Підтвердження методом математичної індукції приклади. Метод математичної індукції та її застосування до вирішення завдань

Лекція 6. Метод математичної індукції.

Нові знання в науці та житті здобуваються різними способами, але всі вони (якщо не заглиблюватися в деталі) поділяються на два види – перехід від загального до приватного та від приватного до загального. Перший – це дедукція, другий – індукція. Дедуктивні міркування - це те, що в математиці зазвичай називають логічними міркуваннями, і математичної науці дедукція є єдиним законним методом дослідження. Правила логічних міркувань були сформульовані два з половиною тисячоліття тому давньогрецьким вченим Арістотелем. Він створив повний список найпростіших правильних міркувань, силогізмів– «цеглинок» логіки, одночасно вказавши типові міркування, дуже схожі на правильні, проте неправильні (з такими «псевдологічними» міркуваннями ми часто зустрічаємось у ЗМІ).

Індукція (induction – латиною) наведення) наочно ілюструється відомою легендою про те, як Ісаак Ньютон сформулював закон всесвітнього тяжіння після того, як йому на голову впало яблуко. Ще приклад із фізики: у такому явищі, як електромагнітна індукція, електричне поле створює, «наводить» магнітне поле. «Ньютонове яблуко» – типовий приклад ситуації, коли один або кілька окремих випадків, тобто спостереження, «наводять» на загальне твердження, загальний висновок робиться на підставі окремих випадків. Індуктивний метод є основним для отримання загальних закономірностей і в природничих, і гуманітарних науках. Але він має вельми істотний недолік: на підставі приватних прикладів може бути зроблено неправильний висновок. Гіпотези, що виникають при приватних спостереженнях, який завжди є правильними. Розглянемо приклад, що належить Ейлер.

Обчислюватимемо значення тричлена при деяких перших значеннях n:

Зауважимо, що одержувані в результаті обчислень числа є простими. І безпосередньо можна переконатися, що для кожного nвід 1 до 39 значення багаточлена
є простим числом. Однак при n=40 отримуємо число 1681=41 2 яке не є простим. Таким чином, гіпотеза, яка тут могла виникнути, тобто гіпотеза про те, що за кожного nчисло
є простим, виявляється неправильним.

Лейбніц у 17 столітті довів, що при будь-якому цілому позитивному nчисло
ділиться на 3, число
ділиться на 5 і т.д. На підставі цього він припустив, що при кожному непарному kта будь-якому натуральному nчисло
ділиться на k, але незабаром сам помітив, що
не поділяється на 9.

Розглянуті приклади дозволяють зробити важливий висновок: твердження може бути справедливим у низці окремих випадків і в той же час несправедливим взагалі. Питання справедливості затвердження у випадку вдається вирішити у вигляді застосування особливого методу міркувань, званого методом математичної індукції(Повної індукції, досконалої індукції).

6.1. Принцип математичної індукції.

♦ В основі методу математичної індукції лежить принцип математичної індукції , що полягає в наступному:

1) перевіряється справедливість цього твердження дляn=1 (Базис індукції) ,

2) передбачається справедливість цього твердження дляn= k, деk- довільне натуральне число 1(Припущення індукції) , і з урахуванням цього припущення встановлюється справедливість дляn= k+1.

Доведення. Припустимо неприємне, тобто припустимо, що твердження справедливе не для будь-якого натурального n. Тоді існує таке натуральне m, що:

1) затвердження для n=mнесправедливо,

2) для кожного n, меншого m, твердження справедливе (іншими словами, mє перше натуральне число, котрим твердження несправедливо).

Очевидно, що m>1, т.к. для n=1 твердження справедливе (умова 1). Отже,
- натуральне число. Виходить, що для натурального числа
твердження справедливе, а для наступного натурального числа mвоно несправедливо. Це суперечить умові 2. ■

Зауважимо, що у доказі використовувалася аксіома у тому, що у будь-який сукупності натуральних чисел міститься найменше число.

Доказ, заснований на принципі математичної індукції, називається методом повної математичної індукції .

 приклад6.1. Довести, що за будь-якого натурального nчисло
ділиться на 3.

Рішення.

1) При n=1 , тому a 1 ділиться на 3 і затвердження справедливо при n=1.

2) Припустимо, що твердження справедливе при n=k,
, тобто що число
ділиться на 3, і встановимо, що за n=k 1 число ділиться на 3.

Справді,

Т.к. кожне доданок ділиться на 3, їх сума також ділиться на 3. ■ 

 приклад6.2. Довести, що сума перших nнатуральних непарних чисел дорівнює квадрату їх числа, тобто .

Рішення.Скористаємося методом повної математичної індукції.

1) Перевіряємо справедливість даного твердження при n=1: 1=1 2 – це правильно.

2) Припустимо, що сума перших k (
) непарних чисел дорівнює квадрату числа цих чисел, тобто . Виходячи з цієї рівності, встановимо, що сума перших k+1 непарних чисел дорівнює
, тобто .

Користуємося нашим припущенням та отримуємо

. ■ 

Метод повної математичної індукції застосовується докази деяких нерівностей. Доведемо нерівність Бернуллі.

 приклад6.3. Довести, що при
та будь-якому натуральному nсправедлива нерівність
(Нерівність Бернуллі).

Рішення. 1) При n=1 отримуємо
що вірно.

2) Припускаємо, що за n=kмає місце нерівність
(*). Використовуючи це припущення, доведемо, що
. Зазначимо, що за
ця нерівність виконується і тому достатньо розглянути випадок
.

Помножимо обидві частини нерівності (*) на число
та отримаємо:

Тобто (1+
.■ 

Доказ методом неповної математичної індукції деякого твердження, що залежить від n, де
проводиться аналогічним чином, але на початку встановлюється справедливість для найменшого значення n.

У деяких завданнях не сформульовано твердження, яке можна довести методом математичної індукції. У разі треба самим встановити закономірність і висловити гіпотезу про справедливість цієї закономірності, та був методом математичної індукції перевірити передбачувану гіпотезу.

 приклад6.4. Знайти суму
.

Рішення.Знайдемо суми S 1 , S 2 , S 3 . Маємо
,
,
. Висловлюємо гіпотезу, що за будь-якого натурального nсправедлива формула
. Для перевірки цієї гіпотези скористаємося методом повної математичної індукції.

1) При n=1 гіпотеза правильна, т.к.
.

2) Припустимо, що гіпотеза правильна при n=k,
, тобто
. Використовуючи цю формулу, встановимо, що гіпотеза вірна і при n=k+1, тобто

Справді,

Отже, виходячи з припущення, що гіпотеза вірна при n=k,
, доведено, що вона вірна і при n=k+1, і на підставі принципу математичної індукції робимо висновок, що формула справедлива за будь-якого натурального n. ■ 

 приклад6.5. У математиці доводиться, що сума двох рівномірно безперервних функцій є рівномірно безперервною функцією. Маючи це твердження, треба довести, що сума будь-якого числа
рівномірно безперервних функцій є рівномірно безперервною функцією. Але оскільки ми ще не ввели поняття «рівномірно безперервна функція», поставимо завдання абстрактніше: нехай відомо, що сума двох функцій, що мають деяку властивість S, сама має властивість S. Доведемо, що сума будь-якого числа функцій має властивість S.

Рішення.Базис індукції тут міститься у самому формулюванні завдання. Зробивши припущення індукції, розглянемо
функцій f 1 , f 2 , …, f n , f n+1 , що мають властивість S. Тоді. У правій частині перший доданок має властивість Sза припущенням індукції, другий доданок має властивість Sза умовою. Отже, їх сума має властивість S– для двох доданків «працює» базис індукції.

Тим самим твердження доведене і використовуватимемо його далі. ■ 

 приклад6.6. Знайти усі натуральні n, для яких справедлива нерівність

.

Рішення.Розглянемо n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Маємо: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Таким чином, можна висловити гіпотезу: нерівність
має місце для кожного
. Для підтвердження істинності цієї гіпотези скористаємося принципом неповної математичної індукції.

1) Як було встановлено вище, дана гіпотеза істинна при n=5.

