выведенные из аксиом: если при выводе не было сделано логических ошибок, то они постольку верны, поскольку истинны принятые нами аксиомы. Но из данной системы аксиом можно вывести очень много утверждений. И отбор тех утверждений, которые надо доказывать, вновь подсказывается индукцией. Именно она позволяет отделить полезные теоремы от бесполезных, указывает, какие теоремы могут оказаться верными, и даже помогает наметить путь доказательства.
Во многих разделах арифметики, алгебры, геометрии, анализа приходится доказывать истинность предложений А(n), зависящих от натуральной переменной. Доказательство истинности предложения А(n) для всех значений переменной часто удается провести методом математической индукции, который основан на следующем принципе.
Предложение А(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены следующие два условия:
Предложение А(n) истинно для n=1.
Из предположения, что А(n) истинно для n=k (где k - любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего значения n=k+1.
Этот принцип называется принципом математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом, определяющих натуральный ряд чисел, и, следовательно, принимается без доказательства. Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства. Если требуется доказать истинность предложения А(n) для всех натуральных n, то, во-первых, следует проверить истинность высказывания А(1) и, во-вторых, предположив истинность высказывания А(k), попытаться доказать, что высказывание А(k+1) истинно. Если это удается доказать, причем доказательство остается справедливым для каждого натурального значения k, то в соответствии с принципом математической индукции предложение А(n) признается истинным для всех значений n.
Метод математической индукции широко применяется при доказательстве теорем, тождеств, неравенств, при решении задач на делимость, при решении некоторых геометрических и многих других задач.
делимость С помощью метода математической индукции можно доказывать различные утверждения, касающиеся делимости натуральных чисел. Следующее утверждение можно сравнительно просто доказать. Покажем, как оно получается с помощью метода математической индукции.
Пример 1
. Если n - натуральное число, то число четное.
При n=1 наше утверждение истинно: - четное число. Предположим, что - четное число. Так как , a 2k - четное число, то и Пример 2.
Доказать истинность предложения
A(n)={число 5 кратно 19}, n - натуральное число.
Решение.
Высказывание А(1)={число кратно 19} истинно.
Предположим, что для некоторого значения n=k
А(k)={число кратно 19} истинно. Тогда, так как
Очевидно, что и A(k+1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения, что A(k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение A(n) истинно при всех значениях n.
суммированию рядов
Пример 1.
Доказать формулу
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. Это утверждение справедливо при любом натуральном значении k. Итак, второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана.
Пример 2.
Доказать, что сумма n первых чисел натурального ряда равна .
Решение.
Обозначим искомую сумму , т.е. При n=1 гипотеза верна.
Пусть В самом деле,
Задача решена.
Пример 3.
Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равна Решение.
Пусть .
Предположим, что И окончательно .
Пример 4.
Доказать, что .
Решение.
Если , то
Пример 5.
Доказать, что
Решение.
При n=1 гипотеза очевидно верна.
Пусть .
Докажем, что .
Действительно,
Примеры применения метода математической индукции к
доказательству неравенств
Пример 1.
Доказать, что при любом натуральном n>1
Решение.
Обозначим левую часть неравенства через .
Следовательно, при n=2 неравенство справедливо.
Пусть при некотором k. Докажем, что тогда и . Имеем Сравнивая и , имеем При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому . Но , значит, и .
Пример 2.
Найти ошибку в рассуждении.
Утверждение. При любом натуральном n справедливо неравенство .
Доказательство.
. (1)
Докажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.
Действительно, не меньше 2 при любом натуральном k. Прибавим к левой части неравенства (1) , а к правой 2. Получим справедливое неравенство , или Пример 3.
Доказать, что Решение.
При n=2 неравенство справедливо, так как .
Пусть неравенство справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.
Покажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.
. (2)
Действительно, по условию, , поэтому справедливо неравенство , (3)
полученное из неравенства (1) умножением каждой части его на . Перепишем неравенство (3) так: . Отбросив в правой части последнего неравенства положительное слагаемое , получим справедливое неравенство (2).
Пример 4.
Доказать, что
(1)
где , , n - натуральное число, большее 1.
Решение.
При n=2 неравенство (1) принимает вид
Так как , то справедливо неравенство . (3)
Прибавив к каждой части неравенства (3) по , получим неравенство (2).
