Одним из самых важных методов математических доказательств по праву является метод математической индукции . Подавляющее большинство формул, относящихся ко всем натуральным числам n , могут быть доказаны методом математической индукции (к примеру, формула суммы n первых членов арифметической прогрессии , формула бинома Ньютона и т.п.).
В этой статье сначала остановимся на основных понятиях, далее рассмотрим сам метод математической индукции и разберем примеры его применения при доказательстве равенств и неравенств.
Навигация по странице.
Индукция и дедукция.
Индукцией называют переход от частных утверждений к общим. Напротив, переход от общих утверждений к частным называется дедукцией.
Пример частного утверждения: 254 делится на 2 без остатка.
Из этого частного утверждения можно сформулировать массу более общих утверждений, причем как истинных так и ложных. К примеру, более общее утверждение, что все целые числа, оканчивающиеся четверкой, делятся на 2 без остатка, является истинным, а утверждение, что все трехзначные числа делятся на 2 без остатка, является ложным.
Таким образом, индукция позволяет получить множество общих утверждений на основе известных или очевидных фактов. А метод математической индукции призван определить справедливость полученных утверждений.
В качестве примера, рассмотрим числовую последовательность: 
, n
– произвольное натуральное число. Тогда последовательность сумм первых n
элементов этой последовательности будет следующая
Исходя из этого факта, по индукции можно утверждать, что .
Доказательство этой формулы приведем .
Метод математической индукции.
В основе метода математической индукции лежит принцип математической индукции .
Он заключается в следующем: некоторое утверждение справедливо для всякого натурального n , если
- оно справедливо для n = 1 и
- из справедливости утверждения для какого-либо произвольного натурального n = k следует его справедливость для n = k+1 .
То есть, доказательство по методу математической индукции проводится в три этапа:
- во-первых, проверятся справедливость утверждения для любого натурального числа n (обычно проверку делают для n = 1 );
- во-вторых, предполагается справедливость утверждения при любом натуральном n=k ;
- в-третьих, доказывается справедливость утверждения для числа n=k+1 , отталкиваясь от предположения второго пункта.
Примеры доказательств уравнений и неравенств методом математической индукции.
Вернемся к предыдущему примеру и докажем формулу 
.
Доказательство.
Метод математической индукции предполагает доказательство в три пункта.
Таким образом, выполнены все три шага метода математической индукции и тем самым доказано наше предположение о формуле .
Давайте рассмотрим тригонометрическую задачу.
Пример.
Докажите тождество 
.
Решение.
Во-первых, проверяем справедливость равенства при n = 1
. Для этого нам понадобятся основные формулы тригонометрии.
То есть, равенство верно для n = 1 .
Во-вторых, предположим, что равенство верно для n = k
, то есть справедливо тождество
Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.
В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом.
Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) Ю А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.
Доказательство по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k) Ю A(k+1)
Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
- 1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно
- 2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1)
Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е
1+3+5+…+(2k-1)=k 2
Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что
- 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 В самом деле,
- 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2
Итак, А(k) Ю А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n О N
Доказать, что
1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х № 1
- 1) При n=1 получаем
- 1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1
следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно
- 2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k,
- 1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1)
Докажем, что тогда выполняется равенство
- 1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1) В самом деле
- 1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)
Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n
Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2
Решение: 1) При n=3 утверждение справедливо, ибо в треугольнике
А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей; А 2 А(3) истинно
2) Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике имеет А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей. А k Докажем, что тогда в выпуклом А k+1 (k+1)-угольнике число диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-угольник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы подсчитать общее число диагоналей этого (k+1)-угольника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A 1 A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1 , и, кроме того, следует учесть диагональ А 1 А k
Таким образом,
G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2
Итак, А(k) Ю A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.
Доказать, что при любом n справедливо утверждение:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1
2) Предположим, что n=k
Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6
3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1
X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2
=(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого натурального n
Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4
Решение: 1) Пусть n=1
Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно.
