Метод математической индукции — в помощь студенту

§2. Метод математической индукции

alt

Узнай стоимость своей работы

Бесплатная оценка заказа!

Оценим за полчаса!

Метод математической индукции является одним из наиболее универсальных методов проведения математических доказательств. Суть его заключается в следующем.

Допустим, мы хотим доказать, что некоторое утверждение справедливо при любых значениях натурального числа п, содержащегося в формулировке этого утверждения.

Например, что для любого натурального п справедливо следующее равенство:

Метод математической индукции - в помощь студенту

Легко проверить, что эта формула дает правильный результат при n = 1, 2, 3, 4. Но невозможно ее проверить для всех значений п, т.к. множество натуральных чисел бесконечно! Как же доказать, что утверждение верно для любых п, не проверяя этого непосредственно? Оказывается, что достаточно:

а) проверить данное утверждение при п = 1;

alt

Узнай стоимость своей работы

Бесплатная оценка заказа!
Читайте также:  Атмосфера - в помощь студенту

Оценим за полчаса!

б) предположив, что оно верно при n = k, доказать, что оно верно при n = k+ 1. В этом и заключается метод математической индукции.

В рассматриваемом примере формула (1) при п = 1 дает , т.е. что сумма из одного слагаемого 1 равна единице. Таким образом, при п = 1 формула верна. Теперь предположим, что она верна при п = k, тогда справедливо равенство

Метод математической индукции - в помощь студенту

Докажем, что формула (1) верна при п = k + 1, т.е.

Метод математической индукции - в помощь студенту

Действительно, используя допущение, получаем

Метод математической индукции - в помощь студенту

что и требовалось доказать.

Рассмотрим еще один пример. Докажем, что при любом натуральном показателе степени п число 8n – 1 делится на 7.

Доказательство. Проверим условия а) и б). Подставим в выражение 8n – 1 вместо п число 1. Тогда значение этого выражения будет равно 8 – 1 = 7. Это число делится на 7, т.е. условие а) проверено. Теперь допустим, что 8k — 1 делится на 7. Покажем, что в таком случае 8k также делится на 7. Преобразуем последнее выражение так:

8k+1 — 1 = 8k+18k + 8k1 = 8k(8 — 1) + (8k — 1) = = 8k7 + (8k — 1).

В результате преобразований мы получили сумму двух слагаемых, каждое из которых делится на 7. Дей­ствительно, первое слагаемое имеет множитель 7, а вто­рое делится на 7 по предположению индукции. Следовательно, сумма также делится на 7 и условие б) также проверено. Утверждение доказано.

Теперь докажем общее правило умножения (см. §1).

Теорема 1. Пусть требуется последовательно выполнить п действий, причем первое действие может быть выполнено т1 способами, второе — т2 способами и т.д. , наконец, п-е действие — тп способами. Обозначим через Sn число всех способов, которыми можно выполнить п действий. Тогда

Sn = m1m2… • тп.                                                             (2)

Доказательство проведем методом математической индукции.

При п = 1 мы получаем одно действие, которое можно выполнить m1способами. Произведение (2) состоит в этом случае также из одного сомножителя т1. Следовательно, формула (2) при п = 1 верна.

Допустим, что формула (2) верна для п = kдействий:

Sk = m1т2 • … • mk                                                .           (3)

Докажем, что она верна для п = k + 1 действий. Обозначим произвольный вариант выполнения kдействий набором из kчисел. Например, набор (3, 1, 6, …

, 5) означает вариант, в котором первое действие выполнено третьим способом, второе действие — первым способом и далее, наконец, k-е действие выполнено пятым способом.

В случае, если выполняются k + 1 действий, каждый вариант записывается как набор из k + 1 чисел. Но всякий набор из k + 1 чисел получается добавлением одного числа к какому-либо набору из kчисел. Например, из одного набора (3, 1, 6, …

, 5) можно получить такие: (3, 1, 6, …. 5, 1), (3, 1, 6, …, 5, 2), … , (3, 1, 6, …, 5, mk+ 1), т.е. всего тk+1 вариантов. Поэтому число всех способов выполнения k + 1 действий будет

Sk+ 1 = Sk• mk+1 = m1 • m2 • … • mkmk+1.

Таким образом, условие б) индукции тоже выполняется. Теорема доказана.

УПРАЖНЕНИЯ

4. Абонент забыл две последние цифры номера телефона и набирает их наудачу. Каково наибольшее возможное число безуспешных попыток абонента?

5. Семеро терпеливых стоят в очереди в кассу. Сколькими способами можно составить очередь?

6. В колоде 36 карт. Наудачу вынимают 3 карты. Каково число всех возможных комбинаций? Сколько троек содержат по крайней мере один туз? Сколько троек содержат только один туз? Сколько раз попадется комбинация дама–семерка–туз?

