lions-store.ru → Без рубрики

Примеры решенные методом математической индукции. Старт в науке

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.

Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF

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) 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 .

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.

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.

Суть метода математической индукции

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.

Метод математической индукции в решении задач на

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 четное. Итак, четность доказана при n=1, из четности выведена четность .Значит, четно при всех натуральных значениях n.

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.

Применение метода математической индукции к

суммированию рядов

Пример 1. 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. 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 . Покажем, что .

В самом деле,

Задача решена.

Пример 3. Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равна .

Решение.

Пусть .

Предположим, что . Тогда

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 , т.е. .

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 . Утверждение доказано.

Пример 3. Доказать, что , где >-1, , n - натуральное число, большее 1.

Решение.

При n=2 неравенство справедливо, так как .

Пусть неравенство справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.

. (1)

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

. (2)

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

. (9)

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 , сторона правильного шестнадцатиугольника , сторона правильного тридцатидвухугольника . Можно предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2 n - угольника при любом равна

. (1)

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 1 А 2 …А n на треугольники.

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 1 А 2 …А n . При всяком разбиении его на треугольники сторона А 1 А 2 будет стороной одного из треугольников разбиения, третья вершина этого треугольника может совпасть с каждой из точек А 3 , А 4 , …,А n . Число способов разбиения n-угольника, при которых эта вершина совпадает с точкой А 3 , равно числу способов разбиения на треугольники (n-1)-угольника А 1 А 3 А 4 …А n , т.е. равно P(n-1). Число способов разбиения, при которых эта вершина совпадает с А 4 , равно числу способов разбиения (n-2)-угольника А 1 А 4 А 5 …А n , т.е. равно P(n-2)=P(n-2)P(3); число способов разбиения, при которых она совпадает с А 5 , равно P(n-3)P(4), так как каждое из разбиений (n-3)-угольника А 1 А 5 …А n можно комбинировать при этом с каждым из разбиений четырехугольника А 2 А 3 А 4 А 5 , и т.д. Таким образом, мы приходим к следующему соотношению:

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.

Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются дальнейшие умозаключения. Например, 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.

Индукция – метод рассуждения, ведущий от частных примеров к некоторому общему выводу (индукция – латинское слово, означающее «наведение»). Метод индукции в самом общем смысле состоит в переходе от частных формулировок к формулировке универсальной.

Рассмотрим математическую индукцию. Метод математической индукции применяется, когда хотят доказать, что некоторое утверждение справедливо для всех натуральных чисел.

Математическая индукция- один из важнейших методов доказательства в математике, основанный на аксиоме (принципе) математической индукции.

Аксиома математической индукции формулируется так:

1. Проверяется справедливость некоторого утверждения при n = р0.

2. Предполагается, что это утверждение верно при n = к, к ≥ р0.

3. Доказывается, что утверждение верно при n=k+1.

Первый факт называется базисом индукции, второй - индукционным переходом или шагом индукции. Индукционный переход включает и себя посылку (или предположение) индукции (утверждение верно при n = k) и заключение (утверждение верно при п = k + 1). Другими словами, шаг индукции состоит в переходе от посылки к заключению, т. е. в выводе, что заключение верно, если верна посылка. В целом весь логический приём, позволяющий заключить, что рассматриваемое утверждение верно для всех натуральных чисел, коль скоро справедливы и базис, и переход, называется принципом математической индукции. На нём и основан метод математической индукции. Этот метод может быть успешно применён в том случае, когда имеется некоторое утверждение А, зависящее от параметра, принимающего натуральные значения, и требуется доказать, что А справедливо при всяком значении параметра.

Говоря об индукции вообще (т. е. не только в математике), различают полную и неполную индукцию.

Полная индукция

Полная индукция - это умозаключение, в котором на основе принадлежности каждому элементу или каждой части класса определенного признака делают вывод о его принадлежности классу в целом.

Индуктивные умозаключения такого типа применяются лишь в тех случаях, когда имеют дело с закрытыми классами, число элементов, в которых является конечным и легко обозримым. Выраженная в посылках этого умозаключения информация о каждом элементе или каждой части класса служит показателем полноты исследования и достаточным основанием для логического переноса признака на весь класс. Тем самым вывод в умозаключении полной индукции носит демонстративный характер. Это означает, что при истинности посылок заключение в выводе будет необходимо истинным.

В одних случаях полная индукция дает утвердительные заключения, если в посылках фиксируется наличие определенного признака у каждого элемента или части класса. В других случаях в качестве заключения может выступать отрицательное суждение, если в посылках фиксируется отсутствие определенного признака у всех представителей класса.

