Доказателство чрез примери по математическа индукция. Методът на математическата индукция и приложението му за решаване на проблеми

Лекция 6. Метод на математическата индукция.

Новите знания в науката и живота се получават по различни начини, но всички те (ако не навлизате в подробности) са разделени на два вида - преходът от общото към частното и от частното към общото. Първото е дедукция, второто е индукция. Дедуктивно разсъждение е това, което обикновено се нарича в математиката логически разсъждения, а в математическата наука дедукцията е единственият легитимен метод на изследване. Правилата на логическото разсъждение са формулирани преди две хилядолетия и половина от древногръцкия учен Аристотел. Той създаде пълен списък на най-простите правилни разсъждения, силогизми– „тухлички“ от логика, като същевременно посочват типични разсъждения, много подобни на правилните, но погрешни (често срещаме подобни „псевдологични“ разсъждения в медиите).

Индукция (индукция - на латински напътствие) е илюстрирано от добре известната легенда за това как Исак Нютон формулира закона за всемирното привличане, след като ябълка падна на главата му. Друг пример от физиката: при такова явление като електромагнитна индукция, електрическо поле създава, „индуцира“ магнитно поле. „Ябълката на Нютон“ е типичен пример за ситуация, при която един или повече специални случаи, т.е. наблюдения, "водят" до общо твърдение, общото заключение се прави въз основа на частни случаи. Индуктивният метод е основният за получаване на общи закономерности както в естествените, така и в хуманитарните науки. Но има много съществен недостатък: въз основа на конкретни примери може да се направи неправилно заключение. Хипотезите, произтичащи от частни наблюдения, не винаги са верни. Помислете за пример, дължащ се на Ойлер.

Ще изчислим стойността на тринома за някои първи стойности н:

Имайте предвид, че числата, получени в резултат на изчисленията, са прости. И човек може директно да провери това за всеки н 1 до 39 полиномна стойност
е просто число. Въпреки това, когато н=40 получаваме числото 1681=41 2 , което не е просто. По този начин, хипотезата, която може да възникне тук, тоест хипотезата, че за всеки нномер
е просто, оказва се невярно.

Лайбниц доказва през 17 век, че за всяко положително цяло число нномер
делимо на 3
се дели на 5 и т.н. Въз основа на това той предположи, че за всяко коеф ки всеки естествен нномер
разделена на к, но скоро забеляза това
не се дели на 9.

Разгледаните примери ни позволяват да направим важен извод: твърдението може да бъде вярно в редица специални случаи и в същото време несправедливо като цяло. Въпросът за валидността на твърдението в общия случай може да бъде решен чрез прилагане на специален метод на разсъждение, наречен чрез математическа индукция(пълна индукция, перфектна индукция).

6.1. Принципът на математическата индукция.

♦ Методът на математическата индукция се основава на принцип на математическата индукция , състоящ се от следното:

1) валидността на това твърдение е проверена зан=1 (индукционна основа) ,

2) това твърдение се приема за вярно зан= к, къдетоке произволно естествено число 1(индукционно предположение) , и като се вземе предвид това предположение, неговата валидност е установена зан= к+1.

Доказателство. Да приемем обратното, т.е. да приемем, че твърдението не е вярно за всеки естествен н. Тогава има такова естествено м, Какво:

1) одобрение за н=мне е честно,

2) за всички н, по-малък м, твърдението е вярно (с други думи, ме първото естествено число, за което твърдението не е валидно).

Очевидно е, че м>1, защото за н=1 твърдението е вярно (условие 1). Следователно,
- естествено число. Оказва се, че за естествено число
твърдението е вярно, а за следващото естествено число мтова е несправедливо. Това противоречи на условие 2. ■

Обърнете внимание, че доказателството използва аксиомата, че всяка колекция от естествени числа съдържа най-малкото число.

Доказателство, основано на принципа на математическата индукция, се нарича чрез пълна математическа индукция .

 Пример6.1. Докажете това за всеки естествен нномер
се дели на 3.

Решение.

1) Кога н=1, така че а 1 се дели на 3 и твърдението е вярно за н=1.

2) Да приемем, че твърдението е вярно за н=к,
, тоест това число
се дели на 3 и намерете това н=к+1 числото се дели на 3.

Наистина,

защото всеки член се дели на 3, то сборът им също се дели на 3. ■ 

 Пример6.2. Докажете, че сборът от първия нестествени нечетни числа е равно на квадрата на техния брой, т.е.

Решение.Ние използваме метода на пълната математическа индукция.

1) Проверяваме валидността на това твърдение за н=1: 1=1 2 е правилно.

2) Да предположим, че сумата от първия к (
) на нечетни числа е равно на квадрата на броя на тези числа, т.е. Въз основа на това равенство установяваме, че сумата от първото к+1 нечетни числа е равно на
, това е .

Използваме нашето предположение и получаваме

. ■ 

Методът на пълната математическа индукция се използва за доказване на някои неравенства. Нека докажем неравенството на Бернули.

 Пример6.3. Докажете това, когато
и всеки естествен ннеравенството
(неравенството на Бернули).

Решение. 1) Кога н=1 получаваме
, кое е вярно.

2) Приемаме, че при н=кима неравенство
(*). Използвайки това предположение, ние доказваме това
. Имайте предвид, че когато
това неравенство е в сила и следователно е достатъчно да разгледаме случая
.

Умножете двете части на неравенството (*) по числото
и получи:

Това е (1+
.■ 

Доказателство по метод непълна математическа индукция някакво твърдение в зависимост от н, където
извършва се по подобен начин, но в началото справедливостта се установява за най-малката стойност н.

Някои проблеми не формулират изрично твърдение, което може да бъде доказано чрез математическа индукция. В такива случаи е необходимо да се установи закономерност и да се изрази хипотеза за валидността на тази закономерност и след това да се тества предложената хипотеза чрез математическа индукция.

 Пример6.4. Намерете сумата
.

Решение.Нека намерим сумите С 1 , С 2 , С 3 . Ние имаме
,
,
. Ние предполагаме, че за всеки естествен нформулата е валидна
. За да проверим тази хипотеза, използваме метода на пълната математическа индукция.

1) Кога н=1 хипотезата е вярна, т.к
.

2) Да приемем, че хипотезата е вярна за н=к,
, това е
. Използвайки тази формула, установяваме, че хипотезата е вярна и за н=к+1, т.е

Наистина,

И така, ако приемем, че хипотезата е вярна за н=к,
, доказано е, че е вярно за н=к+1 и въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че формулата е валидна за всяко естествено н. ■ 

 Пример6.5. В математиката се доказва, че сумата от две равномерно непрекъснати функции е равномерно непрекъсната функция. Въз основа на това твърдение трябва да докажем, че сумата от всяко число
равномерно непрекъснати функции е равномерно непрекъсната функция. Но тъй като все още не сме въвели понятието "равномерно непрекъсната функция", нека поставим проблема по-абстрактно: нека се знае, че сумата от две функции, които имат някакво свойство С, самата тя притежава собствеността С. Нека докажем, че сумата от произволен брой функции има свойството С.

Решение.Основата на индукцията тук се съдържа в самата формулировка на проблема. Правейки индуктивното предположение, помислете
функции f 1 , f 2 , …, f н , f н+1, които притежават собствеността С. Тогава . От дясната страна, първият член има свойството Спо индукционната хипотеза, вторият член има свойството Спо условие. Следователно тяхната сума има свойството С– за два срока основата на индукцията „работи“.

Това доказва твърдението и ще го използваме по-нататък. ■ 

 Пример6.6. Намерете всичко естествено н, за което неравенството

.

Решение.Обмисли н=1, 2, 3, 4, 5, 6. Имаме: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Така можем да направим хипотеза: неравенството
има място за всеки
. За да докажем истинността на тази хипотеза, използваме принципа на непълната математическа индукция.

1) Както беше посочено по-горе, тази хипотеза е вярна за н=5.

2) Да предположим, че е вярно за н=к,
, тоест неравенството
. Използвайки това предположение, доказваме, че неравенството
.

Т. до.
и при
има неравенство

при
,

тогава разбираме това
. И така, истинността на хипотезата н=к+1 следва от предположението, че е вярно за н=к,
.

От pp. 1 и 2, въз основа на принципа на непълната математическа индукция, следва, че неравенството
вярно за всеки естествен
. ■ 

 Пример6.7. Докажете това за всяко естествено число нформулата за диференциране е валидна
.

Решение.При н=1 тази формула има формата
, или 1=1, тоест е вярно. Правейки индуктивното предположение, имаме:

Q.E.D. ■ 

 Пример6.8. Докажете, че множеството, състоящо се от нелементи, има подмножества.