Источник: https://studizba.com/lectures/47-matematika/669-matematika-dlya-yuristov/12703-10-metod-matematicheskoy-indukcii.html

Метод математической индукции

Метод математической индукции

Вступление

Основная часть

  1. Полная и неполная индукция
  2. Принцип математической индукции
  3. Метод математической индукции
  4. Решение примеров
  5. Равенства
  6. Деление чисел
  7. Неравенства

Заключение

Список использованной литературы

Вступление

В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод рассуждений — это рассуждение от общего к частному, т.е. рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а заключительным моментом – частный результат. Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим, т.е. является методом, противоположным дедуктивному.

Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.

Хотя и выросла область применения метода математической индукции, в школьной программе ему отводится мало времени. Ну, скажите, что полезного человеку принесут те два-три урока, за которые он услышит пять слов теории, решит пять примитивных задач, и, в результате получит пятёрку за то, что он ничего не знает.

А ведь это так важно — уметь размышлять индуктивно.

Основная часть

По своему первоначальному смыслу слово “индукция” применяется к рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы, опираясь на ряд частных утверждений. Простейшим методом рассуждений такого рода является полная индукция. Вот пример подобного рассуждения.

  • Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:
  • 4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;
  • 14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.
  • Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых.
  • Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случаев.
  • Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).

Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами, неполная индукция в математике не считается законным методом строгого доказательства, но является мощным методом открытия новых истин.

  1. Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:
  2. 1=1=12
  3. 1+3=4=22
  4. 1+3+5=9=32
  5. 1+3+5+7=16=42
  6. 1+3+5+7+9=25=52
  7. После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:
  8. 1+3+5+…+(2n-1)=n2

т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n2

Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить доказательством справедливости приведённой формулы.

Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же индукция часто приводит к ошибочным результатам.

Во многих случаях выход из такого рода затруднений заключается в обращении к особому методу рассуждений, называемому методом математической индукции. Он заключается в следующем.

Пусть нужно доказать справедливость некоторого утверждения для любого натурального числа n (например нужно доказать, что сумма первых n нечётных чисел равна n2).

Непосредственная проверка этого утверждения для каждого значения n невозможна, поскольку множество натуральных чисел бесконечно. Чтобы доказать это утверждение, проверяют сначала его справедливость для n=1.

Затем доказывают, что при любом натуральном значении k из справедливости рассматриваемого утверждения при n=k вытекает его справедливость и при n=k+1.

Тогда утверждение считается доказанным для всех n. В самом деле, утверждение справедливо при n=1. Но тогда оно справедливо и для следующего числа n=1+1=2. Из справедливости утверждения для n=2 вытекает его справедливость для n=2+

+1=3. Отсюда следует справедливость утверждения для n=4 и т.д. Ясно, что, в конце концов, мы дойдём до любого натурального числа n. Значит, утверждение верно для любого n.

Обобщая сказанное, сформулируем следующий общий принцип.

Принцип математической индукции.

Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.

В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом.

Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k)ÞА(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.

Читайте также:  Стратегия риск-менеджмента - в помощь студенту

Доказательство по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции.

Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k)ÞA(k+1).

ПРИМЕР 1

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n2.

Решение: 1) Имеем n=1=12. Следовательно,

утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно.

2) Докажем, что А(k)ÞA(k+1).

Пусть k-любое натуральное число и пусть утверж-дение справедливо для n=k, т.е.

1+3+5+…+(2k-1)=k2.

Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что

  • 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1)2.
  • В самом деле,
  • 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2.

Итак, А(k)ÞА(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для любого nÎN.

ПРИМЕР 2

  1. Доказать, что
  2. 1+х+х2+х3+…+хn=(хn+1-1)/(х-1), где х¹1
  3. Решение: 1) При n=1 получаем
  4. 1+х=(х2-1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1
  5. следовательно, при n=1 формула верна; А(1) ис-тинно.

2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k, т.е.

  • 1+х+х2+х3+…+хk=(хk+1-1)/(х-1).
  • Докажем, что тогда выполняется равенство
  • 1+х+х2+х3+…+хk+xk+1=(xk+2-1)/(х-1).
  • В самом деле
  • 1+х+х2+x3+…+хk+xk+1=(1+x+x2+x3+…+xk)+xk+1=
  • =(xk+1-1)/(x-1)+xk+1=(xk+2-1)/(x-1).

Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что форму-ла верна для любого натурального числа n.

ПРИМЕР 3

  1. Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2.
  2. Решение: 1) При n=3 утверждение спра-
  3. Метод математической индукции - в помощь студенту А3 ведливо, ибо в треугольнике
  4.  А3=3(3-3)/2=0 диагоналей;
  5. А2 А(3) истинно.
  6. 2) Предположим, что во всяком
  7. выпуклом k-угольнике имеет-
  8. А1 ся Аk=k(k-3)/2 диагоналей.
  9. Аk Докажем, что тогда в выпуклом
  10. Аk+1
  11. (k+1)-угольнике число
  12. диагоналей Аk+1=(k+1)(k-2)/2.