Познавательная роль умозаключения полной индукции проявляется в формировании нового знания о классе или роде явлений. Логический перенос признака с отдельных предметов на класс в целом не является простым суммированием. Знание о классе или роде - это обобщение, представляющее собой новую ступень по сравнению с единичными посылками.

Демонстративность полной индукции позволяет использовать этот вид умозаключения в доказательном рассуждении. Применимость полной индукции в рассуждениях определяется практической перечислимостью множества явлений. Если невозможно охватить весь класс предметов, то обобщение строится в форме неполной индукции.

Неполная индукция. Популярная индукция

Неполная индукция - это умозаключение, в котором на основе принадлежности признака некоторым элементам или частям класса делают вывод о его принадлежности классу в целом.

Неполнота индуктивного обобщения выражается в том, что исследуют не все, а лишь некоторые элементы или части класса. Логический переход в неполной индукции от некоторых ко всем элементам или частям класса не является произвольным. Он оправдывается эмпирическими основаниями - объективной зависимостью между всеобщим характером признаков и устойчивой их повторяемостью в опыте для определенного рода явлений. Отсюда широкое использование неполной индукции в практике. Индуктивный переход от некоторых ко всем не может претендовать на логическую необходимость, поскольку повторяемость признака может оказаться результатом простого совпадения.

Тем самым для неполной индукции характерно ослабленное логическое следование - истинные посылки обеспечивают получение не достоверного, а лишь проблематичного заключения. При этом обнаружение хотя бы одного случая, противоречащего обобщению, делает индуктивный вывод несостоятельным.

На этом основании неполную индукцию относят к правдоподобным (недемонстративным) умозаключениям. В таких выводах заключение следует из истинных посылок с определенной степенью вероятности, которая может колебаться от маловероятной до весьма правдоподобной.

Существенное влияние на характер логического следования в выводах; неполной индукции оказывает способ отбора исходного материала.

Задачи на использование метода математической индукции.

На доказательство теоремы

Пусть имеется выпуклая фигура и внутри ее взяты n точек. Тогда центр масс этих точек тоже принадлежит фигуре.

Доказательство проведем по индукции.

Докажем базу: центр масс двух точек по определению принадлежит соединяющему их отрезку, в силу выпуклости фигуры, принадлежит фигуре.

База доказана, теперь шаг индукции. Цент масс n+1 точек – это, в силу определения, центр масс двух точек: любой одной и центра масс всех остальных, которых n штук. В силу предположения индукции центр масс этих остальных n точек принадлежит фигуре, а значит, центр масс его и (n+1)-й точки тоже принадлежит фигуре, так как по определению лежит на отрезке, соединяющем эти две точки нашей выпуклой фигуры, что и требовалось доказать.

На нахождение суммы

Найдите сумму +

S(1)= S(2)= S(3)=S(2)+ Можно предположить, что S(n)=

Докажем это. Для n=1 формула верна. Предположим, что она будет верна и для n=k+1:

На доказательство неравенств

Пусть х1, х2,. , хn - произвольные положительные числа, причем x1x2xn = 1. Доказать, что х1 + х2 +. +хn ≥ n.

1. Если n = 1, то по условию х1 = 1 и, следовательно, можно написать x1 ≥ 1, т. е. для n = 1 утверждение верно.

2. Предположим, что утверждение верно для n = k. Пусть х1,х2,. ,хk,хk + 1 - произвольные положительные числа и х1х2хkхk+1 = 1.

Могут представиться два случая: либо все эти числа равны 1, и тогда их сумма равна k+1 и неравенство доказано, либо среди этих чисел есть хотя бы одно число, не равное единице, и тогда обязательно есть, по крайней мере, еще одно число, не равное единице, причем если одно из них меньше единицы, то другое больше единицы. Не ограничивая общности, можно считать, что хk > 1, а хk + 1

Произведение их равно единице, и, следовательно, по индуктивному предположению x1 + x2 + + xk-1+ xkxk+1 ≥ k.

Прибавим к обеим частям последнего неравенства хk+хk+1,перенесем xkxk+1направо и преобразуем правую часть неравенства: x1 + x2 + + xk + xk+1 ≥ k - xkxk+1+хk + хk+1 =

K+1 +хk(1-хk+1) + хk+1- 1=k+1+хk(1- хk+1) - (1 - хk+1) =

K + 1+(1 - хk+1)(xk - l) ≥ k + l.

Таким образом, из истинности утверждения при n = k вытекает его истинность при n = k+ 1. Утверждение доказано. Из приведенного доказательства следует, что знак равенства в доказываемом соотношении имеет место тогда и только тогда, когда x1 = х2 =. = хn = 1.

Доказать неравенство

Где x1, x2,. , x3 – произвольные положительные числа.