2) Припустимо, що вона істинна для n=k,
, тобто справедлива нерівність
. Використовуючи це припущення, доведемо, що справедлива нерівність
.

Т. до.
і при
має місце нерівність

при
,

то отримуємо, що
. Отже, істинність гіпотези при n=k+1 випливає з припущення, що вона вірна при n=k,
.

З пп. 1 і 2 на підставі принципу неповної математичної індукції випливає, що нерівність
вірно при кожному натуральному
. ■ 

 приклад6.7. Довести, що для будь-якого натурального числа nсправедлива формула диференціювання
.

Рішення.При n=1 дана формула має вигляд
, або 1 = 1, тобто вона вірна. Зробивши припущення індукції, матимемо:

що і потрібно було довести. ■ 

 приклад6.8. Довести, що безліч, що складається з nелементів, має підмножин.

Рішення.Безліч, що складається з одного елемента амає два підмножини. Це вірно, оскільки всі його підмножини – порожня множина і сама ця множина, і 2 1 =2.

Припустимо, що всяка множина з nелементів має підмножин. Якщо безліч А складається з n+1 елементів, то фіксуємо в ньому один елемент - позначимо його d, і розіб'ємо всі підмножини на два класи – не містять dта містять d. Усі підмножини з першого класу є підмножинами множини, що виходить з А викиданням елемента d.

Безліч В складається з nелементів, і тому, на думку індукції, у нього підмножин, так що в першому класі підмножин.

Але в другому класі підмножин стільки ж: кожна з них виходить рівно з одного підмножини першого класу додаванням елемента d. Отже, всього у множини А
підмножин.

Тим самим було твердження доведено. Зазначимо, що воно справедливе і для множини, що складається з 0 елементів - порожньої множини: воно має єдине підмножина - самого себе, і 20 = 1. ■ 

Для цього спочатку перевіряється істинність затвердження номером 1 - база індукції, а потім доводиться, що якщо правильне затвердження з номером n, то вірно і таке твердження з номером n + 1 - крок індукції, або індукційний перехід.

Доказ по індукції наочно може бути представлений у вигляді так званого принципу доміно. Нехай будь-яке число кісточок доміно виставлено в ряд таким чином, що кожна кісточка, падаючи, обов'язково перекидає наступну за нею кісточку (у цьому полягає індукційний перехід). Тоді, якщо ми штовхнемо першу кісточку (це основа індукції), то всі кісточки в ряду впадуть.

Логічною основою цього методу доказу служить так звана аксіома індукції, п'ята із аксіом Пеано , що визначають натуральні числа . Вірність методу індукції еквівалентна тому, що у будь-якому підмножині натуральних чисел існує мінімальний елемент.

Існує також варіація так званий принцип повної математичної індукції. Ось його строге формулювання:

Принцип повної математичної індукції також еквівалентний аксіомі індукції в аксіомах Пеано.

Приклади

Завдання.Довести, що, які б не були натуральні nта речовинне q≠ 1, виконується рівність

Доведення.Індукція з n.

База, n = 1:

Перехід: Припустимо, що

,

що і потрібно було довести.

Коментар:вірність затвердження P nу цьому доказі - те саме, що вірність рівності

Див. також

Варіації та узагальнення

Література

• Н. Я. Віленкініндукція. Комбінаторика. Посібник для вчителів. М., Просвітництво, 1976.-48 з
• Л. І. Головіна, І. М. ЯгломІндукція в геометрії, «Популярні лекції з математики», Випуск 21, Фізматгіз 1961.-100 с.
• Р. Курант, Г. РоббінсЩо таке математика? Глава I, § 2.
• І. С. СомінськийМетод математичної індукції. "Популярні лекції з математики", Випуск 3, Видавництво "Наука" 1965.-58 с.

Wikimedia Foundation. 2010 .

Дивитись що таке "Метод математичної індукції" в інших словниках:

Математична індукція в математиці - один із методів доказу. Використовується, щоб довести істинність якогось твердження для всіх натуральних чисел. Для цього спочатку перевіряється істинність затвердження з номером 1 бази індукції, а потім… Вікіпедія

Спосіб побудови теорії, наприклад в її основу кладуться деякі її положення - аксіоми або постулати, - з решти всі інші положення теорії (теореми) виводяться шляхом міркувань, званих докази. м в. Правила, до яких… … Філософська енциклопедія

Індукція (лат. inductio наведення) - процес логічного виведення на основі переходу від приватного положення до загального. Індуктивний висновок пов'язує приватні передумови з ув'язненням не стільки через закони логіки, а скоріше через деякі ... Вікіпедія

ГЕНЕТИЧНИЙ МЕТОД- спосіб завдання змісту та сутності досліджуваного предмета не шляхом конвенції, ідеалізації або логічного висновку, а за допомогою вивчення його походження (спираючись на вивчення причин, що призвели до виникнення, механізм становлення). Широко… … Філософія науки: Словник основних термінів

Спосіб побудови наукової теорії, при якому в її основу кладуться деякі вихідні положення аксіоми (Див. Аксіома), або Постулати, з яких всі інші твердження цієї науки повинні виводитися ... Велика Радянська Енциклопедія

аксіоматичний метод- АКСІОМАТИЧНИЙ МЕТОД (від грец. axioma) прийняте положення спосіб побудови наукової теорії, при якому в доказах користуються лише аксіомами, постулатами та раніше виведеними з них твердженнями. Вперше яскраво продемонстровано… Енциклопедія епістемології та філософії науки

Один із методів помилок теорії для оцінки невідомих величин за результатами вимірювань, що містить випадкові помилки. Н. к. м. застосовується також для наближеного представлення заданої функції іншими (простішими) функціями і часто виявляється … Математична енциклопедія

Математична індукція є одним з методів математичного доказу, що використовується, щоб довести істинність деякого затвердження для всіх натуральних чисел. Для цього спочатку … Вікіпедія

Цей термін має й інші значення, див. Індукція. Індукція (лат. inductio наведення) - процес логічного виведення на основі переходу від приватного положення до загального. Індуктивний висновок пов'язує приватні передумови ... Вікіпедія

Текст роботи розміщено без зображень та формул.
Повна версіяроботи доступна у вкладці "Файли роботи" у форматі PDF

Вступ

Ця тема є актуальною, оскільки щодня люди вирішують різні завдання, у яких застосовують різні методи рішення, але є завдання, у яких уникнути методу математичної індукції, й у разі будуть дуже корисні знання у цій галузі.

Я вибрав цю тему для дослідження, тому що в шкільній програміметоду математичної індукції приділяють мало часу, учень дізнається поверхневу інформацію, яка допоможе отримати лише загальне уявлення про даному методі, але щоб поглиблено вивчити цю теорію потрібно саморозвиток. Дійсно буде корисно докладніше дізнатися про цю тему, оскільки це розширює кругозір людини і допомагає у вирішенні складних завдань.

Мета роботи:

Познайомитися з методом математичної індукції, систематизувати знання з цієї теми та застосувати її під час вирішення математичних завданьі доказ теорем, обґрунтувати і наочно показати практичне значення методу математичної індукції як необхідного фактора для вирішення завдань.

Завдання роботи:

Проаналізувати літературу та узагальнити знання з цієї теми.

Розібратися у принципі методу математичної індукції.

Дослідити застосування методу математичної індукції до розв'язання задач.

Сформулювати висновки та висновки щодо виконаної роботи.

Основна частина дослідження

Історія виникнення:

Тільки до кінцю XIXстоліття склався стандарт вимог до логічної строгості, що залишається і дотепер пануючими в практичної роботиматематиків над розвитком окремих математичних теорій

Індукція - пізнавальна процедура, з якої з порівняння готівкових фактів виводиться узагальнююче їх твердження.

У математиці роль індукції значною мірою полягає в тому, що вона лежить в основі аксіоматики, що вибирається. Після того як тривала практика показала, що прямий шлях завжди коротший за кривий або ламаний, природно було сформулювати аксіому: для будь-яких трьох точок А, В і С виконується нерівність.