2) Предположим, что равенство верно при n=k
X k =k 2 (k+1) 2 /4
3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е
Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4
Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n
Доказать, что
((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))=3n(n+1)/2(n 2 +n+1), где n>2
Решение: 1) При n=2 тождество выглядит:
- (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), т.е. оно верно
- 2) Предположим, что выражение верно при n=k
- (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
- 3) Докажем верность выражения при n=k+1
- (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ
ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого n>2
Доказать, что
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) для любого натурального n
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
- 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
- 2) Предположим, что n=k, тогда
- 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
- 3) Докажем истинность этого утверждения при n=k+1
- (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)
Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для любого натурального n.
Доказать верность тождества
(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) для любого натурального n
- 1) При n=1 тождество верно 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
- 2) Предположим, что при n=k
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
- 3) Докажем, что тождество верно при n=k+1
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1)/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1)
Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при любом натуральном n.
Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
Но (23 ґ 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.
- 2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка
- 3) Докажем, что в таком случае (11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле
- 11 k+3 +12 2л+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +
+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1
Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k) Ю А(k+1). В силу метода математической индукции утверждение доказано
Доказать, что при любом n 7 n -1 делится на 6 без остатка
- 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно
- 2) Предположим, что при n=k 7 k -1 делится на 6 без остатка
- 3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1
X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6
Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k -1 делится на 6 по предположению, а вторым слагаемым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.
Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном натуральном n делится на 11.
1) Пусть n=1, тогда
Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остатка.
Значит, при n=1 утверждение верно
- 2) Предположим, что при n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка
- 3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =
27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +
11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1
Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположению, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма делится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.
Доказать, что 11 2n -1 при произвольном натуральном n делится на 6 без остатка
- 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно
- 2) Предположим, что при n=k 1 2k -1 делится на 6 без остатка
- 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)
Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: первое содержит кратное 6-ти число 120, а второе делится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.
Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка
Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка
- 1. При n=0
- 3 3 -1=26 делится на 26
- 2. Предположим, что при n=k
- 3 3k+3 -1 делится на 26
- 3. Докажем, что утверждение верно при n=k+1
- 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -делится на 26
Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи
- 1) Очевидно, что при n=1 утверждение верно
- 3 3+3 -26-27=676
- 2) Предположим, что при n=k выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка
- 3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
- 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)
Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода математической индукции утверждение доказано
Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х) n >1+n ґ х
- 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как
- (1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х
Значит, А(2) истинно
- 2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
- (1+х) k >1+k ґ x. (3)
Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x
В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим
(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)
Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем
(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x
В итоге получаем, что (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x
Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n> 2
Доказать, что справедливо неравенство (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а> 0
Решение: 1) При m=1
- (1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обе части равны
- 2) Предположим, что при m=k
- (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
- 3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно
- (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+
+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +
+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+
+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2
Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального m
Доказать, что при n>6 справедливо неравенство 3 n >n ґ 2 n+1
Перепишем неравенство в виде (3/2) n >2n
- 1. При n=7 имеем 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенство верно
- 2. Предположим, что при n=k (3/2) k >2k
- 3) Докажем верность неравенства при n=k+1
- 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)
Так как k>7, последнее неравенство очевидно.