Решение.Комплект с един елемент а, има две подмножества. Това е вярно, защото всички негови подмножества са празното множество и самото множество и 2 1 =2.

Предполагаме, че всеки набор от нелементи има подмножества. Ако множеството A се състои от н+1 елементи, след което фиксираме един елемент в него - обозначаваме го д, и разделя всички подмножества на два класа - несъдържащи ди съдържащи д. Всички подмножества от първия клас са подмножества на множеството B, получено от A чрез премахване на елемента д.

Наборът B се състои от нелементи и следователно, според хипотезата на индукция, има подмножества, така че в първия клас подмножества.

Но във втория клас има същия брой подмножества: всяко от тях се получава от точно едно подмножество от първия клас чрез добавяне на елемента д. Следователно общо множеството A
подмножества.

Така твърдението е доказано. Обърнете внимание, че е валидно и за набор, състоящ се от 0 елемента - празен набор: има едно подмножество - себе си и 2 0 =1. ■ 

За да направите това, първо проверете истинността на твърдението с номер 1 - индукционна основа, а след това се доказва, че ако твърдението с числото н, след това следващото твърдение с числото н + 1 - индукционна стъпка, или индуктивен преход.

Доказателството по индукция може да се визуализира под формата на т.нар принцип на доминото. Нека произволен брой домино са подредени в редица по такъв начин, че всяко домино, падайки, задължително преобръща следващото домино (това е индуктивният преход). Тогава, ако бутнем първата кост (това е основата на индукцията), тогава всички кости в редицата ще паднат.

Логическа основа за този метод на доказване е т.нар аксиома на индукцията, петата от аксиомите на Пеано, които определят естествените числа. Коректността на метода на индукция е еквивалентна на факта, че във всяко подмножество от естествени числа има минимален елемент.

Има и разновидност, така нареченият принцип на пълната математическа индукция. Ето строгата му формулировка:

Принципът на пълната математическа индукция също е еквивалентен на аксиомата на индукцията в аксиомите на Пеано.

Примери

Задача.Докажете това, каквото и да е естествено ни истински р≠ 1, равенството

Доказателство.Индукция включена н.

База, н = 1:

Преход: Нека се преструваме, че

,

Q.E.D.

коментар:вярност на изявлението П нв това доказателство е същото като валидността на равенството

Вижте също

Вариации и обобщения

Литература

• Н. Я. ВиленкинИндукция. Комбинаторика. Ръководство за учители. М., Просвещение, 1976.-48 с.
• Л. И. Головина, И. М. ЯгломИндукция в геометрията, "Популярни лекции по математика", брой 21, Физматгиз 1961.-100 с.
• Р. Курант, Г. Робинс„Какво е математика?“ Глава I, §2.
• И. С. СоминскиМетод на математическата индукция. „Популярни беседи по математика”, бр.3, Изд.Наука 1965г.-58с.

Фондация Уикимедия. 2010 г.

Вижте какво е "Методът на математическата индукция" в други речници:

Математическата индукция в математиката е един от методите за доказателство. Използва се за доказване на истинността на дадено твърдение за всички естествени числа. За да направите това, първо се проверява истинността на твърдението с номер 1, базата на индукцията и след това ... ... Wikipedia

Метод за изграждане на теория, докато се основава на някои от нейните разпоредби - аксиоми или постулати - от които всички други разпоредби на теорията (теореми) се извличат чрез разсъждения, наречени доказателства m i. Правила между другото..... Философска енциклопедия

Индукцията (на латински inductio насочване) е процесът на умозаключение, основан на прехода от конкретна позиция към обща. Индуктивното разсъждение свързва частните помещения със заключението не толкова чрез законите на логиката, а по-скоро чрез някои ... ... Wikipedia

ГЕНЕТИЧЕН МЕТОД- начин за определяне на съдържанието и същността на изучавания обект не чрез конвенция, идеализация или логическо заключение, а чрез изучаване на неговия произход (въз основа на изследването на причините, довели до неговото възникване, механизма на формиране). Широк...... Философия на науката: Речник на основните термини

Метод на изграждане научна теория, в който се основава на някои първоначални положения (преценки) на аксиомата (Вижте Аксиома) или Постулати, от които трябва да бъдат извлечени всички други твърдения на тази наука (теореми (Вижте Теорема)) ... ... Велика съветска енциклопедия

аксиоматичен метод- АКСИОМАТИЧЕН МЕТОД (от гръцки. axioma) приетата позиция е метод за изграждане на научна теория, при който в доказателствата се използват само аксиоми, постулати и твърдения, предварително извлечени от тях. Показва се за първи път... Енциклопедия на епистемологията и философията на науката

Един от методите на теорията на грешките за оценка на неизвестни величини от резултати от измерване, съдържащи случайни грешки. N. c. m. се използва и за приблизително представяне на дадена функция от други (по-прости) функции и често се оказва ... Математическа енциклопедия

Математическата индукция е един от методите за математическо доказателство, използван за доказване на истинността на дадено твърдение за всички естествени числа. За да направите това, първо проверете ... Wikipedia

Този термин има други значения, вижте Индукция. Индукцията (на латински inductio насочване) е процесът на умозаключение, основан на прехода от конкретна позиция към обща. Индуктивното разсъждение свързва частни помещения ... ... Wikipedia

Текстът на творбата е поместен без изображения и формули.
Пълна версияработата е налична в раздела „Работни файлове“ в PDF формат

Въведение

Тази тема е уместна, тъй като всеки ден хората решават различни проблеми, в които използват различни методи за решаване, но има задачи, при които методът на математическата индукция не може да бъде изоставен и в такива случаи знанията в тази област ще бъдат много полезни.

Избрах тази тема за изследване, защото училищна програмамалко време се отделя на метода на математическата индукция, ученикът научава повърхностна информация, която ще му помогне да получи само обща представа за този метод, но задълбоченото изучаване на тази теория ще изисква саморазвитие. Наистина ще бъде полезно да научите повече за тази тема, тъй като разширява хоризонтите на човек и помага при решаването на сложни проблеми.

Обективен:

Запознайте се с метода на математическата индукция, систематизирайте знанията по тази тема и ги прилагайте при решаване задачи по математикаи доказателство на теореми, обосновават и ясно показват практическото значение на метода на математическата индукция като необходим фактор за решаване на проблеми.

Работни задачи:

Анализирайте литературата и обобщете знанията по темата.

Разберете принципите на математическата индукция.

Разгледайте приложението на метода на математическата индукция за решаване на проблеми.

Формулирайте изводи и заключения за свършената работа.

Основно изследване

История на произхода:

Само за да края на XIXвек се е развил стандарт на изискванията за логическа строгост, който остава доминиращ и до днес практическа работаматематици върху развитието на отделни математически теории.

Индукцията е когнитивна процедура, чрез която изявление, което ги обобщава, се извежда от сравнение на налични факти.

В математиката ролята на индукцията до голяма степен е, че тя е в основата на избраната аксиоматика. След като дългата практика показа, че правият път винаги е по-къс от извития или прекъснат, беше естествено да се формулира аксиома: за всеки три точки A, B и C неравенството е изпълнено.

Осъзнаването на метода на математическата индукция като отделен важен метод датира от Блез Паскал и Герсонид, въпреки че някои случаи на приложение са открити дори в древни времена от Прокъл и Евклид. Съвременното име на метода е въведено от де Морган през 1838 г.

Методът на математическата индукция може да се сравни с прогреса: като резултат започваме от най-ниското логично мисленестигаме до най-високото. Човекът винаги се е стремял към прогрес, към умение логично да развива мисълта си, което означава, че самата природа го е предначертала да мисли индуктивно.

Индукция и дедукция

Известно е, че има както частни, така и общи твърдения, като двата дадени термина се основават на прехода от единия към другия.

Дедукция (от лат. deductio - извличане) - преходът в процеса на познание от общзнания за частени единичен. При дедукцията общото познание служи като отправна точка на разсъждението и това общо познание се приема за „готово“, съществуващо. Особеността на дедукцията е, че истинността на нейните предпоставки гарантира истинността на заключението. Следователно дедукцията има голяма сила на убеждаване и се използва широко не само за доказване на теореми в математиката, но и навсякъде, където са необходими надеждни знания.

Индукцията (от латински inductio - насочване) е преход в процеса на познание от частензнания за общС други думи, това е метод на изследване, познание, свързано с обобщаване на резултатите от наблюдения и експерименти.Особеност на индукцията е нейният вероятностен характер, т.е. предвид истинността на първоначалните предпоставки, заключението на индукцията е само вероятно вярно и в крайния резултат може да се окаже едновременно вярно и невярно.