Усвідомлення методу математичної індукції як окремого важливого методу сягає Блезу Паскалю і Герсоніду, хоча окремі випадки застосування трапляються ще в античні часи у Прокла та Евкліда. Сучасну назву методу було запроваджено де Морганом у 1838 році.

Метод математичної індукції можна порівняти з прогресом: ми починаємо з нижчого, в результаті логічного мисленняприходимо до вищого. Людина завжди прагнула прогресу, до вміння логічно розвивати свою думку, отже, сама природа накреслила йому міркувати індуктивно.

Індукція та дедукція

Відомо, що існують як приватні, так і загальні твердження, і на переході від одних до інших і засновані два терміни.

Дедукція (від латів. deductio - виведення) - перехід у процесі пізнання від спільногознання до приватномуі одиничному. У дедукції загальне знання є вихідним пунктом міркування, і це загальне знання передбачається готовим, існуючим. Особливість дедукції у тому, що істинність її посилок гарантує істинність укладання. Тому дедукція має величезну силу переконання і широко застосовується як доведення теорем в математиці, а й всюди, де необхідні достовірні знання.

Індукція (від латів. inductio - наведення) - це перехід у процесі пізнання від приватногознання до спільному. Інакше кажучи, - це спосіб дослідження, пізнання, пов'язані з узагальненням результатів спостережень і експериментів. Особливістю індукції є її імовірнісний характер, тобто. при істинності вихідних посилок висновок індукції лише ймовірно істинно й у кінцевому результаті може бути як істинним, і помилковим.

Повна та неповна індукція

Індуктивний висновок - така форма абстрактного мислення, в якій думка розвивається від знання меншого ступеня спільності до знання більшого ступеня спільності, а висновок, що випливає з посилок, носить переважно імовірнісний характер.

У ході дослідження я з'ясував, що індукція поділяється на два види: повна та неповна.

Повною індукцією називається висновок, у якому загальний висновок про клас предметів робиться на підставі вивчення всіх предметів цього класу.

Наприклад, нехай потрібно встановити, що кожне натуральне парне число n в межах 6≤ n≤ 18 представимо у вигляді суми двох простих чисел. Для цього візьмемо всі такі числа та випишемо відповідні розкладання:

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

Дані рівності показують, що кожне з чисельних нас чисел дійсно представляється у вигляді суми двох простих доданків.

Розглянемо наступний приклад: послідовність yn=n2+n+17; Випишемо перші чотири члени: у 1 = 19; y 2 = 23; y 3 =29; y 4 =37; Тоді ми можемо припустити, що вся послідовність складається із простих чисел. Але це не так, візьмемо у 16 ​​= 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Це складове число, значить наше припущення неправильне, таким чином, неповна індукція не призводить до цілком надійних висновків, але дозволяє сформулювати гіпотезу, яка надалі вимагає математичного доказу чи спростування.

Метод математичної індукції

Повна індукція має у математиці лише обмежене застосування. Багато цікаві математичні твердження охоплюють нескінченну кількість окремих випадків, а провести перевірку для всіх цих ситуацій ми не в змозі. Але як здійснити перевірку нескінченної кількості випадків? Такий спосіб запропонували Б.Паскаль та Я.Бернуллі, це метод математичної індукції, в основі якого лежить принцип математичної індукції.

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

У ряді випадків потрібно довести справедливість деякого твердження не для всіх натуральних чисел, а лише для n>p, де p-фіксоване натуральне число. І тут принцип математичної індукції формулюється так:

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

Алгоритм (він складається з чотирьох етапів):

1.база(Показуємо, що твердження, що доводиться, правильне для деяких найпростіших окремих випадків ( п = 1));

2.припущення(Припускаємо, що твердження доведено для перших до випадків); 3 .крок(У цьому припущенні доводимо твердження для випадку п = до + 1); 4. висновок (утвердження вірне всім випадків, тобто всім д) .

Зауважимо, що Методом математичної індукції можна вирішувати не всі завдання, а лише задачі, які параметризовані деякою змінною. Ця змінна називається змінної індукції.

Застосування методу математичної індукції

Застосуємо всю цю теорію практично і з'ясуємо, у яких завданнях застосовується цей спосіб.

Завдання на підтвердження нерівностей.

приклад 1.Довести нерівність Бернуллі(1+х)n≥1+nх, х>-1, n€ N.

1) При n=1 нерівність справедлива, оскільки 1+х≥1+х

2) Припустимо, що нерівність правильне деякого n=k, тобто.

(1+х) k ≥1+k x.

Помноживши обидві частини нерівності на позитивне число 1+х, отримаємо

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

Враховуючи, що kx 2 ≥0 приходимо до нерівності

(1+х) k+1 ≥1+(k+1) x.

Таким чином, з припущення, що нерівність Бернуллі правильна для n=k, випливає, що вона правильна для n=k+1. На підставі методу математичної індукції можна стверджувати, що нерівність Бернуллі справедлива для будь-якого n€N.

приклад 2.Довести, що за будь-якого натурального n>1, .

Доведемо з допомогою методу математичної індукції.

Позначимо ліву частину нерівності через.

1), отже, при n=2 нерівність справедлива.

2) Нехай при деякому k. Доведемо, що тоді в. Маємо, .

Порівнюючи і, маємо, тобто. .

За будь-якого натурального k права частина останньої рівності позитивна. Тож. Але, отже, и.Мы довели справедливість нерівності при n=k+1, отже, з методу математичної індукції, нерівність справедливо будь-якого натурального n>1.

Завдання на підтвердження тотожностей.

приклад 1.Довести, що для будь-якого натурального n справедлива рівність:

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

Нехай n = 1, тоді Х 1 = 13 = 12 (1 +1) 2 / 4 = 1.

Ми, що з n=1 твердження правильно.

2) Припустимо, що рівність правильна при n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

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

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

приклад 2.Довести, що за будь-якого натурального nсправедлива рівність

1) Перевіримо, що це тотожність правильно приn = 1.; - вірно.

2) Нехай тотожність вірна і для n = k, тобто.

3) Доведемо, що це тотожність вірно і для n = k + 1, тобто;

Т.к. рівність вірно при n=kі n=k+1, воно справедливо за будь-якому натуральному n.

Завдання на підсумовування.

приклад 1.Довести, що 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Рішення: 1) Маємо n=1=1 2 . Отже, твердження правильне при n=1, тобто. А(1) істинно.

2) Доведемо, що А(k) A(k+1).

Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай твердження справедливе для n = k, тобто 1 +3 +5 + ... + (2k-1) = k 2 .

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

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

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

приклад 2.Довести формулу, n – натуральне число.

Рішення: При n=1 обидві частини рівності перетворюються на одиницю і, отже, перша умова принципу математичної індукції виконано.

Припустимо, формула правильна при n=k, тобто. .

Додамо до обох частин цієї рівності та перетворимо праву частину. Тоді отримаємо

Таким чином, з того, що формула вірна при n=k, випливає, що вона вірна і за n=k+1, то це твердження справедливе за будь-якого натурального n.

Завдання на подільність.

приклад 1.Довести, що (11n+2+122n+1) ділиться на 133 без залишку.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

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

(23× 133) ділиться на 133 без залишку, отже при n=1 твердження вірне;

2) Припустимо, що (11 k+2 +12 2k+1) ділиться на 133 без залишку.

3) Доведемо, що у такому разі

(11 k+3 +12 2k+3) ділиться на 133 без залишку. Справді, 11 k+3 +12 2л+3 =11×11 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 .

Отримана сума ділиться на 133 без залишку, тому що перше її доданок ділиться на 133 без залишку за припущенням, а в другому одним із множників є 133.

Отже, А(k)→ А(k+1), спираючись на метод математичної індукції, твердження правильне для будь-яких натуральних n.

приклад 2.Довести, що 33n-1+24n-3 при довільному натуральному n ділиться на 11.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді Х 1 = 3 3-1 +2 4-3 = 3 2 +2 1 = 11 ділиться на 11 без залишку. Отже, при n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що з n=k

X k =3 3k-1+24k-3 ділиться на 11 без залишку.

3) Доведемо, що твердження правильне для n=k+1.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 *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.

