Индукция есть метод получения общего утверждения из частных наблюдений. В случае, когда математическое утверждение касается конечного числа объектов, его можно доказать, проверяя для каждого объекта. Например, утверждение: «Каждое двузначное чётное число является суммой двух простых чисел,» – следует из серии равенств, которые вполне реально установить:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Метод доказательства, при котором проверяется утверждение для конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности, называют полной индукцией. Этот метод применим сравнительно редко, поскольку математические утверждения касаются, как правило, не конечных, а бесконечных множеств объектов. Например, доказанное выше полной индукцией утверждение о четных двузначных числах является лишь частным случаем теоремы: «Любое четное число является суммой двух простых чисел». Эта теорема до сих пор ни доказана, ни опровергнута.
Математическая индукция – метод доказательства некоторого утверждения для любого натурального n основанный на принципе математической индукции: «Если утверждение верно для n=1 и из справедливости его для n=k вытекает справедливость этого утверждения для n=k+1, то оно верно для всех n». Способ доказательства методом математической индукции заключается в следующем:
1) база индукции: доказывают или непосредственно проверяют справедливость утверждения для n=1 (иногда n=0 или n=n 0);
2) индукционный шаг (переход): предполагают справедливость утверждения для некоторого натурального n=k и, исходя из этого предположения, доказывают справедливость утверждения для n=k+1.
Задачи с решениями
1. Доказать, что при любом натуральном n число 3 2n+1 +2 n+2 делится на 7.
Обозначим А(n)=3 2n+1 +2 n+2 .
База индукции. Если n=1, то А(1)=3 3 +2 3 =35 и, очевидно, делится на 7.
Предположение индукции. Пусть А(k) делится на 7.
Индукционный переход. Докажем, что А(k+1) делится на 7, то есть справедливость утверждения задачи при n=k.
А(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=
3 2k+1 ·9+2 k+2 ·(9–7)=(3 2k+1 +2 k+2)·9–7·2 k+2 =9·А(k)–7·2 k+2 .
Последнее число делится на 7, так как представляет собой разность двух целых чисел, делящихся на 7. Следовательно, 3 2n+1 +2 n+2 делится на 7 при любом натуральном n.
2. Доказать, что при любом натуральном n число 2 3 n +1 делится на 3 n+1 и не делится на 3 n+2 .
Введём обозначение: а i =2 3 i +1.
При n=1 имеем, а 1 =2 3 +1=9. Итак, а 1 делится на 3 2 и не делится на 3 3 .
Пусть при n=k число а k делится на 3 k+1 и не делится на 3 k+2 , то есть а k =2 3 k +1=3 k+1 ·m, где m не делится на 3. Тогда
а k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m·((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k)=
3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k).
Очевидно, что а k+1 делится на 3 k+2 и не делится на 3 k+3 .
Следовательно, утверждение доказано для любого натурального n.
3. Известно, что х+1/x – целое число. Доказать, что х n +1/х n – так же целое число при любом целом n.
Введём обозначение: а i =х i +1/х i и сразу отметим, что а i =а –i , поэтому дальше будем вести речь о натуральных индексах.
Заметим: а 1 – целое число по условию; а 2 – целое, так как а 2 =(а 1) 2 –2; а 0 =2.
Предположим, что а k целое при любом натуральном k не превосходящем n. Тогда а 1 ·а n – целое число, но а 1 ·а n =а n+1 +а n–1 и а n+1 =а 1 ·а n –а n–1 . Однако, а n–1 , согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и а n+1 . Следовательно, х n +1/х n – целое число при любом целом n, что и требовалось доказать.
4. Доказать, что при любом натуральном n большем 1 справедливо двойное неравенство
5. Доказать, что при натуральном n > 1 и |х|
(1–x) n +(1+x) n
При n=2 неравенство верно. Действительно,
(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2·х 2
Если неравенство верно при n=k, то при n=k+1 имеем
(1–x) k+1 +(1+x) k+1
Неравенство доказано для любого натурального n > 1.
6. На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.
Воспользуемся методом математической индукции.
При n=1 утверждение очевидно.
Предположим, что 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 (смотрите первый рисунок из приведённых ниже).
Восстановим затем отброшенную окружность и по одну сторону от нее, например внутри, изменим цвет каждой области на противоположный (смотрите второй рисунок). Легко видеть, что при этом мы получим карту, правильную раскрашенную двумя красками, но только теперь уже при n+1 окружностях, что и требовалось доказать.