В силу метода математической индукции неравенство справедливо для любого натурального n
Доказать, что при n>2 справедливо неравенство
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)
- 1) При n=3 неравенство верно
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. Предположим, что при n=k
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
- 3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы
Ы (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы
Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k Последнее очевидно, а поэтому 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) В силу метода математической индукции неравенство доказано. English:
Wikipedia is making the site more secure. You are using an old web browser that will not be able to connect to Wikipedia in the future. Please update your device or contact your IT administrator. 中文:
维基百科正在使网站更加安全。您正在使用旧的浏览器，这在将来无法连接维基百科。请更新您的设备或联络您的IT管理员。以下提供更长，更具技术性的更新（仅英语）。 Español:
Wikipedia está haciendo el sitio más seguro. Usted está utilizando un navegador web viejo que no será capaz de conectarse a Wikipedia en el futuro. Actualice su dispositivo o contacte a su administrador informático. Más abajo hay una actualización más larga y más técnica en inglés. ﺎﻠﻋﺮﺒﻳﺓ:
ويكيبيديا تسعى لتأمين الموقع أكثر من ذي قبل. أنت تستخدم متصفح وب قديم لن يتمكن من الاتصال بموقع ويكيبيديا في المستقبل. يرجى تحديث جهازك أو الاتصال بغداري تقنية المعلومات الخاص بك. يوجد تحديث فني أطول ومغرق في التقنية باللغة الإنجليزية تاليا. Français:
Wikipédia va bientôt augmenter la sécurité de son site. Vous utilisez actuellement un navigateur web ancien, qui ne pourra plus se connecter à Wikipédia lorsque ce sera fait. Merci de mettre à jour votre appareil ou de contacter votre administrateur informatique à cette fin. Des informations supplémentaires plus techniques et en anglais sont disponibles ci-dessous. 日本語:
ウィキペディアではサイトのセキュリティを高めています。ご利用のブラウザはバージョンが古く、今後、ウィキペディアに接続できなくなる可能性があります。デバイスを更新するか、IT管理者にご相談ください。技術面の詳しい更新情報は以下に英語で提供しています。 Deutsch:
Wikipedia erhöht die Sicherheit der Webseite. Du benutzt einen alten Webbrowser, der in Zukunft nicht mehr auf Wikipedia zugreifen können wird. Bitte aktualisiere dein Gerät oder sprich deinen IT-Administrator an. Ausführlichere (und technisch detailliertere) Hinweise findest Du unten in englischer Sprache. Italiano:
Wikipedia sta rendendo il sito più sicuro. Stai usando un browser web che non sarà in grado di connettersi a Wikipedia in futuro. Per favore, aggiorna il tuo dispositivo o contatta il tuo amministratore informatico. Più in basso è disponibile un aggiornamento più dettagliato e tecnico in inglese. Magyar:
Biztonságosabb lesz a Wikipédia. A böngésző, amit használsz, nem lesz képes kapcsolódni a jövőben. Használj modernebb szoftvert vagy jelezd a problémát a rendszergazdádnak. Alább olvashatod a részletesebb magyarázatot (angolul). Svenska:
Wikipedia gör sidan mer säker. Du använder en äldre webbläsare som inte kommer att kunna läsa Wikipedia i framtiden. Uppdatera din enhet eller kontakta din IT-administratör. Det finns en längre och mer teknisk förklaring på engelska längre ned. हिन्दी:
विकिपीडिया साइट को और अधिक सुरक्षित बना रहा है। आप एक पुराने वेब ब्राउज़र का उपयोग कर रहे हैं जो भविष्य में विकिपीडिया से कनेक्ट नहीं हो पाएगा। कृपया अपना डिवाइस अपडेट करें या अपने आईटी व्यवस्थापक से संपर्क करें। नीचे अंग्रेजी में एक लंबा और अधिक तकनीकी अद्यतन है। We are removing support for insecure TLS protocol versions, specifically TLSv1.0 and TLSv1.1, which your browser software relies on to connect to our sites. This is usually caused by outdated browsers, or older Android smartphones. Or it could be interference from corporate or personal "Web Security" software, which actually downgrades connection security. You must upgrade your web browser or otherwise fix this issue to access our sites. This message will remain until Jan 1, 2020. After that date, your browser will not be able to establish a connection to our servers. Текст работы размещён без изображений и формул. Введение
Данная тема является актуальной, так как каждый день люди решают различные задачи, в которых они применяют разные методы решения, но есть задания, в которых не обойтись без метода математической индукции, и в таких случаях будут очень полезны знания в данной области. Я выбрал данную тему для исследования, потому что в школьной программе методу математической индукции уделяют мало времени, ученик узнает поверхностнуюинформацию, которая поможетему получить лишь общее представление о данном методе, но чтобы углубленно изучить эту теорию потребуется саморазвитие. Действительно будет полезно поподробнее узнать о данной теме, так как это расширяет кругозор человека и помогает в решении сложных задач. Цель работы:
Познакомиться с методом математической индукции, систематизировать знания по данной теме и применить её при решении математических задач и доказательстве теорем, обосновать и наглядно показать практическое значение метода математической индукции как необходимого фактора для решения задач. Задачи работы:
Проанализировать литературу и обобщить знания по данной теме. Разобраться в принципе метода математической индукции. Исследовать применение метода математической индукции к решению задач. Сформулировать выводы и умозаключения по проделанной работе. Основная часть исследования
История возникновения:
Только к концу XIX века сложился стандарт требований к логической строгости, остающейся и до настоящего времени господствующими в практической работе математиков над развитием отдельных математических теорий. Индукция - познавательная процедура, посредством которой из сравнения наличных фактов выводится обобщающее их утверждение. 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. 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. 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 логически развивать свою мысль, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно. Индукция и дедукция
Известно, что существуют как частные, так и общие утверждения, и на переходе от одних к другим и основаны два данных термина. Дедукция (от лат. deductio - выведение) - переход в процессе познания от общего
знания к частному
и единичному
. В дедукции общее знание служит исходным пунктом рассуждения, и это общее знание предполагается «готовым», существующим. Особенность дедукции состоит в том, что истинность ее посылок гарантирует истинность заключения. Поэтому дедукция обладает огромной силой убеждения и широко применяется не только для доказательства теорем в математике, но и всюду, где необходимы достоверные знания. Индукция (от лат. inductio - наведение) - это переход в процессе познания от частного
знания к общему
.Другими словами, - это метод исследования, познания, связанный с обобщением результатов наблюдений и экспериментов.Особенностью индукции является ее вероятностный характер, т.е. при истинности исходных посылок заключение индукции только вероятно истинно и в конечном результате может оказаться как истинным, так и ложным. Полная и неполная индукция
Индуктивное умозаключение - такая форма абстрактного мышления, в которой мысль развивается от знания меньшей степени общности к знанию большей степени общности, а заключение, вытекающее из посылок, носит преимущественно вероятностный характер. В ходе исследования я выяснил, что индукция делится на два вида: полная и неполная. Полной индукцией называется умозаключение, в котором общий вывод о классе предметов делается на основании изучения всех предметов этого класса. Например,пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 6≤ n≤ 18 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения: 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; Данные равенства показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых. Рассмотрим следующий пример: последовательность yn= n 2 +n+17; Выпишем первые четыре члена: у 1 =19; y 2 =23; y 3 =29; y 4 =37; Тогда мы можем предположить, что вся последовательность состоит из простых чисел. Но это не так, возьмем y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Это составное число, значит наше предположение неверно, таким образом, неполная индукция не приводит к вполне надежным выводам, но позволяет сформулировать гипотезу, которая в дальнейшем требует математического доказательства или опровержения. Метод математической индукции
Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для всех этих ситуаций мы не в состоянии.Но как осуществить проверку бесконечного числа случаев? Такой способ предложили Б.Паскаль и Я.Бернулли, это метод математической индукции, в основе которого лежит 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)
А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p. Алгоритм (он состоит из четырех этапов):
1.база
(показываем, что доказываемое утверждение верно для некоторых простейших частных случаев (п
= 1)); 2.предположение
(предполагаем, что утверждение доказано для первых к
случаев); 3
.шаг
(в этом предположении доказываем утверждение для случая п
=
к
+ 1); 4.вывод (у
тверждение верно для всех случаев, то есть для всех п)
. Заметим, что Методом математической индукции можно решать не все задачи, а только задачи, параметризованные некоторой переменной. Эта переменная называется переменной индукции. Применение метода математической индукции
Применим всю данную теорию на практике и выясним, в каких задачах применяется данный метод. Задачи на доказательство неравенств.
