Метод доказательства, о котором будет идти речь в данном пункте, основан на одной из аксиом натурального ряда.
Аксиома индукции. Пусть дано предложение, зависящее от переменной п, вместо которой можно подставлять любые натуральные числа. Обозначим его А(п). Пусть также предложение А верно для числа 1 и из того, что А верно для числа к , следует, что А верно для числа к+ 1. Тогда предложение А верно для всех натуральных значений п.
Символическая запись аксиомы:
Здесь пик-
переменные по множеству натуральных чисел. Из аксиомы индукции получается следующее правило вывода:
Итак, для того чтобы доказать истинность предложения А, можно вначале доказать два утверждения: истинность высказывания А( 1), а также следствие А(к) => А(к+ 1).
Учитывая сказанное выше, опишем сущность метода
Пусть требуется доказать, что предложение А(п) верно для всех натуральных п. Доказательство разбивается на два этапа.
- 1- й этап. База индукции. Берем в качестве значения п число 1 и проверяем, что А( 1) есть истинное высказывание.
- 2- й этап. Индуктивный переход. Доказываем, что при любом натуральном числе к верна импликация: если А{к ), то А(к+ 1).
Индуктивный переход начинается словами: «Возьмем произвольное натуральное число к, такое, что А(к)», или «Пусть для натурального числа к верно А(к)». Вместо слова «пусть» часто говорят «предположим, что...».
После этих слов буква к обозначает некий фиксированный объект, для которого выполняется соотношение А{к). Далее из А(к) выводим следствия, то есть строим цепочку предложений А(к) 9 Р , Pi, ..., Р„ = А(к+ 1), где каждое предложение Р, является истинным высказыванием или следствием предыдущих предложений. Последнее предложение Р„ должно совпадать с А(к+ 1). Отсюда заключаем: из А{к) следует А(к+ ).
Выполнение индуктивного перехода можно расчленить на два действия:
- 1) Индуктивное предположение. Здесь мы предполагаем, что А к переменной н.
- 2) На основе предположения доказываем, что А верно для числа?+1.
Пример 5.5.1. Докажем, что число п+п является четным при всех натуральных п.
Здесь А(п) = «п 2 +п - четное число». Требуется доказать, что А - тождественно истинный предикат. Применим метод математической индукции.
База индукции. Возьмем л=1. Подставим в выражение п +//, получим n 2 +n = I 2 + 1 = 2 - четное число, то есть /1(1) - истинное высказывание.
Сформулируем индуктивное предположение А{к) = «Число к 2 +к - четное». Можно сказать так: «Возьмем произвольное натуральное число к такое, что к 2 +к есть четное число».
Выведем отсюда утверждение А(кА-) = «Число (к+ 1) 2 +(?+1) - четное».
По свойствам операций выполним преобразования:
Первое слагаемое полученной суммы четно по предположению, второе четно по определению (так как имеет вид 2п). Значит, сумма есть четное число. Предложение А(к+ 1) доказано.
По методу математической индукции делаем вывод: предложение А(п) верно для всех натуральных п.
Конечно, нет необходимости каждый раз вводить обозначение А(п). Однако все же рекомендуется отдельной строкой формулировать индуктивное предположение и то, что требуется из него вывести.
Заметим, что утверждение из примера 5.5.1 можно доказать без использования метода математической индукции. Для этого достаточно рассмотреть два случая: когда п четно и когда п нечетно.
Многие задачи на делимость решаются методом математической индукции. Рассмотрим более сложный пример.
Пример 5.5.2. Докажем, что число 15 2и_| +1 делится на 8 при всех натуральных п.
Бача индукции. Возьмем /1=1. Имеем: число 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 делится на число 8.
, что для некоторого
натурального числа к число 15 2 * ’+1 делится на 8.
Докажем , что тогда число а = 15 2(ЖН +1 делится 8.
Преобразуем число а:
По предположению, число 15 2А1 +1 делится на 8, значит, все первое слагаемое делится на 8. Второе слагаемое 224=8-28 также делится на 8. Таким образом, число а как разность двух чисел, кратных 8, делится на 8. Индуктивный переход обоснован.
На основе метода математической индукции заключаем, что для всех натуральных п число 15 2 " -1 -*-1 делится на 8.
