Учебная работа № 1361. Метод математической индукции

1 Звезда2 Звезды3 Звезды4 Звезды5 Звезд (6 оценок, среднее: 4,67 из 5)
Загрузка...

Учебная работа № 1361. 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 дватри 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.

Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:

1=1=12

1+3=4=22

1+3+5=9=32

1+3+5+7=16=42

1+3+5+7+9=25=52

После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:

1+3+5+…+(2n1)=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 pфиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом.

Если предложение А( n ) истинно при n=p и если А( k ) Þ 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)ÞA(k+1).

ПРИМЕР 1

Доказать, что 1+3+5+…+(2n1)=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 kлюбое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е.

1+3+5+…+(2k1)=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+…+(2k1)+(2k+1)=k2 +2k+1=(k+1)2 .

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

ПРИМЕР 2

Доказать, что

1+х+х23 +…+хn =(хn+1 1)/(х1), где х¹1

Решение: 1) При n=1 получаем

1+х=(х2 1)/(х1)=(х1)(х+1)/(х1)=х+1

следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно.

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

1+х+х23 +…+хk =(хk+1 1)/(х1).

Докажем, что тогда выполняется равенство

1+х+х23 +…+хk +xk+1 =(xk+2 1)/(х1).

В самом деле

1+х+х2 +x3 +…+хk +xk+1 =(1+x+x2 +x3 +…+xk )+xk+1 =

=(xk+1 1)/(x1)+xk+1 =(xk+2 1)/(x1).

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

ПРИМЕР 3

Доказать, что число диагоналей выпуклого nугольника равно n(n3)/2.

Решение: 1) При n=3 утверждение спра

А3 ведливо, ибо в треугольнике

 А3 =3(33)/2=0 диагоналей;

А2 А(3) истинно.

2) Предположим, что во всяком

выпуклом kугольнике имеет

А1 ся Аk =k(k3)/2 диагоналей.

Аk Докажем, что тогда в выпуклом

Аk+1

(k+1)угольнике число

диагоналей Аk+1 =(k+1)(k2)/2.

Пусть А1 А2 А3 …Ak Ak+1 выпуклый (k+1)угольник. Проведём в нём диагональ A1 Ak . Чтобы подсчитать общее число диагоналей этого (k+1)угольника нужно подсчитать число диагоналей в kугольнике A1 A2 …Ak , прибавить к полученному числу k2, т.е. число диагоналей (k+1)угольника, исходящих из вершины Аk+1 , и, кроме того, следует учесть диагональ А1 Аk .

Таким образом,

k+1 =k +(k2)+1=k(k3)/2+k1=(k+1)(k2)/2.

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

ПРИМЕР 4

Доказать, что при любом n справедливо утверждение:

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 утверждение 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 математической индукции, утверждение верно для любого натурального n.

ПРИМЕР 5

Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:

13 +23 +33 +…+n3 =n2 (n+1)2 /4.

Решение: 1) Пусть n=1.

Тогда Х1 =13 =12 (1+1)2 /4=1.

Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=k

Xk =k2 (k+1)2 /4.

3) Докажем истинность этого утверждения 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 утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n.

Учебная работа № 1361. Метод математической индукции