Пример 1.
Доказать неравенство Бернулли(1+х)n≥1+n х, х>-1, n € N. 1) При n=1 неравенство справедливо, так как 1+х≥1+х 2) Предположим, что неравенство верно для некоторого n=k, т.е. (1+х) k ≥1+k x. Умножив обе части неравенства на положительное число 1+х, получим (1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2 Учитывая, что kx 2 ≥0, приходим к неравенству (1+х) k+1 ≥1+(k+1) x. Таким образом, из допущения, что неравенство Бернулли верно для n=k, следует, что оно верно для n=k+1. На основании метода математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n € N. Пример 2.
Доказать, что при любом натуральном n>1, . Докажем с помощью метода математической индукции. Обозначим левую часть неравенства через. 1), следовательно, при n=2 неравенство справедливо. 2)Пусть при некоторомk. Докажем, что тогда и. Имеем, . Сравнивая и, имеем, т.е. . При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому. Но, значит, и.Мы доказали справедливость неравенства при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального n>1. Задачи на доказательство тождеств.
Пример 1.
Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство: 1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4. Пусть n=1, тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно. 2) Предположим, что равенство верно при n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4. 3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е.X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k+1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4. Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n. Пример 2.
Доказать, что при любом натуральном nсправедливо равенство 1) Проверим, что это тождество верно приn = 1.; - верно. 2) Пусть тождество верно и для n = k, т.е.. 3)Докажем, что это тождество верно и для n = k + 1, т.е.; Т.к. равенство верно при n=kи n=k+1, то оно справедливо при любом натуральном n. Задачи на суммирование.
Пример 1.
Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 . Решение: 1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно. 2) Докажем, что А(k) A(k+1). Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е.1+3+5+…+(2k-1)=k 2 . Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 . В самом деле,1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 . Итак, А(k) А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n N. Пример 2.
Доказать формулу, n - натуральное число. Решение: При n=1 обе части равенства обращаются в единицу и, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено. Предположим, что формула верна при n=k, т.е. . Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть. Тогда получим Таким образом, из того, что формула верна при n=k, следует, что она верна и при n=k+1, то это утверждение справедливо при любом натуральном n. Задачи на делимость.
Пример 1.
Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка. Решение:
1) Пусть n=1, тогда 11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23× 133. (23× 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; 2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка. 3) Докажем, что в таком случае (11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. Действительно, 11 k+3 +12 2л+3 =11×11 k+2 + 12 2 ×12 2k+1 =11× 11 k+2 +(11+133)× 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133× 12 2k+1 . Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей является 133. Итак, А(k)→ А(k+1), то опираясь на метод математической индукции, утверждение верно для любых натуральных n. Пример 2.
Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном натуральном n делится на 11. Решение: 1) Пусть n=1, тогдаХ 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остатка. Значит, при n=1 утверждение верно. 2) Предположим, что при n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка. 3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1. X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 *3 3k-1 +2 4 *2 4k-3 = 27 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =(16+11)* 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =16* 3 3k-1 + 11* 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11* 3 3k-1 . Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположению, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма делится на 11 без остатка при любом натуральном n. Задачи из реальной жизни.
Пример 1.