Пусть А1А2А3…AkAk+1-выпуклый (k+1)-уголь-ник. Проведём в нём диагональ A1Ak. Чтобы под-считать общее число диагоналей этого (k+1)-уголь-ника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A1A2…Ak, прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины Аk+1, и, кроме того, следует учесть диагональ А1Аk.

Таким образом,

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

Итак, А(k)ÞA(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

ПРИМЕР 4

  • Доказать, что при любом n справедливо утвер-ждение:
  • 12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6.
  • Решение: 1) Пусть n=1, тогда
  • Х1=12=1(1+1)(2+1)/6=1.
  • Значит, при n=1 утверждение верно.
  • 2) Предположим, что n=k
  • Хk=k2=k(k+1)(2k+1)/6.
  • 3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1
  • Xk+1=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
  • Xk+1=12+22+32+…+k2+(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)(2k2+7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+
  • +2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
  • Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого на-турального n.

ПРИМЕР 5

  1. Доказать, что для любого натурального n спра-ведливо равенство:
  2. 13+23+33+…+n3=n2(n+1)2/4.
  3. Решение: 1) Пусть n=1.
  4. Тогда Х1=13=12(1+1)2/4=1.
  5. Мы видим, что при n=1 утверждение верно.
  6. 2) Предположим, что равенство верно при n=k
  7. Xk=k2(k+1)2/4.

3) Докажем истинность этого ут-верждения для n=k+1, т.е.

Хk+1=(k+1)2(k+2)2/4. Xk+1=13+23+…+k3+(k+1)3=k2(k+1)2/4+(k+1)3=(k2(k++1)2+4(k+1)3)/4=(k+1)2(k2+4k+4)/4=(k+1)2(k+2)2/4.

Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.

ПРИМЕР 6

  • Доказать, что
  • ((23+1)/(23-1))´((33+1)/(33-1))´…´((n3+1)/(n3-1))=3n(n+1)/2(n2+n+1), где n>2.
  • Решение: 1) При n=2 тождество выглядит: (23+1)/(23-1)=(3´2´3)/2(22+2+1),

т.е. оно верно.

  1. 2) Предположим, что выражение верно при n=k
  2. (23+1)/(23-1)´…´(k3+1)/(k3-1)=3k(k+1)/2(k2+k+1).
  3. 3) Докажем верность выражения при n=k+1.
  4. (((23+1)/(23-1))´…´((k3+1)/(k3-1)))´(((k+1)3+
  5. +1)/((k+1)3-1))=(3k(k+1)/2(k2+k+1))´((k+2)((k+
  6. +1)2-(k+1)+1)/k((k+1)2+(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´
  7. ´((k+1)2+(k+1)+1).
  8. Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого n>2

ПРИМЕР 7

  • Доказать, что
  • 13-23+33-43+…+(2n-1)3-(2n)3=-n2(4n+3)
  • для любого натурального n.
  • Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Источник: https://studyport.ru/referaty/tochnye-nauki/3804-metod-matematicheskoj-induktsii

Применение метода математической индукции в решении заданий ЕГЭ (С 5) Работу выполнил: ученик 10 «А» класса МАОУ «Ярковская СОШ» Антипин Андрей Тюменская. — презентация

1 Применение метода математической индукции в решении заданий ЕГЭ (С 5) Работу выполнил: ученик 10 «А» класса МАОУ «Ярковская СОШ» Антипин Андрей Тюменская область, Ярковский район, С. Ярково

2 Считаю выбранную мною тему актуальной из-за недостаточности практического содержания задач в учебниках по «Алгебре» и началам анализа для старших классов.

Мне необходимо более полно выполнить работу для получения высокого балла.

Цель: Найти, обосновать и наглядно показать систему формирования практического значения метода математической индукции как необходимого фактора для решения задач.

3 Введение В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод рассуждений — это рассуждение от общего к частному, т.е.

рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а заключительным моментом – частный результат. Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим, т.е.

является методом, противоположным дедуктивному.

4 Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются дальнейшие умозаключения.

Например, в математике роль индукции в значительной степени состоит в том, что она лежит в основе выбираемой аксиоматики.

После того как длительная практика показала, что прямой путь всегда короче кривого или ломанного, естественно было сформулировать аксиому: для любых трех точек А, В и С выполняется неравенство |AB|+|BC| |AC|.

5 Основная часть Осознание метода математической индукции как отдельного важного метода восходит к Блезу Паскалю и Герсониду, хотя отдельные случаи применения встречаются ещё в античные времена у Прокла и Эвклида.

Современное название метода было введено де Морганом в 1838 году. По своему первоначальному смыслу слово индукция применяется к рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы, опираясь на ряд частных утверждений.