7. Выпуклый многоугольник будем называть «красивым», если выполняются следующие условия:
1) каждая его вершина окрашена в один из трёх цветов;
2) любые две соседние вершины окрашены в разные цвета;
3) в каждый из трёх цветов окрашена, по крайней мере, одна вершина многоугольника.
Доказать, что любой красивый n-угольник можно разрезать не пересекающимися диагоналями на «красивые» треугольники.
Воспользуемся методом математической индукции.
База индукции. При наименьшем из возможных n=3 утверждение задачи очевидно: вершины «красивого» треугольника окрашены в три разных цвета и никакие разрезы не нужны.
Предположение индукции. Допустим, что утверждение задачи верно для любого «красивого» n-угольника.
Индукционный шаг. Рассмотрим произвольный «красивый» (n+1)-угольник и докажем, используя предположение индукции, что его можно разрезать некоторыми диагоналями на «красивые» треугольники. Обозначим через А 1 , А 2 , А 3 , … А n , А n+1 – последовательные вершины (n+1)-угольника. Если в какой-либо из трёх цветов окрашена лишь одна вершина (n+1)-угольника, то, соединив эту вершину диагоналями со всеми не соседними с ней вершинами, получим необходимое разбиение (n+1)-угольника на «красивые» треугольники.
Если в каждый из трёх цветов окрашены не менее двух вершин (n+1)-угольника, то обозначим цифрой 1 цвет вершины А 1 , а цифрой 2 цвет вершины А 2 . Пусть k – такой наименьший номер, что вершина А k окрашена в третий цвет. Понятно, что k > 2. Отсечём от (n+1)-угольника диагональю А k–2 А k треугольник А k–2 А k–1 А k . В соответствии с выбором числа k все вершины этого треугольника окрашены в три разных цвета, то есть этот треугольник «красивый». Выпуклый n-угольник А 1 А 2 … А k–2 А k А k+1 … А n+1 , который остался, также, в силу индуктивного предположения, будет «красивым», а значит разбивается на «красивые» треугольники, что и требовалось доказать.
8. Доказать, что в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку.
Проведём доказательство методом математической индукции.
Докажем более общее утверждение: в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n сторон и диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку. При n = 3 утверждение очевидно. Допустим, что это утверждение верно для произвольного n-угольника и, используя это, докажем его справедливость для произвольного (n+1)-угольника.
Допустим, что для (n+1)-угольника это утверждение неверно. Если из каждой вершины (n+1)-угольника выходит не больше двух выбранных сторон или диагоналей, то всего их выбрано не больше чем n+1. Поэтому из некоторой вершины А выходит хотя бы три выбранных стороны или диагонали AB, AC, AD. Пусть АС лежит между АВ и AD. Поскольку любая сторона или диагональ, которая выходит из точки С и отличная от СА, не может одновременно пересекать АВ и AD, то из точки С выходит только одна выбранная диагональ СА.
Отбросив точку С вместе с диагональю СА, получим выпуклый n-угольник, в котором выбрано больше n сторон и диагоналей, любые две из которых имеют общую точку. Таким образом, приходим к противоречию с предположением, что утверждение верно для произвольного выпуклого n-угольника.
Итак, для (n+1)-угольника утверждение верно. В соответствии с принципом математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.
9. В плоскости проведено n прямых, из которых никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. На сколько частей разбивают плоскость эти прямые.
С помощью элементарных рисунков легко убедится в том, что одна прямая разбивает плоскость на 2 части, две прямые – на 4 части, три прямые – на 7 частей, четыре прямые – на 11 частей.
Обозначим через N(n) число частей, на которые n прямых разбивают плоскость. Можно заметить, что
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Естественно предположить, что
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
или, как легко установить, воспользовавшись формулой суммы n первых членов арифметической прогрессии,
N(n)=1+n(n+1)/2.
Докажем справедливость этой формулы методом математической индукции.
Для n=1 формула уже проверена.
Сделав предположение индукции, рассмотрим k+1 прямых, удовлетворяющих условию задачи. Выделим из них произвольным образом k прямых. По предположению индукции они разобьют плоскость на 1+ k(k+1)/2 частей. Оставшаяся (k+1)-я прямая разобьётся выделенными k прямыми на k+1 частей и, следовательно, пройдёт по (k+1)-й части, на которые плоскость уже была разбита, и каждую из этих частей разделит на 2 части, то есть добавится ещё k+1 часть. Итак,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
что и требовалось доказать.