Пълна и непълна индукция

Индуктивното разсъждение е форма на абстрактно мислене, при което мисълта се развива от знание с по-малка степен на обобщеност до знание с по-висока степен на общост, а заключението, което следва от предпоставките, е предимно вероятностно.

В хода на изследването разбрах, че индукцията е разделена на два вида: пълна и непълна.

Пълна индукция се нарича заключение, в което се прави общо заключение за клас обекти въз основа на изследването на всички обекти от този клас.

Да предположим например, че е необходимо да се установи, че всяко естествено четно число n в рамките на 6≤ n≤ 18 може да бъде представено като сбор от две прости числа. За да направим това, вземаме всички такива числа и изписваме съответните разширения:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Тези равенства показват, че всяко от числата, които ни интересуват, наистина е представено като сбор от два прости члена.

Разгледайте следния пример: последователността yn= n 2 +n+17; Нека изпишем първите четири члена: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Тогава можем да приемем, че цялата редица се състои от прости числа. Но това не е така, нека вземем y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Това е съставно число, което означава, че предположението ни е грешно, следователно непълната индукция не води до напълно надеждни заключения, но ни позволява да формулираме хипотеза, която по-късно изисква математическо доказателство или опровержение.

Метод на математическата индукция

Пълната индукция има само ограничени приложения в математиката. Много интересни математически твърдения обхващат безкраен брой специални случаи и не можем да тестваме всички тези ситуации. Но как да тестваме безкраен брой случаи? Този метод е предложен от Б. Паскал и Дж. Бернули, това е метод на математическа индукция, който се основава на принцип на математическата индукция.

Ако изречението A(n), което зависи от естествено число n, е вярно за n=1 и от факта, че е вярно за n=k (където k е всяко естествено число), следва, че то също е вярно за следващото число n=k+1, тогава предположението A(n) е вярно за всяко естествено число n.

В редица случаи може да се наложи да се докаже валидността на определено твърдение не за всички естествени числа, а само за n>p, където p е фиксирано естествено число. В този случай принципът на математическата индукция се формулира, както следва:

Ако изречението A(n) е вярно за n=p и ако A(k)  A(k+1) за всяко k>p, тогава изречението A(n) е вярно за всяко n>p.

Алгоритъм (състои се от четири етапа):

1.база(показваме, че доказаното твърдение е вярно за някои най-прости специални случаи ( П = 1));

2.предполагам(приемаме, че за първото твърдението е доказано да се случаи); 3 .стъпка(при това предположение ние доказваме твърдението за случая П = да се + 1); 4.изход (yтвърдението е вярно за всички случаи, тоест за всички П) .

Имайте предвид, че не всички проблеми могат да бъдат решени чрез метода на математическата индукция, а само проблеми, параметризирани от някаква променлива. Тази променлива се нарича индукционна променлива.

Приложение на метода на математическата индукция

Нека приложим цялата тази теория на практика и да разберем при какви проблеми се използва този метод.

Задачи за доказателство на неравенства.

Пример 1Докажете неравенството на Бернули (1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) При n=1 неравенството е вярно, тъй като 1+х≥1+х

2) Да приемем, че неравенството е вярно за някои n=k, т.е.

(1+x) k ≥1+k x.

Умножавайки двете страни на неравенството по положително число 1+x, получаваме

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

Като се има предвид, че kx 2 ≥0, стигаме до неравенството

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

По този начин предположението, че неравенството на Бернули е вярно за n=k предполага, че е вярно за n=k+1. Въз основа на метода на математическата индукция може да се твърди, че неравенството на Бернули е валидно за всяко n ∈ N.

Пример 2Докажете, че за всяко естествено число n>1, .

Нека докажем с помощта на метода на математическата индукция.

Означим лявата страна на неравенството с.

1), следователно за n=2 неравенството е вярно.

2) Нека за някои k. Нека докажем това тогава и Ние имаме .

Сравнявайки и, имаме, т.е. .

За всяко положително цяло число k дясната страна на последното равенство е положителна. Ето защо. Но, следователно, и. Доказахме валидността на неравенството за n=k+1, следователно, по силата на метода на математическата индукция, неравенството е вярно за всяко естествено n>1.

Проблеми при доказване на самоличност.

Пример 1Докажете, че за всяко естествено n е вярно равенството:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Нека n=1, тогава X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Виждаме, че за n=1 твърдението е вярно.

2) Да предположим, че равенството е вярно за n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Нека докажем истинността на това твърдение за n=k+1, т.е. X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k+1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

От горното доказателство е ясно, че твърдението е вярно за n=k+1, следователно равенството е вярно за всяко естествено n.

Пример 2Докажете, че за всяко естествено n равенството

1) Проверете дали тази идентичност е вярна за n = 1.; - правилно.

2) Нека тъждеството е вярно и за n = k, т.е.

3) Нека докажем, че това тъждество е вярно и за n = k + 1, т.е.;

защото равенството е вярно за n=k и n=k+1, тогава е вярно за всяко естествено n.

Задачи за сумиране.

Пример 1Докажете, че 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Решение: 1) Имаме n=1=1 2 . Следователно твърдението е вярно за n=1, т.е. A(1) е вярно.

2) Нека докажем, че А(k) A(k+1).

Нека k е произволно естествено число и твърдението е вярно за n=k, т.е. 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Нека докажем, че тогава твърдението е вярно и за следващото естествено число n=k+1, т.е. Какво

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

И така, A(k) A(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че предположението A(n) е вярно за всяко n N.

Пример 2Докажете формулата, n е естествено число.

Решение: Когато n=1, двете части на равенството се превръщат в една и следователно първото условие на принципа на математическата индукция е изпълнено.

Да приемем, че формулата е вярна за n=k, т.е. .

Добавете към двете страни на това равенство и трансформирайте правилната страна. Тогава получаваме

По този начин, от факта, че формулата е вярна за n=k, следва, че е вярна за n=k+1, тогава това твърдение е вярно за всяко естествено n.

задачи за делимост.

Пример 1Докажете, че (11 n+2 +12 2n+1) се дели на 133 без остатък.

Решение: 1) Нека тогава n=1

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23 × 133.

(23 × 133) се дели на 133 без остатък, така че за n=1 твърдението е вярно;

2) Да предположим, че (11 k+2 +12 2k+1) се дели на 133 без остатък.

3) Нека докажем това в този случай

(11 k+3 +12 2k+3) се дели на 133 без остатък. Наистина, 11 k+3 +12 2n+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 .

Получената сума се дели на 133 без остатък, тъй като първият й член се дели на 133 без остатък по предположение, а във втория един от множителите е 133.

И така, A(k) → A(k+1), тогава въз основа на метода на математическата индукция, твърдението е вярно за всяко естествено n.

Пример 2Докажете, че 3 3n-1 +2 4n-3 за произволно цяло положително число n се дели на 11.

Решение: 1) Нека n=1, тогава X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 се дели на 11 без остатък. Следователно, за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че за n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 се дели на 11 без остатък.

3) Нека докажем, че твърдението е вярно за 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 .

Първият член се дели на 11 без остатък, тъй като 3 3k-1 +2 4k-3 се дели на 11 по предположение, вторият се дели на 11, защото един от неговите множители е числото 11. Следователно сумата е също се дели на 11 без остатък за всяко естествено n.

Задачи от реалния живот.

Пример 1Докажете, че сумата Sn от вътрешните ъгли на всеки изпъкнал многоъгълник е ( П- 2)π, където Пе броят на страните на този многоъгълник: Sn = ( П- 2)π (1).

Това твърдение няма смисъл за всички естествени П, но само за П > 3, тъй като минималният брой ъгли в триъгълника е 3.

1) Кога П= 3 нашето твърдение приема формата: S 3 = π. Но сборът от вътрешните ъгли на всеки триъгълник наистина е π. Следователно, когато П= 3 формула (1) е вярна.

2) Нека тази формула е вярна за n =k, тоест С к = (к- 2)π, където к > 3. Нека докажем, че и в този случай е валидна формулата: S k+ 1 = (к- 1) π.

Нека A 1 A 2 ... A к А k+ 1 - произволен изпъкнал ( к+ 1) -гон (фиг. 338).

Чрез свързване на точки A 1 и A к , получаваме изпъкнали к-gon A 1 A 2 ... A к — 1А к . Очевидно сумата от ъглите ( к+ 1) -ъгълник A 1 A 2 ... A к А k+ 1 е равно на сбора от ъглите к-gon A 1 A 2 ... A к плюс сумата от ъглите на триъгълник A 1 A к А k+ един . Но сумата от ъглите к-gon A 1 A 2 ... A к се приема, че е ( к- 2)π, а сборът от ъглите на триъгълника A 1 A к А k+ 1 е равно на пи. Ето защо

С k+ 1=S к + π = ( к- 2)π + π = ( к- 1) π.