6 Доказательство по индукции наглядно может быть представлено в виде так называемого принципа домино.

Пусть какое угодно число косточек домино выставлено в ряд таким образом, что каждая косточка, падая, обязательно опрокидывает следующую за ней косточку (в этом заключается индукционный переход).

Тогда, если мы толкнём первую косточку (это база индукции), то все косточки в ряду упадут.

7 Простейшим методом рассуждений является полная индукция. Вот пример: Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4< n < 20 представим 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.

8 Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых.

Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случаев.

Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).

9 Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение.

Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же индукция часто приводит к ошибочным результатам.

Во многих случаях выход из такого рода затруднений заключается в обращении к особому методу рассуждений, называемому методом математической индукции.

10 Принцип математической индукции. Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.

11 Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) >А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p. Док-во по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е.

устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть док-ва, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k,т.е.

доказывают, что А(k) >A(k+1).

12 Работу выполнил: ученик 10 «А» класса МАОУ «Ярков Антипин Андрей Тюменская область, Ярковский район, С. Ярково

13 Доказательство формулы n-го члена арифметической прогрессии

14 Метод математической индукции в решении задач на делимость. Пример Доказать, что при любом n, 7 n -1 делится на 6 без остатка. Решение: 1)Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно. 2) Предположим, что при n=k,7 k -1 делится на 6 без остатка.

15 3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1. X k+1 =7 k+1 -1=7 7 k -7+6=7(7 k -1)+6. Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k -1 делится на 6 по предположению, а вторым слагаемым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

16 Применение метода к суммированию рядов. Пример Доказать, что 1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х (1) Решение: 1) При n=1 получаем 1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1 следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно.

17 2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k, т.е. 1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1). Докажем, что тогда выполняется равенство 1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1).

В самом деле 1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k )+x k+1 = (x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 = =(x k+2 -1)/(x-1). Итак, А(k) > A(k+1).

На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n.

18 Применения метода к доказательству неравенств. Пример Доказать, что при n>2 справедливо неравенство 1+(1/2 2 )+(1/3 2 )+…+(1/n 2 )

19 3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1 (1+(1/2 2 )+…+(1/k 2 ))+(1/(k+1) 2 )<

20 Применение метода к другим задачам Пример Доказать, что число диагоналей выпуклого n- угольника равно n(n-3)/2. Решение: 1) При n=3 утверждение справедливо, ибо в треугольнике А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей; А 2 А(3) истинно. 2) Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике имеет ся А k =k(k-3)/2 диагоналей.

21 3)Докажем, что тогда в выпуклом А k+1 (k+1)-угольнике число диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2. Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)- угольник. Проведём в нём диагональ A 1 A k.

Чтобы подсчитать общее число диагоналей этого (k+1)- угольника нужно подсчитать число диагоналей в k- угольнике A 1 A 2 …A k, прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1, и, кроме того, следует учесть диагональ А 1 А k.

Таким образом, k+1=k+(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2. Итак, А(k) > A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

22 Пусть имеется выпуклая фигура и внутри ее взяты n точек. Тогда центр масс этих точек тоже принадлежит фигуре. Доказательство проведем по индукции. Докажем базу: центр масс двух точек по определению принадлежит соединяющему их отрезку, в силу выпуклости фигуры, принадлежит фигуре. База доказана, теперь шаг индукции.

Цент масс n+1 точек – это, в силу определения, центр масс двух точек: любой одной и центра масс всех остальных, которых n штук.

В силу предположения индукции центр масс этих остальных n точек принадлежит фигуре, а значит, центр масс его и (n+1)-й точки тоже принадлежит фигуре, так как по определению лежит на отрезке, соединяющем эти две точки нашей выпуклой фигуры, что и требовалось доказать. Доказательство теоремы с помощью математической индукции

23 Заключение В частности изучив метод математической индукции, я повысила свои знания в этой области математики, а также научилась решать задачи, которые раньше были мне не под силу. В основном это были логические и занимательные задачи, т.

е. как раз те, которые повышают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится занимательным занятием и может привлечь в математические лабиринты всё новых любознательных. По- моему, это является основой любой науки.

Источник: http://www.myshared.ru/slide/648878/

Лекция 06. Метод математической индукции

Лекция 6. Метод
математической индукции.

Новые знания в
науке и жизни добываются разными
способами, но все они (если не углубляться
в детали) делятся на два вида – переход
от общего к частному и от частного к
общему. Первый – это дедукция, второй
– индукция.

Дедуктивные рассуждения –
это то, что в математике обычно называют
логическими
рассуждениями
,
и в математической науке дедукция
является единственным законным методом
исследования. Правила логических
рассуждений были сформулированы два с
половиной тысячелетия назад древнегреческим
учёным Аристотелем.