Сделаем некоторые замечания по решенной задаче.
Доказанное утверждение можно сформулировать немного по-другому: «Число 15”"+1 делится на 8 при любых нечетных натуральных /и».
Во-вторых, из доказанного общего утверждения можно сделать частный вывод, доказательство которого может быть дано как отдельная задача: число 15 2015 +1 делится на 8. Поэтому иногда бывает полезно обобщить задачу, обозначив какое-то конкретное значение буквой, а затем применить метод математической индукции.
В самом общем понимании термин «индукция» означает, что на основе частных примеров делают общие выводы. Например, рассмотрев некоторые примеры сумм четных чисел 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, делаем вывод о том, что сумма любых двух четных чисел есть четное число.
В общем случае вот такая индукция может привести к неверным выводам. Приведем пример подобного неправильного рассуждения.
Пример 5.5.3. Рассмотрим число а = /г+я+41 при натуральном /?.
Найдем значения а при некоторых значениях п.
Пусть п= I. Тогда а = 43 - простое число.
Пусть /7=2. Тогда а = 4+2+41 = 47 - простое.
Пусть л=3. Тогда а = 9+3+41 = 53 - простое.
Пусть /7=4. Тогда а = 16+4+41 = 61 - простое.
Возьмите в качестве значений п следующие за четверкой числа, например 5, 6, 7, и убедитесь, что число а будет простым.
Делаем вывод: «При всех натуральных /? число а будет простым».
В результате получилось ложное высказывание. Приведем контрпример: /7=41. Убедитесь, что при данном п число а будет составным.
Термин «математическая индукция» несет в себе более узкий смысл, так как применение этого метода позволяет получить всегда верное заключение.
Пример 5.5.4. Получим на основе индуктивных рассуждений формулу общего члена арифметической прогрессии. Напомним, что арифметической профессией называется числовая последовательность, каждый член которой отличается от предыдущего на одно и то же число, называемое разностью прогрессии. Для того чтобы однозначно задать арифметическую профессию, нужно указать ее первый член а и разность d.
Итак, по определению а п+ = а п + d, при п> 1.
В школьном курсе математики, как правило, формула общего члена арифметической профессии устанавливается на основе частных примеров, то есть именно по индукции.
Если /7=1, ТО С 7| = Я|, ТО есть Я| = tf|+df(l -1).
Если /7=2, то я 2 = a+d, то есть а = Я|+*/(2-1).
Если /7=3, то я 3 = я 2 + = (a+d)+d = a+2d, то есть я 3 = Я|+(3-1).
Если /7=4, то я 4 = я 3 +*/ = (a+2d)+d = Я1+3 и т.д.
Приведенные частные примеры позволяют выдвинуть гипотезу: формула общего члена имеет вид а„ = a+(n-)d для всех /7>1.
Докажем эту формулу методом математической индукции.
База индукции проверена в предыдущих рассуждениях.
Пусть к - такой номер, при котором я* - a+{k-)d (индуктивное предположение ).
Докажем , что я*+! = a+((k+)-)d, то есть я*+1 = a x +kd.
По определению я*+1 = аь+d. а к = я | +(к -1 )d , значит, ац+ = я i +(А:-1)^/+с/ = я | +(А-1+1 )d = я i +kd , что и требовалось доказать (для обоснования индуктивного перехода).
Теперь формула я„ = a+{n-)d доказана для любого натурального номера /;.
Пусть дана некоторая последовательность я ь я 2 , я,„ ... (не
обязательно арифметическая или геометрическая прогрессия). Часто возникают задачи, где требуется суммировать первые п членов этой последовательности, то есть задать сумму Я|+я 2 +...+я и формулой, которая позволяет находить значения этой суммы, не вычисляя члены последовательности.
Пример 5.5.5. Докажем, что сумма первых п натуральных чисел равна
/?(/7 + 1)
Обозначим сумму 1+2+...+/7 через S n . Найдем значения S n для некоторых /7.
Заметим: для того чтобы найти сумму S 4 , можно воспользоваться вычисленным ранее значением 5 3 , так как 5 4 = 5 3 +4.
п(п +1)
Если подставить рассмотренные значения /? в терм ---то
получим, соответственно, те же суммы 1, 3, 6, 10. Эти наблюдения
. _ п(п + 1)
наталкивают на мысль, что формулу S „=--- можно использовать при
любом //. Докажем эту гипотезу методом математической индукции.