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

Завдання із реального життя.

приклад 1.Довести, що сума Sn внутрішніх кутів будь-якого опуклого багатокутника дорівнює ( п- 2) π, де п- Число сторін цього багатокутника: Sn = ( п- 2) π (1).

Це твердження має сенс не для всіх натуральних п, а лише для п > 3, оскільки мінімальна кількість кутів у трикутнику дорівнює 3.

1) При п= 3 наше твердження набуває вигляду: S 3 = π. Але сума внутрішніх кутів будь-якого трикутника справді дорівнює π. Тому при п= 3 формула (1) вірна.

2) Нехай ця формула правильна при n =k, тобто S k = (k- 2) π, де k > 3. Доведемо, що у такому разі має місце та формула:S k+ 1 = (k- 1) π.

Нехай A 1 A 2 ... A k A k+ 1-довільний опуклий ( k+ 1) -кутник (рис. 338).

З'єднавши точки A 1 та A k , ми отримаємо опуклий k-кутник A 1 A 2 ... A k - 1 A k . Очевидно, що сума кутів ( k+ 1) -кутника A 1 A 2 ... A k A k+ 1 дорівнює сумі кутів k-кутника A 1 A 2 ... A k плюс сума кутів трикутника A 1 A k A k+ 1 . Але сума кутів k-кутника A 1 A 2 ... A k за припущенням дорівнює ( k- 2)π, а сума кутів трикутника A 1 A k A k+ 1 дорівнює π. Тому

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

Отже, обидві умови принципу математичної індукції виконуються, і тому формула (1) вірна за будь-якого натурального. п > 3.

приклад 2.Є сходи, всі щаблі яких однакові. Потрібно вказати мінімальну кількість положень, які б гарантували можливість «забратися» на будь-яку за номером сходинку.

Усі згодні з тим, що має бути умова. Ми повинні вміти забратися на перший щабель. Далі повинні вміти з першої сходинки забратися на другу. Потім у другій – на третю тощо. на n-у сходинку. Звичайно, в сукупності ж «n» тверджень гарантує їм те, що ми зможемо дістатися n-го сходинки.

Подивимося тепер на 2, 3, ..., n положення і порівняємо їх один з одним. Легко помітити, що вони мають однакову структуру: якщо ми дісталися k k сходинки, можемо забратися на (k+1) сходинку. Звідси стає природною така аксіома для справедливості тверджень, що залежать від «n»: якщо пропозиція А(n), в якому n - натуральне число, виконується при n=1 і з того, що воно виконується за n=k (де k - будь-яке натуральне число), випливає, що воно виконується і для n=k+1, припущення А(n) виконується для будь-якого натурального числа n.

додаток

Завдання із застосуванням методу математичної індукції під час вступу до ВНЗ.

Зауважимо, що при вступі до вищих навчальні закладитакож зустрічаються завдання, які вирішуються цим методом. Розглянемо їх у конкретних прикладах.

приклад 1.Довести, що будь-якому натуральному псправедлива рівність

1) При п=1ми отримуємо правильну рівність Sin.

2) Зробивши припущення індукції, що з n= kрівність вірна, розглянемо суму, що стоїть у лівій частині рівності, при n =k+1;

3) Використовуючи формули наведення, перетворюємо вираз:

Тоді, з методу математичної індукції рівність правильне будь-якого натурального n.

приклад 2.Довести, що з будь-якого натурального n значення виразу 4n +15n-1 кратно 9.

1) При n=1: 2 2 +15-1=18 - кратно 9 (т.к.18:9=2)

2) Нехай рівність виконується для n=k: 4 k +15k-1 кратно 9.

3) Доведемо, що рівність виконується й у наступного числа n=k+1

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

4(4 k +15k-1) - кратно 9;

9(5k-2) - кратно 9;

Отже, і весь вираз 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) кратно 9, що й вимагалося довести.

приклад 3.Довести, що за будь-якої натуральної кількості пвиконується умова: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ п(п+1)(п+2)=.

1) Перевіримо, що дана формула вірна при п=1:Ліва частина = 1∙2∙3=6.

Права частина = . 6 = 6; вірно при п=1.

2) Припустимо, що ця формула правильна при n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Доведемо, що ця формула правильна при n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Доведення:

Отже, ця умова вірна у двох випадках і довели, що вірно при n =k+1,отже вона вірно за будь-якого натурального числа п.

Висновок

Підіб'ємо підсумки, у процесі дослідження я з'ясував, у чому полягає індукція, яка буває повною чи неповною, познайомився з методом математичної індукції, заснованому на принципі математичної індукції, розглянув безліч завдань із застосуванням даного методу.

Також я дізнався багато нової інформації, відмінною від тієї, що включена в шкільну програму.

Висновок: Узагальнивши та систематизувавши знання з математичної індукції, переконався у необхідності знань з цієї теми у реальній дійсності. Позитивною якістюМетодом математичної індукції є його широке застосування у вирішенні завдань: в галузі алгебри, геометрії та реальної математики. Також ці знання підвищують інтерес до математики як до науки.

Я впевнений, що навички, набуті під час роботи, допоможуть мені у майбутньому.

​ Список літератури

Сомінський І.С. Метод математичної індукції. Популярні лекції з математики, випуск 3-М: Наука, 1974р.

Л. І. Головіна, І. М. Яглом. Індукція у геометрії. - Фізматгіз, 1961. - Т. 21. - 100 с. - (Популярні лекції з математики).

Дорофєєв Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Посібник з математики для вступників до вузів (Вибрані питання елементарної математики) – Изд.5-е, перераб., 1976 – 638с.

А. Шень. Математична індукція. - МЦНМО, 2004. - 36 с.

M.Л.Галицький, А.М.Гольдман, Л.І.Звавіч Збірник завдань з алгебри: учеб.посібник для 8-9 кл. з поглибл. вивченням математики 7-е вид.- М.: Просвітництво, 2001.-271 с

Ма-ка-ри-чев Ю.Н., Мін-дюк Н.Г До-пов-ні-тель-ні глави до школь-ного підруч-ника ал-геб-ри 9 класу. - М: Про-све-ще-ня, 2002.

Вікіпедія-вільна енциклопедія.

Савельєва Катерина

Діяльність розглядається застосування методу математичної індукції у вирішенні завдань ділимість, до підсумовування рядів. Розглядаються приклади застосування методу математичної індукції до доказу нерівностей та вирішення геометричних завдань. Робота ілюстрована презентацією.

Завантажити:

Попередній перегляд:

Міністерство науки та освіти РФ

Державний освітній заклад

середня загальноосвітня школа № 618

По курсу: алгебра та початку аналізу

Тема проектної роботи

«Метод математичної індукції та її застосування до вирішення завдань»

Роботу виконала: Савельєва Е, 11В клас.

Керівник : Макарова Т.П., вчитель математики ГОУ ЗОШ №618

1. Введення.

2.Метод математичної індукції у вирішенні завдань на подільність.

3. Застосування методу математичної індукції до підсумовування рядів.

4.Приклади застосування методу математичної індукції до підтвердження нерівностей.

5. Застосування методу математичної індукції до розв'язання геометричних завдань.

6. Список використаної літератури.

Вступ

В основі будь-якого математичного дослідження лежать дедуктивний та індуктивний методи. Дедуктивний методміркувань - це міркування від загального до часткового, тобто. міркування, вихідним моментом якого є загальний результат, а заключним моментом – приватний результат. Індукція застосовується під час переходу від приватних результатів до загальних, тобто. є методом, протилежним до дедуктивного. Метод математичної індукції можна порівняти з прогресом. Ми починаємо з найнижчого, в результаті логічного мислення приходимо до вищого. Людина завжди прагнула прогресу, до вміння розвивати свою думку логічно, отже, сама природа накреслила йому міркувати індуктивно. Хоча й зросла сфера застосування методу математичної індукції, у шкільній програмі йому приділяється мало часу. Але ж це так важливо – вміти розмірковувати індуктивно. Застосування цього принципу під час вирішення завдань та доказі теорем перебуває у одному ряду з розглядом у шкільній практиціта інших математичних принципів: виключеного третього, включення-виключення, Дирихле та інших. У цьому рефераті містяться завдання різних розділів математики, у яких основним інструментом є використання методу математичної індукції. Говорячи про важ-ність цього, А.Н. Колмогоров зазначав, що «розуміння і вміння застосовувати принцип математичної індукції є добрим критерієм зрілості, яка необхідна математику». Метод індукції у його розумінні полягає у переході від приватних спостережень до універсальної, загальної закономірності чи загальної формулюванні. У такому тлумаченні метод — це, звичайно, основний прийом проведення досліджень у будь-якій експериментальній природничо

діяльність людини. Метод (принцип) математичної індукції у найпростішій формі застосовується тоді, коли потрібно довести деяке твердження всім натуральних чисел.