Он создал полный
список простейших правильных рассуждений,
силлогизмов
– «кирпичиков» логики, одновременно
указав типичные рассуждения, очень
похожие на правильные, однако неправильные
(с такими «псевдологическими» рассуждениями
мы часто встречаемся в СМИ).

Индукция (induction
– по-латыни наведение)
наглядно иллюстрируется известной
легендой о том, как Исаак Ньютон
сформулировал закон всемирного тяготения
после того, как ему на голову упало
яблоко.

Ещё пример из физики: в таком
явлении, как электромагнитная индукция,
электрическое поле создает, «наводит»
магнитное поле.

«Ньютоново яблоко» –
типичный пример ситуации, когда один
или несколько частных случаев, то есть
наблюдения,
«наводят» на общее утверждение, общий
вывод делается на основании частных
случаев.

Индуктивный метод является
основным для получения общих закономерностей
и в естественных, и в гуманитарных
науках. Но он имеет весьма существенный
недостаток: на основании частных примеров
может быть сделан неверный вывод.
Гипотезы, возникающие при частных
наблюдениях, не всегда являются
правильными. Рассмотрим пример,
принадлежащий Эйлеру.

Будем вычислять
значение трехчлена
при некоторых первых значениях n:

n 1 2 3 4 5 6 7 8
43 47 53 61 71 83 97 113

Заметим, что
получаемые в результате вычислений
числа являются простыми. И непосредственно
можно убедиться, что для каждого n
от 1 до 39 значение многочлена
является простым числом.

Однако при
n=40
получаем число 1681=412,
которое не является простым. Таким
образом, гипотеза, которая здесь могла
возникнуть, то есть гипотеза о том, что
при каждом n
число

Читайте также:  Особенности рассмотрения трудовых споров - в помощь студенту

png» width=»70″>
является простым, оказывается неверной.

Лейбниц в 17 веке
доказал, что при всяком целом положительном
n
число
делится на 3, число
делится на 5 и т.д.

На основании этого он
предположил, что при всяком нечётном k
и любом натуральном n
число
делится на k,
но скоро сам заметил, что

png» width=»82″>
не делится на 9.

Рассмотренные
примеры позволяют сделать важный вывод:
утверждение может быть справедливым в
целом ряде частных случаев и в то же
время несправедливым вообще. Вопрос о
справедливости утверждения в общем
случае удается решить посредством
применения особого метода рассуждений,
называемого методом
математической индукции

(полной индукции, совершенной индукции).

6.1. Принцип
математической индукции.

  • ♦ В основе метода
    математической индукции лежит принцип
    математической индукции
    ,
    заключающийся в следующем:
  • 1) проверяется
    справедливость этого утверждения для
    n=1
    (базис
    индукции)
    ,
  • 2) предполагается
    справедливость этого утверждения для
    n=k,
    где
    k
    – произвольное натуральное число 1
    (предположение
    индукции)
    ,
    и с учётом этого предположения
    устанавливается справедливость его
    для
    n=k+1.

Доказательство.
Предположим противное, то есть предположим,
что утверждение справедливо не для
всякого натурального n.
Тогда существует такое натуральное m,
что:

1) утверждение для
n=m
несправедливо,

2) для всякого n,
меньшего m,
утверждение справедливо (иными словами,
m
есть первое натуральное число, для
которого утверждение несправедливо).

Очевидно, что m>1,
т.к. для n=1
утверждение справедливо (условие 1).
Следовательно,
– натуральное число.

Выходит, что для
натурального числа
утверждение справедливо, а для следующего
натурального числа m
оно несправедливо.

Это противоречит
условию 2. ■

Заметим, что в
доказательстве использовалась аксиома
о том, что в любой совокупности натуральных
чисел содержится наименьшее число.

Доказательство,
основанное на принципе математической
индукции, называется методом
полной математической индукции
.

Пример6.1.
Доказать, что при любом натуральном n
число
делится на 3.

Решение.
Воспользуемся методом полной математической
индукции.

1) При n=1 ,
поэтому a1
делится на 3 и утверждение справедливо
при n=1.

2) Предположим, что
утверждение справедливо при n=k, ,
то есть что число
делится на 3, и установим, что при n=k+1
число
делится на 3.

Т.к. каждое слагаемое
делится на 3, то их сумма также делится
на 3. ■

Пример6.2.
Доказать,
что сумма первых n
натуральных нечётных чисел равна
квадрату их числа, то есть .

Решение.
Воспользуемся методом полной математической
индукции.

1) Проверяем
справедливость данного утверждения
при n=1:
1=12
– это верно.

2) Предположим, что
сумма первых k
()
нечётных чисел равна квадрату числа
этих чисел, то есть

png» width=»166″>.
Исходя из этого равенства, установим,
что сумма первых k+1
нечётных чисел равна ,
то есть

png» width=»249″>.