База индукции проверена. Выполним индуктивный переход.
Предположим , что формула верна для некоторого натурального числа
, к(к + 1)
к, то сеть сумма первых к натуральных чисел равна ----.
Докажем , что сумма первых (?+1) натуральных чисел равна
- (* + !)(* + 2)
Выразим?*+1 через S k . Для этого в сумме S*+i сгруппируем первые к слагаемых, а последнее слагаемое запишем отдельно:
По индуктивному предположению S k = Значит, чтобы найти
сумму первых (?+1) натуральных чисел, достаточно к уже вычисленной
. „ к(к + 1) _ .. ..
сумме первых к чисел, равной ---, прибавить одно слагаемое (к+1).
Индуктивный переход обоснован. Тем самым выдвинутая вначале гипотеза доказана.
Мы привели доказательство формулы S n = п ^ п+ методом
математической индукции. Конечно, есть и другие доказательства. Например, можно записать сумму S, в порядке возрастания слагаемых, а затем в порядке убывания слагаемых:
Сумма слагаемых, стоящих в одном столбце, постоянна (в одной сумме каждое следующее слагаемое уменьшается на 1, а в другой увеличивается на 1) и равна (/г+1). Поэтому, сложив полученные суммы, будем иметь п слагаемых, равных (и+1). Итак, удвоенная сумма S„ равна п(п+ 1).
Доказанная формула может быть получена как частный случай формулы суммы первых п членов арифметической прогрессии.
Вернемся к методу математической индукции. Отметим, что первый этап метода математической индукции (база индукции) всегда необходим. Отсутствие этого этапа может привести к неверному выводу.
Пример 5.5.6. «Докажем» предложение: «Число 7"+1 делится на 3 при любом натуральном я».
«Предположим, что при некотором натуральном значении к число 7*+1 делится на 3. Докажем, что число 7 ж +1 делится на 3. Выполним преобразования:
Число 6 очевидно делится на 3. Число 1 к + делится на 3 по индуктивному предположению, значит, число 7-(7* + 1) также делится на 3. Поэтому разность чисел, делящихся на 3, будет также делиться на 3.
Предложение доказано».
Доказательство исходного предложения неверно, несмотря на то что индуктивный переход выполнен правильно. Действительно, при п= I имеем число 8, при п=2 - число 50, ..., и ни одно из этих чисел нс делится на 3.
Сделаем важное замечание об обозначении натурального числа при выполнении индуктивного перехода. При формулировке предложения А(п) буквой п мы обозначали переменную, вместо которой можно подставлять любые натуральные числа. При формулировке индуктивного предположения мы обозначали значение переменной буквой к. Однако очень часто вместо новой буквы к используют ту же самую букву, которой обозначается переменная. Это никак не влияет на структуру рассуждений при выполнении индуктивного перехода.
Рассмотрим еще несколько примеров задач, для решения которых можно применить метод математической индукции.
Пример 5.5.7. Найдем значение суммы
В задании переменная п не фигурирует. Однако рассмотрим последовательность слагаемых:
Обозначим S, = а+а 2 +...+а„. Найдем S „ при некоторых п. Если /1= 1, то S, =а, = -.
Если п= 2. то S, = а, + а? = - + - = - = -.
Если /?=3, то S-, = a,+a 7 + я, = - + - + - = - + - = - = -.
3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4
Можете самостоятельно вычислить значения S„ при /7 = 4; 5. Возникает
естественное предположение: S n = -- при любом натуральном /7. Докажем
это методом математической индукции.
База индукции проверена выше.
Выполним индуктивный переход , обозначая произвольно взятое
значение переменной п этой же буквой, то есть докажем, что из равенства
0 /7 _ /7 +1
S n =-следует равенство S , =-.
/7+1 /7 + 2
Предположим, что верно равенство S = - П -.
Выделим в сумме S„+ первые п слагаемых:
Применив индуктивное предположение, получим:
Сокращая дробь на (/7+1), будем иметь равенство S n +1 - , Л
Индуктивный переход обоснован.
Тем самым доказано, что сумма первых п слагаемых
- 1 1 1 /7 ^
- - +-+...+- равна -. Теперь возвратимся к первоначальной
- 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1
задаче. Для ее решения достаточно взять в качестве значения п число 99.