Это важное неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим n чисел является простым следствием соотношения, доказанного в предыдущем примере. В самом деле, пусть х1, х2,. , хn - произвольные положительные числа. Рассмотрим n чисел

Очевидно, что все эти числа положительны и произведение их равно единице. Следовательно, по доказанному в предыдущем примере их сумма больше или равна n, т. е.

причем знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x1 = х2 =. = хn.

Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим n чисел часто оказывается полезным при доказательстве других неравенств, при отыскании наименьших и наибольших значений функций.

На вывод формулы прогрессии

Пусть (an) – арифметическая прогрессия, у которой разность равна d.

a1=a1 a2=a1+d=a1+1d a3=a2+d=a1+d+d= a1+2d a4=a3+d=a1+2d+d= a1+3d a5=a4+d=a1+3d+d= a1+4d

Анализ этих равенств позволяет высказать гипотезу, что an=a1+(n – 1)d. Эта гипотеза верна при любом nN.

На делимость

Доказать истинность предложения

А (n) = {число 5∙23n-2 + З3n-1 кратно 19}, nN.

1. Высказывание А (1) = {число 5∙2 +З2 кратно 19} истинно.

2. Предположим, что для некоторого значения n = k

А(k) = {число 5∙23k-2 + З3k-1 кратно 19} истинно. Тогда, так как 5∙23(k+1)-2 + З3(k+1)-1 =

8 ∙5∙23k-2 + 27∙ З3k-1 = 8 (5∙23k-2 + З3k-1) + 19 ∙З3k-1, очевидно, что и А(k + 1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения, что А (k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение А (k) истинно при всех значениях n.

На доказательство тождеств

Доказать, что при любом натуральном n верно равенство:

1*2+2*3+3*4+4*5++n(n+1)=.

Доказательство.

1) Проверяем утверждение при n=1.

Неравенство выполняется.

2) Предположим, что равенство верно при n=k, т. е.

1*2+2*3+3*4+4*5++k(k+1)=

3) Докажем утверждение при n=k+1:

1*2+2*3+3*4+4*5++ k(k+1)+(k+1)(k+2)=+ (k+1)(k+2)=

Таким образом, мы убедились, что доказываемое утверждение справедливо при любом n ϵ N.

Задачи реальной действительности

Докажем, что сумма внутренних углов выпуклого n-угольника равна π(n-2).

1. Минимальное число углов - три. Поэтому начнем доказательство с n = 3. Получаем, что для треугольника формула дает π (3~2) = π Утверждение для n = 3 справедливо.

2. Допустим, что формула верна при n=k. Докажем, что она верна для любого выпуклого

(к +1) -угольника. Разобьем

(к +1) -угольник диагональю так, что получим k-угольник и треугольник (см. рисунок).

Так как формула верна для треугольника и k-угольника, получаем π (к - 2) + π = π (к -1).

То же мы получим, если в исходную формулу подставить п = к + 1: π (к +1 - 2) = π (к -1).

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.

Заключение.

Итак, индукция (от лат. inductio - наведение, побуждение) - одна из форм умозаключения, приём исследования, применяя который от знания отдельных фактов идут к обобщениям, к общим положениям. Метод математической индукции – метод доказательства, основанный на так называемой аксиоме (принципе) математической индукции. Индукция бывает полная и неполная. Применяя полную индукцию, мы лишь тогда считаем себя вправе объявить об истинности универсальной формулировки, когда убедились в её истинности для каждого без исключения значения n. Метод неполной индукции состоит в переходе к универсальной формулировке после проверки истинности частных формулировок для отдельных, но не всех значений n.

Метод математической индукции является одной из теоретических основ при решении задач: реальной действительности, на нахождение суммы, на доказательство некоторых теорем по геометрии, физике, на решение неравенств, на вывод формул для прогрессии, на делимость, на доказательство тождеств.

Знакомясь с методом математической индукции, я изучала специальную литературу, консультировалась с педагогом, анализировала данные и решения задач, пользовалась Интернетом, выполняла необходимые вычисления.

В ходе работы я узнала: чтобы решать задачи методом математической индукции нужно знать и понимать основной принцип математической индукции.

Достоинством метода математической индукции является его универсальность, так как с помощью этого метода можно решить многие задачи. А недостатком неполной индукции является то, что порой она приводит к ошибочным выводам.

Обобщив и систематизировав знания по математической индукции, убедилась в необходимости знаний по теме «метод математической индукции» в реальной действительности. Кроме того эти знания повышают интерес к математике, как к науке.

Так же в ходе работы приобрела навыки решения задач по использованию метода математической индукции. Считаю, что эти навыки помогут мне в будущем в освоении избранной мною специальности на современном уровне.