Пользуемся нашим
предположением и получаем

.

Метод полной
математической индукции применяется
для доказательства некоторых неравенств.
Докажем неравенство Бернулли.

Пример6.3.
Доказать, что при
и любом натуральном n
справедливо неравенство
(неравенство
Бернулли).

Решение.
1) При n=1
получаем ,
что верно.

2) Предполагаем,
что при n=k
имеет место неравенство
(*). Используя это предположение, докажем,
что

png» width=»143″>.
Отметим, что при
это неравенство выполняется и поэтому
достаточно рассмотреть случай .

,
то есть (1+.

Доказательство
методом неполной
математической индукции

некоторого утверждения, зависящего от
n,
где
проводится аналогичным образом, но в
начале устанавливается справедливость
для наименьшего значения n.

В некоторых задачах
явно не сформулировано утверждение,
которое можно доказать методом
математической индукции. В таких случаях
надо самим установить закономерность
и высказать гипотезу о справедливости
этой закономерности, а затем методом
математической индукции проверить
предполагаемую гипотезу.

Пример6.4.
Найти сумму
.

Решение.
Найдём
суммы
S1,
S2,
S3.
Имеем ,
,

NOFD/img-g2mUdC.png» width=»159″>.
Высказываем гипотезу, что при любом
натуральном n
справедлива формула .
Для проверки этой гипотезы воспользуемся
методом полной математической индукции.

1) При n=1
гипотеза верна, т.к. .

2) Предположим, что
гипотеза верна при n=k, ,
то есть .
Используя эту формулу, установим, что
гипотеза верна и при n=k+1,
то есть

В самом деле,

Итак, исходя из
предположения, что гипотеза верна при
n=k, ,
доказано, что она верна и при n=k+1,
и на основании принципа математической
индукции делаем вывод, что формула
справедлива при любом натуральном n.

Пример6.5.
В математике доказывается, что сумма
двух равномерно непрерывных функций
является равномерно непрерывной
функцией. Опираясь на это утверждение,
нужно доказать, что сумма любого числа

png» width=»39″>
равномерно непрерывных функций является
равномерно непрерывной функцией. Но
поскольку мы ещё не ввели понятие
«равномерно непрерывная функция»,
поставим задачу более абстрактно: пусть
известно, что сумма двух функций,
обладающих некоторым свойством S,
сама обладает свойством S.

Докажем, что сумма любого числа функций
обладает свойством S.

Решение.
Базис индукции здесь содержится в самой
формулировке задачи. Сделав предположение
индукции, рассмотрим
функций f1,
f2,
…, fn,
fn+1,
обладающих свойством S.

Тогда .
В правой части первое слагаемое обладает
свойством S
по предположению индукции, второе
слагаемое обладает свойством S
по условию.

Следовательно, их сумма
обладает свойством S
– для двух слагаемых «работает» базис
индукции.

Тем самым утверждение
доказано и будем использовать его далее.

Пример6.6.
Найти все натуральные n,
для которых справедливо неравенство

Решение.
Рассмотрим n=1,
2, 3, 4, 5, 6. Имеем: 21>12,
22=22,
2352,
26>62.
Таким образом, можно высказать гипотезу:
неравенство

png» width=»48″>
имеет место для каждого .

Для доказательства истинности этой
гипотезы воспользуемся принципом
неполной математической индукции.

1) Как было установлено
выше, данная гипотеза истинна при n=5.

2) Предположим, что
она истинна для n=k, ,
то есть справедливо неравенство .
Используя это предположение, докажем,
что справедливо неравенство .

Т. к.
и при
имеет место неравенство

при ,

то получаем, что
.
Итак, истинность гипотезы при n=k+1
следует из предположения, что она верна
при n=k, .

Из пп. 1 и 2 на
основании принципа неполной математической
индукции следует, что неравенство
верно при каждом натуральном .

Пример6.7.
Доказать,
что для любого натурального числа n
справедлива формула дифференцирования
.

Решение.
При n=1
данная формула имеет вид ,
или 1=1, то есть она верна. Сделав
предположение индукции, будем иметь:

что и требовалось
доказать. ■

Пример6.8.
Доказать,
что множество, состоящее из n
элементов, имеет  подмножеств.

Решение.
Множество, состоящее из одного элемента
а,
имеет два подмножества. Это верно,
поскольку все его подмножества – пустое
множество и само это множество, и 21=2.

Предположим, что
всякое множество из n
элементов имеет
подмножеств.

Если множество А состоит
из n+1
элементов, то фиксируем в нём один
элемент – обозначим его d,
и разобьём все подмножества на два
класса – не содержащие d
и содержащие d.

Все подмножества из первого класса
являются подмножествами множества В,
получающегося из А выбрасыванием
элемента d.