Доказать, что сумма Sn внутренних углов любого выпуклого многоугольника равна (п
- 2)π, где п
— число сторон этого многоугольника:Sn = (п
- 2)π (1). Это утверждение имеет смысл не для всех натуральных п
, а лишь для п
>
3, так как минимальное число углов в треугольнике равно 3. 1) При п
= 3 наше утверждение принимает вид: S 3 = π. Но сумма внутренних углов любого треугольника действительно равна π. Поэтому при п
= 3 формула (1) верна. 2) Пусть эта формула верна при n=k
, то есть S k
= (k
- 2)π, где k
>
3. Докажем, что в таком случае имеет место и формула:S k+
1 = (k
- 1)π. Пусть A 1 A 2 ... A k
A k+
1 —произвольный выпуклый (k
+ 1) -угольник (рис. 338). Соединив точки A 1 и A k
, мы получим выпуклый k
-угольник A 1 A 2 ... A k
— 1 A k
. Очевидно, что сумма углов (k
+ 1) -угольника A 1 A 2 ... A k
A k+
1 равна сумме углов k
-угольника A 1 A 2 ... A k
плюс сумма углов треугольника A 1 A k
A k+
1 . Но сумма углов k
-угольника A 1 A 2 ... A k
по предположению равна (k
- 2)π, а сумма углов треугольника A 1 A k
A k+
1 равна π. Поэтому S k+
1 = S k
+ π = (k
- 2)π + π = (k
- 1)π. Итак, оба условия принципа математической индукции выполняются, и потому формула (1) верна при любом натуральном п
>
3. Пример 2.
Имеется лестница, все ступени которой одинаковы. Требуется указать минимальное число положений, которые гарантировали бы возможность «забраться» на любую по номеру ступеньку. Все согласны с тем, что должно быть условие. Мы должны уметь забраться на первую ступень. Далее должны уметь с 1-ой ступеньки забраться на вторую. Потом во второй - на третью и т.д. на n-ую ступеньку. Конечно, в совокупности же «n» утверждений гарантирует нм то, что мы сможем добраться до n-ой ступеньки. Посмотрим теперь на 2, 3,…., n положение и сравним их друг с другом. Легко заметить, что все они имеют одну и ту же структуру: если мы добрались до k ступеньки, то можем забраться на (k+1) ступеньку. Отсюда становится естественной такая аксиома для справедливости утверждений, зависящих от «n»: если предложение А(n), в котором n - натуральное число, выполняется при n=1 и из того, что оно выполняется при n=k (где k - любое натуральное число), следует, что оно выполняется и для n=k+1, то предположение А(n) выполняется для любого натурального числа n. Приложение
Задачи с применением метода математической индукции при поступлении в ВУЗы.
Заметим, что при поступление в высшие учебные заведения также встречаются задачи, которые решаются данным методом. Рассмотрим их на конкретных примерах. Пример 1.
Доказать, что любом натуральном п
справедливо равенство 1) При п=1
мы получаем верное равенство Sin. 2) Сделав предположение индукции, что при n=k
равенство верно, рассмотрим сумму, стоящую в левой части равенства, при n=k+1;
3) Используя формулы приведения преобразуем выражение: Тогда, в силу метода математической индукции равенство верно для любого натурального n. Пример 2.
Доказать, что для любого натурального n значение выражения 4n +15n-1 кратно 9. 1) При n=1: 2 2 +15-1=18 - кратно 9 (т.к.18:9=2) 2) Пусть равенство выполняется для n=k:
4 k +15k-1 кратно 9. 3) Докажем, что равенство выполняется и для следующего числа n=k+1
4 k+1 +15(k+1)-1=4 k+1 +15k+15-1=4.4 k +60k-4-45k+18=4(4 k +15k-1)-9(5k-2) 4(4 k +15k-1) - кратно 9; 9(5k-2) - кратно 9; Следовательно и все выражение 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) кратно 9, что и требовалось доказать. Пример 3.
Доказать, что при любом натуральном числе п
выполняется условие: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ п(п+1)(п+2)=.
1) Проверим, что данная формула верна при п=1:
Левая часть = 1∙2∙3=6.
Правая часть= .
6 = 6; верно при п=1.