Тогда сумма -!- + -!- + -!- + ...+ --- будет равна числу 0,99.
1-2 2-3 3-4 99100
Постарайтесь вычислить данную сумму другим способом.
Пример 5.5.8. Докажем, что производная суммы любого конечного числа дифференцируемых функций равна сумме производных этих функций.
Пусть переменная /? обозначает количество данных функций. В случае, когда дана только одна функция, под суммой понимается именно эта функция. Поэтому если /7=1, то утверждение очевидно истинно:/" = /".
Предположим , что утверждение справедливо для набора из п функций (здесь снова вместо буквы к взята буква п), то есть производная суммы п функций равна сумме производных.
Докажем , что производная суммы (я+1) функций равна сумме производных. Возьмем произвольный набор, состоящий из п+ дифференцируемой функции: /1,/2, . Представим сумму этих функций
в виде g+f„+ 1, где g=f +/г + ... +/ t - сумма п функций. По индуктивному предположению производная функции g равна сумме производных: g" = ft +ft + ... +ft. Поэтому имеет место следующая цепочка равенств:
Индуктивный переход выполнен.
Таким образом, исходное предложение доказано для любого конечного числа функций.
В ряде случаев требуется доказать истинность предложения А(п) для всех натуральных я, начиная с некоторого значения с. Доказательство методом математической индукции в таких случаях проводится по следующей схеме.
База индукции. Доказываем, что предложение А верно для значения п, равного с.
Индуктивный переход. 1) Предполагаем, что предложение А верно для некоторого значения к переменной /?, которое больше либо равно с.
2) Доказываем, что предложение А истинно для значения /?, равного
Снова заметим, что вместо буквы к часто оставляют обозначение переменной п. В этом случае индуктивный переход начинают словами: «Предположим, что для некоторого значения п>с верно А(п). Докажем, что тогда верно А(п+ 1)».
Пример 5.5.9. Докажем, что при всех натуральных п> 5 верно неравенство 2” > и 2 .
База индукции. Пусть п= 5. Тогда 2 5 =32, 5 2 =25. Неравенство 32>25 истинно.
Индуктивный переход. Предположим , что имеет место неравенство 2 П >п 2 для некоторого натурального числа п> 5. Докажем , что тогда 2" +| > (п+1) 2 .
По свойствам степеней 2” +| = 2-2". Так как 2">я 2 (по индуктивному предположению), то 2-2" > 2я 2 (I).
Обоснуем, что 2п 2 больше (я+1) 2 . Это можно сделать разными способами. Достаточно решить квадратное неравенство 2х 2 >(х+) 2 во множестве действительных чисел и увидеть, что все натуральные числа, большие либо равные 5, являются его решениями.
Мы поступим следующим образом. Найдем разность чисел 2п 2 и (я+1) 2:
Так как и > 5, то я+1 > 6, значит, (я+1) 2 > 36. Поэтому разность больше 0. Итак, 2я 2 > (я+1) 2 (2).
По свойствам неравенств из (I) и (2) следует, что 2*2" > (я+1) 2 , что и требовалось доказать для обоснования индуктивного перехода.
На основе метода математической индукции заключаем, что неравенство 2" > я 2 истинно для любых натуральных чисел я.
Рассмотрим еще одну форму метода математической индукции. Отличие заключается в индуктивном переходе. Для его осуществления требуется выполнить два шага:
- 1) предположить, что предложение А(п) верно при всех значениях переменной я, меньших некоторого числар;
- 2) из выдвинутого предположения вывести, что предложение А(п) справедливо и для числар.
Таким образом, индуктивный переход требует доказательства следствия: [(Уи?) А{п)] => А(р). Заметим, что следствие можно переписать в виде: [(Уп^р) А(п)] => А(р+ 1).
В первоначальной формулировке метода математической индукции при доказательстве предложения А(р) мы опирались только на «предыдущее» предложение А(р- 1). Данная здесь формулировка метода позволяет выводить А(р), считая, что все предложения А(п), где я меньшер , истинны.
Пример 5.5.10. Докажем теорему: «Сумма внутренних углов любого я-угольника равна 180°(я-2)».