10. В выражении х 1:х 2: … :х n для указания порядка действий расставляются скобки и результат записывается в виде дроби:
(при этом каждая из букв х 1 , х 2 , … , х n стоит либо в числителе дроби, либо в знаменателе). Сколько различных выражения можно таким образом получить при всевозможных способах расстановки скобок?
Прежде всего ясно, что в полученной дроби х 1 будет стоять в числителе. Почти столь же очевидно, что х 2 окажется в знаменателе при любой расстановке скобок (знак деления, стоящий перед х 2 , относится либо к самому х 2 , либо к какому-либо выражению, содержащему х 2 в числителе).
Можно предположить, что все остальные буквы х 3 , х 4 , … , х n могут располагаться в числителе или знаменателе совершенно произвольным образом. Отсюда следует, что всего можно получить 2 n–2 дробей: каждая из n–2 букв х 3 , х 4 , … , х n может оказаться независимо от остальных в числителе или знаменателе.
Докажем это утверждение по индукции.
При n=3 можно получить 2 дроби:
так что утверждение справедливо.
Предположим, что оно справедливо при n=k и докажем его для n=k+1.
Пусть выражение х 1:х 2: … :х k после некоторой расстановки скобок записывается в виде некоторой дроби Q. Если в это выражение вместо х k подставить х k:х k+1 , то х k окажется там же, где и было в дроби Q, а х k+1 будет стоять не там, где стояло х k (если х k было в знаменателе, то х k+1 окажется в числителе и наоборот).
Теперь докажем, что можно добавить х k+1 туда же, где стоит х k . В дроби Q после расстановки скобок обязательно будет выражение вида q:х k , где q – буква х k–1 или некоторое выражение в скобках. Заменив q:х k выражением (q:х k):х k+1 =q:(х k ·х k+1), мы получим, очевидно, ту же самую дробь Q, где вместо х k стоит х k ·х k+1 .
Таким образом, количество всевозможных дробей в случае n=k+1 в 2 раза больше чем в случае n=k и равно 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 . Тем самым утверждение доказано.
Ответ: 2 n–2 дробей.
Задачи без решений
1. Доказать, что при любом натуральном n:
а) число 5 n –3 n +2n делится на 4;
б) число n 3 +11n делится на 6;
в) число 7 n +3n–1 делится на 9;
г) число 6 2n +19 n –2 n+1 делится на 17;
д) число 7 n+1 +8 2n–1 делится на 19;
е) число 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 делится на 27.
2. Докажите, что (n+1)·(n+2)· … ·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).
3. Доказать неравенство |sin nx| n|sin x| для любого натурального n.
4. Найдите натуральные числа a, b, c, которые не делятся на 10 и такие, что при любом натуральном n числа a n + b n и c n имеют одинаковые две последние цифры.
5. Доказать, что если n точек не лежат на одной прямой, то среди прямых, которые их соединяют, не менее чем n различных.
Метод математической индукции
Вступление
Основная часть
- Полная и неполная индукция
- Принцип математической индукции
- Метод математической индукции
- Решение примеров
- Равенства
- Деление чисел
- Неравенства
Заключение
Список использованной литературы
Вступление
В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод рассуждений - это рассуждение от общего к частному, т.е. рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а заключительным моментом – частный результат. Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим, т.е. является методом, противоположным дедуктивному.
Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.
Хотя и выросла область применения метода математической индукции, в школьной программе ему отводится мало времени. Ну, скажите, что полезного человеку принесут те два-три урока, за которые он услышит пять слов теории, решит пять примитивных задач, и, в результате получит пятёрку за то, что он ничего не знает.
А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно.
Основная часть
По своему первоначальному смыслу слово “индукция” применяется к рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы, опираясь на ряд частных утверждений. Простейшим методом рассуждений такого рода является полная индукция. Вот пример подобного рассуждения.
Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:
4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;
14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.
Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых.
Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случаев.
Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).
Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами, неполная индукция в математике не считается законным методом строгого доказательства, но является мощным методом открытия новых истин.
Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:
1+3+5+7+9=25=5 2
После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n 2
Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить доказательством справедливости приведённой формулы.
Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же индукция часто приводит к ошибочным результатам.
Во многих случаях выход из такого рода затруднений заключается в обращении к особому методу рассуждений, называемому методом математической индукции. Он заключается в следующем.
Пусть нужно доказать справедливость некоторого утверждения для любого натурального числа n (например нужно доказать, что сумма первых n нечётных чисел равна n 2). Непосредственная проверка этого утверждения для каждого значения n невозможна, поскольку множество натуральных чисел бесконечно. Чтобы доказать это утверждение, проверяют сначала его справедливость для n=1. Затем доказывают, что при любом натуральном значении k из справедливости рассматриваемого утверждения при n=k вытекает его справедливость и при n=k+1.
Тогда утверждение считается доказанным для всех n. В самом деле, утверждение справедливо при n=1. Но тогда оно справедливо и для следующего числа n=1+1=2. Из справедливости утверждения для n=2 вытекает его справедливость для n=2+
1=3. Отсюда следует справедливость утверждения для n=4 и т.д. Ясно, что, в конце концов, мы дойдём до любого натурального числа n. Значит, утверждение верно для любого n.
Обобщая сказанное, сформулируем следующий общий принцип.
Принцип математической индукции.
Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.
В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом.
Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k)ÞА(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.
Доказательство по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k)ÞA(k+1).
Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
Решение: 1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно,
утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно.
2) Докажем, что А(k)ÞA(k+1).
Пусть k-любое натуральное число и пусть утверж-дение справедливо для n=k, т.е.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
В самом деле,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Итак, А(k)ÞА(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для любого nÎN.
Доказать, что
1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х¹1
Решение: 1) При n=1 получаем
1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1
следовательно, при n=1 формула верна; А(1) ис-тинно.
2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k, т.е.
1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1).
Докажем, что тогда выполняется равенство
1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1).
В самом деле
1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что форму-ла верна для любого натурального числа n.
Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2.
Решение: 1) При n=3 утверждение спра-
А 3 ведливо, ибо в треугольнике
А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей;
А 2 А(3) истинно.
2) Предположим, что во всяком
выпуклом k-угольнике имеет-
А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей.
А k Докажем, что тогда в выпуклом
(k+1)-угольнике число
диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-уголь-ник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы под-считать общее число диагоналей этого (k+1)-уголь-ника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A 1 A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1 , и, кроме того, следует учесть диагональ А 1 А k .
Таким образом,
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Итак, А(k)ÞA(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.
Доказать, что при любом n справедливо утвер-ждение:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.
Значит, при n=1 утверждение верно.
2) Предположим, что n=k
Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.
3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1
X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого на-турального n.
Доказать, что для любого натурального n спра-ведливо равенство:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Решение: 1) Пусть n=1.
Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.
Мы видим, что при n=1 утверждение верно.
2) Предположим, что равенство верно при n=k
X k =k 2 (k+1) 2 /4.
3) Докажем истинность этого ут-верждения для n=k+1, т.е.
Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.
Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.
Доказать, что
((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))=3n(n+1)/2(n 2 +n+1), где n>2.
Решение: 1) При n=2 тождество выглядит: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),
т.е. оно верно.
2) Предположим, что выражение верно при n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).
3) Докажем верность выражения при n=k+1.
(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1))´((k+2)((k+
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´
´((k+1) 2 +(k+1)+1).
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого n>2
Доказать, что
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
для любого натурального n.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) Предположим, что n=k, тогда
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).
3) Докажем истинность этого ут-верждения при n=k+1
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3).
Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для лю-бого натурального n.
Доказать верность тождества
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
для любого натурального n.
1) При n=1 тождество верно 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) Предположим, что при n=k
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Докажем, что тождество верно при n=k+1.
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1)/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1).
Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при любом натуральном n.
Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23´133.
Но (23´133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.
2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка.
3) Докажем, что в таком случае
(11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле 11 k+3 +12 2л+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +
+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .
Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без ос-татка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k)ÞА(k+1). В силу метода математической индукции утвержде-ние доказано.
Доказать, что при любом n 7 n -1 делится на 6 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.
2) Предположим, что при n=k
7 k -1 делится на 6 без остатка.
3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1.
X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.
Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k -1 делится на 6 по предположению, а вторым слага-емым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической ин-дукции утверждение доказано.
Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном на-туральном n делится на 11.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остат-ка. Значит, при n=1 утверждение верно.