Этим доказано, что при n=2 неравенство (1) справедливо.
Пусть неравенство (1) справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.
. (4)
Докажем, что тогда неравенство (1) должно быть справедливо и при n=k+1, т.е.
(5)
Умножим обе части неравенства (4) на a+b. Так как, по условию, , то получаем следующее справедливое неравенство:
. (6)
Для того чтобы доказать справедливость неравенства (5), достаточно показать, что , (7)
или, что то же самое,
. (8)
Неравенство (8) равносильно неравенству Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух положительных чисел. Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух отрицательных чисел. В обоих случаях неравенство (9) справедливо.
Этим доказано, что из справедливости неравенства (1) при n=k следует его справедливость при n=k+1.
Метод математической индукции в применение к другим
задачам
Наиболее естественное применение метода математической индукции в геометрии, близкое к использованию этого метода в теории чисел и в алгебре, - это применение к решению геометрических задач на вычисление. Рассмотрим несколько примеров. Пример 1.
Вычислить сторону правильного - угольника, вписанного в круг радиуса R.
Решение.
При n=2 правильный 2
n
- угольник есть квадрат; его сторона . Далее, согласно формуле удвоения
находим, что сторона правильного восьмиугольника Допустим, что сторона правильного вписанного - угольника выражается формулой (1). В таком случае по формуле удвоения
откуда следует, что формула (1) справедлива при всех n.
Пример 2.
На сколько треугольников n-угольник (не обязательно выпуклый) может быть разбит своими непересекающимися диагоналями?
Решение.
Для треугольника это число равно единице (в треугольнике нельзя провести ни одной диагонали); для четырехугольника это число равно, очевидно, двум.
Предположим, что мы уже знаем, что каждый k-угольник, где k А
n
А
1
А
2
Пусть А 1 А k - одна из диагоналей этого разбиения; она делит n-угольник А 1 А 2 …А n на k-угольник A 1 A 2 …A k и (n-k+2)-угольник А 1 А k A k+1 …A n . В силу сделанного предположения, общее число треугольников разбиения будет равно (k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;
тем самым наше утверждение доказано для всех n.
Пример 3.
Указать правило вычисления числа P(n) способов, которыми выпуклый n-угольник может быть разбит на треугольники непересекающимися диагоналями.
Решение.
Для треугольника это число равно, очевидно, единице: P(3)=1.
Предположим, что мы уже определили числа P(k) для всех k Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n-1).
С помощью этой формулы последовательно получаем:
P(4)=P(3)+P(3)=2,
P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,
P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14
и т.д.
Так же при помощи метода математической индукции можно решать задачи с графами. Пусть на плоскости задана сеть линий, соединяющих между собой какие-то точки и не имеющие других точек. Такую сеть линий мы будем называть картой, заданные точки ее вершинами, отрезки кривых между двумя смежными вершинами - границами карты, части плоскости, на которые она разбивается границами - странами карты.
Пусть на плоскости задана некоторая карта. Мы будем говорить, что она правильно раскрашена, если каждая ее страна закрашена определенной краской, причем любые две страны, имеющие между собой общую границу, закрашены в разные цвета.
Пример 4.
На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.
Решение.
При n=1 наше утверждение очевидно.
Предположим, что наше утверждение справедливо для любой карты, образованной n окружностями, и пусть на плоскости задано n+1 окружностей. Удалив одну из этих окружностей, мы получим карту, которую в силу сделанного предположения можно правильно раскрасить двумя красками, например черной и белой.
Понятия индукции и дедукции
В чем заключается метод математической индукции
Как применять метод математической индукции при решении неравенств и уравнений
Примеры
,
См. также
Вариации и обобщения
Литература
Смотреть что такое "Метод математической индукции" в других словарях:
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
Суть метода математической индукции
Метод математической индукции в решении задач на
четное. Итак, четность доказана при n=1, из четности выведена четность 
.Значит, четно при всех натуральных значениях n.
Применение метода математической индукции к
, n - натуральное число.
.
.
. Покажем, что 
.
.
.
. Тогда
.
, .
, т.е. 
.
.
. Утверждение доказано.
, где >-1, , n - натуральное число, большее 1.
. (1)
. (2)
. (9)
, сторона правильного шестнадцатиугольника 
, сторона правильного тридцатидвухугольника 
. Можно предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2
n
- угольника при любом равна
. (1)
,