Множество В состоит
из n
элементов, и поэтому, по предположению
индукции, у него
подмножеств, так что в первом классе
подмножеств.

Но во втором классе
подмножеств столько же: каждое из них
получается ровно из одного подмножества
первого класса добавлением элемента
d.
Следовательно, всего у множества А
подмножеств.

Тем самым утверждение
доказано. Отметим, что оно справедливо
и для множества, состоящего из 0 элементов
– пустого множества: оно имеет единственное
подмножество – самого себя, и 20=1.

Источник: https://studfile.net/preview/3220178/

�ндукция в геометрии

Лидия Р�вановна Р“оловина, Р�ссак РњРѕРёСЃРµРµРІРёС‡ РЇРіР»РѕРј Физматгиз, 1961. 100 СЃ. Тираж 35000 СЌРєР·.

Серия Популярные лекции по математике, выпуск 21

Загрузить (Mb)
djvu (1.25) pdf (-) ps (-) html (-) tex (-)

Настоящая книжка, рассчитанная РІ первую очередь РЅР° учащихся старших (9-РіРѕ Рё 10-РіРѕ) классов средней школы, учителей математики Рё студентов физико-математических факультетов пединститутов, примыкает Рє книжке Р�. РЎ. РЎРѕРјРёРЅСЃРєРѕРіРѕ «РњРµС‚РѕРґ математической индукции», составляющей 3-Р№ выпуск серии «РџРѕРїСѓР»СЏСЂРЅС‹Рµ лекции РїРѕ математике», Рё может рассматриваться как ее продолжение; тем читателям, которые знакомы СЃ книжкой Р�. РЎ. РЎРѕРјРёРЅСЃРєРѕРіРѕ, РѕРЅР° будет особенно интересна.

Книжка содержит 37 примеров, решения которых подробно разобраны, и 40 задач, сопровождаемых краткими указаниями.

Она посвящена разнообразным применениям метода математической индукции к решению геометрических задач.

Наиболее поучительны здесь, по нашему мнению, различные аспекты метода математической индукции; отдельные (но, разумеется, не все) примеры и задачи могут также представлять и определенный самостоятельный интерес.

В основу книжки положены две лекции, прочитанные �. М. Ягломом московским школьникам — участникам школьного математического кружка при Московском государственном университете.

Л. �. Головина �. М. Яглом

Содержание

  • Предисловие
  • Введение: Что такое метод математической индукции? (примеры 1–4, задачи 1–2)
  • В§ 1. Вычисление РїРѕ индукции (примеры 5–9, задачи 3–5)
  • В§ 2. Доказательство РїРѕ индукции (примеры 10–19, задачи 6–13)
  • В§ 3. Построение РїРѕ индукции (примеры 20–23, задачи 14–16)
  • В§ 4. Нахождение геометрических мест РїРѕ индукции (примеры 24–25, задачи 17–23)
  • В§ 5. Определение РїРѕ индукции (примеры 26–27, задачи 24–32)
  • В§ 6. Р�ндукция РїРѕ числу измерений (примеры 28–37, задачи 33–40)
  •     1. Вычисление СЃ помощью индукции РїРѕ числу измерений (пример 28, задача 33)
  •     2. Доказательство СЃ помощью индукции РїРѕ числу измерений (примеры 29–35, задачи 34–39)
  •     3. Нахождение геометрических мест СЃ помощью индукции РїРѕ числу измерений (пример 36)

    4.

Определение с помощью индукции по числу измерений (пример 37, задача 40)

Загрузить (Mb)
djvu (1.25) pdf (-) ps (-) html (-) tex (-)

Источник: https://math.ru/lib/plm/21

Метод математической индукции

Математическая индукция лежит в основе одного из самых распространенных методов математических доказательств. С его помощью можно доказать большую часть формул с натуральными числами n, например, формулу нахождения суммы первых членов прогрессии Sn=2a1+n-1d2·n, формулу бинома Ньютонаa+bn=Cn0·an·Cn1·an-1·b+…+Cnn-1·a·bn-1+Cnn·bn.

В первом пункте мы разберем основные понятия, потом рассмотрим основы самого метода, а затем расскажем, как с его помощью доказывать равенства и неравенства.

Понятия индукции и дедукции

Для начала рассмотрим, что такое вообще индукция и дедукция.

Определение 1

Индукция – это переход от частного к общему, а дедукция наоборот – от общего к частному.

Например, у нас есть утверждение: 254 можно разделить на два нацело. Из него мы можем сделать множество выводов, среди которых будут как истинные, так и ложные. Например, утверждение, что все целые числа, которые имеют в конце цифру 4, могут делиться на два без остатка – истинное, а то, что любое число из трех знаков делится на 2 – ложное.

В целом можно сказать, что с помощью индуктивных рассуждений можно получить множество выводов из одного известного или очевидного рассуждения. Математическая индукция позволяет нам определить, насколько справедливы эти выводы.