Завдання 1. У статті «Як став математиком» А.Н. Колмогоров пише: «Радість математичного «відкриття» я пізнав рано, помітивши у віці п'яти-шості років закономірність

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = З 2

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 і таке інше.

У школі видавався журнал "Весняні ластівки". У ньому моє відкриття було опубліковано...»

Який саме доказ був наведений у цьому журналі, ми не знаємо, але почалося все з приватних спостережень. Сама гіпотеза, яка, напевно, виникла після виявлення цих приватних рівностей, полягає у тому, що формула

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = п 2

вірна за будь-якого заданого числап = 1, 2, 3, ...

Для підтвердження цієї гіпотези достатньо встановити два факти. По-перше, дляп = 1 (і навіть для п = 2, 3, 4) необхідне твердження правильно. По-друге, припустимо, що твердження правильне прип = до, і переконаємося, що тоді воно вірне і дляп = до + 1:

1 + 3 + 5 + ... + (2к - 1) + (2к + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2к - 1)) + (2к + 1) = до 2 + (2к + 1) = (К + I) 2 .

Отже, твердження, що доводиться, правильне для всіх значеньп: для п = 1 воно вірне (це перевірено), а з другого факту - дляп = 2, звідки для п = 3 (через те саме, другого факту) тощо.

Завдання 2. Розглянемо всі можливі звичайні дробиз чисельником 1 і будь-яким (цілим поклади-

ним) знаменником: Довести, що для будь-якогоп > 3 можна уявити одиницю у вигляді сумип різних дробів такого виду.

Рішення, Перевіримо спочатку це твердження прип = 3; маємо:

Отже, базове твердження виконано

Припустимо тепер, що твердження, яке нас цікавить, вірне для якогось числадо, і доведемо, що воно вірне і для наступного за ним числадо + 1. Іншими словами, припустимо, що існує уявлення

в якому k доданків і всі знаменники різні. Доведемо, що тоді можна отримати подання одиниці у вигляді сумидо + 1 дробів потрібного вигляду. Вважатимемо, що дроби зменшуються, тобто знаменники (у поданні одиниці сумоюдо доданків) зростають зліва направо так, щот - Найбільший із знаменників. Ми отримаємо потрібне нам подання у вигляді суми(до + 1)-й дробу, якщо розіб'ємо один дріб, наприклад останній, на два. Це можна зробити, оскільки

І тому

Крім того, всі дроби залишилися різними, оскількит було найбільшим знаменником, ат + 1 > т , і

т(т+1) > т.

Таким чином, нами встановлено:

1. при п = 3 це твердження правильно;

1. якщо цікаве для нас твердження вірне длядо,
   то воно вірно і длядо +1.

На цій підставі ми можемо стверджувати, що твердження, що розглядається, правильне для всіх натуральних чисел, починаючи з трьох. Понад те, з наведеного докази випливає і алгоритм пошуку необхідного розбиття одиниці. (Який це алгоритм? Подайте число 1 у вигляді суми 4, 5, 7 доданків самостійно.)

При вирішенні попередніх двох завдань було зроблено два кроки. Перший крок називаютьбазисом індукції, другий -індуктивним переходомчи кроком індукції. Другий крок найбільш важливий, і він включає припущення (ствердження вірно прип = к) і висновок (ствердження вірно прип = до + 1). Сам параметр п називається параметром індукціїЦя логічна схема (прийом), що дозволяє укласти, що розглянуте твердження правильне всім натуральних чисел (чи всім, починаючи з деякого), оскільки справедливі і базис, і перехід, називаєтьсяпринципом математичної індукції,на якому і засновано метод математичної індукції.Сам термін «індукція» походить від латинського слова induktio (наведення), що означає перехід від одиничного знання про окремі предмети даного класу до загального висновку про всі предмети даного класу, що є одним із основних методів пізнання.

Принцип математичної індукції, саме у звичній формі двох кроків, вперше з'явився в 1654 в роботі Блеза Паскаля «Трактат про арифметичний трикутник», в якій індукцією доводився простий спосіб обчислення числа поєднань (біноміальних коефіцієнтів). Д. Пойа у книзі цитує Б. Паскаля з невеликими змінами, що даються у квадратних дужках:

«Незважаючи на те, що розглянута пропозиція [явна формула для біномних коефіцієнтів] містить безліч приватних випадків, я дам для неї дуже короткий доказ, заснований на двох лемах.

Перша лема стверджує, що припущення є правильним для заснування — це очевидно. [Пріп = 1 явна формула справедлива...]

Друга лема стверджує наступне: якщо наше припущення правильне для довільної основи [для довільного тг], то воно буде вірним і для наступного за ним основи [дляп+1].

З цих двох лем необхідно випливає справедливість речення для всіх значеньп. Справді, з першої леми воно справедливо дляп = 1; отже, в силу другої леми воно справедливе дляп = 2; отже, знову-таки в силу другої леми, воно справедливе дляп = 3 і так до безкінечності».

Завдання 3. Головоломка «Ханойські вежі» складається із трьох стрижнів. На одному зі стрижнів знаходиться пірамідка (рис. 1), що складається з кількох кілець різного діаметра, що зменшуються знизу вгору

Рис 1

Цю пірамідку потрібно перемістити на один з інших стрижнів, переносячи щоразу одне кільце і не поміщаючи більше кільце на менше. Чи можна це зробити?

Рішення. Отже, нам необхідно відповісти на запитання: чи можна перемістити пірамідку, що складається зп кілець різного діаметра, з одного стрижня на інший, дотримуючись правил гри? Тепер завдання нами, як то кажуть, параметризоване (введено на розгляд натуральне числод), та її можна вирішувати методом математичної індукції.

1. Основа індукції. При п = 1 все ясно, тому що пірамідку з одного кільця очевидно можна перемістити на будь-який стрижень.
2. Крок індукції. Припустимо, що ми вміємо переміщати будь-які пірамідки з кількістю кілецьп = до.
   Доведемо, що тоді ми зможемо перемістити і пира мідку зп = до +1.

Пірамідку з до кілець, що лежать на найбільшому(до + 1)-м кільці, ми можемо, згідно з припущенням, перемістити на будь-який інший стрижень. Зробимо це. Нерухоме(до + 1)-е кільце не буде нам заважати провести алгоритм переміщення, оскільки воно найбільше. Після переміщеннядо кілець, перемістимо це найбільше(до + 1)-е кільце на стрижень, що залишився. І потім знову застосуємо відомий нам за індуктивним припущенням алгоритм переміщеннядо кілець, і перемістимо їх на стрижень із лежачим унизу(до + 1)-м кільцем. Таким чином, якщо ми вміємо переміщати пірамідки здо кільцями, то вміємо переміщати пірамідки і здо + 1 кільцями. Отже, згідно з принципом математичної індукції, завжди можна перемістити потрібним чином пірамідку, що складається зп кілець, де п > 1.

Метод математичної індукції у вирішенні завдань на подільність.

За допомогою методу математичної індукції можна доводити різні твердження щодо ділимості натуральних чисел.

Завдання 4 . Якщо n – натуральне число, то число парне.

При n=1 наше твердження істинно: парне число. Припустимо, що – парне число. Оскільки, a 2k - парне число, те й парне. Отже, парність доведена при n=1, з парності виведено парність. Отже, парно при всіх натуральних значеннях n.