И така, и двете условия на принципа на математическата индукция са изпълнени и следователно формула (1) е вярна за всяко естествено П > 3.

Пример 2Има стълбище, чиито стъпала са еднакви. Изисква се да се посочи минималният брой позиции, които да гарантират възможността за "изкачване" на всяко стъпало по номер.

Всички са съгласни, че трябва да има условие. Трябва да можем да изкачим първото стъпало. След това те трябва да могат да се изкачат от първото стъпало до второто. След това във втория - на третия и т.н. до n-та стъпка. Разбира се, като цяло, "n" изявления гарантират nm, че ще можем да стигнем до n-тата стъпка.

Нека сега да разгледаме 2, 3,…., n позиции и да ги сравним една с друга. Лесно е да се види, че всички те имат една и съща структура: ако сме стигнали до стъпката k, тогава можем да изкачим стъпката (k + 1). От тук такава аксиома за валидността на твърдения, които зависят от "n", става естествена: ако изречението A (n), в което n е естествено число, е изпълнено с n=1 и от факта, че е изпълнено с n=k (където k е всяко естествено число), следва, че е валидно и за n=k+1, тогава предположението A(n) е валидно за всяко естествено число n.

Приложение

Задачи по метода на математическата индукция при постъпване във ВУЗ.

Имайте предвид, че при постъпване във висш учебни заведенияИма и проблеми, които се решават с този метод. Нека ги разгледаме на конкретни примери.

Пример 1Докажете, че всеки естествен Псправедливо равенство

1) Кога n=1получаваме правилното равенство Sin.

2) След като направихме индуктивното предположение, че за n= кравенството е вярно, помислете за сумата от лявата страна на равенството, за n =k+1;

3) Използвайки формулите за редукция, трансформираме израза:

Тогава, по силата на метода на математическата индукция, равенството е вярно за всяко естествено n.

Пример 2Докажете, че за всяко естествено n стойността на израза 4n +15n-1 е кратна на 9.

1) С n=1: 2 2 +15-1=18 - кратно на 9 (защото 18:9=2)

2) Нека важи равенството за n=k: 4k +15k-1 е кратно на 9.

3) Нека докажем, че равенството е в сила за следващото число n=k+1

4k+1 +15(k+1)-1=4k+1 +15k+15-1=4.4k +60k-4-45k+18=4(4k +15k-1)-9(5k- 2)

4(4k +15k-1) - кратно на 9;

9(5k-2) - кратно на 9;

Следователно целият израз 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) е кратен на 9, което трябваше да се докаже.

Пример 3Докажете това за всяко естествено число Пусловието е изпълнено: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.

1) Проверете дали тази формула е вярна за n=1:Лява страна = 1∙2∙3=6.

Дясна част = . 6 = 6; вярно при n=1.

2) Да приемем, че тази формула е вярна за n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=.С к =.

3) Нека докажем, че тази формула е вярна за n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

С k+1 =.

Доказателство:

И така, това условие е вярно в два случая и доказа, че е вярно за n =k+1,следователно е вярно за всяко естествено число П.

Заключение

За да обобщя, в процеса на изследване разбрах какво е индукция, коя е пълна или непълна, запознах се с метода на математическата индукция, основан на принципа на математическата индукция, разгледах много проблеми, използвайки този метод.

Аз също научих много нова информация, различна от включената в училищната програма.При изучаването на метода на математическата индукция използвах различна литература, интернет ресурси, а също така се консултирах с учител.

Заключение: След като обобщих и систематизирах знанията по математическата индукция, се убедих в необходимостта от знания по тази тема в действителност. положително качествоМетодът на математическата индукция е широкото му приложение при решаване на задачи: в областта на алгебрата, геометрията и реалната математика. Освен това това знание повишава интереса към математиката като наука.

Сигурен съм, че уменията, придобити по време на работата, ще ми помогнат в бъдеще.

​ Библиография

Сомински И.С. Метод на математическата индукция. Популярни лекции по математика, бр.3-М.: Наука, 1974г.

Л. И. Головина, И. М. Яглом. Индукция в геометрията. - Физматгиз, 1961. - Т. 21. - 100 с. — (Популярни лекции по математика).

Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Ръководство по математика за кандидати за университети (Избрани въпроси на елементарната математика) - Изд. 5-то, преработено, 1976 - 638s.

А. Шен. Математическа индукция. - МЦНМО, 2004. - 36 с.

М. Л. Галицки, А. М. Голдман, Л. И. Звавич Сборник задачи по алгебра: учебник за 8-9 клетки. с дълбока изучаването на математиката 7 изд. - М .: Образование, 2001. - 271 с.

Ю.Н. - М .: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Уикипедия е безплатната енциклопедия.

Савелиева Екатерина

Статията разглежда приложението на метода на математическата индукция при решаване на задачи за делимост при сумиране на редове. Разгледани са примери за приложение на метода на математическата индукция при доказване на неравенства и при решаване на геометрични задачи. Работата е илюстрирана с презентация.

Изтегли:

Преглед:

Министерство на науката и образованието на Руската федерация

Държавно учебно заведение

средно аритметично общообразователно училище № 618

Курс: Алгебра и начало на анализа

Тема за работа по проекта

„Методът на математическата индукция и приложението му за решаване на проблеми“

Работата е завършена: Савелиева Е, 11Б клас

Ръководител : Макарова Т.П., учител по математика, СОУ №618

1. Въведение.

2.Метод на математическата индукция при решаване на задачи за делимост.

3. Приложение на метода на математическата индукция при сумиране на редове.

4. Примери за прилагане на метода на математическата индукция при доказване на неравенства.

5. Приложение на метода на математическата индукция при решаването на геометрични задачи.

6. Списък на използваната литература.

Въведение

Дедуктивните и индуктивните методи са в основата на всяко математическо изследване. дедуктивен методразсъждението е разсъждение от общото към частното, т.е. разсъждение, чиято отправна точка е общият резултат, а крайната точка е частният резултат. Индукцията се прилага при преминаване от частни резултати към общи, т.е. е обратното на дедуктивния метод. Методът на математическата индукция може да се сравни с прогреса. Започваме от най-ниското, в резултат на логическо мислене стигаме до най-високото. Човекът винаги се е стремял към прогрес, към способността да развива своята мисъл логически, което означава, че самата природа го е предначертала да мисли индуктивно. Въпреки че областта на приложение на метода на математическата индукция се разрасна, в училищната програма му се отделя малко време, но е толкова важно да можете да мислите индуктивно. Прилагането на този принцип при решаване на проблеми и доказване на теореми е наравно с разглеждането на училищна практикаи други математически принципи: изключена среда, включване-изключване, Дирихле и др. Това есе съдържа задачи от различни клонове на математиката, в които основният инструмент е използването на метода на математическата индукция. Говорейки за важността на този метод, A.N. Колмогоров отбеляза, че „разбирането и способността да се прилага принципът на математическата индукция е добър критерий за зрялост, което е абсолютно необходимо за един математик“. Методът на индукция в най-широк смисъл се състои в прехода от частни наблюдения към универсален, общ модел или обща формулировка. В тази интерпретация методът, разбира се, е основната техника за провеждане на изследвания във всяка експериментална естествена наука.

човешка дейност. Методът (принципът) на математическата индукция в най-простата му форма се използва, когато е необходимо да се докаже твърдение за всички естествени числа.

Задача 1. В статията си „Как станах математик“ A.N. Колмогоров пише: „Научих радостта от математическото „откритие“ рано, след като забелязах на пет или шест години модела

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 и така нататък.

Училището издава списание „Пролетни лястовици”. В него беше публикувано моето откритие ... "

Не знаем какъв вид доказателство е дадено в това списание, но всичко започна с частни наблюдения. Самата хипотеза, която вероятно е възникнала след откриването на тези частични равенства, е, че формулата

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

вярно за всяко дадено число n = 1, 2, 3, ...

За да се докаже това предположение, е достатъчно да се установят два факта. Първо, за n = 1 (и дори за n = 2, 3, 4) желаното твърдение е вярно. Второ, да предположим, че твърдението е вярно за n = k, и проверете дали това е вярно и за n = k + 1:

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

Следователно доказаното твърдение е вярно за всички стойности n: за n = 1 е вярно (това е проверено), а по силата на втория факт, за n = 2, откъдето за n = 3 (поради същия втори факт) и т.н.