2) Предположим, что при n=k
X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка.
3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1.
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =
27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +
11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11´3 3k-1 .
Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположе-нию, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма де-лится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утвер-ждение доказано.
Доказать, что 11 2n -1 при произвольном нату-ральном n делится на 6 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.
2) Предположим, что при n=k
11 2k -1 делится на 6 без остатка.
11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).
Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: пер-вое содержит кратное 6-ти число 120, а второе де-лится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.
Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка.
Решение: Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка.
- При n=0
- Предположим, что при n=k
- Докажем, что утверждение
3 3 -1=26 делится на 26
3 3k+3 -1 делится на 26
верно при n=k+1.
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) –делится на 26
Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулированного в условии задачи.
1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение верно
3 3+3 -26-27=676
2) Предположим, что при n=k
выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка.
3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).
Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода мате-матической индукции утверждение доказано.
Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство
(1+х) n >1+n´х.
Решение: 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как
(1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х.
Значит, А(2) истинно.
2) Докажем, что А(k)ÞA(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+х) k >1+k´x. (3)
Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).
Рассмотрим правую часть последнего неравен-
ства; имеем
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.
В итоге получаем, что
(1+х) k+1 >1+(k+1)´x.
Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого
Доказать, что справедливо неравенство
(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 при а> 0.
Решение: 1) При m=1
(1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2)´а 2 обе части равны.
2) Предположим, что при m=k
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+
+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +
+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+
+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .
Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натурального m.
Доказать, что при n>6 справедливо неравенство
3 n >n´2 n+1 .
Решение: Перепишем неравенство в виде
- При n=7 имеем
- Предположим, что при n=k
3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7
неравенство верно.
3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1.
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
Так как k>7, последнее неравенство очевидно.
В силу метода математической индукции неравен-ство справедливо для любого натурального n.
Доказать, что при n>2 справедливо неравенство
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
Решение: 1) При n=3 неравенство верно
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Предположим, что при n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).
3) Докажем справедливость не-
равенства при n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û
Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ
Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k Последнее очевидно, а поэтому 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). В силу метода математической индукции не-равенство доказано. Заключение Вчастности изучив метод математической индукции, я повысил свои знания в этой облас-ти математики, а также научился решать задачи, которые раньше были мне не под силу. В основном это были логические и занима-тельные задачи, т.е. как раз те, которые повы-шают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится заниматель-ным занятием и может привлечь в математиче-ские лабиринты всё новых любознательных. По-моему, это является основой любой науки. Продолжая изучать метод математической индукции, я постараюсь научиться применять его не только в математике, но и в решении проблем физики, химии и самой жизни. МАТЕМАТИКА: ЛЕКЦИИ, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ Учебное пособие / В.Г.Болтянский, Ю.В.Сидоров, М.И.Шабунин. ООО “Попурри” 1996. АЛГЕБРА И НАЧАЛА АНАЛИЗА Учебное пособие / И.Т.Демидов,А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург,О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. “Просвещение” 1975. Применяя метод математической индукции, доказать, что для любого натурального n
справедливы следующие равенства: Решение.
а) При n
= 1 равенство справедливо. Предполагая справедливость равенства при n
, покажем справедливость его и при n
+ 1. Действительно, что и требовалось доказать. б) При n
= 1 справедливость равенства очевидна. Из предположения справедливости его при n
следует Учитывая равенство 1 + 2 + ... + n
= n
(n
+ 1)/2, получаем 1 3 + 2 3 + ... + n
3 + (n
+ 1) 3 = (1 + 2 + ... + n
+ (n
+ 1)) 2 , т. е. утверждение справедливо и при n
+ 1. Пример 1.
Доказать следующие равенства Решение.
a) При n
= 1 равенство примет вид 1=1, следовательно, P
(1) истинно. Предположим, что данное равенство справедливо, то есть, имеет место Таким образом, согласно методу математической индукции, исходное равенство справедливо для любого натурального n
. Замечание 2.