Завдання 3. Довести, що число З 3 + 3 - 26n - 27 при довільному натуральномуп ділиться на 26 2 без залишку.

Рішення. Попередньо доведемо по індукції допоміжне твердження, що 3 3n+3 - 1 ділиться на 26 без залишку прип>0.

1. Основа індукції. За п = 0 маємо: З 3 - 1 = 26 -ділиться на 26.

Крок індукції. Припустимо, що 3 3n + 3 - 1 ділиться на 26 прип = до, та доведемо, що в цьому випадку твердження буде вірним прип = до + 1. Оскільки 3

то з індуктивного припущення укладаємо, що число 3 3k + 6 – 1 ділиться на 26.

Тепер доведемо твердження, сформульоване за умови завдання. І знову з індукції.

1. Основа індукції. Очевидно, що прип = 1 твердження вірне: оскільки 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Крок індукції. Припустимо, що прип = до
   вираз 3 3k + 3 - 26k - 27 поділяється на 26 2 без залишку, і доведемо, що твердження правильне прип = до + 1,
   тобто що число

ділиться на 26 2 без залишку. В останній сумі обидва доданків діляться без залишку на 26 2 . Перше — тому що ми довели подільність виразу, що стоїть у дужках, на 26; друге - за припущенням індукції. З принципу математичної індукції, необхідне твердження повністю доведено.

Застосування методу математичної індукції до підсумовування рядів.

Завдання 5. Довести формулу

N – натуральне число.

Рішення.

При n=1 обидві частини рівності перетворюються на одиницю і, отже, перша умова принципу математичної індукції виконано.

Припустимо, формула правильна при n=k, тобто.

Додамо до обох частин цієї рівності та перетворимо праву частину. Тоді отримаємо

Таким чином, з того, що формула вірна за n=k, випливає, що вона вірна і за n=k+1. Це твердження справедливе за будь-якого натурального значення k. Отже, друга умова принципу математичної індукції також виконана. Формулу доведено.

Завдання 6. На дошці написано два числа: 1,1. Вписавши між числами їх суму, ми отримаємо числа 1, 2, 1. Повторивши цю операцію ще раз, отримаємо числа 1, 3, 2, 3, 1. Після трьох операцій будуть числа 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Якою буде сума всіх чисел на дошці після 100 операцій?

Рішення. Виконувати усі 100 операцій було б дуже трудомістким та тривалим заняттям. Отже, потрібно спробувати знайти якусь загальну формулу для суми Sчисел після п операцій. Подивимося на таблицю:

Чи помітили ви тут якусь закономірність? Якщо ні, можна зробити ще один крок: після чотирьох операцій будуть числа

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

сума яких S 4 дорівнює 82.

Насправді можна не виписувати числа, а одразу сказати, як зміниться сума після додавання нових чисел. Нехай сума дорівнювала 5. Якою вона стане, коли додадуться нові числа? Розіб'ємо кожне нове число на суму двох старих. Наприклад, від 1, 3, 2, 3, 1 ми переходимо до 1,

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

Тобто кожне старе число (крім двох крайніх одиниць) входить тепер у суму три рази, тому нова сума дорівнює 3S - 2 (віднімаємо 2, щоб врахувати одиниці, що відсутні). Тому S 5 = 3S 4 - 2 = 244, і взагалі

Яка ж загальна формула? Якби не віднімання двох одиниць, то щоразу сума збільшувалася б утричі, як у ступенях трійки (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). А наші числа, як видно, на одиницю більше. Таким чином, можна припустити, що

Спробуємо тепер довести це з індукції.

Основа індукції. Дивись таблицю (дляп = 0, 1, 2, 3).

Крок індукції. Припустимо, що

Доведемо тоді, що S до + 1 = З до + 1 + 1.

Справді,

Отже, нашу формулу доведено. З неї видно, що після ста операцій сума всіх чисел на дошці дорівнюватиме З 100 + 1.

Розглянемо один чудовий прикладзастосування принципу математичної індукції, в якому спочатку потрібно запровадити два натуральні параметри і потім провести індукцію за їхньою сумою.

Завдання 7. Довести, що якщо= 2, х 2 = 3 і для будь-якого натуральногоп > 3 має місце співвідношення

х п = Зх п - 1 - 2х п - 2

то

2 п - 1 + 1, п = 1, 2, 3, ...

Рішення. Зауважимо, що у цьому завданні вихідна послідовність чисел(х п) визначається індукції, оскільки члени нашої послідовності, крім двох перших, задаються індуктивно, тобто через попередні. Так задані послідовності називаютьрекурентними, і в нашому випадку ця послідовність визначається (завданням перших двох її членів) єдиним чином.

Основа індукції. Вона складається з перевірки двох тверджень:п = 1 і п = 2. обох випадках твердження справедливе за умовою.

Крок індукції. Припустимо, що дляп = до - 1 і п = до твердження виконано, тобто

Доведемо тоді справедливість затвердження дляп = до + 1. Маємо:

х 1 = 3 (2 + 1) - 2 (2 + 1) = 2 +1, що і потрібно довести.

Завдання 8. Довести, що будь-яке натуральне число можна подати у вигляді суми кількох різних членів рекурентної послідовності чисел Фібоначчі:

при до > 2.

Рішення. Нехай п - натуральне число. Будемо проводити індукцію щодоп.

Основа індукції. При п = 1 твердження справедливе, оскільки одиниця сама є числом Фібоначчі.

Крок індукції. Припустимо, що всі натуральні числа, менші за деяке числоп, можна подати у вигляді суми кількох різних членів послідовності Фібоначчі. Знайдемо найбільше Фібоначчі F т , не перевищуєп; таким чином, F т п і F т +1 > п.

Оскільки

За припущенням індукції числоп-F т може бути представлено у вигляді суми 5 декількох різних членів Фібоначчі послідовності, причому з останньої нерівності слід, що всі члени послідовності Фібоначчі, що беруть участь у сумі 8, менше Fт. Тому розкладання числап = 8 + F т задовольняє умову завдання.

Приклади застосування методу математичної індукції до підтвердження нерівностей.

Завдання 9. (Нерівність Бернуллі.)Доведіть, що зах > -1, х 0, і загалом п > 2 справедлива нерівність

(1+х) п>1+хп.

Рішення. Доказ знову проводитимемо за індукцією.

1. Основа індукції. Переконаємося у справедливості нерівності прип = 2. Справді,

(1 + х) 2 = 1 + 2х + х 2> 1 + 2х.

2. Крок індукції. Припустимо, що для номерап = до твердження справедливе, тобто

(1 + х) до > 1 + хк,

Де до > 2. Доведемо його за п = до + 1. Маємо: (1 + х) до + 1 = (1 + х) до (1 + х)>(1 + кх)(1 + х) =

1+(к+1)х+кх 2 > 1+(к+1)х.

Отже, на підставі принципу математичної індукції можна стверджувати, що нерівність Бернуллі є справедливою для будь-якогоп>2.

Не завжди в умовах задач, які вирішуються за допомогою методу математичної індукції, буває чітко сформульований загальний закон, який треба доводити. Іноді доводиться шляхом спостережень окремих випадків спочатку виявити (здогадатися), до якого загальному законувони наводять і лише потім доводити висловлену гіпотезу методом математичної індукції. Крім того, змінна індукція може бути замаскованою, і перш ніж вирішувати завдання, необхідно визначити, за яким параметром проводитиметься індукція. Як приклади розглянемо такі завдання.

Завдання 10. Довести, що

при будь-якому натуральномуп>1.

Рішення, Спробуємо довести цю нерівність методом математичної індукції.

Базис індукції перевіряється легко:1+

За припущенням індукції

і нам залишається довести, що

Якщо скористатися індуктивним припущенням, ми стверджуватимемо, що

Хоча ця рівність насправді вірна, вона не дає нам вирішення завдання.

Спробуємо довести сильніше твердження, ніж це потрібно у вихідному завданні. А саме, доведемо, що

Може здатися, що доводити це твердження шляхом індукції справа безнадійна.