Задача 2. Разгледайте всички възможни обикновени дробис числител 1 и произволно (цяло положително число)

знаменател: Докажете това за всяко n> 3 може да се представи като сумаП различни фракции от този вид.

Решение, Нека първо проверим това твърдение за n = 3; ние имаме:

Следователно основното твърдение е изпълнено

Да предположим сега, че твърдението, което ни интересува, е вярно за някакво числода се, и докажете, че е вярно и за числото след негода се + 1. С други думи, да предположим, че има представяне

в който к термините и всички знаменатели са различни. Нека докажем, че тогава е възможно да се получи представяне на единицата под формата на сума отда се + 1 фракция от желания тип. Ще приемем, че дробите намаляват, т.е. знаменателите (при представянето на единицата чрез суматада се условия) се увеличават отляво надясно, така че T е най-големият от знаменателите. Ще получим представителството, от което се нуждаем, под формата на сума(да се + 1)та дроб, ако разделим една дроб, например последната, на две. Това може да стане, защото

И следователно

Освен това всички фракции остават различни, тъй като T беше най-големият знаменател и t + 1 > t и

m(t + 1) > m.

Така установихме:

1. за n = 3 това твърдение е вярно;

1. ако твърдението, което ни интересува е вярно зада се,
   тогава е вярно и задо +1.

Въз основа на това можем да твърдим, че разглежданото твърдение е вярно за всички естествени числа, започвайки от три. Освен това, горното доказателство също предполага алгоритъм за намиране на желаното разпределение на единица. (Какъв алгоритъм е това? Представете си числото 1 като сбор от 4, 5, 7 члена.)

При решаването на предишните два проблема бяха предприети две стъпки. Първата стъпка се наричабаза индукция, вторатаиндуктивен преходили индукционна стъпка. Втората стъпка е най-важната и включва предположение (твърдението е вярно за n = k) и заключение (твърдението е вярно за n = k + 1). Самият параметър p се извиква индукционен параметър.Тази логическа схема (устройство), която позволява да се заключи, че разглежданото твърдение е вярно за всички естествени числа (или за всички, започвайки от някои), тъй като и основата, и преходът са валидни, се наричапринципът на математическата индукция,на който и се основава методът на математическата индукция.Самият термин "индукция" идва от латинската думаиндукция (ориентиране), което означава преход от едно знание за отделни обекти от даден клас към общо заключение за всички обекти от даден клас, което е един от основните методи на познание.

Принципът на математическата индукция, в обичайната форма на две стъпки, се появява за първи път през 1654 г. в Трактата за аритметичния триъгълник на Блез Паскал, в който чрез индукция е доказан прост метод за изчисляване на броя на комбинациите (биномни коефициенти). Д. Поя цитира Б. Паскал в книгата с незначителни промени, дадени в квадратни скоби:

„Въпреки факта, че разглежданото твърдение [изрична формула за биномни коефициенти] съдържа безкраен брой специални случаи, ще дам много кратко доказателство за него, базирано на две леми.

Първата лема твърди, че хипотезата е вярна за основата - това е очевидно. [ПриП = 1 изричната формула е валидна...]

Втората лема гласи следното: ако нашето предположение е вярно за произволна база [за произволно r], тогава то ще е вярно за следната база [за n + 1].

Тези две леми задължително предполагат валидността на предложението за всички стойностиП. Наистина, по силата на първата лема, тя е валидна заП = 1; следователно, по силата на втората лема, тя е валидна заП = 2; следователно, отново по силата на втората лема, това е валидно за n = 3 и така нататък до безкрайност.

Задача 3. Пъзелът Кулите на Ханой се състои от три пръта. На една от пръчките има пирамида (фиг. 1), състояща се от няколко пръстена с различен диаметър, намаляващи отдолу нагоре

Фиг. 1

Тази пирамида трябва да се прехвърли върху една от другите пръчки, като всеки път се прехвърля само един пръстен и не се поставя по-големият пръстен върху по-малкия. Може ли да се направи?

Решение. И така, трябва да отговорим на въпроса: възможно ли е да преместим пирамида, състояща се отП пръстени с различни диаметри, от една пръчка на друга, следвайки правилата на играта? Сега проблемът е, както се казва, параметризиран от нас (естествено числоП), и може да бъде решен чрез математическа индукция.

1. основа на индукция. За n = 1, всичко е ясно, тъй като пирамида от един пръстен очевидно може да бъде преместена на всяка пръчка.
2. стъпка на индукция. Да предположим, че можем да преместим всякакви пирамиди с броя на пръстените p = k.
   Нека докажем, че тогава можем също да преместим средата на пирамидата от n = k + 1.

Пирамида от до пръстени, лежащи на най-големия(да се + 1)-ти пръстен, можем, според предположението, да се преместим на всеки друг пивот. Хайде да го направим. неподвижен(да се + 1)-ият пръстен няма да ни попречи да изпълним алгоритъма за изместване, тъй като е най-големият. След преместванеда се пръстени, преместете този най-голям(да се + 1)-ия пръстен върху останалия прът. И след това отново прилагаме движещия се алгоритъм, познат ни от индуктивното предположениеда се пръстени и ги преместете към пръта с(да се + 1)-ти пръстен. По този начин, ако можем да преместим пирамидите сда се пръстени, тогава можем да преместим пирамидите ида се + 1 пръстена. Следователно, според принципа на математическата индукция, винаги е възможно да се премести пирамидата, състояща се от n пръстена, където n > 1.

Методът на математическата индукция при решаване на задачи за делимост.

С помощта на метода на математическата индукция могат да се доказват различни твърдения относно делимостта на естествените числа.

Задача 4 . Ако n е естествено число, то числото е четно.

За n=1 нашето твърдение е вярно: - четно число. Да приемем, че това е четно число. Тъй като 2k е четно число, то също е. И така, паритетът е доказан за n=1, паритетът се извежда от паритета. Следователно дори за всички естествени стойности на n.

Задача 3. Докажете, че числото Z 3 + 3 - 26n - 27 с произволен естествен n се дели на 26 2 без остатък.

Решение. Нека първо докажем чрез индукция едно спомагателно твърдение, че 3 3n+3 1 се дели на 26 без остатък n > 0.

1. основа на индукция. За n = 0 имаме: Z 3 - 1 \u003d 26 - разделено на 26.

стъпка на индукция. Да предположим, че 3 3n + 3 - 1 се дели на 26, когато n = k и Нека докажем, че в този случай твърдението ще бъде вярно за n = k + 1. Тъй като 3

тогава от индуктивното предположение заключаваме, че числото 3 3k + 6 - 1 се дели на 26.

Нека сега докажем твърдението, формулирано в условието на задачата. И пак по индукция.

1. основа на индукция. Очевидно е, че при n = 1 твърдение е вярно: от 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. стъпка на индукция. Да приемем, че при n = k
   израз 3 3k + 3 - 26k - 27 се дели на 26 2 без остатък и докажете, че твърдението е вярно за n = k + 1,
   т.е. това число

делимо на 26 2 без следа. В последния сбор двата члена се делят без остатък на 26 2 . Първото е, защото доказахме, че изразът в скоби се дели на 26; второто, чрез индуктивната хипотеза. По силата на принципа на математическата индукция необходимото твърдение е напълно доказано.

Приложение на метода на математическата индукция при сумиране на редове.

Задача 5. Докажете формулата

N е естествено число.

Решение.

При n=1 двете части на равенството се превръщат в една и следователно първото условие на принципа на математическата индукция е изпълнено.

Да приемем, че формулата е вярна за n=k, т.е.

Нека добавим към двете страни на това равенство и да трансформираме дясната страна. Тогава получаваме

Така от факта, че формулата е вярна за n=k, следва, че е вярна и за n=k+1. Това твърдение е вярно за всяка естествена стойност на k. И така, второто условие на принципа на математическата индукция също е изпълнено. Формулата е доказана.

Задача 6. На дъската са написани две числа: 1.1. Въвеждайки тяхната сума между числата, получаваме числата 1, 2, 1. Повтаряйки тази операция отново, получаваме числата 1, 3, 2, 3, 1. След три операции числата ще бъдат 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Какъв ще бъде сборът от всички числа на дъската след 100 операции?

Решение. Направете всички 100 операции биха били много трудоемки и времеемки. И така, трябва да се опитаме да намерим някаква обща формула за сумата Sчислата след n операции. Да погледнем таблицата:

Забелязахте ли някакъв модел тук? Ако не, можете да направите още една стъпка: след четири операции ще има числа

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

чиято сума S4 е 82.