Этот пример можно было решить и иначе. Действительно, сумма 1 + 2 + 3 + ... + n
есть сумма первых n
членов арифметической прогрессии с первым членом a
1 = 1 и разностью d
= 1. В силу известной формулы b) При n
= 1 равенство примет вид: 2·1 - 1 = 1 2 или 1=1, то есть, P
(1) истинно. Допустим, что имеет место равенство 1 + 3 + 5 + ... + (2n
- 1) = n
2 и докажем, что имеет место
P
(n
+ 1):
1 + 3 + 5 + ... + (2n
- 1) + (2(n
+ 1) - 1) = (n
+ 1) 2 или
1 + 3 + 5 + ... + (2n
- 1) + (2n
+ 1) = (n
+ 1) 2 . Используя предположение индукции, получим 1 + 3 + 5 + ... + (2n
- 1) + (2n
+ 1) = n
2 + (2n
+ 1) = (n
+ 1) 2 . Таким образом, P
(n
+ 1) истинно и, следовательно, требуемое равенство доказано. Замечание 3.
Этот пример можно решить (аналогично предыдущему) без использования метода математической индукции. c) При n
= 1 равенство истинно: 1=1. Допустим, что истинно равенство d) При n
= 1 равенство справедливо: 1=1. Допустим, что имеет место Действительно, e) Утверждение P
(1) справедливо: 2=2. Допустим, что равенство Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n
. f) P
(1) справедливо: Действительно, учитывая, что P
(n
) имеет место, получим Таким образом, равенство доказано. g) При n
= 1 имеем a
+ b
= b
+ a
и, следовательно, равенство справедливо. Пусть формула бинома Ньютона справедлива при n
= k
, то есть, Пример 2.
Доказать неравенства Решение.
a) При n
= 1 получаем истинное неравенство 1 + a
≥ 1 + a
. Предположим, что имеет место неравенство
Действительно, поскольку a
> -1 влечет a
+ 1 > 0, то умножая обе части неравенства (1) на (a
+ 1), получим (1 + a
) n
(1 + a
) ≥ (1 + n
a
)(1 + a
) или
(1 + a
) n
+ 1 ≥ 1 + (n
+ 1)a
+ n
a
2 Поскольку
n
a
2 ≥ 0, следовательно,
(1 + a
) n
+ 1 ≥ 1 + (n
+ 1)a
+ n
a
2 ≥ 1 + (n
+ 1)a
. Таким образом, если P
(n
) истинно, то и P
(n
+ 1) истинно, следовательно, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо. b) При n
= 1 получим x
1 = 1 и, следовательно, x
1 ≥ 1 то есть P
(1) - справедливое утверждение. Предположим, что P
(n
) истинно, то есть, если adica, x
1 ,x
2 ,...,x
n
- n
положительных чисел, произведение которых равно единице, x
1 x
2 ·...·x
n
= 1, и x
1 + x
2 + ... + x
n
≥ n
. Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x
1 ,x
2 ,...,x
n
,x
n
+1 - (n
+ 1) положительных чисел, таких, что x
1 x
2 ·...·x
n
·x
n
+1 = 1, тогда x
1 + x
2 + ... + x
n
+ x
n
+ 1 ≥n
+ 1. Рассмотрим следующие два случая: 1) x
1 = x
2 = ... = x
n
= x
n
+1 = 1. Тогда сумма этих чисел равна (n
+ 1), и требуемое неравество выполняется; 2) хотя бы одно число отлично от единицы, пусть, например, больше единицы. Тогда, поскольку x
1 x
2 · ... ·x
n
·x
n
+ 1 = 1, существует еще хотя бы одно число, отличное от единицы (точнее, меньше единицы). Пусть x
n
+ 1 > 1 и x
n
< 1. Рассмотрим n
положительных чисел Поскольку (1 - x
n
)(x
n
+1 - 1) > 0, то
n
+ x
n
+ x
n
+1 - x
n
x
n
+1 = n
+ 1 + x
n
+1 (1 - x
n
) - 1 + x
n
= Замечание 4.
Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x
1 = x
2 = ... = x
n
= 1. c) Пусть x
1 ,x
2 ,...,x
n
- произвольные положительные числа. Рассмотрим следующие n
положительных чисел: Замечание 5.
Равенство выполняется если и только если x
1 = x
2 = ... = x
n
. d) P
(1) - справедливое утверждение: sin 2 a
+ cos 2 a
= 1. Предположим, что P
(n
) - истинное утверждение: Sin 2n
a
+ cos 2n
a
≤ 1 и покажем, что имеет место
P
(n
+ 1). Действительно,
sin 2(n
+ 1) a
+ cos 2(n
+ 1) a
= sin 2n
a
·sin 2 a
+ cos 2n
a
·cos 2 a
< sin 2n
a
+ cos 2n
a
≤ 1 (если sin
2 a
≤ 1, то cos
2 a
< 1, и обратно: если cos
2 a
≤ 1, то sin
2 a
< 1). Таким образом, для любого
n
О
N
sin
2n
a
+ cos
2n
≤ 1 и знак равенства достигается лишь при
n
= 1.
e) При n
= 1 утверждение справедливо: 1 < 3 / 2 . Допустим, что f) Учитывая замечание 1 , проверим P
(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, следовательно, для n
= 10 утверждение справедливо. Предположим, что 2 n
> n
3 (n
> 10) и докажем P
(n
+ 1), то есть 2 n
+1 > (n
+ 1) 3 . Поскольку при n
> 10 имеем или 2n
3 > n
3 + 3n
2 + 3n
+ 1 или n
3 > 3n
2 + 3n
+ 1. Учитывая неравенство (2
n
>
n
3 ), получим
2 n
+1 = 2 n
·2 = 2 n
+ 2 n
> n
3 + n
3 > n
3 + 3n
2 + 3n
+ 1 = (n
+ 1) 3 . Таким образом, согласно методу математической индукции, для любого натурального n
О
N
, n
≥ 10 имеем 2 n
> n
3 . Пример 3.
Доказать, что для любого n
О
N
Решение.
a) P
(1) - истинное утверждение (0 делится на 6). Пусть P
(n
) справедливо, то есть n
(2n
2 - 3n
+ 1) = n
(n
- 1)(2n
- 1) делится на 6. Покажем, что тогда имеет место P
(n
+ 1), то есть, (n
+ 1)n
(2n
+ 1) делится на 6. Действительно, поскольку Таким образом, P
(n
+ 1) - справедливое утверждение, и, следовательно, n
(2n
2 - 3n
+ 1) делится на 6 для любого n
О
N
. b) Проверим P
(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, следовательно, P
(1) - справедливое утверждение. Следует доказать, что если 6 2n
-2 + 3 n
+1 + 3 n
-1 делится на 11 (P
(n
)), тогда и 6 2n
+ 3 n
+2 + 3 n
также делится на 11 (P
(n
+ 1)). Действительно, поскольку 6 2n
+ 3 n
+2 + 3 n
= 6 2n
-2+2 + 3 n
+1+1 + 3 n
-1+1 = = 6 2 ·6 2n
-2 + 3·3 n
+1 + 3·3 n
-1 = 3·(6 2n
-2 + 3 n
+1 + 3 n
-1) + 33·6 2n
-2 и, как 6
2n
-2 + 3
n
+1 + 3
n
-1 , так и 33·6
2n
-2 делятся на 11, тогда и их сумма 6
2n
+ 3
n
+2 + 3
n
делится на 11. Утверждение доказано.
Индукция в геометрии
Пример 4.
Вычислить сторону правильного 2 n
-угольника, вписанного в окружность радиуса R
. 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.
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
а) 
;
б) 
.
, получим
1 / 3 = 1 / 3 . Пусть имеет место равенство P
(n
):a) неравенство Бернулли: (1 + a
) n
≥ 1 + n
a
, a
> -1, n
О
N
.
b) x
1 + x
2 + ... + x
n
≥ n
, если x
1 x
2 · ... ·x
n
= 1 и x
i
> 0, .
c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического
где x
i
> 0, , n
≥ 2.
d) sin 2n
a
+ cos 2n
a
≤ 1, n
О
N
.
e)
f) 2 n
> n
3 , n
О
N
, n
≥ 10.
и покажем, что тогда имеет место и
(1 + a
) n
+ 1 ≥ 1 + (n
+ 1)a
. (1 + a
) n
≥ 1 + n
a
(1)
= n
+ 1 + x
n
+1 (1 - x
n
) - (1 - x
n
) = n
+ 1 + (1 - x
n
)(x
n
+1 - 1) ≥ n
+ 1. Следовательно,
x
1 + x
2 + ... + x
n
+ x
n
+1 ≥ n
+1, то есть, если
P
(n
) справедливо, то и
P
(n
+ 1) справедливо. Неравенство доказано.
и докажем, что
учитывая
P
(n
), получим
, следует, что
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)
,
Понятия индукции и дедукции
В чем заключается метод математической индукции
Как применять метод математической индукции при решении неравенств и уравнений