Однак за п = 1 маємо: твердження вірне. Для обґрунтування індуктивного кроку припустимо, що

і доведемо тоді, що

Справді,

Таким чином, нами доведено сильніше твердження, з якого відразу ж випливає твердження, що міститься в умові завдання.

Повчальним тут є те, що хоча нам і довелося доводити сильніше твердження, ніж це потрібно в завданні, але ми могли скористатися сильнішим припущенням в індуктивному кроці. Цим пояснюється, що прямолінійне застосування принципу математичної індукції який завжди призводить до мети.

Ситуація, що виникла під час вирішення завдання, отримала назвуфеномен винахідника.Сам парадокс полягає в тому, що складніші плани можуть бути реалізовані з великим успіхом, якщо вони базуються на глибшому розумінні суті справи.

Завдання 11. Доведіть, що 2 т + п – 2 тп за будь-яких натуральнихтип.

Рішення. Тут ми маємо два параметри. Тому можна спробувати провести так звануподвійну індукцію(Індукція всередині індукції).

Будемо проводити індуктивне міркування щодоп.

1. База індукції за п.При п = 1 потрібно перевірити, що 2 т ~ 1> т. Для доказу цієї нерівності скористаємося індукцією щодот.

а) Основа індукції за т.п.При т = 1 виконується
рівність, що допустимо.

б) Крок індукції за т.п.Припустимо, що прит = до твердження вірне, тобто 2 до ~ 1 > до. Тоді до
кажемо, що твердження буде вірним і прит = до +1.
Маємо:

при натуральних до.

Таким чином, нерівність 2 виконується за будь-якого натуральногот.

2. Крок індукції за п.Виберемо і зафіксуємо якесь натуральне числот. Припустимо, що прип = I твердження справедливе (при фіксованомут), тобто 2 т +1 ~ 2 > т1, і доведемо, що тоді твердження буде справедливим і прип = l+1.
Маємо:

за будь-яких натуральнихт та п.

Отже, на підставі принципу математичної індукції (зад) затвердження завдання правильне за будь-якихп і за будь-якого фіксованогот. Таким чином, ця нерівність виконується за будь-яких натуральнихтип.

Завдання 12. Нехай т, п і к - натуральні числа, причомут > п. Яке з двох чисел більше:

У кожному виразідо знаків квадратного кореня, т і п чергуються.

Рішення. Доведемо спочатку деяке допоміжне твердження.

Лемма. За будь-яких натуральнихт і п (т > п) та невід'ємному (не обов'язково цілому)х справедлива нерівність

Доведення. Розглянемо нерівність

Ця нерівність справедлива, тому що обидва співмножники в лівій частині позитивні. Розкриваючи дужки та перетворюючи, отримуємо:

Витягуючи квадратний корінь з обох частин останньої нерівності, отримаємо затвердження леми. Отже, лема доведена.

Перейдемо тепер до розв'язання задачі. Позначимо перше з даних чисел череза, а друге - черезЬ до. Доведемо, що а при будь-якому натуральномудо. Доказ проводитимемо методом математичної індукції окремо для парних та непарнихдо.

Основа індукції. При до = 1 маємо нерівність

у[т > у/п , справедливе через те, щот > п. При до = 2 необхідне виходить з доведеної леми підстановкоюх = 0.

Крок індукції. Припустимо, при деякомудо нерівність а >b до справедливо. Доведемо, що

З припущення індукції та монотонності квадратного кореня маємо:

З іншого боку, з доведеної леми випливає,

Об'єднуючи дві останні нерівності, отримуємо:

Відповідно до принципу математичної індукції, твердження доведене.

Завдання 13. (Нерівність Коші.)Доведіть, що для будь-яких позитивних чисел...,а п справедлива нерівність

Рішення. При п = 2 нерівність

про середнє арифметичне та середнє геометричне (для двох чисел) вважатимемо відомим. Нехайп = 2, до = 1, 2, 3, ... і спочатку проведемо індукцію подо. База цієї індукції має місце Припустивши тепер, що необхідну нерівність вже встановлено дляп = 2 , доведемо його дляп = 2. Маємо (застосовуючи нерівність для двох чисел):

Отже, за індукційним припущенням

Таким чином, індукцією з k ми довели нерівність для всіхп 9 є ступенем двійки.

Для доказу нерівності для інших значеньп скористаємося «індукцією вниз», тобто доведемо, що якщо нерівність виконана для довільних невід'ємнихп чисел, то воно справедливе також і для(п - 1)-го числа. Щоб у цьому переконатися, зауважимо, що за зробленим припущенням дляп чисел виконано нерівність

тобто а г + а 2 + ... + а п_х> (п - 1) А. Розділивши обидві частини нап - 1, отримаємо потрібну нерівність.

Отже, спочатку ми встановили, що нерівність має місце для нескінченної кількості можливих значеньп, а потім показали, що якщо нерівність виконана дляп чисел, то воно справедливе і для(п - 1) числа. Звідси тепер ми й укладаємо, що нерівність Коті має місце для набору зп будь-яких невід'ємних чисел за будь-якогоп = 2, 3, 4, ...

Завдання 14. (Д. Успенський.) Для будь-якого трикутника АВС, у якого кути =САB, = СВА сумірні, мають місце нерівності

Рішення. Кути і сумірні, але це (за визначенням) означає, що це кути мають загальну міру, на яку = р, = (р, q— натуральні взаємно прості числа).

Скористаємося методом математичної індукції та проведемо її за сумоюп = р + q натуральних взаємно простих чисел.

Основа індукції. При р + q = 2 маємо: р = 1 і q = 1. Тоді трикутник АВС рівнобедрений, і потрібні нерівності очевидні: вони випливають з нерівності трикутника

Крок індукції. Припустимо тепер, що нерівності встановлені для р + q = 2, 3, ...,до - 1, де до > 2. Доведемо, що нерівності справедливі й ур + q = к.

Нехай АВС - даний трикутник, у якого> 2. Тоді сторони АС та ПС не можуть бути рівними: нехайАС > НД. Побудуємо тепер, як на малюнку 2, рівнобедрений трикутникАВС; маємо:

АС = DС і АD = АВ + ВD, отже,

2АС > АВ + ВD (1)

Розглянемо тепер трикутникВДС, кути якого також можна порівняти:

DСВ = (q - р), ВDС = p.

Рис. 2

Для цього трикутника виконано індуктивне припущення, і тому

(2)

Складаючи (1) та (2), маємо:

2AC+BD>

і тому

Із того ж трикутникаВБС за припущенням індукції укладаємо, що

Враховуючи попередню нерівність, укладаємо, що

Таким чином, індуктивний перехід отримано, і затвердження завдання випливає із принципу математичної індукції.

Зауваження. Твердження завдання залишається у силі й у разі, коли кути а і р є сумірними. В основі розгляду загальному випадкувже доводиться застосовувати інший важливий математичний принцип- Принцип безперервності.

Завдання 15. Декілька прямих поділяють площину на частини. Довести, що можна розфарбувати ці частини у білий

і чорні кольори так, щоб сусідні частини, що мають загальний відрізок кордону, були різного кольору(як на малюнку 3 прип = 4).

рис 3

Рішення. Скористаємося індукцією за кількістю прямих. Отже, нехайп - Число прямих, що ділять нашу площину на частини,п>1.

Основа індукції. Якщо пряма одна(п = 1), вона ділить площину на дві полуплоскости, одну з яких можна розфарбувати в білий колір, а другу в чорний, і твердження завдання правильно.

Крок індукції. Щоб доказ індуктивного переходу було зрозуміліше, розглянемо процес додавання однієї нової прямої. Якщо проведемо другу пряму(п= 2), то отримаємо чотири частини, які можна розфарбувати належним чином, пофарбувавши протилежні кути в один колір. Подивимося, що станеться, якщо ми проведемо третю пряму. Вона поділить деякі «старі» частини, при цьому з'являться нові ділянки кордону, з обох боків яких колір один і той же (рис. 4).