Всъщност не можете да пишете числа, но веднага кажете как ще се промени сумата след добавяне на нови числа. Нека сборът е равен на 5. Какъв ще стане, когато се добавят нови числа? Нека разделим всяко ново число на сумата от две стари. Например от 1, 3, 2, 3, 1 отиваме на 1,

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

Тоест всяко старо число (с изключение на двете крайни) сега влиза в сбора три пъти, така че новият сбор е 3S - 2 (извадете 2, за да вземете предвид липсващите единици). Следователно С 5 = 3S 4 - 2 = 244 и като цяло

Каква е общата формула? Ако не беше изваждането на две единици, тогава всеки път сборът щеше да се увеличи три пъти, както при степените на тройката (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). И нашите номера, както виждате, са с още един. Следователно може да се приеме, че

Нека сега се опитаме да докажем това чрез индукция.

основа на индукция. Вижте таблицата (за n = 0, 1, 2, 3).

стъпка на индукция. Нека се преструваме, че

Тогава нека докажем това S до + 1 \u003d Z до + 1 + 1.

Наистина ли,

И така, нашата формула е доказана. Той показва, че след сто операции сумата от всички числа на дъската ще бъде равна на 3 100 + 1.

Помислете за един страхотен примерприлагане на принципа на математическата индукция, при който първо трябва да въведете два естествени параметъра и след това да извършите индукция върху тяхната сума.

Задача 7. Докажете, че ако= 2, x 2 = 3 и за всеки естествен n> 3

x n \u003d Zx n - 1 - 2x n - 2,

тогава

2 n - 1 + 1, n = 1, 2, 3, ...

Решение. Обърнете внимание, че в тази задача първоначалната последователност от числа(x n) се определя чрез индукция, тъй като членовете на нашата последователност, с изключение на първите две, са дадени индуктивно, тоест чрез предходните. Дадените последователности се наричатповтарящ се, и в нашия случай тази последователност се определя (чрез уточняване на първите й два члена) по уникален начин.

основа на индукция. Състои се от проверка на две твърдения: n=1 и n=2.B И в двата случая твърдението е вярно по предположение.

стъпка на индукция. Да приемем, че за n = k - 1 и n = k се прави твърдение, т.е

Нека тогава докажем твърдението за n = k + 1. Имаме:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, което трябваше да се докаже.

Задача 8. Докажете, че всяко естествено число може да бъде представено като сбор от няколко различни членове на повтарящата се редица от числа на Фибоначи:

за k > 2.

Решение. Нека p - естествено число. Ще проведем индукция наП.

основа на индукция. За n = 1 твърдение е вярно, тъй като самата единица е число на Фибоначи.

стъпка на индукция. Да приемем, че всички естествени числа са по-малки от някакво числоП, може да се представи като сбор от няколко различни членове на редицата на Фибоначи. Намерете най-голямото число на Фибоначи F t, не повече P; така че F t n и F t +1 > n.

Тъй като

По хипотезата на индукция числото p- F t може да се представи като сбор от 5 различни членове на редицата на Фибоначи и от последното неравенство следва, че всички членове на редицата на Фибоначи, участващи в сумата от 8, са по-малки от F t. Следователно, разширяването на броя n = 8 + F t удовлетворява условието на проблема.

Примери за приложение на метода на математическата индукция при доказване на неравенства.

Задача 9. (Неравенството на Бернули.)Докажете това, когато x > -1, x 0 и за цяло число n > 2 неравенството

(1 + x) n > 1 + xn.

Решение. Отново ще проведем доказателството по индукция.

1. База на индукцията. Нека проверим валидността на неравенството за n = 2. Наистина,

(1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x.

2. Стъпка на индукция. Да приемем, че за числото n = k твърдението е вярно, т.е

(1 + x) k > 1 + xk,

Където k > 2. Доказваме го за n = k + 1. Имаме: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x.

Така че, въз основа на принципа на математическата индукция, може да се твърди, че неравенството на Бернули е валидно за всяко n > 2.

Не винаги в условията на проблеми, решени с помощта на метода на математическата индукция, общият закон, който трябва да се докаже, е ясно формулиран. Понякога е необходимо, като наблюдаваме конкретни случаи, първо да открием (отгатнем) кои общо правоте дават, и едва след това доказват изложената хипотеза чрез метода на математическата индукция. В допълнение, индукционната променлива може да бъде маскирана и преди решаването на проблема е необходимо да се определи на кой параметър ще се извърши индукцията. Като примери разгледайте следните задачи.

Задача 10. Докажете това

за всеки естествен n > 1.

Решение, Нека се опитаме да докажем това неравенство чрез математическа индукция.

Базата на индукция се проверява лесно: 1+

По индуктивната хипотеза

и ни остава да го докажем

Използвайки индуктивната хипотеза, ще твърдим това

Въпреки че това равенство всъщност е вярно, то не ни дава решение на проблема.

Нека се опитаме да докажем по-силно твърдение, отколкото се изисква в първоначалния проблем. А именно, ние ще докажем това

Може да изглежда, че доказването на това твърдение чрез индукция е безнадеждно.

Въпреки това, на стр = 1 имаме: твърдението е вярно. За да оправдаем индуктивната стъпка, предположим, че

и тогава ще го докажем

Наистина ли,

Така доказахме по-силно твърдение, от което непосредствено следва твърдението, съдържащо се в условието на задачата.

Поучителното тук е, че въпреки че трябваше да докажем по-силно твърдение от изискваното в проблема, бихме могли да използваме и по-силно допускане в индуктивната стъпка. Това обяснява, че директното прилагане на принципа на математическата индукция не винаги води до целта.

Ситуацията, възникнала при решаването на проблема, се наричапарадоксът на изобретателя.Самият парадокс е, че по-сложни планове могат да бъдат реализирани с голям успехако се основават на по-дълбоко разбиране на същността на въпроса.

Задача 11. Докажете, че 2m + n - 2m за всеки естествентип.

Решение. Тук имаме две възможности. Затова можете да опитате да проведете т.нардвойна индукция(индукция в индукция).

Ще проведем индуктивни разсъждения върхуП.

1. База на индукция съгласно т.За n = 1 трябва да проверя това 2 t ~ 1 > t. За да докажем това неравенство, използваме индукция върху T.

а) База на индукция по об.За t = 1 в ход
равенство, което е приемливо.

б) Стъпка на индукция по t.Да приемем, че при t = k твърдението е вярно, т.е 2 k ~ 1 > k. След това нагоре
Да кажем, че твърдението е вярно, дори ако m = k + 1.
Ние имаме:

при естествени к.

По този начин неравенството 2 извършена за всеки естествен T.

2. Стъпка на индукция по тИзберете и фиксирайте някое естествено число T. Да приемем, че при n = аз твърдението е вярно (за фиксиран t), т.е. 2 t +1 ~ 2 > t1, и докажете, че тогава твърдението ще бъде вярно за n = l + 1.
Ние имаме:

за всеки естествентип.

Следователно, въз основа на принципа на математическата индукция (съгласноП) постановката на проблема е вярна за всекиП и за всякакви фиксирани T. Следователно това неравенство е валидно за всеки естествентип.

Задача 12. Нека m, n и k са естествени числа и t > p Кое от двете числа е по-голямо:

Във всеки изразда се знаци корен квадратен, t и n се редуват.

Решение. Нека първо докажем едно спомагателно твърдение.

Лема. За всеки естествен t и n (t > n) и неотрицателни (не непременно цяло число)х неравенството

Доказателство. Помислете за неравенството

Това неравенство е вярно, тъй като и двата фактора от лявата страна са положителни. Разширявайки скобите и преобразувайки, получаваме:

Вземайки корен квадратен от двете части на последното неравенство, получаваме твърдението на лемата. Така че лемата е доказана.

Сега да преминем към решаването на проблема. Нека означим първото от тези числа са, и вторият през b към . Нека докажем, че a за всеки естественда се. Доказателството ще се проведе по метода на математическата индукция поотделно за четно и нечетнода се.

основа на индукция. За k = 1 имаме неравенството

y[t > y/n , което е валидно поради факта, че m > n. = 2, желаният резултат се получава от доказаната лема чрез заместванех = 0.

стъпка на индукция. Да предположим, за някоикъм неравенството a >b към справедлив. Нека докажем това

От предположението за индукция и монотонността на квадратния корен имаме:

От друга страна, от доказаната лема следва, че

Комбинирайки последните две неравенства, получаваме:

Съгласно принципа на математическата индукция твърдението е доказано.

Задача 13. (Неравенство на Коши.)Докажете, че за всякакви положителни числа..., a p неравенството

Решение. За n = 2 неравенството

средната аритметична и средната геометрична (за две числа) ще се считат за известни. Позволявам n= 2, k = 1, 2, 3, ... и първо извършете индукция върхуда се. Основата на тази индукция е валидна. Ако приемем сега, че желаното неравенство вече е установено за n = 2, ние ще го докажем заП = 2. Имаме (използвайки неравенството за две числа):

Следователно, по индукционната хипотеза

Така, чрез индукция по k, доказахме неравенството за всичкистр. 9 които са степени на две.