2) Предположим, что данная формула верна при n=k:
1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=.
S k
=.
3) Докажем, что данная формула верна при n=k+1:
1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.
S k+1
=.
Доказательство: Итак, данное условие верно в двух случаях и доказали, что верно при n=k+1,
следовательно она верно при любом натуральном числе п.
Заключение
Подведем итоги, в процессе исследования я выяснил, в чем заключается индукция, которая бывает полной или неполной, познакомился с методом математической индукции, основанном на принципе математической индукции, рассмотрел множество задач с применением данного метода. Также я узнал много новой информации, отличной от той, что включена в школьную программу.Изучая метод математической индукции я использовал различную литературу, ресурсы интернета, а также консультировался с педагогом. Вывод:
Обобщив и систематизировав знания по математической индукции, убедился в необходимости знаний по данной теме в реальной действительности. Положительным качеством метода математической индукции является его широкое применение в решении задач: в области алгебры, геометрии и реальной математики. Также эти знания повышают интерес к математике, как к науке. Я уверен, что навыки, приобретенные в ходе работы, помогут мне в будущем.
Список литературы
Соминский И.С. Метод математической индукции. Популярные лекции по математике, выпуск 3-М.: Наука, 1974г. Л. И. Головина, И. М. Яглом. Индукция в геометрии. — Физматгиз, 1961. — Т. 21. — 100 с. — (Популярные лекции по математике). Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Пособие по математике для поступающих в вузы (Избранные вопросы элементарной математики) - Изд.5-е, перераб., 1976 - 638с. А. Шень. Математическая индукция. — МЦНМО, 2004. — 36 с. M.Л.Галицкий, А.М.Гольдман, Л.И.Звавич Сборник задач по алгебре: учеб.пособие для 8-9 кл. с углубл. изучением математики 7-е изд.— М.: Просвещение, 2001.—271 с Ма-ка-ры-чев Ю.Н., Мин-дюк Н.Г До-пол-ни-тель-ные главы к школь-но-му учеб-ни-ку ал-геб-ры 9 клас-са. - М.: Про-све-ще-ние, 2002. Википедия- свободная энциклопедия. 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
: Заметим, что
получаемые в результате вычислений
числа являются простыми. И непосредственно
можно убедиться, что для каждого n
от 1 до 39 значение многочлена
Лейбниц в 17 веке
доказал, что при всяком целом положительном
n
число
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,
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
.
Пример
6.1.
Доказать, что при любом натуральном n
число
Решение.
1) При n
=1
,
поэтому a
1
делится на 3 и утверждение справедливо
при n
=1. 2) Предположим, что
утверждение справедливо при n
=k
,
В самом деле,
Т.к. каждое слагаемое
делится на 3, то их сумма также делится
на 3. ■
Пример
6.2.
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=1 2
– это верно. 2) Предположим, что
сумма первых k
( Пользуемся нашим
предположением и получаем .
■
Метод полной
математической индукции применяется
для доказательства некоторых неравенств.
Докажем неравенство Бернулли. Пример
6.3.
Доказать, что при
Решение.
1) При n
=1
получаем
2) Предполагаем,
что при n
=k
имеет место неравенство
Умножим обе части
неравенства (*) на число
То есть (1+ Доказательство
методом неполной
математической индукции
некоторого утверждения, зависящего от
n
,
где
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. Пример
6.4.
Найти сумму
Решение.
Найдём
суммы
S
1 ,
S
2 ,
S
3 .
Имеем
1) При n
=1
гипотеза верна, т.к.
2) Предположим, что
гипотеза верна при n
=k
,
В самом деле, Итак, исходя из
предположения, что гипотеза верна при
n
=k
,
Пример
6.5.
В математике доказывается, что сумма
двух равномерно непрерывных функций
является равномерно непрерывной
функцией. Опираясь на это утверждение,
нужно доказать, что сумма любого числа
Решение.