Библиографическое описание: Баданин А. С., Сизова М. Ю. Применение метода математической индукции к решению задач на делимость натуральных чисел // Юный ученый. 2015. №2. С. 84-86..02.2019).

В математических олимпиадах часто встречаются достаточно трудные задачи на доказательство делимости натуральных чисел. Перед школьниками возникает проблема: как найти универсальный математический метод, позволяющий решать подобные задачи?

Оказывается, большинство задач на доказательство делимости можно решать методом математической индукции, но в школьных учебниках уделяется очень мало внимания этому методу, чаще всего приводится краткое теоретическое описание и разбирается несколько задач.

Метод математической индукции мы находим в теории чисел. На заре теории чисел математики открыли многие факты индуктивным путем: Л. Эйлер и К. Гаусс рассматривали подчас тысячи примеров, прежде чем подметить числовую закономерность и поверить в нее. Но одновременно они понимали, сколь обманчивыми могут быть гипотезы, прошедшие «конечную» проверку. Для индуктивного перехода от утверждения, проверенного для конечного подмножества, к аналогичному утверждению для всего бесконечного множества необходимо доказательство. Такой способ предложил Блез Паскаль, который нашел общий алгоритм для нахождения признаков делимости любого целого числа на любое другое целое число (трактат «О характере делимости чисел).

Метод математической индукции используется, чтобы доказать путем рассуждений истинность некоего утверждения для всех натуральных чисел или истинность утверждения начиная с некоторого числа n.

Решение задач на доказательство истинности некоторого утверждения методом математической индукции состоит из четырех этапов (рис. 1):

Рис. 1. Схема решения задачи

1. Базис индукции . Проверяют справедливость утверждения для наименьшего из натуральных чисел, при котором утверждение имеет смысл.

2. Индукционное предположение . Предполагаем, что утверждение верно для некоторого значения k.

3. Индукционный переход . Доказываем, что утверждение справедливо для k+1.

4. Вывод . Если такое доказательство удалось довести до конца, то, на основе принципа математической индукции можно утверждать, что утверждение верно для любого натурального числа n.

Рассмотрим применение метода математической индукции к решению задач на доказательство делимости натуральных чисел.

Пример 1 . Доказать, что число 5 кратно 19, где n - натуральное число.

Доказательство:

1) Проверим, что эта формула верна при n = 1: число =19 кратно 19.

2) Пусть эта формула верна для n = k, т. е. число кратно 19.

Кратно 19. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения (2); второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19.

Пример 2. Доказать, что сумма кубов трех последовательных натуральных чисел делится на 9.

Доказательство:

Докажем утверждение: «Для любого натурального числа n выражение n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 кратно 9.

1) Проверим, что эта формула верна при n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 кратно 9.

2) Пусть эта формула верна для n = k, т. е. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 кратно 9.

3) Докажем, что формула верна и для n = k + 1, т. е. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 кратно 9. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Полученное выражение содержит два слагаемых, каждое из которых делится на 9, таким образом, сумма делится на 9.

4) Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение истинно при всех значениях n.

Пример 3. Доказать, что при любом натуральном n число 3 2n+1 +2 n+2 делится на 7.

Доказательство:

1) Проверим, что эта формула верна при n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 кратно 7.

2) Пусть эта формула верна для n = k, т. е. 3 2 k +1 +2 k +2 делится на 7.

3) Докажем, что формула верна и для n = k + 1, т. е.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2=3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2 .Т. к. (3 2 k +1 +2 k +2)·9 делится на 7 и 7·2 k +2 делится на 7, то и их разность делится на 7.

Многие задачи на доказательство в теории делимости натуральных чисел удобно решать с применением метода математической индукции, можно даже сказать, что решение задач данным методом вполне алгоритмизировано, достаточно выполнить 4 основных действия. Но универсальным этот метод назвать нельзя, т. к. присутствуют и недостатки: во-первых, доказывать можно только на множестве натуральных чисел, а во-вторых, доказывать можно только для одной переменной.

Для развития логического мышления, математической культуры этот метод является необходимым инструментом, ведь ещё великий русский математик А. Н. Колмогоров говорил: «Понимание и умение правильно применять принцип математической индукции, является хорошим критерием логической зрелости, которая совершенно необходима математику».

Литература:

1. Виленкин Н. Я. Индукция. Комбинаторика. - М.: Просвещение, 1976. - 48 с.

2. Генкин Л. О математической индукции. - М., 1962. - 36 с.

3. Соломинский И. С. Метод математической индукции. - М.: Наука, 1974. - 63с.

4. Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике: Решение задач: Учеб.пособие для 10 кл. сред.шк. - М.: Просвещение, 1989. - 252 с.

5. Шень А. Математическая индукция. - М.: МЦНМО,2007.- 32 с.