Рішення методом математичної індукції. Приклади – математична індукція

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

Індукція у математиці

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

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

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

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

І жартома, і всерйоз

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

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

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

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

Знайомі кола

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

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

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

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

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

Приклади з натуральними числами

Нижче показано застосування методу математичної індукції.

Приклади рішення:

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

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Нехай h=1, отже:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Завдання

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

Рішення:

1. Припустимо, h=1, у разі:

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

Отже, за h=1 твердження є справедливим;

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

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

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

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

Помилковість суджень

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

Завдання

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

Рішення:

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

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

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

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

Індукція та закони логіки

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

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

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

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

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

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

Індукція у науковому середовищі

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

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

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

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

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

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

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

Індукція та дедукція з позиції філософії

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

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

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

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

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

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

Застосування індукції економіки

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

Спектр використання методу індукції досить широкий: вивчення виконання прогнозних показників (прибутки, амортизація тощо) та Загальна оцінкастани підприємства; формування ефективної політикипросування підприємства з урахуванням фактів та його взаємозв'язків.

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

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

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

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

Наочний приклад індукції економіки, що відноситься до помилкових міркувань:

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

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

Дедукція та індукція у психології

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Замість ув'язнення

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

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

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

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

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

Доказ методом математичної індукції проводитися в такий спосіб. Спочатку доводиться твердження перевіряється для n=1, тобто. встановлюється істинність висловлювання А(1). Цю частину підтвердження називають базисом індукції. Потім 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) Ю A(k+1)

Довести, що 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

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

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

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

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

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

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

Довести, що

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

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

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

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

Доведемо, що тоді виконується рівність

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

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

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

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

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

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

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

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

Таким чином,

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

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

Довести, що за будь-якого n справедливе твердження:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Припустимо, що n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6

3) Розглянемо дане твердження при n=k+1

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

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

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

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

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

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

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

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Рішення: 1) Нехай n = 1

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

2) Припустимо, що рівність правильна при n = k

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

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

Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2/4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4

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

Довести, що

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), де n>2

Рішення: 1) При n=2 тотожність виглядає:

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

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

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

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

Довести, що

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

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

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

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)

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

Довести вірність тотожності

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

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

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

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

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

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

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

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

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

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

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

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

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

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

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

1) Нехай n = 1, тоді

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

Отже, при n=1 твердження вірне

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

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =

27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +

11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1

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

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

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

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

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

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

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

Тепер проведемо доказ твердження, сформульованого за умови завдання

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

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

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

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

Отже, А(2) істинно

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

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

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

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

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Розглянемо праву частинуостанньої нерівності; маємо

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

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

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

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

Рішення: 1) При m=1

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

+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +

+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

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

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

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

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

Оскільки k>7, остання нерівність очевидна.

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

Довести, що за n>2 справедлива нерівність

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

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

Доведемо, що 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

Ы (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Останнє очевидно, а тому

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

З методу математичної індукції нерівність доведено.

Вступ

Основна частина

1. Повна та неповна індукція

2. Принцип математичної індукції

3. Метод математичної індукції

4. Рішення прикладів

5. Рівності

6. Розподіл чисел

7. Нерівності

Висновок

Список використаної літератури

Вступ

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

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

Адже це так важливо - вміти розмірковувати індуктивно.

Основна частина

За своїм первісним змістом слово “індукція” застосовується до міркувань, з яких отримують загальні висновки, спираючись низку приватних тверджень. Найпростішим методом міркувань такого роду є повна індукція. Ось приклад 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 вдається передбачити після розгляду не всіх, а досить великої кількості окремих випадків (так звана неповна індукція).

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

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

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

Після розгляду цих кількох окремих випадків напрошується наступний загальний висновок:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тобто. сума n перших послідовних непарних чисел дорівнює n 2

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

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

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

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

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

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

Узагальнюючи сказане, сформулюємо наступний загальний принцип.

Принцип математичної індукції.

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

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

ПРИКЛАД 1

Довести, що 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Рішення: 1) Маємо n=1=1 2 . Отже,

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

2) Доведемо, що А(k) ÞA(k+1).

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

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

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

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Справді,

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

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

ПРИКЛАД 2

Довести, що

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

Рішення: 1) При n=1 отримуємо

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

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

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

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

Доведемо, що тоді виконується рівність

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

Справді

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

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

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

ПРИКЛАД 3

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

Рішення: 1) При n=3 затвердження спра-

А 3 ведливо, бо в трикутнику

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

А 2 А(3) істинно.

2) Припустимо, що у всякому

опуклому k-кутнику має-

А 1 ся А k = k (k-3) / 2 діагоналей.

А k Доведемо, що тоді у опуклому

(k+1)-кутник число

діагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

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

Таким чином,

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

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

ПРИКЛАД 4

Довести, що за будь-якого n справедливе твердження:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 = 1 2 = 1 (1 +1) (2 +1) / 6 = 1.

Отже, при n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) Розглянемо дане твердження при n=k+1

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

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

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

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

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

ПРИКЛАД 5

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

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

Рішення: 1) Нехай n = 1.

Тоді Х 1 = 13 = 12 (1 +1) 2 / 4 = 1.

Ми, що з n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що рівність правильна при n = k

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 є одним 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 (судження) 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

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 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 з прогресом. Ми починаємо з нижчого, в результаті логічного мислення приходимо до вищого. Людина завжди прагнула прогресу, до вміння розвивати свою думку логічно, отже, сама природа накреслила йому розмірковувати індуктивно. Хоча й зросла сфера застосування методу математичної індукції, у шкільній програмі йому приділяється мало часу. Але ж це так важливо – вміти розмірковувати індуктивно. Застосування цього принципу під час вирішення завдань та доказ теорем перебуває у одному ряду з розглядом у шкільної практиці та інших математичних принципів: виключеного третього, включення-виключення, Дирихле та інших. У цьому рефераті містяться завдання з 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 дроби з 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:

при п = 3 це твердження правильно;

якщо цікаве для нас твердження вірне длядо,
то воно вірне 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), яке 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 біноміальних 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.

Основа індукції. При п = 1 все ясно, тому що пірамідку з одного кільця очевидно можна перемістити на будь-який стрижень.
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 виведена 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.

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.

Основа індукції. Очевидно, що прип = 1 твердження вірне: оскільки 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 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 найбільша кількістьФібоначчі 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 хоч нам і довелося доводити сильніше твердження, ніж це потрібно в задачі, але ми могли скористатися і 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 необхідне 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 в білий і 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