Базис индукции здесь содержится в самой
формулировке задачи. Сделав предположение
индукции, рассмотрим
Тем самым утверждение
доказано и будем использовать его далее.
■
Пример
6.6.
Найти все натуральные n
,
для которых справедливо неравенство Решение.
Рассмотрим n
=1,
2, 3, 4, 5, 6. Имеем: 2 1 >1 2 ,
2 2 =2 2 ,
2 3 <3 2 ,
2 4 =4 2 ,
2 5 >5 2 ,
2 6 >6 2 .
Таким образом, можно высказать гипотезу:
неравенство
1) Как было установлено
выше, данная гипотеза истинна при n
=5. 2) Предположим, что
она истинна для n
=k
,
Т. к.
то получаем, что
Из пп. 1 и 2 на
основании принципа неполной математической
индукции следует, что неравенство
Пример
6.7.
Доказать,
что для любого натурального числа n
справедлива формула дифференцирования
Решение.
При n
=1
данная формула имеет вид
что и требовалось
доказать. ■
Пример
6.8.
Доказать,
что множество, состоящее из n
элементов, имеет
Решение.
Множество, состоящее из одного элемента
а
,
имеет два подмножества. Это верно,
поскольку все его подмножества – пустое
множество и само это множество, и 2 1 =2. Предположим, что
всякое множество из n
элементов имеет
Множество В состоит
из n
элементов, и поэтому, по предположению
индукции, у него
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
Тем самым утверждение
доказано. Отметим, что оно справедливо
и для множества, состоящего из 0 элементов
– пустого множества: оно имеет единственное
подмножество – самого себя, и 2 0 =1.
■
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
является простым числом. Однако при
n
=40
получаем число 1681=41 2 ,
которое не является простым. Таким
образом, гипотеза, которая здесь могла
возникнуть, то есть гипотеза о том, что
при каждом n
число
является простым, оказывается неверной.
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
не делится на 9.
– натуральное число. Выходит, что для
натурального числа
утверждение справедливо, а для следующего
натурального числа m
оно несправедливо. Это противоречит
условию 2. ■
делится на 3.
,
то есть что число
делится на 3, и установим, что при n
=k
+1
число
делится на 3.
)
нечётных чисел равна квадрату числа
этих чисел, то есть
.
Исходя из этого равенства, установим,
что сумма первых k
+1
нечётных чисел равна
,
то есть
.
и любом натуральном n
справедливо неравенство
(неравенство
Бернулли).
,
что верно.
(*). Используя это предположение, докажем,
что
.
Отметим, что при
это неравенство выполняется и поэтому
достаточно рассмотреть случай
.
и получим:
.
■
проводится аналогичным образом, но в
начале устанавливается справедливость
для наименьшего значения n
.
.
,
,
.
Высказываем гипотезу, что при любом
натуральном n
справедлива формула
.
Для проверки этой гипотезы воспользуемся
методом полной математической индукции.
.
,
то есть
.
Используя эту формулу, установим, что
гипотеза верна и при n
=k
+1,
то есть
,
доказано, что она верна и при n
=k
+1,
и на основании принципа математической
индукции делаем вывод, что формула
справедлива при любом натуральном n
.
■
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
.
функций f
1 ,
f
2 ,
…, f
n
,
f
n
+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.
.
имеет место для каждого
.
Для доказательства истинности этой
гипотезы воспользуемся принципом
неполной математической индукции.
,
то есть справедливо неравенство
.
Используя это предположение, докажем,
что справедливо неравенство
.
и при
имеет место неравенство
при
,
.
Итак, истинность гипотезы при n
=k
+1
следует из предположения, что она верна
при n
=k
,
.
верно при каждом натуральном
.
■
.
,
или 1=1, то есть она верна. Сделав
предположение индукции, будем иметь:
подмножеств.
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
.
подмножеств, так что в первом классе
подмножеств.
подмножеств.