Рис. 4

Вчинимо так:з одного бокувід нової прямої поміняємо кольори - білий зробимо чорним і навпаки; при цьому ті частини, які лежать з іншого боку від цієї прямої, не перефарбовуємо (рис. 5). Тоді ця нова розмальовкабуде задовольняти потрібним вимогам: з одного боку прямий вона вже чергувалася (але з іншими кольорами), а з іншого боку вона і була потрібна. Для того, щоб частини, що мають загальний кордон, що належить проведеній прямій, були пофарбовані в різні кольори, ми і перефарбовували частини тільки з одного боку від цієї прямої.

Рис.5

Доведемо тепер індуктивний перехід. Припустимо, що для деякогоп = дозатвердження завдання справедливе, тобто всі частини площини, на які вона ділиться цимидопрямими, можна розфарбувати у білий та чорний кольори так, щоб сусідні частини були різного кольору. Доведемо, що тоді існує таке забарвлення і дляп= до+ 1 Прямих. Вчинимо аналогічно випадку переходу від двох прямих до трьох. Проведемо на площинідопрямих. Тоді, за припущенням індукції, отриману карту можна розфарбувати належним чином. Проведемо тепер(до+ 1)-ю пряму і з одного боку від неї поміняємо кольори на протилежні. Таким чином, тепер(до+ 1) пряма усюди поділяє ділянки різного кольору, при цьому «старі» частини, як ми вже бачили, залишаються правильно розфарбованими. Відповідно до принципу математичної індукції завдання вирішене.

Завдання16. На краю пустелі є великий запас бензину та машина, яка за повної заправки може проїхати 50 кілометрів. У необмеженій кількості є каністри, в які можна зливати бензин із бензобака машини та залишати на зберігання у будь-якій точці пустелі. Довести, що машина може проїхати будь-яку цілу відстань, більшу за 50 кілометрів. Каністри з бензином возити не дозволяється, порожні можна возити у будь-якій кількості.

Рішення.Спробуємо довести індукцію щодоп,що машина може від'їхати напкілометрів від краю пустелі. Прип= 50 відомо. Залишилось провести крок індукції та пояснити, як проїхатип = до+ 1 кілометрів, якщо відомо, щоп = докілометрів проїхати можна.

Однак тут ми зустрічаємося з трудом: після того, як ми проїхалидокілометрів, бензину може не вистачити навіть на дорогу назад (не кажучи вже про зберігання). І в даному випадку вихід полягає у посиленні твердження, що доводиться (парадокс винахідника). Будемо доводити, що можна не лише проїхатипкілометрів, але і зробити скільки завгодно великий запас бензину в точці на відстаніпкілометрів від краю пустелі, опинившись у цій точці після закінчення перевезень.

Основа індукції.Нехай одиниця бензину - це кількість бензину, необхідна для здійснення одного кілометра шляху. Тоді рейс на відстань 1 кілометр і назад вимагає двох одиниць бензину, тому ми можемо залишити 48 одиниць бензину в сховищі на відстані кілометра від краю і повернутися за новою порцією. Таким чином, за кілька рейсів до сховища можна зробити запас довільного розміру, який буде потрібно. При цьому щоб створити 48 одиниць запасу, ми витрачаємо 50 одиниць бензину.

Крок індукції.Припустимо, що на відстаніп= довід краю пустелі можна запасти будь-яку кількість бензину. Доведемо, що тоді можна створити сховище на відстаніп = до+ 1 кілометр з будь-яким заданим наперед запасом бензину і опинитися у цього сховища наприкінці перевезень. Оскільки в точціп= доє необмежений запас бензину, то (згідно з базою індукції) ми можемо за кілька рейсів у точкуп = до+ 1 зробити в точціп= до4- 1 запас довільного розміру, який буде потрібно.

Істинність загальнішого твердження, ніж за умови завдання, тепер випливає з принципу математичної індукції.

Висновок

Зокрема, вивчивши метод математичної індукції, я підвищила свої знання у цій галузі математики, а також навчилася вирішувати завдання, які раніше були мені не під силу.

У це були логічні і цікаві завдання, тобто. саме ті, які підвищують інтерес до самої математики як науки. Вирішення таких завдань стає цікавим заняттям і може залучити до математичних лабіринтів нових допитливих. На мою думку, це є основою будь-якої науки.

Продовжуючи вивчати метод математичної індукції, я намагатимусь навчитися застосовувати його не тільки в математиці, а й у вирішенні проблем фізики, хімії та самого життя.

Література

1.Вуленкін ІНДУКЦІЯ. Комбінаторика. Посібник для вчителів. М., Просвітництво,

1976.-48 с.

2. Головіна Л.І., Яглом І.М. Індукція у геометрії. - М: Держсуд. видавництво. літер. – 1956 – С.I00. Допомога з математики для вступників до вузів / За ред. Яковлєва Г.М. Наука. -1981. – С.47-51.

3. Головіна Л.І., Яглом ІМ. Індукція у геометрії. -
М.: Наука, 1961. - (Популярні лекції з математики.)

4. І.Т.Демідов,А.Н.Колмогоров, С.І.Шварцбург,О.С.Івашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. Навчальний посібник/ "Освіта" 1975.

5.Р. Курант, Р Роббінс «Що таке математика?» Розділ 1, § 2

6.Попа Д. Математика та правдоподібні міркування. - М: Наука, 1975.

7. Попа Д. Математичне відкриття. - М.: Наука, 1976.

8.Рубанов І.С. Як навчати методу математичної індукції/Математика школі. - Nl. – 1996. – С.14-20.

9.Сомінський І.С., Головіна Л.І., Яглом ІМ. Про метод математичної індукції. - М.: Наука, 1977. - (Популярні лекції з математики.)

10.Соломінський І.С. Метод математичної індукції. - М: Наука.

63с.

11.Соломінський І.С., Головіна Л.І., Яглом І.М. Про математичну індукцію. - М.: Наука. – 1967. – С.7-59.

12.httр://ш.wikiреdiа.оrg/wiki

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

Вступ

Основна частина

1. Повна та неповна індукція

2. Принцип математичної індукції

3. Метод математичної індукції

4. Рішення прикладів

5. Рівності

6. Розподіл чисел

7. Нерівності

Висновок

Список використаної літератури

Вступ

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

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

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

Адже це так важливо - вміти розмірковувати індуктивно.

Основна частина

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

Нехай потрібно встановити, що кожне натуральне парне число n не більше 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

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

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

Іноді загальний результат можна передбачити після розгляду не всіх, а достатньо великої кількостіокремих випадків (так звана неповна індукція).

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

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

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

Після розгляду цих кількох окремих випадків напрошується наступний загальний висновок:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тобто. сума n перших послідовних непарних чисел дорівнює n 2

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

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

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

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

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

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

Узагальнюючи сказане, сформулюємо наступний загальний принцип.

Принцип математичної індукції.

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

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

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

ПРИКЛАД 1

Довести, що 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Рішення: 1) Маємо n=1=1 2 . Отже,

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

2) Доведемо, що А(k) ÞA(k+1).

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

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

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

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Справді,

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

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

ПРИКЛАД 2

Довести, що

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

Рішення: 1) При n=1 отримуємо

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

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

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

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

Доведемо, що тоді виконується рівність

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

Справді

1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

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

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

ПРИКЛАД 3

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

Рішення: 1) При n=3 затвердження спра-

А 3 ведливо, бо в трикутнику

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

А 2 А(3) істинно.

2) Припустимо, що у всякому

опуклому k-кутнику має-

А 1 ся А k = k (k-3) / 2 діагоналей.

А k Доведемо, що тоді у опуклому

(k+1)-кутник число

діагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

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

Таким чином,

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

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

ПРИКЛАД 4

Довести, що при будь-якому n справедливе твердження:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 = 1 2 = 1 (1 +1) (2 +1) / 6 = 1.

Отже, при n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) Розглянемо дане твердження при n=k+1

X k+1 = (k+1) (k+2) (2k+3)/6.

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

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

ПРИКЛАД 5

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

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

Рішення: 1) Нехай n = 1.

Тоді Х 1 = 13 = 12 (1 +1) 2 / 4 = 1.

Ми, що з n=1 твердження правильно.

2) Припустимо, що рівність правильна при n = k