Да се ​​докаже неравенството за други стойностиП ще използваме „индукцията надолу“, тоест ще докажем, че ако неравенството е изпълнено за произволно неотрицателноП числа, важи и за(П - 1)то число. За да проверим това, отбелязваме, че според направеното предположение, заП числа, неравенството

тоест a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Разделяне на двете части наП - 1, получаваме търсеното неравенство.

И така, първо установихме, че неравенството е валидно за безкраен брой възможни стойностиП, и след това показа, че ако неравенството е валидно заП числа, важи и за(П - 1) числа. От това сега заключаваме, че неравенството на Коти е валидно за набор отП всякакви неотрицателни числа за всяко n = 2, 3, 4, ...

Задача 14. (Д. Успенски.) За всеки триъгълник ABC с ъгли = CAB, = CBA са съизмерими, има неравенства

Решение. Ъглите и са съизмерими и това (по дефиниция) означава, че тези ъгли имат обща мярка, за която = p, = (p, q са естествени взаимно прости числа).

Нека използваме метода на математическата индукция и го начертаем върху сумата n = p + q естествени взаимно прости числа..

основа на индукция. За p + q = 2 имаме: p = 1 и q = 1. Тогава триъгълникът ABC е равнобедрен и желаните неравенства са очевидни: те следват от неравенството на триъгълника

стъпка на индукция. Да предположим сега, че желаните неравенства са установени за p + q = 2, 3, ..., k - 1, където k > 2. Нека докажем, че неравенствата са валидни и за p + q = k.

Нека ABC е даден триъгълник с> 2. Тогава страните AC и BC не може да бъде равно: нека AC > BC. Сега нека изградим, както е на фигура 2, равнобедрен триъгълник ABC; ние имаме:

AC \u003d DC и AD \u003d AB + BD, следователно,

2AC > AB + BD (1)

Помислете сега за триъгълника VDC, чиито ъгли също са сравними:

DCB = (q - p), BDC = p.

Ориз. 2

Този триъгълник удовлетворява индуктивното предположение и следователно

(2)

Като добавим (1) и (2), имаме:

2AC+BD>

и следователно

От същия триъгълник WBS по индукционната хипотеза заключаваме, че

Имайки предвид предишното неравенство, заключаваме, че

Така се получава индуктивният преход, а постановката на задачата следва от принципа на математическата индукция.

Коментирайте. Постановката на задачата остава в сила дори когато ъглите a и p не са съизмерими. Въз основа на разглеждане в общ случайвече трябва да се приложи друг важен математически принцип- принципът на непрекъснатост.

Задача 15. Няколко прави разделят равнината на части. Докажете, че е възможно тези части да се оцветят в бяло

и черни цветове, така че съседните части, които имат общ граничен сегмент, са различен цвят(както на фигура 3 с n = 4).

снимка 3

Решение. Използваме индукция за броя на редовете. Така че некаП - броят на линиите, разделящи нашата равнина на части, n > 1.

основа на индукция. Ако има само един прав(П = 1), тогава той разделя равнината на две полуравнини, едната от които може да бъде оцветена в бяло, а другата в черно, и постановката на проблема е вярна.

стъпка на индукция. За да направите доказателството за индуктивната стъпка по-ясно, разгледайте процеса на добавяне на един нов ред. Ако начертаем втората линия(П= 2), тогава получаваме четири части, които могат да бъдат оцветени по желания начин чрез боядисване на срещуположните ъгли в същия цвят. Да видим какво ще се случи, ако начертаем третата права линия. Той ще раздели някои от "старите" части, докато ще се появят нови участъци от границата, от двете страни на които цветът е еднакъв (фиг. 4).

Ориз. четири

Да продължим по следния начин:една странаот новата права линия ще променим цветовете - ще направим бялото черно и обратно; в същото време тези части, които лежат от другата страна на тази права линия, не се пребоядисват (фиг. 5). Тогава това ново оцветяванеще задоволи необходимите изисквания: от една страна, правата линия вече се редуваше (но с различни цветове), а от друга страна беше необходима. За да могат частите, които имат обща граница, принадлежаща на начертаната линия, да бъдат боядисани в различни цветове, пребоядисахме частите само от едната страна на тази начертана линия.

Фиг.5

Нека сега докажем индуктивната стъпка. Да предположим, че за някоиn = kпостановката на проблема е валидна, т.е. всички части на равнината, на които тя е разделена от тезида сеправ, можете да боядисате в бяло и черно, така че съседните части да са с различни цветове. Нека докажем, че тогава съществува такова оцветяване заП= да се+ 1 прав. Нека процедираме подобно на случая на преход от две прави към три. Да прекараме в самолетада седиректен. След това, чрез индуктивното предположение, получената "карта" може да бъде оцветена по желания начин. Да похарчим сега(да се+ 1)-та права линия и от едната й страна сменяме цветовете с противоположните. Така че сега(да се+ 1)-та права линия навсякъде разделя участъци с различни цветове, докато "старите" части, както вече видяхме, остават правилно оцветени. Съгласно принципа на математическата индукция задачата е решена.

Задача16. На ръба на пустинята има голям запас от бензин и кола, която с пълна бензиностанция може да измине 50 километра. В неограничени количества има туби, в които можете да източите бензин от резервоара на колата и да го оставите за съхранение навсякъде в пустинята. Докажете, че колата може да измине произволно цяло разстояние, по-голямо от 50 километра. Не е позволено да се носят туби с бензин, могат да се носят празни туби във всякакви количества.

Решение.Нека се опитаме да го докажем чрез индукцияП,че колата може да караПкилометра от ръба на пустинята. ПриП= 50 е известно. Остава да извършим стъпката на индукция и да обясним как да стигнем до тамn = k+ 1 км ако се знаеn = kкилометри могат да бъдат изминати.

Тук обаче срещаме трудност: след като сме преминалида секилометри, бензинът може дори да не стигне за пътуването на връщане (да не говорим за съхранение). И в този случай изходът е да се засили доказаното твърдение (парадокс на изобретателя). Ще докажем, че е възможно не само да се шофираПкилометри, но и да направи произволно голям запас от бензин в точка на разстояниеПкилометра от ръба на пустинята, намирайки се в тази точка след края на транспортирането.

основа на индукция.Нека единица бензин е количеството бензин, необходимо за изминаване на един километър. Тогава полет от 1 километър и обратно изисква две единици бензин, така че можем да оставим 48 единици бензин на склад на километър от ръба и да се върнем за още. Така за няколко пътувания до склада можем да направим запас от произволен размер, който ни е необходим. В същото време, за да създадем 48 единици запас, изразходваме 50 единици бензин.

стъпка на индукция.Да приемем, че от разстояниеП= да сеот ръба на пустинята можете да съхранявате каквото и да е количество бензин. Нека докажем, че тогава е възможно да се създаде хранилище от разстояниеn = k+ 1 км с предварително определено количество бензин и да бъдете в този склад в края на транспортирането. Защото в точкатаП= да сеима неограничен запас от бензин, тогава (според индукционната база) можем, в няколко пътувания до точкатаn = k+ 1, за да направите точкаП= да се4-1 стока от всякакъв размер, от който се нуждаете.

Истинността на едно по-общо твърдение, отколкото в условието на проблема, сега следва от принципа на математическата индукция.

Заключение

По-специално, след като изучавах метода на математическата индукция, подобрих знанията си в тази област на математиката и също се научих как да решавам проблеми, които преди това бяха извън моята власт.

По принцип това бяха логически и занимателни задачи, т.е. само тези, които повишават интереса към самата математика като наука. Решаването на такива задачи се превръща в забавно занимание и може да привлича все повече любознателни хора в математическите лабиринти. Според мен това е основата на всяка наука.

Продължавайки да изучавам метода на математическата индукция, ще се опитам да се науча как да го прилагам не само в математиката, но и при решаването на проблеми във физиката, химията и самия живот.

Литература

1.Вуленкин ИНДУКЦИЯ. Комбинаторика. Наръчник ЗА учители. М., Просвещение,

1976.-48 с.

2. Головина Л.И., Яглом И.М. Индукция в геометрията. - М.: Госуд. издател осветен - 1956 - S.I00. Наръчник по математика за кандидати за университети / Изд. Яковлева Г.Н. Науката. -1981. - С.47-51.