Допустим, у нас есть последовательность чисел вида 11·2, 12·3, 13·4, 14·5,…, 1n(n+1), где n обозначает некоторое натуральное число. В таком случае при сложении первых элементов последовательности мы получим следующее:

S1=11·2=12, S2=11·2+12·3=23, S3=11·2+12·3+13·4=34,S4=11·2+12·3+13·4+14·5=45,…

Используя индукцию, можно сделать вывод, что Sn=nn+1. В третьей части мы докажем эту формулу.

В чем заключается метод математической индукции

В основе этого метода лежит одноименный принцип. Он формулируется так:

Определение 2

Некое утверждение будет справедливым для натурального значения n тогда, когда 1) оно будет верно при n=1 и 2) из того, что это выражение справедливо для произвольного натурального n=k, следует, что оно будет верно и при n=k+1.

Применение метода математической индукции осуществляется в 3 этапа:

  1. Для начала мы проверяем верность исходного утверждения в случае произвольного натурального значения n (обычно проверка делается для единицы).
  2. После этого мы проверяем верность при n=k.
  3. И далее доказываем справедливость утверждения в случае, если n=k+1.

Как применять метод математической индукции при решении неравенств и уравнений

Возьмем пример, о котором мы говорили ранее.

Пример 1

Докажите формулу Sn=11·2+ 12·3+…+1n(n+1)=nn+1.

Решение

Как мы уже знаем, для применения метода математической индукции надо выполнить три последовательных действия.

  1. Для начала проверяем, будет ли данное равенство справедливым при n, равном единице. Получаем S1=11·2=11+1=12. Здесь все верно.
  2. Далее делаем предположение, что формула Sk=kk+1 верна.
  3. В третьем шаге нам надо доказать, что Sk+1=k+1k+1+1=k+1k+2, основываясь на справедливости предыдущего равенства.
  • Мы можем представить k+1 в качестве суммы первых членов исходной последовательности и k+1:
  • Sk+1=Sk+1k+1(k+2)
  • Поскольку во втором действии мы получили, что Sk=kk+1, то можно записать следующее:
  • Sk+1=Sk+1k+1(k+2).
  • Теперь выполняем нужные преобразования. Нам потребуется выполнить приведение дроби к общему знаменателю, приведение подобных слагаемых, применить формулу сокращенного умножения и сократить то, что получилось:
  • Sk+1=Sk+1k+1(k+2)=kk+1+1k+1(k+2)==k(k+2)+1k+1(k+2)=k2+2k+1k+1(k+2)=(k+1)2k+1(k+2)=k+1k+2
  • Таким образом, мы доказали равенство в третьем пункте, выполнив все три шага метода математической индукции.
  • Ответ: предположение о формуле Sn=nn+1 является верным.

Возьмем более сложную задачу с тригонометрическими функциями.

Пример 2

Приведите доказательство тождества cos2α·cos4α·…·cos2nα=sin 2n+1α2nsin 2α.

Решение

Как мы помним, первым шагом должна быть проверка верности равенства при n, равном единице. Чтобы это выяснить, нам надо вспомнить основные тригонометрические формулы.

cos 21=cos 2αsin 21+1α21sin 2α=sin 4α2sin 2α=2sin 2α·cos 2α2sin 2α=cos 2α

Следовательно, при n, равном единице, тождество будет верным.

Теперь предположим, что его справедливость сохранится при n=k, т.е. будет верно, что cos 2α·cos 4α·…·cos 2kα=sin 2k+1α2ksin 2α.

Доказываем равенство cos 2α·cos 4α·…·cos 2k+1α=sin 2k+2α2k+1sin 2α для случая, когда n=k+1, взяв за основу предыдущее предположение.

  1. Согласно тригонометрической формуле,
  2. sin 2k+1α·cos 2k+1α==12(sin(2k+1α+2k+1α)+sin(2k+1α-2k+1α))==12sin(2·2k+1α)+sin 0=12sin 2k+2α
  3. Следовательно,

cos 2α·cos 4α·…·cos 2k+1α==cos 2α·cos 4α·…·cos 2kα·cos 2k+1α==sin 2k+1α2k sin 2α·cos 2k+1α=12·sin 2k+1α2ksin 2α=sin 2k+2α2k+1sin 2α

Ответ:  На этом тождество можно считать доказанным. Мы успешно применили для этого метод математической индукции. Точно так же мы можем доказать справедливость формулы бинома Ньютона.

Пример решения задачи на доказательство неравенства с применением этого метода мы привели в статье о методе наименьших квадратов. Прочтите тот пункт, в котором выводятся формулы для нахождения коэффициентов аппроксимации.

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter

Источник: https://Zaochnik.com/spravochnik/matematika/stati/metod-matematicheskoj-induktsii/

Ссылка на основную публикацию