Для выпуклого многоугольника теорему легко доказать, если разбить его диагоналями, проведенными из одной вершины, на треугольники. Однако для невыпуклого многоугольника такая процедура может быть невозможна.
Докажем теорему для произвольного многоугольника методом математической индукции. Будем считать известным следующее утверждение, которое, строго говоря, требует отдельного доказательства: «В любом //-угольнике существует диагональ, лежащая целиком во внугренней его части».
Вместо переменной // можно подставлять любые натуральные числа, которые больше либо равны 3. Для п=Ъ теорема справедлива, так как в треугольнике сумма углов равна 180°.
Возьмем некоторый /7-угольник (р> 4) и предположим, что сумма углов любого //-угольника, где // р, равна 180°(//-2). Докажем, что сумма углов //-угольника равна 180°(//-2).
Проведем диагональ //-угольника, лежащую внутри него. Она разобьет //-угольник на два многоугольника. Пусть один из них имеет к сторон, другой - к 2 сторон. Тогда к+к 2 -2 = р, так как полученные многоугольники имеют общей стороной проведенную диагональ, не являющуюся стороной исходного //-угольника.
Оба числа к и к 2 меньше //. Применим к полученным многоугольникам индуктивное предположение: сумма углов А]-угольника равна 180°-(?i-2), а сумма углов? 2 -угольника равна 180°-(Аг 2 -2). Тогда сумма углов //-угольника будет равна сумме этих чисел:
180°*(Аг|-2)-н 180°(Аг2-2) = 180 о (Аг,-ьАг 2 -2-2) = 180°-(//-2).
Индуктивный переход обоснован. На основе метода математической индукции теорема доказана для любого //-угольника (//>3).
Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 - база индукции , а затем доказывается, что если верно утверждение с номером n , то верно и следующее утверждение с номером n + 1 - шаг индукции , или индукционный переход .
Доказательство по индукции наглядно может быть представлено в виде так называемого принципа домино . Пусть какое угодно число косточек домино выставлено в ряд таким образом, что каждая косточка, падая, обязательно опрокидывает следующую за ней косточку (в этом заключается индукционный переход). Тогда, если мы толкнём первую косточку (это база индукции), то все косточки в ряду упадут.
Логическим основанием для этого метода доказательства служит так называемая аксиома индукции , пятая из аксиом Пеано , определяющих натуральные числа . Верность метода индукции эквивалентна тому, что в любом подмножестве натуральных чисел существует минимальный элемент.
Существует также вариация, так называемый принцип полной математической индукции. Вот его строгая формулировка:
Принцип полной математической индукции также эквивалентен аксиоме индукции в аксиомах Пеано.
Примеры
Задача. Доказать, что, каковы бы ни были натуральное n и вещественное q ≠ 1, выполняется равенство
Доказательство. Индукция по n .
База , n = 1:
Переход : предположим, что
,
что и требовалось доказать.
Комментарий: верность утверждения P n в этом доказательстве - то же, что верность равенства
См. также
Вариации и обобщения
Литература
- Н. Я. Виленкин Индукция. Комбинаторика. Пособие для учителей. М., Просвещение, 1976.-48 с
- Л. И. Головина, И. М. Яглом Индукция в геометрии , «Популярные лекции по математике» , Выпуск 21, Физматгиз 1961.-100 с.
- Р. Курант, Г. Роббинс «Что такое математика?» Глава I, § 2.
- И. С. Соминский Метод математической индукции. «Популярные лекции по математике », Выпуск 3, Издательство «Наука» 1965.-58 с.
Wikimedia Foundation . 2010 .