3. Головина Л.И., Яглом И.М. Индукция в геометрията. —
М .: Наука, 1961. - (Популярни лекции по математика.)

4. И. Т. Демидов, А. Н. Колмогоров, С. И. Шварцбург, О. С. Ивашев-Мусатов, Б. Е. Вейц. Урок/ “Просвещение” 1975г.

5.R. Курант, Г. Робинс "Какво е математика?" Глава 1, § 2

6. Попа Д. Математика и правдоподобни разсъждения. — М: Наука, 1975.

7. Попа Д. Математическо откритие. — М.: Наука, 1976.

8. Рубанов И.С. Как да преподаваме метода на математическата индукция / Математическо училище. - Nl. - 1996. - С.14-20.

9. Сомински И.С., Головина Л.И., Яглом И.М. За метода на математическата индукция. - М .: Наука, 1977. - (Популярни лекции по математика.)

10. Соломински I.S. Метод на математическата индукция. - М.: Наука.

63s.

11. Соломински И.С., Головина Л.И., Яглом И.М. За математическата индукция. - М.: Наука. - 1967. - С.7-59.

12.http://w.wikiredia.org/wiki

13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html

Въведение

Главна част

1. Пълна и непълна индукция

2. Принципът на математическата индукция

3. Метод на математическата индукция

4. Решение на примери

5. Равенства

6. Деление на числата

7. Неравенства

Заключение

Списък на използваната литература

Въведение

Дедуктивните и индуктивните методи са в основата на всяко математическо изследване. Дедуктивният метод на разсъждение е разсъждение от общото към частното, т.е. разсъждение, чиято отправна точка е общият резултат, а крайната точка е частният резултат. Индукцията се прилага при преминаване от частни резултати към общи, т.е. е обратното на дедуктивния метод.

Методът на математическата индукция може да се сравни с прогреса. Започваме от най-ниското, в резултат на логическо мислене стигаме до най-високото. Човекът винаги се е стремял към прогрес, към способността да развива своята мисъл логически, което означава, че самата природа го е предначертала да мисли индуктивно.

Въпреки че областта на приложение на метода на математическата индукция се разрасна, в училищната програма му се отделя малко време. Добре кажи какво полезни за човекате ще донесат онези два или три урока, за които той чува пет думи на теория, решава пет примитивни задачи и в резултат на това получава пет за нищо не знае.

Но това е толкова важно - да можеш да мислиш индуктивно.

Главна част

В първоначалното си значение думата "индукция" се прилага за разсъждения, чрез които се получават общи заключения въз основа на редица конкретни твърдения. Най-простият метод за разсъждение от този вид е пълната индукция. Ето един пример за такова разсъждение.

Нека се изисква да се установи, че всяко естествено четно число n в рамките на 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.

Тези девет равенства показват, че всяко от числата, които ни интересуват, наистина е представено като сбор от два прости члена.

По този начин пълната индукция е, че общото твърдение се доказва отделно във всеки от краен брой възможни случаи.

Понякога общият резултат може да бъде предвиден, след като се вземат предвид не всички, но достатъчно Голям бройспециални случаи (т.нар. непълна индукция).

Резултатът, получен чрез непълна индукция обаче, остава само хипотеза, докато не бъде доказан чрез точно математическо разсъждение, обхващащо всички специални случаи. С други думи, непълната индукция в математиката не се счита за легитимен метод за строго доказателство, но е мощен метод за откриване на нови истини.

Нека, например, се изисква да се намери сумата от първите n последователни нечетни числа. Помислете за специални случаи:

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

След разглеждане на тези няколко специални случая се налага следното общо заключение:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тези. сумата от първите n последователни нечетни числа е n 2

Разбира се, направеното наблюдение все още не може да служи като доказателство за валидността на горната формула.

Пълната индукция има само ограничени приложения в математиката. Много интересни математически твърдения покриват безкраен брой специални случаи и не можем да тестваме за безкраен брой случаи. Непълната индукция често води до погрешни резултати.

В много случаи изходът от този вид трудност е да се прибегне до специален метод на разсъждение, наречен метод на математическата индукция. Тя е следната.

Нека е необходимо да се докаже валидността на определено твърдение за всяко естествено число n (например, необходимо е да се докаже, че сумата от първите n нечетни числа е равна на n 2). Директната проверка на това твърдение за всяка стойност на n е невъзможна, тъй като наборът от естествени числа е безкраен. За да докажете това твърдение, първо проверете неговата валидност за n=1. Тогава се доказва, че за всяка естествена стойност на k, валидността на разглежданото твърдение за n=k предполага неговата валидност и за n=k+1.

Тогава твърдението се счита за доказано за всички n. Наистина, твърдението е вярно за n=1. Но тогава е валидно и за следващото число n=1+1=2. Валидността на твърдението за n=2 предполага неговата валидност за n=2+

1=3. Това предполага валидността на твърдението за n=4 и т.н. Ясно е, че в крайна сметка ще стигнем до всяко естествено число n. Следователно, твърдението е вярно за всяко n.

Обобщавайки казаното, формулираме следния общ принцип.

Принципът на математическата индукция.

Ако изречение А( н ) в зависимост от естественото число н , вярно за н =1 и от факта, че е вярно за n=k (където к -всяко естествено число), следва, че е вярно и за следващото число n=k+1 , тогава допускане A( н ) е вярно за всяко естествено число н .

В редица случаи може да се наложи да се докаже валидността на определено твърдение не за всички естествени числа, а само за n>p, където p е фиксирано естествено число. В този случай принципът на математическата индукция се формулира по следния начин. Ако изречение А( н ) е вярно за n=p и ако A( к ) Þ НО( k+1) за всеки k>p, след това изречение A( н) вярно за всеки n>p.

Доказателството по метода на математическата индукция се извършва по следния начин. Първо, твърдението, което трябва да се докаже, се проверява за n=1, т.е. истинността на твърдението A(1) е установена. Тази част от доказателството се нарича индукционна база. Това е последвано от част от доказателството, наречена стъпка на индукция. В тази част се доказва валидността на твърдението за n=k+1 при предположението, че твърдението е вярно за n=k (индуктивното предположение), т.е. докажете, че A(k)ÞA(k+1).

ПРИМЕР 1

Докажете, че 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Решение: 1) Имаме n=1=1 2 . Следователно,

твърдението е вярно за n=1, т.е. A(1) е вярно.

2) Нека докажем, че A(k)ÞA(k+1).

Нека k е произволно естествено число и нека твърдението е вярно за n=k, т.е.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Нека докажем, че тогава твърдението е вярно и за следващото естествено число n=k+1, т.е. Какво

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Наистина,

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

Така че A(k)ÞA(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че предположението A(n) е вярно за всяко nОN.

ПРИМЕР 2

Докажи това

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), където x¹1

Решение: 1) За n=1 получаваме

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

следователно за n=1 формулата е вярна; A(1) е вярно.

2) Нека k е произволно естествено число и нека формулата е вярна за n=k, т.е.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).

Нека докажем, че тогава равенството

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

Наистина

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).

Така че A(k)ÞA(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че формулата е вярна за всяко естествено число n.

ПРИМЕР 3

Докажете, че броят на диагоналите на изпъкнал n-ъгълник е n(n-3)/2.

Решение: 1) За n=3 твърдението е вярно

И 3 е правилно, защото в триъгълник

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

A 2 A(3) е вярно.

2) Да предположим, че във всеки

изпъкнал k-ъгълник има-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 диагонала.

A k Нека докажем, че тогава в изпъкнал

(k+1)-ъгълно число

диагонали A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нека А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -изпъкнал (k+1)-ъгълник. Нека начертаем диагонал A 1 A k в него. Да брои общ бройдиагонали на този (k + 1)-ъгъл, трябва да преброите броя на диагоналите в k-ъгъла A 1 A 2 ...A k , добавете k-2 към полученото число, т.е. броят на диагоналите на (k+1)-ъгълника, излизащи от върха A k+1 , и в допълнение трябва да се вземе предвид диагоналът A 1 A k.

По този начин,

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

Така че A(k)ÞA(k+1). Поради принципа на математическата индукция, твърдението е вярно за всеки изпъкнал n-ъгълник.

ПРИМЕР 4

Докажете, че за всяко n твърдението е вярно:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Решение: 1) Нека тогава n=1

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.

Следователно, за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че n=k

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Разгледайте това твърдение за n=k+1

Xk+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.

Доказахме валидността на равенството за n=k+1, следователно по силата на метода на математическата индукция твърдението е вярно за всяко естествено n.

ПРИМЕР 5

Докажете, че за всяко естествено n е вярно равенството:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) Нека n=1.

Тогава X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Виждаме, че за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че равенството е вярно за n=k