Підтвердження кратності шляхом математичної індукції. Приклади індукції

Застосовуючи метод математичної індукції, довести, що для будь-якого натурального nсправедливі такі рівності:
а) ;
б) .

Рішення.

а) При n= 1 рівність справедлива. Припускаючи справедливість рівності при n, покажемо справедливість його і при n+ 1. Справді,

що й потрібно було довести.

б) При n= 1 справедливість рівності очевидна. З припущення справедливості його за nслід

Враховуючи рівність 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, отримуємо

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

тобто твердження справедливе і при n + 1.

приклад 1.Довести такі рівність

де nПро N.

Рішення. a) При n= 1 рівність набуде вигляду 1=1, отже, P(1) істинно. Припустимо, що ця рівність справедлива, тобто має місце

. Слід перевірити (довести), щоP(n+ 1), тобто істинно. Оскільки (використовується припущення індукції)отримаємо тобто, P(n+ 1) – справжнє твердження.

Таким чином, згідно з методом математичної індукції, вихідна рівність справедлива для будь-якого натурального n.

Примітка 2.Цей приклад можна було б вирішити й інакше. Справді, сума 1 + 2 + 3 + ... + nє сума перших nчленів арифметичної прогресії з першим членом a 1 = 1 і різницею d= 1. У силу відомої формули , отримаємо

b) При n= 1 рівність набуде вигляду: 2 · 1 - 1 = 1 2 або 1 = 1, тобто, P(1) істинно. Припустимо, що має місце рівність

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 і доведемо, що має місцеP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 або 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Використовуючи припущення індукції, отримаємо

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Таким чином, P(n+ 1) істинно і, отже, необхідну рівність доведено.

Примітка 3.Цей приклад можна вирішити (подібно до попереднього) без використання методу математичної індукції.

c) При n= 1 рівність істинно: 1=1. Припустимо, що істинна рівність

і покажемо, що тобто істинністьP(n) тягне істинністьP(n+ 1). Справді,і, тому що 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), отримаємо і, отже, вихідна рівність справедлива для будь-якого натуральногоn.

d) При n= 1 рівність справедливо: 1=1. Припустимо, що має місце

і доведемо, що

Справді,

e) Затвердження P(1) справедливо: 2=2. Припустимо, що рівність

справедливо, і доведемо, що воно спричиняє рівністьСправді,

Отже, вихідна рівність має місце для будь-якого натурального n.

f) P(1) справедливо: 1/3 = 1/3. Нехай має місце рівність P(n):

. Покажемо, що остання рівність тягне за собою наступне:

Дійсно, враховуючи, що P(n) має місце, отримаємо

Отже, рівність доведено.

g) При n= 1 маємо a + b = b + aі, отже, рівність справедлива.

Нехай формула бінома Ньютона справедлива за n = k, тобто,

Тоді Використовуючи рівністьотримаємо

приклад 2.Довести нерівності

a) нерівність Бернуллі: (1 + a) n ≥ 1 + n a , a > -1, nПро N.

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, якщо x 1 x 2 · ... · x n= 1 і x i > 0, .

c) нерівність Коші щодо середнього арифемтичного та середнього геометричного
де x i > 0, , n ≥ 2.

d) sin 2 n a + cos 2 n a ≤ 1, nПро N.

f) 2 n > n 3 , nПро N, n ≥ 10.

Рішення. a) При n= 1 отримуємо справжню нерівність

1 + a ≥ 1 + a. Припустимо, що має місце нерівність

(1 + a) n ≥ 1 + n a

(1)

і покажемо, що тоді має місце і(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1) a.

Справді, оскільки a > -1 тягне a + 1 > 0, то помножуючи обидві частини нерівності (1) на (a + 1), отримаємо

(1 + a) n(1 + a ) ≥ (1 + n a) (1 + a) або (1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Оскільки n a 2 ≥ 0, отже,(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1) a.

Таким чином, якщо P(n) істинно, те й P(n+ 1) істинно, отже, згідно з принципом математичної індукції, нерівність Бернуллі справедлива.

b) При n= 1 отримаємо x 1 = 1 і, отже, x 1 ≥ 1 тобто P(1) – справедливе твердження. Припустимо, що P(n) істинно, тобто, якщо adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - nпозитивних чисел, добуток яких дорівнює одиниці, x 1 x 2 ·...· x n= 1, і x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Покажемо, що ця пропозиція тягне за собою істинність наступного: якщо x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) позитивних чисел, таких, що x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, тоді x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Розглянемо наступні два випадки:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Тоді сума цих чисел дорівнює ( n+ 1), та необхідна нерівність виконується;

2) хоча одне число відмінно від одиниці, нехай, наприклад, більше одиниці. Тоді, оскільки x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, існує ще хоча б одне число, відмінне від одиниці (точніше, менше одиниці). Нехай x n+ 1 > 1 та x n < 1. Рассмотрим nпозитивних чисел

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Добуток цих чисел дорівнює одиниці, і, згідно з гіпотезою, x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Остання нерівність переписується наступним чином: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 або x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Оскільки

(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 =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Отже, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, тобто якщо P(n) справедливо, то йP(n+ 1) справедливо. Нерівність доведена.

Примітка 4.Знак рівності має місце тоді і лише тоді, коли x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Нехай x 1 ,x 2 ,...,x n- Довільні позитивні числа. Розглянемо такі nпозитивних чисел:

Оскільки їх добуток дорівнює одиниці: згідно з раніше доведеною нерівністю b), слідує, щозвідки

Примітка 5.Рівність виконується якщо і тільки якщо x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) - справедливе твердження: sin 2 a + cos 2 a = 1. Припустимо, що P(n) - справжнє твердження:

Sin 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 і покажемо, що має місцеP(n+ 1). Справді, sin 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = sin 2 n a · sin 2 a + cos 2 n a · cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (якщо 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 nПро N sin 2 n a + cos 2 n ≤ 1 і знак рівності досягається лише заn = 1.

e) При n= 1 твердження справедливе: 1< 3 / 2 .

Припустимо, що і доведемо, що

Оскільки

враховуючи P(n), отримаємо

f) Враховуючи зауваження 1 , перевіримо P(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, отже, для n= 10 твердження справедливе. Припустимо, що 2 n > n 3 (n> 10) та доведемо P(n+ 1), тобто 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Оскільки при n> 10 маємо або слід, що

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 або n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Враховуючи нерівність (2 n > n 3), отримаємо 2 n+1 = 2 n· 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Таким чином, згідно з методом математичної індукції, для будь-якого натурального nПро N, n≥ 10 маємо 2 n > n 3 .

приклад 3.Довести, що для будь-кого nПро N

Рішення. a) P(1) – справжнє твердження (0 ділиться на 6). Нехай P(n) справедливо, тобто n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) ділиться на 6. Покажемо, що тоді має місце P(n+ 1), тобто, ( n + 1)n(2n+ 1) ділиться на 6. Дійсно, оскільки

і, як n(n - 1)(2 n- 1), так і 6 n 2 діляться на 6, тоді та їх сумаn(n + 1)(2 n+ 1) ділиться 6.

Таким чином, P(n+ 1) - справедливе твердження, і, отже, n(2n 2 - 3n+ 1) ділиться на 6 для будь-кого nПро N.

b) Перевіримо P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, отже, P(1) – справедливе твердження. Слід довести, що якщо 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 ділиться на 11 ( P(n)), тоді і 6 2 n + 3 n+2 + 3 nтакож ділиться на 11 ( P(n+ 1)). Справді, оскільки

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1 +1 = = 6 2 · 6 2 n-2 + 3 · 3 n+1 + 3·3 n-1 = 3 · (6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 · 6 2 n-2 і, як 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 так і 33·6 2 n-2 діляться на 11, тоді та їх сума 6 2n + 3 n+2 + 3 n ділиться на 11. Твердження доведено. Індукція у геометрії

приклад 4.Обчислити бік правильного 2 n-кутника, вписаного в коло радіусу R.

Бібліографічний опис:Баданін А. С., Сізова М. Ю. Застосування методу математичної індукції до розв'язання задач на подільність натуральних чисел // Юний вчений. 2015. №2. С. 84-86..02.2019).

У математичних олімпіадах часто зустрічаються досить важкі завдання на доказ ділимості натуральних чисел. Перед школярами постає проблема: як знайти універсальний математичний метод, що дозволяє вирішувати такі завдання?

Виявляється, більшість завдань на доказ ділимості можна вирішувати методом математичної індукції, але в шкільних підручниках приділяється дуже мало уваги цьому методу, найчастіше наводиться короткий теоретичний опис та розбирається кілька завдань.

Метод математичної індукції ми бачимо теоретично чисел. На зорі теорії чисел математики відкрили багато фактів індуктивним шляхом: Л. Ейлер і К. Гаус розглядали часом тисячі прикладів, перш ніж помітити числову закономірність і повірити в неї. Але одночасно вони розуміли, наскільки оманливими можуть бути гіпотези, що пройшли «кінцеву» перевірку. Для індуктивного переходу від твердження, перевіреного для кінцевого підмножини, до аналогічного твердження для всієї нескінченної множини необхідний доказ. Такий спосіб запропонував Блез Паскаль, який знайшов загальний алгоритм знаходження ознак ділимості будь-якого цілого числа на будь-яке інше ціле число (трактат «Про характер ділимості чисел).

Метод математичної індукції використовується, щоб довести шляхом міркувань істинність якогось твердження для всіх натуральних чисел або істинність затвердження, починаючи з деякого числа n.

Рішення завдань на підтвердження істинності деякого затвердження методом математичної індукції складається з чотирьох етапів (рис. 1):

Мал. 1. Схема розв'язання задачі

1. Базис індукції . Перевіряють справедливість затвердження найменшого з натуральних чисел, у якому твердження має сенс.

2. Індукційне припущення . Припускаємо, що твердження правильне деякого значення k.

3. Індукційний перехід . Доводимо, що твердження є справедливим для k+1.

4. Висновок . Якщо такий доказ вдалося довести остаточно, то, з урахуванням принципу математичної індукції можна стверджувати, що твердження правильне будь-якого натурального числа n.

Розглянемо застосування методу математичної індукції до розв'язання задач на доказ подільності натуральних чисел.

Приклад 1. Довести, що число 5 кратне 19, де n – натуральне число.

Доказ:

1) Перевіримо, що ця формула вірна за n = 1: число =19 кратно 19.

2) Нехай ця формула правильна для n = k, тобто число кратне 19.

Кратно 19. Справді, перший доданок поділяється на 19 з припущення (2); другий доданок теж ділиться на 19, тому що містить множник 19.

приклад 2.Довести, що сума кубів трьох послідовних чисел ділиться на 9.

Доказ:

Доведемо твердження: «Для будь-якого натурального числа n вираз n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 кратно 9.

1) Перевіримо, що ця формула вірна за n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 кратно 9.

2) Нехай ця формула правильна для n = k, тобто k 3 + (k + 1) 3 + (k + 2) 3 кратно 9.

3) Доведемо, що формула вірна і для n = k + 1, тобто (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).

Отримане вираз містить два доданки, кожне з яких поділяється на 9, таким чином, сума поділяється на 9.

4) Обидві умови принципу математичної індукції виконані, отже, речення істинно за всіх значень n.

приклад 3.Довести, що за будь-якого натурального n число 3 2n+1 +2 n+2 ділиться на 7.

Доказ:

1) Перевіримо, що ця формула вірна за n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 кратно 7.

2) Нехай ця формула правильна для n = k, тобто 32 k +1 +2 k +2 ділиться на 7.

3) Доведемо, що формула вірна й у n = k + 1, тобто.

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 ділиться на 7 і 7 2 k 2 ділиться на 7, то і їх різниця ділиться на 7.

4) Обидві умови принципу математичної індукції виконані, отже, речення істинно за всіх значень n.

Багато завдань на підтвердження теорії ділимості натуральних чисел зручно вирішувати із застосуванням методу математичної індукції, можна навіть сказати, що розв'язання задач даним методом цілком алгоритмізоване, достатньо виконати 4 основні дії. Але універсальним цей метод назвати не можна, тому що є і недоліки: по-перше, доводити можна тільки на безлічі натуральних чисел, а по-друге, доводити можна тільки для однієї змінної.

Для розвитку логічного мислення, математичної культури цей метод є необхідним інструментом, адже ще великий російський математик А. Н. Колмогоров говорив: «Розуміння та вміння правильно застосовувати принцип математичної індукції є хорошим критерієм логічної зрілості, яка абсолютно необхідна математику».

Література:

1. Віленкін Н. Я. Індукція. Комбінаторика. - М: Просвітництво, 1976. - 48 с.

2. Генкін Л. Про математичну індукцію. – М., 1962. – 36 с.

3. Соломінський І. С. Метод математичної індукції. - М: Наука, 1974. - 63с.

4. Шаригін І. Ф. Факультативний курс з математики: Розв'язання задач: Навчальний посібник для 10 кл. сред.шк. - М: Просвітництво, 1989. - 252 с.

5. Шень А. Математична індукція. - М.: МЦНМО, 2007. - 32 с.

Якщо пропозиція А(n), що залежить від натурального числа n, істинно для n=1 і з того, що воно істинно для n=k (де k-будь-яке натуральне число), слід, що воно істинно і для наступного числа n=k +1, припущення А(n) істинно для будь-якого натурального числа n.

Якщо пропозиція А(n) істинно при n=p і якщо А(k) Ю А(k+1) для будь-якого k>p, то пропозиція А(n) істинно для будь-якого n>p.

Доказ методом математичної індукції проводитися в такий спосіб. Спочатку доводиться твердження перевіряється для n=1, тобто. встановлюється істинність висловлювання А(1). Цю частину підтвердження називають базисом індукції. Потім слід частина докази, звана індукційним кроком. У цьому частині доводять справедливість твердження для n=k+1 у припущенні справедливості твердження для n=k (припущення індукції), тобто. доводять, що А(k) Ю A(k+1)

Довести, що 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

1) Маємо n=1=1 2 . Отже, твердження правильне при n=1, тобто. А(1) істинно
2) Доведемо, що А(k) Ю A(k+1)

Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай твердження справедливе для n = k, тобто

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Доведемо, що тоді твердження справедливе й у наступного натурального числа n=k+1, тобто. що

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

Отже, А(k) Ю А(k+1). На підставі принципу математичної індукції укладаємо, що припущення А(n) є істинним для будь-якого n О N

Довести, що

1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), де х № 1

1) При n=1 отримуємо
1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

отже, при n=1 формула вірна; А(1) істинно

2) Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай формула правильна при n = k,
1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1)

Доведемо, що тоді виконується рівність

1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1) Справді
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)

Отже, А(k) Ю A(k+1). З принципу математичної індукції укладаємо, що формула правильна будь-якого натурального числа n

Довести, що число діагоналей опуклого n-кутника дорівнює n(n-3)/2

Рішення: 1) При n=3 твердження справедливе, бо у трикутнику

А 3 =3(3-3)/2=0 діагоналей; А 2 А(3) істинно

2) Припустимо, що у кожному опуклому k-кутнику має А 1 ся А k =k(k-3)/2 діагоналей. А k Доведемо, що тоді у опуклому А k+1 (k+1)-кутнику число діагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нехай А 1 А 2 А 3 …A k A k +1 - опуклий (k + 1)-кутник. Проведемо в ньому діагональ A1Ak. Щоб підрахувати загальне число діагоналей цього (k+1)-кутника потрібно підрахувати число діагоналей в k-кутнику A 1 A 2 …A k додати до отриманого числа k-2, тобто. число діагоналей (k+1)-кутника, що виходять з вершини А k+1 і, крім того, слід врахувати діагональ А 1 А k

Таким чином,

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

Отже, А(k) Ю A(k+1). Внаслідок принципу математичної індукції твердження правильне для будь-якого опуклого n-кутника.

Довести, що за будь-якого n справедливе твердження:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Припустимо, що n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6

3) Розглянемо дане твердження 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

Ми довели справедливість рівності і при n=k+1, отже, через метод математичної індукції, твердження правильне для будь-якого натурального n

Довести, що для будь-якого натурального n справедлива рівність:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Рішення: 1) Нехай n = 1

Тоді Х 1 = 13 = 12 (1 +1) 2 / 4 = 1. Ми, що з n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що рівність правильна при n = k

X k =k 2 (k+1) 2/4

3) Доведемо істинність цього твердження для n=k+1, тобто.

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

З наведеного доказу видно, що твердження правильне при n=k+1, отже, рівність правильна за будь-якого натурального n

Довести, що

((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), де n>2

Рішення: 1) При n=2 тотожність виглядає:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), тобто. воно вірне
2) Припустимо, що вираз правильно 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) Доведемо вірність виразу 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)

Ми довели справедливість рівності і при n=k+1, отже, через метод математичної індукції, твердження правильне для будь-якого n>2

Довести, що

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) для будь-якого натурального n

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Припустимо, що n=k тоді
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Доведемо істинність цього твердження за 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)

Доведено і справедливість рівності при n=k+1, отже твердження правильне для будь-якого натурального n.

Довести вірність тотожності

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) для будь-якого натурального n

1) При n=1 тотожність вірна 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Припустимо, що з n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Доведемо, що тотожність вірна 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)

З наведеного доказу видно, що твердження вірне за будь-якого натурального n.

Довести, що (11 n+2 +12 2n+1) ділиться на 133 без залишку

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

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

Але (23 ґ 133) ділиться на 133 без залишку, значить при n=1 твердження вірне; А(1) істинно.

2) Припустимо, що (11 k+2 +12 2k+1) ділиться на 133 без залишку
3) Доведемо, що у такому разі (11 k+3 +12 2k+3) ділиться на 133 без залишку. Справді
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

Отримана сума ділиться на 133 без залишку, тому що перше її доданок ділиться на 133 без залишку за припущенням, а в другому одним із множників виступає 133. Отже, А(k) Ю А(k+1). Через метод математичної індукції твердження доведено

Довести, що за будь-якого n 7 n -1 ділиться на 6 без залишку

1) Нехай n = 1, тоді Х 1 = 7 1 -1 = 6 ділиться на 6 без залишку. Значить при n = 1 твердження вірно
2) Припустимо, що з n=k 7 k -1 ділиться на 6 без залишку
3) Доведемо, що твердження є справедливим для n=k+1

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6

Перший доданок ділиться на 6, оскільки 7 k -1 ділиться на 6 за припущенням, а другим доданком є 6. Значить 7 n -1 кратно 6 при будь-якому натуральному n. З огляду на методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 33n-1+24n-3 при довільному натуральному n ділиться на 11.

1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 = 3 3-1 +2 4-3 = 3 2 +2 1 = 11 ділиться на 11 без залишку.

Отже, при n=1 твердження вірне

2) Припустимо, що з n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 ділиться на 11 без залишку
3) Доведемо, що твердження правильне 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

Перше доданок ділиться на 11 без залишку, оскільки 3 3k-1 +2 4k-3 ділиться на 11 за припущенням, друге ділиться на 11, тому що одним з його множників є число 11. Значить і сума ділиться на 11 без залишку за будь-якого натурального n. З методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 11 2n -1 при довільному натуральному n ділиться на 6 без залишку

1) Нехай n=1, тоді 112-1=120 ділиться на 6 без залишку. Значить при n=1 твердження вірне
2) Припустимо, що з n=k 1 2k -1 ділиться на 6 без залишку
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Обидва доданків діляться на 6 без залишку: перше містить кратне 6 число 120, а друге ділиться на 6 без залишку за припущенням. Значить і сума ділиться на 6 без залишку. З методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 3 3n+3 -26n-27 при довільному натуральному n ділиться на 26 2 (676) без залишку

Попередньо доведемо, що 3 3n+3 -1 ділиться на 26 без залишку

1. При n=0
3 3 -1=26 ділиться на 26
2. Припустимо, що з n=k
3 3k+3 -1 поділяється на 26
3. Доведемо, що твердження правильне за n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -ділиться на 26

Тепер проведемо доказ твердження, сформульованого за умови завдання

1) Вочевидь, що з n=1 твердження правильне
3 3+3 -26-27=676
2) Припустимо, що за n=k вираз 3 3k+3 -26k-27 ділиться на 26 2 без залишку
3) Доведемо, що твердження правильне за n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Обидва доданків діляться на 26 2; перше ділиться на 26 2 , тому що ми довели подільність на 26 вирази, що стоїть у дужках, а друге ділиться за припущенням індукції. Через метод математичної індукції твердження доведено

Довести, що якщо n>2 і х>0, то справедлива нерівність (1+х) n >1+n ґ х

1) При n=2 нерівність справедливо, оскільки
(1+х) 2 = 1+2х+х 2 >1+2х

Отже, А(2) істинно

2) Доведемо, що А(k) Ю A(k+1), якщо k> 2. Припустимо, що А(k) істинно, тобто, що справедлива нерівність
(1+х) k >1+k ґ x. (3)

Доведемо, що тоді і А(k+1) істинно, тобто, що справедлива нерівність

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Справді, помноживши обидві частини нерівності (3) на позитивне число 1+х, отримаємо

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Розглянемо праву частину останньої нерівності; маємо

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

У результаті отримуємо, що (1+х) k+1 >1+(k+1) x

Отже, А(k) Ю A(k+1). На підставі принципу математичної індукції можна стверджувати, що нерівність Бернуллі справедлива для будь-якого n>2

Довести, що справедлива нерівність (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а> 0

Рішення: 1) При m=1

(1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обидві частини дорівнюють
2) Припустимо, що з m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Доведемо, що з m=k+1 не-рівність правильна
(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

Ми довели справедливість нерівності при m=k+1, отже, через метод математичної індукції, нерівність справедлива для будь-якого натурального m

Довести, що за n>6 справедлива нерівність 3 n >n ґ 2 n+1

Перепишемо нерівність у вигляді (3/2) n >2n

1. При n=7 маємо 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 нерівність вірна
2. Припустимо, що з n=k (3/2) k >2k
3) Доведемо вірність нерівності за n=k+1
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Оскільки k>7, остання нерівність очевидна.

Через метод математичної індукції нерівність справедлива для будь-якого натурального n

Довести, що за n>2 справедлива нерівність

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) При n=3 нерівність вірна
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Припустимо, що з n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Доведемо справедливість нерівності за n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Доведемо, що 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

Останнє очевидно, а тому

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)

З методу математичної індукції нерівність доведено.

Вступ

Основна частина

1. Повна та неповна індукція

2. Принцип математичної індукції

3. Метод математичної індукції

4. Рішення прикладів

5. Рівності

6. Розподіл чисел

7. Нерівності

Висновок

Список використаної літератури

Вступ

В основі будь-якого математичного дослідження лежать дедуктивний та індуктивний методи. Дедуктивний спосіб міркування - це міркування від загального до приватного, тобто. міркування, вихідним моментом якого є загальний результат, а заключним моментом – приватний результат. Індукція застосовується під час переходу від приватних результатів до загальних, тобто. є методом, протилежним до дедуктивного.

Метод математичної індукції можна порівняти із прогресом. Ми починаємо з нижчого, в результаті логічного мислення приходимо до вищого. Людина завжди прагнула прогресу, до вміння розвивати свою думку логічно, отже, сама природа накреслила йому розмірковувати індуктивно.

Хоча й зросла сфера застосування методу математичної індукції, у шкільній програмі йому приділяється мало часу. Ну, скажіть, що корисній людині принесуть ті два-три уроки, за які вона почує п'ять слів теорії, вирішить п'ять примітивних завдань, і в результаті отримає п'ятірку за те, що вона нічого не знає.

Адже це так важливо - вміти розмірковувати індуктивно.

Основна частина

За своїм первісним змістом слово “індукція” застосовується до міркувань, з яких отримують загальні висновки, спираючись низку приватних тверджень. Найпростішим методом міркувань такого роду є повна індукція. Ось приклад подібної міркування.

Нехай потрібно встановити, що кожне натуральне парне число n не більше 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.

Ці дев'ять рівностей показують, що кожна з чисел, що нас цікавлять, дійсно представляється у вигляді суми двох простих доданків.

Отже, повна індукція у тому, що загальне твердження доводиться окремо у кожному з кінцевого числа можливих випадків.

Іноді загальний результат вдається передбачити після розгляду не всіх, а досить великої кількості окремих випадків (так звана неповна індукція).

Результат, отриманий неповною індукцією, залишається, однак, лише гіпотезою, доки він не доведений точним математичним міркуванням, що охоплює всі окремі випадки. Іншими словами, неповна індукція в математиці не вважається законним методом суворого доказу, але є сильним методом відкриття нових істин.

Нехай, наприклад, потрібно знайти суму перших n послідовних непарних чисел. Розглянемо окремі випадки:

1+3+5+7+9=25=5 2

Після розгляду цих кількох окремих випадків напрошується наступний загальний висновок:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тобто. сума n перших послідовних непарних чисел дорівнює n 2

Зрозуміло, зроблене спостереження ще може бути доказом справедливості наведеної формули.

Повна індукція має у математиці лише обмежене застосування. Багато цікавих математичних тверджень охоплюють нескінченну кількість окремих випадків, а провести перевірку для нескінченної кількості випадків ми не в змозі. Неповна індукція часто призводить до помилкових результатів.

У багатьох випадках вихід з таких труднощів полягає у зверненні до особливого методу міркувань, званого методом математичної індукції. Він полягає у наступному.

Нехай потрібно довести справедливість деякого твердження для будь-якого натурального числа n (наприклад, треба довести, що сума перших n непарних чисел дорівнює n 2). Безпосередня перевірка цього твердження кожного значення n неможлива, оскільки безліч натуральних чисел нескінченно. Щоб довести це твердження, спочатку перевіряють його справедливість для n=1. Потім доводять, що з будь-якому натуральному значенні k із справедливості розглянутого твердження при n=k випливає його справедливість і за n=k+1.

Тоді твердження вважається доведеним всім n. Справді, твердження справедливе за n=1. Але тоді воно справедливе й у наступного числа n=1+1=2. Зі справедливості твердження для n=2 випливає його справедливість для n=2+

1=3. Звідси випливає справедливість затвердження для n=4 і т.д. Зрозуміло, що, зрештою, ми дійдемо будь-якого натурального числа n. Отже, твердження правильне для будь-якого n.

Узагальнюючи сказане, сформулюємо наступний загальний принцип.

Принцип математичної індукції.

Якщо пропозиція А( n ), що залежить від натурального числа n , істинно для n =1 і з того, що воно істинно для n=k (де k -будь-яке натуральне число), слід, що воно істинно і для наступного числа n=k+1 , Припущення А( n ) істинно для будь-якого натурального числа n .

У ряді випадків потрібно довести справедливість деякого твердження не для всіх натуральних чисел, а лише для n>p, де p-фіксоване натуральне число. І тут принцип математичної індукції формулюється так. Якщо пропозиція А( n ) істинно при n=p і якщо А( k ) Þ А( k+1) для будь-кого k>p, та пропозиція А( n) істинно для будь-кого n>p.

ПРИКЛАД 1

Довести, що 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Рішення: 1) Маємо n=1=1 2 . Отже,

твердження правильне при n=1, тобто. А(1) істинно.

2) Доведемо, що А(k) ÞA(k+1).

Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай твердження справедливо для n = k, тобто.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Доведемо, що тоді твердження справедливе й у наступного натурального числа n=k+1, тобто. що

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Справді,

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

Отже, А(k) ÞА(k+1). З принципу математичної індукції укладаємо, що припущення А(n) істинно будь-якого nÎN.

ПРИКЛАД 2

Довести, що

1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), де х1

Рішення: 1) При n=1 отримуємо

1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

отже, при n=1 формула вірна; А(1) істинно.

2) Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай формула правильна при n = k, тобто.

1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1).

Доведемо, що тоді виконується рівність

1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1).

Справді

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).

Отже, А(k) ÞA(k+1). З принципу математичної індукції укладаємо, що форму-ла правильна будь-якого натурального числа n.

ПРИКЛАД 3

Довести, що число діагоналей опуклого n-кутника дорівнює n(n-3)/2.

Рішення: 1) При n=3 затвердження спра-

А 3 ведливо, бо в трикутнику

A 3 =3(3-3)/2=0 діагоналей;

А 2 А(3) істинно.

2) Припустимо, що у всякому

опуклому k-кутнику має-

А 1 ся А k = k (k-3) / 2 діагоналей.

А k Доведемо, що тоді у опуклому

(k+1)-кутник число

діагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нехай А 1 А 2 А 3 …A k A k +1 - опуклий (k + 1)-кутник. Проведемо в ньому діагональ A1Ak. Щоб підрахувати загальне число діагоналей цього (k+1)-угольника треба підрахувати число діагоналей в k-кутнику A 1 A 2 …A k , додати до отриманого числа k-2, тобто. число діагоналей (k+1)-кутника, що виходять з вершини А k+1 і, крім того, слід врахувати діагональ А 1 А k .

Таким чином,

 k+1 =  k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

Отже, А(k) ÞA(k+1). Внаслідок принципу математичної індукції твердження правильне для будь-якого опуклого n-кутника.

ПРИКЛАД 4

Довести, що за будь-якого n справедливе твердження:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 = 1 2 = 1 (1 +1) (2 +1) / 6 = 1.

Отже, при n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) Розглянемо дане твердження 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.

Ми довели справедливість рівності і при n = k + 1, отже, в силу методу математичної індукції, твердження правильне для будь-якого натурального n.

ПРИКЛАД 5

Довести, що для будь-якого натурального n справедлива рівність:

1 3 +2 3 +3 3 + ... + n 3 = n 2 (n + 1) 2 /4.

Рішення: 1) Нехай n = 1.

Тоді Х 1 = 13 = 12 (1 +1) 2 / 4 = 1.

Ми, що з n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що рівність правильна при n = k

Справжнє знання у всі часи ґрунтувалося на встановленні закономірності та доказі її правдивості у певних обставинах. За тривалий термін існування логічних міркувань було дано формулювання правил, а Аристотель навіть склав список «правильних міркувань». Історично прийнято ділити всі висновки на два типи - від конкретного до множинного (індукція) і навпаки (дедукція). Слід зазначити, що типи доказів від приватного до загального та від загального до приватного існують лише у взаємозв'язку та не можуть бути взаємозамінними.

Індукція у математиці

Термін "індукція" (induction) має латинське коріння і дослівно перекладається як "наведення". При пильному вивченні можна виділити структуру слова, саме латинську приставку - in- (позначає спрямоване дію всередину чи перебування усередині) і -duction - вступ. Слід зазначити, що є два види - повна і неповна індукції. Повну форму характеризують висновки, зроблені виходячи з вивчення всіх предметів деякого класу.

Неповну - висновки, що застосовуються до всіх предметів класу, але зроблені виходячи з вивчення лише деяких одиниць.

Повна математична індукція - висновок, що базується на загальному висновку про весь клас будь-яких предметів, функціонально пов'язаних відносинами натурального ряду чисел на підставі знання цього функціонального зв'язку. При цьому процес доказу проходить у три етапи:

У першому доводиться правильність становища математичної індукції. Приклад: f = 1 індукції;
Наступний етап будується на припущенні про правомірність становища всім натуральних чисел. Тобто f=h це припущення індукції;
на етапі доводиться справедливість становища для числа f=h+1, виходячи з вірності становища попереднього пункту - це індукційний перехід, чи крок математичної індукції. Прикладом може бути так званий якщо падає перша кісточка в ряду (базис), то впадуть усі кісточки в ряду (перехід).

І жартома, і всерйоз

Для простоти сприйняття приклади рішення методом математичної індукції викривають форму завдань-жартів. Таким є завдання «Ввічлива черга»:

Правила поведінки забороняють чоловікові займати чергу перед жінкою (у такій ситуації її пропускають уперед). Виходячи з цього твердження, якщо крайній у черзі – чоловік, то й усі інші – чоловіки.

Яскравим прикладом методу математичної індукції є завдання «Безрозмірний рейс»:

Потрібно довести, що у маршрутку міститься будь-яка чисельність людей. Правдиво твердження, що одна людина може розміститися всередині транспорту без утруднень (базис). Але як би не була заповнена маршрутка, 1 пасажир завжди поміститься (крок індукції).

Знайомі кола

Приклади розв'язання методом математичної індукції завдань та рівнянь трапляються досить часто. Як ілюстрацію такого підходу можна розглянути таке завдання.

Умова: на площині розміщено h кіл. Потрібно довести, що за будь-якого розташування фігур утворена ними карта може бути правильно розфарбована двома фарбами.

Рішення: при h=1 істинність твердження очевидна, тому доказ будуватиметься кількості кіл h+1.

Приймемо припущення, що твердження достовірне для будь-якої карти, а на площині задано h+1 кіл. Видаливши із загальної кількості одну з кіл, можна отримати правильно розфарбовану двома фарбами (чорною та білою) карту.

При відновленні віддаленого кола змінюється колір кожної області на протилежний (у цьому випадку всередині кола). Виходить карта, правильно розфарбована двома квітами, що потрібно було довести.

Приклади з натуральними числами

Нижче показано застосування методу математичної індукції.

Приклади рішення:

Довести, що за будь-якого h правильною буде рівність:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Нехай h=1, отже:

R 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

З цього випливає, що за h=1 твердження правильно.

2. При припущенні, що h = d, виходить рівняння:

R 1 =d 2 =d(d+1)(2d+1)/6=1

3. При припущенні, що h=d+1, виходить:

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

Таким чином, справедливість рівності при h=d+1 доведена, тому твердження правильне для будь-якого натурального числа, що показано в прикладі рішення математичної індукцією.

Завдання

Умова: потрібен доказ того, що при будь-якому значенні h вираз 7 h -1 ділимо на 6 без залишку.

Рішення:

1. Припустимо, h=1, у разі:

R 1 =7 1 -1=6 (тобто. ділиться на 6 без залишку)

Отже, за h=1 твердження є справедливим;

2. Нехай h=d та 7 d -1 ділиться на 6 без залишку;

3. Доказом справедливості затвердження h=d+1 є формула:

R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

В даному випадку перший доданок ділиться на 6 за припущенням першого пункту, а другий доданок дорівнює 6. Твердження про те, що 7 h -1 ділимо на 6 без залишку при будь-якому натуральному h - справедливо.

Помилковість суджень

Часто в доказах використовують невірні міркування, через неточність логічних побудов, що використовуються. В основному це відбувається за порушення структури та логіки доказу. Прикладом невірного міркування може бути така ілюстрація.

Завдання

Умова: потрібен доказ того, що будь-яка купа каміння - не є купкою.

Рішення:

1. Припустимо, h=1, у разі в купці 1 камінь і твердження вірно (базис);

2. Нехай при h=d вірно, що купа каміння - не є купкою (припущення);

3. Нехай h=d+1, з чого випливає, що при додаванні ще одного каменю безліч не буде купкою. Напрошується висновок, що припущення справедливе за всіх натуральних h.

Помилка полягає в тому, що немає визначення, скільки каменів утворює купку. Таке недогляд називається поспішним узагальненням у методі математичної індукції. Приклад це ясно показує.

Індукція та закони логіки

Історично склалося так, що завжди "крочать пліч-о-пліч". Такі наукові дисципліни як логіка, філософія описують їх як протилежностей.

З погляду закону логіки в індуктивних визначеннях проглядається опора на факти, а правдивість посилок не визначає правильність твердження, що вийшло. Найчастіше виходять висновки з певною часткою ймовірності та правдоподібності, які, природно, мають бути перевірені та підтверджені додатковими дослідженнями. Прикладом індукції у логіці може бути твердження:

В Естонії – посуха, у Латвії – посуха, у Литві – посуха.

Естонія, Латвія та Литва – прибалтійські держави. В усіх прибалтійських державах посуха.

З прикладу можна зробити висновок, що нову інформацію або істину не можна отримати за допомогою методу індукції. Все, на що можна розраховувати, - це деяка можлива правдивість висновків. Причому, істинність посилок не гарантує таких висновків. Однак цей факт не означає, що індукція живе на задвірках дедукції: безліч положень і наукових законів обґрунтовуються за допомогою методу індукції. Прикладом може бути та сама математика, біологія та інші науки. Пов'язано це здебільшого з методом повної індукції, але в деяких випадках застосовна і часткова.

Поважний вік індукції дозволив їй проникнути практично у всі сфери діяльності людини - це і наука, і економіка, і життєві висновки.

Індукція у науковому середовищі

Метод індукції вимагає педантичного ставлення, оскільки занадто багато залежить від кількості вивчених деталей цілого: чим більше вивчено, тим достовірніший результат. Виходячи з цієї особливості, наукові закони, отримані методом індукції, досить довго перевіряються на рівні ймовірнісних припущень для відокремлення та вивчення всіх можливих структурних елементів, зв'язків та впливів.

У науці індукційний висновок ґрунтується на значних ознаках, за винятком випадкових положень. Цей факт важливий у зв'язку зі специфікою наукового пізнання. Це добре видно з прикладів індукції у науці.

Розрізняють два види індукції у науковому світі (у зв'язку зі способом вивчення):

індукція-відбір (або селекція);
індукція – виняток (елімінація).

Перший вид відрізняється методичним (скрупульозним) відбором зразків класу (підкласів) із різних його областей.

Приклад індукції цього виду є наступним: срібло (або солі срібла) очищає воду. Висновок ґрунтується на багаторічних спостереженнях (своєрідний відбір підтверджень та спростування - селекція).

Другий вид індукції будується на висновках, що встановлюють причинні зв'язки та виключають обставини, що не відповідають її властивостям, а саме загальність, дотримання тимчасової послідовності, необхідність та однозначність.

Індукція та дедукція з позиції філософії

Якщо поглянути на історичну ретроспективу, термін "індукція" вперше був згаданий Сократом. Аристотель описував приклади індукції у філософії у наближеному термінологічному словнику, але питання неповної індукції залишається відкритим. Після гонінь на арістотелівський силогізм індуктивний метод став визнаватись плідним і єдино можливим у природознавстві. Батьком індукції як самостійного особливого методу вважають Бекона, проте йому не вдалося відокремити, як цього вимагали сучасники, індукцію від дедуктивного методу.

Подальшою розробкою індукції займався Дж. Мілль, який розглядав індукційну теорію з позиції чотирьох основних методів: згоди, відмінності, залишків та відповідних змін. Не дивно, що на сьогоднішній день ці методи при їх детальному розгляді є дедуктивними.

Усвідомлення неспроможності теорій Бекона та Мілля призвело вчених до дослідження імовірнісної основи індукції. Однак і тут не обійшлося без крайнощів: були спроби звести індукцію до теорії ймовірності з усіма наслідками.

Вотум довіри індукція отримує при практичному застосуванні у певних предметних областях та завдяки метричній точності індуктивної основи. Прикладом індукції та дедукції у філософії вважатимуться Закон всесвітнього тяжіння. На дату відкриття закону Ньютону вдалося перевірити його з точністю 4 відсотки. А при перевірці більш ніж через двісті років правильність була підтверджена з точністю до 0,0001 відсотка, хоча перевірка велася тими ж індуктивними узагальненнями.

Сучасна філософія більше уваги приділяє дедукції, що продиктовано логічним бажанням вивести з уже відомого нові знання (або істини), не звертаючись до досвіду, інтуїції, а оперуючи чистими міркуваннями. При зверненні до справжнім посилкам дедуктивному методі у всіх випадках на виході виходить справжнє твердження.

Ця дуже важлива характеристика має затьмарювати цінність індуктивного методу. Оскільки індукція, спираючись на досягнення досвіду, стає засобом його обробки (включаючи узагальнення та систематизацію).

Застосування індукції економіки

Індукція та дедукція давно використовуються як методи дослідження економіки та прогнозування її розвитку.

Спектр використання методу індукції досить широкий: вивчення виконання прогнозних показників (прибутки, амортизація тощо) та загальна оцінка стану підприємства; формування ефективної політики просування підприємства на основі фактів та їх взаємозв'язків.

Той самий метод індукції застосований в «картах Шухарта», де при припущенні про поділ процесів на керовані та некеровані стверджується, що рамки керованого процесу малорухливі.

Слід зазначити, що наукові закони обґрунтовуються і підтверджуються за допомогою методу індукції, а оскільки економіка є наукою, що часто користується математичним аналізом, теорією ризиків та статистичними даними, то не дивно присутність індукції в списку основних методів.

Прикладом індукції та дедукції економіки може бути така ситуація. Збільшення ціни на продукти харчування (зі споживчого кошика) і товари першої необхідності підштовхують споживача до думки про дорожнечу, що виникає в державі (індукція). Разом з тим з факту дорожнечі за допомогою математичних методів можна вивести показники зростання цін на окремі товари або категорії товарів (дедукція).

Найчастіше звертається до методу індукції керуючий персонал, керівники, економісти. Для того, щоб можна було з достатньою правдивістю прогнозувати розвиток підприємства, поведінку ринку, наслідки конкуренції, необхідний індукційно-дедуктивний підхід до аналізу та обробки інформації.

Наочний приклад індукції економіки, що відноситься до помилкових міркувань:

прибуток компанії скоротився на 30%;
конкуруюча компанія розширила лінійку продукції;
більше нічого не змінилося;
виробнича політика конкуруючої компанії спричинила скорочення прибутку на 30%;
отже, потрібно запровадити таку ж виробничу політику.

Приклад є яскравою ілюстрацією того, як невміле використання методу індукції сприяє розоренню підприємства.

Дедукція та індукція у психології

Оскільки існує метод, то, за логікою речей, має місце належним чином організоване мислення (для використання методу). Психологія як наука, що вивчає психічні процеси, їх формування, розвиток, взаємозв'язки, взаємодії, приділяє увагу «дедуктивного» мислення як однієї з форм прояву дедукції та індукції. На жаль, на сторінках психології в мережі Інтернет практично немає обґрунтування цілісності дедуктивно-індуктивного методу. Хоча професійні психологи частіше стикаються з проявами індукції, а точніше – хибними висновками.

Прикладом індукції в психології, як ілюстрації помилкових суджень, може бути висловлювання: моя мати - дурить, отже, всі жінки - дурниці. Ще більше можна почерпнути «помилкових» прикладів індукції із життя:

учень ні на що не здатний, якщо отримав двійку з математики;
він - дурень;
він – розумний;
я можу все;

І багато інших оціночних суджень, виведених на абсолютно випадкових і часом малозначних посиланнях.

Слід зазначити: коли хибність суджень людини сягає абсурду, з'являється фронт роботи психотерапевта. Один із прикладів індукції на прийомі у фахівця:

«Пацієнт абсолютно впевнений у тому, що червоний колір несе для нього лише небезпеку у будь-яких проявах. Як наслідок, людина виключила зі свого життя цю кольорову гаму – наскільки це можливо. У домашній обстановці можливостей для комфортного проживання багато. Можна відмовитись від усіх предметів червоного кольору або замінити їх на аналоги, виконані в іншій кольоровій гамі. Але у громадських місцях, на роботі, у магазині – неможливо. Потрапляючи в ситуацію стресу, пацієнт щоразу відчуває «приплив» абсолютно різних емоційних станів, що може становити небезпеку для оточуючих».

Цей приклад індукції, причому несвідомої, називається «фіксовані ідеї». Якщо таке відбувається з психічно здоровою людиною, можна говорити про нестачу організованості розумової діяльності. Способом позбавлення нав'язливих станів може стати елементарний розвиток дедуктивного мислення. В інших випадках із такими пацієнтами працюють психіатри.

Наведені приклади індукції свідчать, що «незнання закону не звільняє від наслідків (хибних суджень)».

Психологи, працюючи над темою дедуктивного мислення, склали список рекомендацій, покликаний допомогти людям освоїти цей метод.

Першим пунктом є вирішення завдань. Як можна було переконатися, та форма індукції, яка вживається в математиці, може вважатися "класичною", і використання цього способу сприяє "дисциплінованості" розуму.

Наступною умовою розвитку дедуктивного мислення є розширення світогляду (хто ясно мислить, той ясно викладає). Дана рекомендація направляє «стражденних» у скарбниці наук та інформації (бібліотеки, сайти, освітні ініціативи, подорожі тощо).

Окремо слід згадати про так звану «психологічну індукцію». Цей термін, хоч і нечасто, можна зустріти на просторах інтернету. Всі джерела не дають хоча б коротке формулювання визначення цього терміну, але посилаються на «приклади з життя», при цьому видаючи новий вид індукції то сугестію, то деякі форми психічних захворювань, то крайні стани психіки людини. З усього перерахованого зрозуміло, що спроба вивести «новий термін», спираючись на хибні (найчастіше не відповідні дійсності) посилки, прирікає експериментатора отримання помилкового (чи поспішного) твердження.

Слід зазначити, що посилання до експериментів 1960 року (без вказівки місця проведення, прізвищ експериментаторів, вибірки піддослідних і найголовніше - цілі експерименту) виглядає, м'яко кажучи, непереконливо, а твердження про те, що мозок сприймає інформацію, минаючи всі органи сприйняття (фраза «зазнає впливу» в даному випадку вписалася б органічніше), змушує замислитися над легковірністю і некритичністю автора висловлювання.

Замість ув'язнення

Цариця наук - математика, недаремно використовує всі можливі резерви методу індукції та дедукції. Розглянуті приклади дозволяють зробити висновок про те, що поверхневе та невміле (бездумне, як ще кажуть) застосування навіть найточніших і найнадійніших методів призводить завжди до помилкових результатів.

У масовій свідомості метод дедукції асоціюється зі знаменитим Шерлоком Холмсом, який у своїх логічних побудовах найчастіше використовує приклади індукції, у потрібних ситуаціях користуючись дедукцією.

У статті було розглянуто приклади застосування цих методів у різних науках та сферах життєдіяльності людини.