Смотреть что такое "Метод математической индукции" в других словарях:
Математическая индукция в математике один из методов доказательства. Используется, чтобы доказать истинность некоего утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 база индукции, а затем… … Википедия
Способ построения теории, при к ром в ее основу кладутся нек рые ее положения – аксиомы или постулаты, – из к рых все остальные положения теории (теоремы) выводятся путем рассуждений, называемых д о к а з а т е л ь с т в а м и. Правила, по к рым… … Философская энциклопедия
Индукция (лат. inductio наведение) процесс логического вывода на основе перехода от частного положения к общему. Индуктивное умозаключение связывает частные предпосылки с заключением не столько через законы логики, а скорее через некоторые… … Википедия
ГЕНЕТИЧЕСКИЙ МЕТОД - способ задания содержания и сущности исследуемого предмета не путем конвенции, идеализации или логического вывода, а с помощью изучения его происхождения (опираясь на изучение причин, приведших к его возникновению, механизм становления). Широко… … Философия науки: Словарь основных терминов
Способ построения научной теории, при котором в её основу кладутся некоторые исходные положения (суждения) аксиомы (См. Аксиома), или Постулаты, из которых все остальные утверждения этой науки (теоремы (См. Теорема)) должны выводиться… … Большая советская энциклопедия
аксиоматический метод - АКСИОМАТИЧЕСКИЙ МЕТОД (от греч. axioma) принятое положение способ построения научной теории, при котором в доказательствах пользуются лишь аксиомами, постулатами и ранее выведенными из них утверждениями. Впервые ярко продемонстрирован… … Энциклопедия эпистемологии и философии науки
Один из методов ошибок теории для оценки неизвестных величин по результатам измерений, содержащим случайные ошибки. Н. к. м. применяется также для приближенного представления заданной функции другими (более простыми) функциями и часто оказывается … Математическая энциклопедия
Математическая индукция один из методов математического доказательства, используется чтобы доказать истинность некоторого утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала пров … Википедия
У этого термина существуют и другие значения, см. Индукция. Индукция (лат. inductio наведение) процесс логического вывода на основе перехода от частного положения к общему. Индуктивное умозаключение связывает частные предпосылки… … Википедия
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.
Суть метода математической индукции
Во многих разделах арифметики, алгебры, геометрии, анализа приходится доказывать истинность предложений А(n), зависящих от натуральной переменной. Доказательство истинности предложения А(n) для всех значений переменной часто удается провести методом математической индукции, который основан на следующем принципе.
Предложение А(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены следующие два условия:
Предложение А(n) истинно для n=1.
Из предположения, что А(n) истинно для n=k (где k - любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего значения n=k+1.
Этот принцип называется принципом математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом, определяющих натуральный ряд чисел, и, следовательно, принимается без доказательства.
Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства. Если требуется доказать истинность предложения А(n) для всех натуральных n, то, во-первых, следует проверить истинность высказывания А(1) и, во-вторых, предположив истинность высказывания А(k), попытаться доказать, что высказывание А(k+1) истинно. Если это удается доказать, причем доказательство остается справедливым для каждого натурального значения k, то в соответствии с принципом математической индукции предложение А(n) признается истинным для всех значений n.
Метод математической индукции широко применяется при доказательстве теорем, тождеств, неравенств, при решении задач на делимость, при решении некоторых геометрических и многих других задач.
Метод математической индукции в решении задач на
делимость
С помощью метода математической индукции можно доказывать различные утверждения, касающиеся делимости натуральных чисел.
Следующее утверждение можно сравнительно просто доказать. Покажем, как оно получается с помощью метода математической индукции.
Пример 1 . Если n - натуральное число, то число четное.
При n=1 наше утверждение истинно: - четное число. Предположим, что - четное число. Так как , a 2k - четное число, то и 
четное. Итак, четность доказана при n=1, из четности выведена четность 
.Значит, четно при всех натуральных значениях n.
Пример 2. Доказать истинность предложения
A(n)={число 5 кратно 19}, n - натуральное число.
Решение.
Высказывание А(1)={число кратно 19} истинно.
Предположим, что для некоторого значения n=k
А(k)={число кратно 19} истинно. Тогда, так как
Очевидно, что и A(k+1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения, что A(k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение A(n) истинно при всех значениях n.
Применение метода математической индукции к
суммированию рядов
Пример 1. Доказать формулу
, n - натуральное число.
Решение.
При n=1 обе части равенства обращаются в единицу и, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено.
Предположим, что формула верна при n=k, т.е.
.
Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть. Тогда получим
Таким образом, из того, что формула верна при n=k, следует, что она верна и при n=k+1. Это утверждение справедливо при любом натуральном значении k. Итак, второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана.
Пример 2. Доказать, что сумма n первых чисел натурального ряда равна .
Решение.
Обозначим искомую сумму , т.е. 
.
При n=1 гипотеза верна.
Пусть 
. Покажем, что 
.
В самом деле,
Задача решена.
Пример 3.
Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равна 
.
Решение.
Пусть .
.
Предположим, что 
. Тогда
И окончательно .
Пример 4. Доказать, что .
Решение.
Если , то
Пример 5. Доказать, что
Решение.
При n=1 гипотеза очевидно верна.
Пусть .
Докажем, что .
Действительно,
Примеры применения метода математической индукции к
доказательству неравенств
Пример 1. Доказать, что при любом натуральном n>1
.
Решение.
Обозначим левую часть неравенства через .
Следовательно, при n=2 неравенство справедливо.
Пусть при некотором k. Докажем, что тогда и . Имеем 
, .
Сравнивая и , имеем 
, т.е. 
.
При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому . Но , значит, и .
Пример 2. Найти ошибку в рассуждении.
Утверждение. При любом натуральном n справедливо неравенство .
Доказательство.
. (1)
Докажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.
.
Действительно, не меньше 2 при любом натуральном k. Прибавим к левой части неравенства (1) , а к правой 2. Получим справедливое неравенство , или 
. Утверждение доказано.
Пример 3.
Доказать, что 
, где >-1, , n - натуральное число, большее 1.
Решение.
При n=2 неравенство справедливо, так как .
Пусть неравенство справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.
. (1)
Покажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.
. (2)
Действительно, по условию, , поэтому справедливо неравенство
, (3)
полученное из неравенства (1) умножением каждой части его на . Перепишем неравенство (3) так: . Отбросив в правой части последнего неравенства положительное слагаемое , получим справедливое неравенство (2).
Пример 4. Доказать, что
(1)
где , , n - натуральное число, большее 1.
Решение.
При n=2 неравенство (1) принимает вид
. (2)
Так как , то справедливо неравенство
. (3)
Прибавив к каждой части неравенства (3) по , получим неравенство (2).
Этим доказано, что при n=2 неравенство (1) справедливо.
Пусть неравенство (1) справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.
. (4)
Докажем, что тогда неравенство (1) должно быть справедливо и при n=k+1, т.е.
(5)
Умножим обе части неравенства (4) на a+b. Так как, по условию, , то получаем следующее справедливое неравенство:
. (6)
Для того чтобы доказать справедливость неравенства (5), достаточно показать, что
, (7)
или, что то же самое,
. (8)
Неравенство (8) равносильно неравенству
. (9)
Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух положительных чисел. Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух отрицательных чисел. В обоих случаях неравенство (9) справедливо.
Этим доказано, что из справедливости неравенства (1) при n=k следует его справедливость при n=k+1.
Метод математической индукции в применение к другим
задачам
Наиболее естественное применение метода математической индукции в геометрии, близкое к использованию этого метода в теории чисел и в алгебре, - это применение к решению геометрических задач на вычисление. Рассмотрим несколько примеров.
Пример 1. Вычислить сторону правильного - угольника, вписанного в круг радиуса R.
Решение.
При n=2 правильный 2 n - угольник есть квадрат; его сторона . Далее, согласно формуле удвоения
находим, что сторона правильного восьмиугольника 
, сторона правильного шестнадцатиугольника 
, сторона правильного тридцатидвухугольника 
. Можно предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2
n
- угольника при любом равна
. (1)
Допустим, что сторона правильного вписанного - угольника выражается формулой (1). В таком случае по формуле удвоения
,
откуда следует, что формула (1) справедлива при всех n.
Пример 2. На сколько треугольников n-угольник (не обязательно выпуклый) может быть разбит своими непересекающимися диагоналями?
Решение.
Для треугольника это число равно единице (в треугольнике нельзя провести ни одной диагонали); для четырехугольника это число равно, очевидно, двум.
Предположим, что мы уже знаем, что каждый k-угольник, где k
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.
Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.
В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом.
Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) Ю А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.
Доказательство по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k) Ю A(k+1)
Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
- 1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно
- 2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1)
Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е
1+3+5+…+(2k-1)=k 2
Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что
- 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 В самом деле,
- 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2
Итак, А(k) Ю А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n О N
Доказать, что
1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х № 1
- 1) При n=1 получаем
- 1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1
следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно
- 2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k,
- 1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1)
Докажем, что тогда выполняется равенство
- 1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1) В самом деле
- 1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)
Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n
Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2
Решение: 1) При n=3 утверждение справедливо, ибо в треугольнике
А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей; А 2 А(3) истинно
2) Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике имеет А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей. А k Докажем, что тогда в выпуклом А k+1 (k+1)-угольнике число диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-угольник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы подсчитать общее число диагоналей этого (k+1)-угольника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A 1 A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1 , и, кроме того, следует учесть диагональ А 1 А k
Таким образом,
G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2
Итак, А(k) Ю A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.
Доказать, что при любом n справедливо утверждение:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1
2) Предположим, что n=k
Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6
3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1
X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2
=(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого натурального n
Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4
Решение: 1) Пусть n=1
Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно.
2) Предположим, что равенство верно при n=k
X k =k 2 (k+1) 2 /4
3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е
Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4
Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n
Доказать, что
((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))=3n(n+1)/2(n 2 +n+1), где n>2
Решение: 1) При n=2 тождество выглядит:
- (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), т.е. оно верно
- 2) Предположим, что выражение верно при n=k
- (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
- 3) Докажем верность выражения при n=k+1
- (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ
ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого n>2
Доказать, что
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) для любого натурального n
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
- 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
- 2) Предположим, что n=k, тогда
- 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
- 3) Докажем истинность этого утверждения при n=k+1
- (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)
Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для любого натурального n.
Доказать верность тождества
(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) для любого натурального n
- 1) При n=1 тождество верно 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
- 2) Предположим, что при n=k
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
- 3) Докажем, что тождество верно при n=k+1
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1)/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1)
Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при любом натуральном n.
Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
Но (23 ґ 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.
- 2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка
- 3) Докажем, что в таком случае (11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле
- 11 k+3 +12 2л+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +
+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1
Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k) Ю А(k+1). В силу метода математической индукции утверждение доказано
Доказать, что при любом n 7 n -1 делится на 6 без остатка
- 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно
- 2) Предположим, что при n=k 7 k -1 делится на 6 без остатка
- 3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1
X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6
Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k -1 делится на 6 по предположению, а вторым слагаемым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.
Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном натуральном n делится на 11.
1) Пусть n=1, тогда
Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остатка.
Значит, при n=1 утверждение верно
- 2) Предположим, что при n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка
- 3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =
27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +
11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1
Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположению, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма делится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.
Доказать, что 11 2n -1 при произвольном натуральном n делится на 6 без остатка
- 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно
- 2) Предположим, что при n=k 1 2k -1 делится на 6 без остатка
- 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)
Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: первое содержит кратное 6-ти число 120, а второе делится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.
Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка
Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка
- 1. При n=0
- 3 3 -1=26 делится на 26
- 2. Предположим, что при n=k
- 3 3k+3 -1 делится на 26
- 3. Докажем, что утверждение верно при n=k+1
- 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -делится на 26
Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи
- 1) Очевидно, что при n=1 утверждение верно
- 3 3+3 -26-27=676
- 2) Предположим, что при n=k выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка
- 3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
- 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)
Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода математической индукции утверждение доказано
Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х) n >1+n ґ х
- 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как
- (1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х
Значит, А(2) истинно
- 2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
- (1+х) k >1+k ґ x. (3)
Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x
В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим
(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)
Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем
(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x
В итоге получаем, что (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x
Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n> 2
Доказать, что справедливо неравенство (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а> 0
Решение: 1) При m=1
- (1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обе части равны
- 2) Предположим, что при m=k
- (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
- 3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно
- (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+
+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +
+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+
+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2
Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального m
Доказать, что при n>6 справедливо неравенство 3 n >n ґ 2 n+1
Перепишем неравенство в виде (3/2) n >2n
- 1. При n=7 имеем 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенство верно
- 2. Предположим, что при n=k (3/2) k >2k
- 3) Докажем верность неравенства при n=k+1
- 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)
Так как k>7, последнее неравенство очевидно.
В силу метода математической индукции неравенство справедливо для любого натурального n
Доказать, что при n>2 справедливо неравенство
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)
- 1) При n=3 неравенство верно
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. Предположим, что при n=k
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
- 3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы
Ы (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы
Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k Последнее очевидно, а поэтому 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) В силу метода математической индукции неравенство доказано. Метод математической индукции Вступление Основная часть 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. 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. 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 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). 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.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда