Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
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.
Математическая индукция— один из методов доказательства. Используется, чтобы доказать истинность некоего утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1, а затем доказывается, что если верно утверждение с номером n, то верно и следующее утверждение с номером n + 1.
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.
Я выбрал данную тему для исследования, потому что в школьной программе методу математической индукции уделяют мало времени, ученик узнает поверхностную информацию, которая поможет ему получить лишь общее представление о данном методе, но чтобы углубленно изучить эту тему потребуется саморазвитие. Действительно будет полезно подробнее узнать о данной теме, так как это расширяет кругозор ученика и помогает в решении сложных задач в жизни.
Цели 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 ив жизни;
сформулировать выводы и обобщить изученный материал по проделанной работе.
Основная часть
История возникновения индукции
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.
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.
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 (induction - по-латыни наведение ).
Индукция 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.
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.
Учитывая зависимость отхарактера исследования различают полную и неполную индукцию.
Полная индукция - это умозаключение, в ко-тором общее заключение делается на базе изу-чения всех предметов или явлений данного клас-са. В этом случае рассуждение имеет следующую схему:
К примеру, установление того, что каждый из документов, необходимых для оценки готовности уголовного дела для передачи в суд, имеется, позво-ляет с полным основанием делать вывод, что дело следует передавать в суд
Полная индукция дает достоверное знание, так как заключение делается только о тех предметах или явлениях, которые перечислены в посылках. Но область применения полной индукции весьма ограничена.
Полную индукцию можно применить, когда появляется возможность иметь дело с замкнутым классом предметов, число элементов в котором яв-ляется конечным и легко обозримым. Она предполагает наличие следующих условий:
а) точное знание числа предметов или явлений, подлежащих изу-чению;
б) убеждение, что признак принадлежит каждому элементу класса;
в) небольшое число элементов изучаемого класса;
г) целесообразность и рациональность.
Вот почему полная индукция чаще всего используется при расследова-нии уголовных дел, связанных с недостачей материальных ценностей. Здесь вывод осуществляется на базе подсчета всех без исключения содержащих-ся на складе или в хранилище предметов путем инвентаризации.
При этом в большинстве случаев юристу приходится иметь дело с такими однородными фактами, количество которых не ограничено или которые не все доступны в настоящее время для непосредственного изучения. Вот поче-му в таких случаях прибегают к использованию неполной индукции, кото-рая на практике применяется значительно шире, чем полная.
Неполная индукция - это умозаключение, в котором на базе повторя-емости признака у некоторых явлений определенного класса делается вывод о принадлежности этого признака всему классу явлений. Неполная индук-ция имеет следующую схему рассуждения:
Неполная индукция часто применяется в реальной жизни, так как позво-ляет делать заключения на базе анализа определенной части данного класса предметов, экономит время и силы человека. Правда, в данном случае мы получим вероятностное заключение, ĸᴏᴛᴏᴩᴏᴇ исходя из вида не-полной индукции будет колебаться от менее вероятностного к более вероят-ностному.
По способам обоснования заключения различают следующие виды не-полной индукции:
НЕПОЛНАЯ ИНДУКЦИЯ
популярная
Метод математической индукции
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.
Алгоритм:
база - показываем, что доказываемое утверждение верно для некоторых простейших частных случаев n=1 ;
предположение - предполагаем, что утверждение доказано для первых k случаев;
шаг - в этом предположении доказываем утверждение для случая n=k+1;
вывод - утверждение верно для всех случаев, то есть для всех n.
Заметим, что Методом математической индукции можно решать не все задачи, а только задачи, параметризованные некоторой переменной. Эта переменная называется переменной индукции .
Задачи
Как видно из прошлого материала, индукция бывает не только в математике. Иногда называют «неполной индукцией» переход от частных примеров к общим закономерностям. Бывает индукция и в физике (катушки индуктивности, явление самоиндукции). Но в этой работе мы говорим только о математической (полной) индукции.
Что это такое, проще всего объяснить на примерах. Разберём несколько задач.
Задача 1 . Несколько прямых делят плоскость на части. Доказать, что можно раскрасить эти части в белый и чёрный цвет так, чтобы соседние части (имеющие общий отрезок границы) были разного цвета (как на рисунке).
Решение. Заметим прежде всего, что не любую «карту» (части | страны, разделённые линиями границ) можно так раскрасить. Например, если в одной точке сходятся три страны и верхняя страна, скажем, белая, то две оставшиеся страны должны быть чёрными, хотя граничат между собой.
Но для плоскости, разрезанной на части прямыми, такого случиться не может, и мы сейчас это докажем. Пусть прямая только одна. Тогда всё просто: одна полуплоскость белая, другая | чёрная (левый рисунок). Если прямых две, получатся четыре части (средний рисунок).
Посмотрим, что произойдёт, если мы на рисунке с двумя прямыми и четырьмя частями проведём третью прямую. Она поделит три страны из четырёх; при этом появятся новые участки границы, по обе стороны которых цвет один и тот же (правый рисунок).
Как же быть? С одной стороны от новой прямой поменяем цвета (белый сделаем чёрным и наоборот). Тогда новая прямая будет всюду разделять участки разного цвета. Другими словами, с одной стороны от прямой мы берём позитив карты, а с другой негатив.
(Придирчивый читатель спросит: а почему старые границы раскрашены правильно? Это легко понять: в позитивной части цвета не изменились,
а в негативной оба цвета заменились на противоположные.)
Теперь ясно, что тем же способом можно добавить ещё одну прямую (перекрасив карту с одной стороны от неё), затем ещё одну и так далее | пока мы не получим нужную нам карту. Задача решена.
Задача 2. На сколько треугольников n-угольник (не обязательно выпуклый) может быть разбит своими непересекающимися диагоналями?
Для треугольника это число равно единице (в треугольнике нельзя провести ни одной диагонали); для четырехугольника это число равно, очевидно, двум.
Предположим, что мы уже знаем, что каждый k-угольник, где k 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.
Задача 4 .На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.
При n=1 наше утверждение очевидно.
Предположим, что наше утверждение справедливо для любой карты, образованной n окружностями, и пусть на плоскости задано n+1 окружностей. Удалив одну из этих окружностей, мы получим карту, которую в силу сделанного предположения можно правильно раскрасить двумя красками, например черной и белой.
Восстановим затем отброшенную окружность и по одну сторону от нее (например, внутри) изменим цвет каждой области на противоположный (т.е. черный - на белый и наоборот); легко видеть, что при этом мы получим карту, правильную раскрашенную двумя красками.
Задача 5 .Для того чтобы карту можно было правильно раскрасить двумя красками, необходимо и достаточно, чтобы в каждой ее вершине сходилось четное число границ.
Необходимость этого условия очевидно, так как если в какой-нибудь вершине карты сходится нечетное число границ, то уже страны, окружающие эту вершину, нельзя правильно раскрасить двумя красками.
Для доказательства достаточности условия проведем индукцию по числу границ карты.
Для карты с двумя границами утверждение очевидно.
Предположим, что утверждение справедливо для любой карты, в каждой вершине которой сходится четное число границ и общее число границ которой не превосходит n, и пусть дана карта S, имеющая n+1 границ и удовлетворяющая тому же условию. Начиная с произвольной вершины А карты S, станем двигаться в произвольном направлении вдоль границ карты. Ввиду конечности числа вершин карты мы вернемся в конце концов в одну из уже проведенных вершин (карта не имеет крайних вершин, потому что на ней нет неразделяющих границ) и сможем выделить некоторый не имеющий самопересечений замкнутый контур, состоящий из границ карты. Удалив этот контур, мы получим контур S 1 с меньшим числом границ, в каждой вершине которой также сходится четное число границ (потому что в каждой вершине карты S отбрасывается четное число границ - 0 или 2). В силу индуктивного предположения карту S 1 можно правильно раскрасить двумя красками.
Восстановив отброшенный контур и изменив все цвета с одной стороны от него (например, внутри), мы и получим правильную раскраску карты S.
Задача 6 из жизни .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.
Заключение
Итак, индукция (от лат. inductio — наведение, побуждение) — одна из форм умозаключения, приём исследования, применяя который от знания отдельных фактов приходят к общим положениям. Индукция бывает полная и неполная. Метод неполной индукции состоит в переходе к универсальной формулировке после проверки истинности частных формулировок для отдельных, но не всех значений n. Применяя полную индукцию, мы лишь тогда считаем себя вправе объявить об истинности универсальной формулировки, когда убедились в её истинности для каждого без исключения значения n. Метод математической индукции - метод доказательства, основанный на принципе математической индукции. Он позволяет в поисках общего закона испытывать гипотезы, отбрасывать ложные и утверждать истинные.
Метод математической индукции является одной из теоретических основ при решении задач на суммирование, доказательстве тождеств, доказательстве и решении неравенств, решении вопроса делимости, при изучении свойств числовых последовательностей, при решении геометрических задач и т. д.
Знакомясь с методом математической индукции, я изучал специальную литературу, консультировалась с педагогом, анализировал данные и решения задач, пользовался ресурсами Интернета, выполнял необходимые вычисления.
Вывод: в ходе работы я узнал, чтобы решать задачи методом математической индукции нужно знать и понимать основной принцип математической индукции.
Достоинством метода математической индукции является его универсальность, так как с помощью этого метода можно решить многие задачи. Недостатком неполной индукции является то, что порой она приводит к ошибочным выводам.
Обобщив и систематизировав знания по математической индукции, я убедился в необходимости знаний по теме «метод математической индукции». Кроме того эти знания повышают интерес к математике, как к науке. Так же в ходе работы приобрел навыки решения задач по использованию метода математической индукции. Считаю, что эти навыки помогут мне в будущем.
Список использованной литературы:
www.mccme.ru - задачи;
www.studfiles.ru - задачи;
dic.academic.ru - энциклопедия.
А. Шень. Математическая индукция. — МЦНМО, 2004. — 36 с.
Википедия- свободная энциклопедия.
Л. И. Головина, И. М. Яглом. Индукция в геометрии. — Физматгиз, 1961. — Т. 21. — 100 с. — (Популярные лекции по математике).
Метод математической индукции
Вступление
Основная часть
- Полная и неполная индукция
- Принцип математической индукции
- Метод математической индукции
- Решение примеров
- Равенства
- Деление чисел
- 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.
Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:
1+3+5+7+9=25=5 2
После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n 2
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 n 2). 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.
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).
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)ÞA(k+1).
Пусть k-любое натуральное число и пусть утверж-дение 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)ÞА(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для любого nÎN.
Доказать, что
1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х¹1
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) ис-тинно.
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)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что форму-ла верна для любого натурального числа n.
Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2.
Решение: 1) При n=3 утверждение спра-
А 3 ведливо, 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
(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)-уголь-ник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы под-считать общее число диагоналей этого (k+1)-уголь-ника 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)ÞA(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.
Доказать, что при любом n справедливо утвер-ждение:
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.
Значит, при n=1 утверждение верно.
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 математиче-ской индукции, утверждение верно для любого на-турального n.
Доказать, что для любого натурального n спра-ведливо 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 ут-верждения 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 ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.
Доказать, что
((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((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´2´3)/2(2 2 +2+1),
т.е. оно верно.
2) Предположим, что выражение верно при n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(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))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1))´((k+2)((k+
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´
´((k+1) 2 +(k+1)+1).
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской 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 ут-верждения 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 лю-бого натурального n.
Доказать верность тождества
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
для любого натурального n.
1) При n=1 тождество верно 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) Предположим, что при n=k
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Докажем, что тождество верно при n=k+1.
(1 2 /1´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))´((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1).
Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение 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´133.
Но (23´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´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 ос-татка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k)ÞА(k+1). В силу метода математической индукции утвержде-ние доказано.
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 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´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 слага-емым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической ин-дукции утверждение доказано.
Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном на-туральном n делится на 11.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остат-ка. 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 предположе-нию, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма де-лится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утвер-ждение доказано.
Доказать, что 11 2n -1 при произвольном нату-ральном n делится на 6 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.
2) Предположим, что при n=k
11 2k -1 делится на 6 без остатка.
11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).
Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: пер-вое содержит кратное 6-ти число 120, а второе де-лится 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.
Решение: Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка.
- При n=0
- Предположим, что при n=k
- Докажем, что утверждение
3 3 -1=26 делится на 26
3 3k+3 -1 делится на 26
верно при n=k+1.
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) –делится на 26
Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулированного в условии задачи.
1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение 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 мате-матической индукции утверждение доказано.
Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство
(1+х) n >1+n´х.
Решение: 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)ÞA(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+х) k >1+k´x. (3)
Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).
Рассмотрим правую часть последнего неравен-
ства; имеем
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.
В итоге получаем, что
(1+х) k+1 >1+(k+1)´x.
Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого
Доказать, что справедливо неравенство
(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 при а> 0.
Решение: 1) При m=1
(1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2)´а 2 обе части равны.
2) Предположим, что при m=k
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´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´a+
+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +
+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+
+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .
Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натурального m.
Доказать, что при n>6 справедливо неравенство
3 n >n´2 n+1 .
Решение: Перепишем неравенство в виде
- При n=7 имеем
- Предположим, что при n=k
3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7
неравенство верно.
3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1.
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
Так как k>7, последнее неравенство очевидно.
В силу метода математической индукции неравен-ство 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).
Решение: 1) При n=3 неравенство верно
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Предположим, что при n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).
3) Докажем справедливость не-
равенства при n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û
Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ
Ûk(k+2)<(k+1) 2Û 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 не-равенство доказано. Заключение Вчастности изучив метод математической индукции, я повысил свои знания в этой облас-ти математики, а также научился решать задачи, которые раньше были мне не под силу. В основном это были логические и занима-тельные задачи, т.е. как раз те, которые повы-шают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится заниматель-ным занятием и может привлечь в математиче-ские лабиринты всё новых любознательных. По-моему, это является основой любой науки. Продолжая изучать метод математической индукции, я постараюсь научиться применять его не только в математике, но и в решении проблем физики, химии и самой жизни. МАТЕМАТИКА: ЛЕКЦИИ, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ Учебное пособие / В.Г.Болтянский, Ю.В.Сидоров, М.И.Шабунин. ООО “Попурри” 1996. АЛГЕБРА И НАЧАЛА АНАЛИЗА Учебное пособие / И.Т.Демидов,А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург,О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. “Просвещение” 1975. МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
Слово индукция по-русски означает наведение, а индуктивными называют выводы, на основе наблюдений, опытов, т.е. полученные путем заключения от частного к общему.
Например, мы каждый день наблюдаем, что Солнце восходит с востока. Поэтому можно быть уверенным, что и завтра оно появится на востоке, а не на западе. Этот вывод мы делаем, не прибегая ни к каким предположениям о причине движения Солнца по небу (более того, само это движение оказывается кажущимся, поскольку на самом деле движется земной шар). И, тем не менее, этот индуктивный вывод правильно описывает те наблюдения, которые мы проведем завтра.
Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются дальнейшие умозаключения. И хотя теоретическая механика основывается на трех законах движения Ньютона, сами эти законы явились результатом глубокого продумывания опытных данных, в частности законов Кеплера движения планет, выведенных им при обработке многолетних наблюдений датского астронома Тихо Браге. Наблюдение, индукция оказываются полезными и в дальнейшем для уточнения сделанных предположений. После опытов Майкельсона по измерению скорости света в движущейся среде оказалось необходимым уточнить законы физики, создать теорию относительности.
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
Лежащее в основе арифметики понятие следовать за тоже появилось при наблюдениях за строем солдат, кораблей и другими упорядоченными множествами.
Не следует, однако, думать, что этим исчерпывается роль индукции в математике. Разумеется, мы не должны экспериментально проверять теоремы, логически выведенные из аксиом: если при выводе не было сделано логических ошибок, то они постольку верны, поскольку истинны принятые нами аксиомы. Но из данной системы аксиом можно вывести очень много утверждений. И отбор тех утверждений, которые надо доказывать, вновь подсказывается индукцией. Именно она позволяет отделить полезные теоремы от бесполезных, указывает, какие теоремы могут оказаться верными, и даже помогает наметить путь доказательства.
Во многих разделах арифметики, алгебры, геометрии, анализа приходится доказывать истинность предложений А(n), зависящих от натуральной переменной. Доказательство истинности предложения А(n) для всех значений переменной часто удается провести методом математической индукции, который основан на следующем принципе.
Предложение А(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены следующие два условия:
Предложение А(n) истинно для n=1.
Из предположения, что А(n) истинно для n=k (где k - любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего значения n=k+1.
Этот принцип называется принципом математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом, определяющих натуральный ряд чисел, и, следовательно, принимается без доказательства. Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства. Если требуется доказать истинность предложения А(n) для всех натуральных n, то, во-первых, следует проверить истинность высказывания А(1) и, во-вторых, предположив истинность высказывания А(k), попытаться доказать, что высказывание А(k+1) истинно. Если это удается доказать, причем доказательство остается справедливым для каждого натурального значения k, то в соответствии с принципом математической индукции предложение А(n) признается истинным для всех значений n.
Метод математической индукции широко применяется при доказательстве теорем, тождеств, неравенств, при решении задач на делимость, при решении некоторых геометрических и многих других задач.
делимость С помощью метода математической индукции можно доказывать различные утверждения, касающиеся делимости натуральных чисел. Следующее утверждение можно сравнительно просто доказать. Покажем, как оно получается с помощью метода математической индукции.
Пример 1
. Если n - натуральное число, то число четное.
При n=1 наше утверждение истинно: - четное число. Предположим, что - четное число. Так как , a 2k - четное число, то и Пример 2.
Доказать истинность предложения
A(n)={число 5 кратно 19}, n - натуральное число.
Решение.
Высказывание А(1)={число кратно 19} истинно.
Предположим, что для некоторого значения n=k
А(k)={число кратно 19} истинно. Тогда, так как
Очевидно, что и A(k+1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения, что A(k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение A(n) истинно при всех значениях n.
суммированию рядов
Пример 1.
Доказать формулу
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. Это утверждение справедливо при любом натуральном значении k. Итак, второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана.
Пример 2.
Доказать, что сумма n первых чисел натурального ряда равна .
Решение.
Обозначим искомую сумму , т.е. При n=1 гипотеза верна.
Пусть В самом деле,
Задача решена.
Пример 3.
Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равна Решение.
Пусть .
Предположим, что И окончательно .
Пример 4.
Доказать, что .
Решение.
Если , то
Пример 5.
Доказать, что
Решение.
При n=1 гипотеза очевидно верна.
Пусть .
Докажем, что .
Действительно,
Примеры применения метода математической индукции к
доказательству неравенств
Пример 1.
Доказать, что при любом натуральном n>1
Решение.
Обозначим левую часть неравенства через .
Следовательно, при n=2 неравенство справедливо.
Пусть при некотором k. Докажем, что тогда и . Имеем Сравнивая и , имеем При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому . Но , значит, и .
Пример 2.
Найти ошибку в рассуждении.
Утверждение. При любом натуральном n справедливо неравенство .
Доказательство.
. (1)
Докажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.
Действительно, не меньше 2 при любом натуральном k. Прибавим к левой части неравенства (1) , а к правой 2. Получим справедливое неравенство , или Пример 3.
Доказать, что Решение.
При n=2 неравенство справедливо, так как .
Пусть неравенство справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.
Покажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.
. (2)
Действительно, по условию, , поэтому справедливо неравенство , (3)
полученное из неравенства (1) умножением каждой части его на . Перепишем неравенство (3) так: . Отбросив в правой части последнего неравенства положительное слагаемое , получим справедливое неравенство (2).
Пример 4.
Доказать, что
(1)
где , , n - натуральное число, большее 1.
Решение.
При n=2 неравенство (1) принимает вид
Так как , то справедливо неравенство . (3)
Прибавив к каждой части неравенства (3) по , получим неравенство (2).
Этим доказано, что при n=2 неравенство (1) справедливо.
Пусть неравенство (1) справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.
. (4)
Докажем, что тогда неравенство (1) должно быть справедливо и при n=k+1, т.е.
(5)
Умножим обе части неравенства (4) на a+b. Так как, по условию, , то получаем следующее справедливое неравенство:
. (6)
Для того чтобы доказать справедливость неравенства (5), достаточно показать, что , (7)
или, что то же самое,
. (8)
Неравенство (8) равносильно неравенству Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух положительных чисел. Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух отрицательных чисел. В обоих случаях неравенство (9) справедливо.
Этим доказано, что из справедливости неравенства (1) при n=k следует его справедливость при n=k+1.
Метод математической индукции в применение к другим
задачам
Наиболее естественное применение метода математической индукции в геометрии, близкое к использованию этого метода в теории чисел и в алгебре, - это применение к решению геометрических задач на вычисление. Рассмотрим несколько примеров. Пример 1.
Вычислить сторону правильного - угольника, вписанного в круг радиуса R.
Решение.
При n=2 правильный 2
n
- угольник есть квадрат; его сторона . Далее, согласно формуле удвоения
находим, что сторона правильного восьмиугольника Допустим, что сторона правильного вписанного - угольника выражается формулой (1). В таком случае по формуле удвоения
откуда следует, что формула (1) справедлива при всех n.
Пример 2.
На сколько треугольников n-угольник (не обязательно выпуклый) может быть разбит своими непересекающимися диагоналями?
Решение.
Для треугольника это число равно единице (в треугольнике нельзя провести ни одной диагонали); для четырехугольника это число равно, очевидно, двум.
Предположим, что мы уже знаем, что каждый k-угольник, где k А
n
А
1
А
2
Пусть А 1 А k - одна из диагоналей этого разбиения; она делит n-угольник А 1 А 2 …А n на k-угольник A 1 A 2 …A k и (n-k+2)-угольник А 1 А k A k+1 …A n . В силу сделанного предположения, общее число треугольников разбиения будет равно (k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;
тем самым наше утверждение доказано для всех n.
Пример 3.
Указать правило вычисления числа P(n) способов, которыми выпуклый n-угольник может быть разбит на треугольники непересекающимися диагоналями.
Решение.
Для треугольника это число равно, очевидно, единице: P(3)=1.
Предположим, что мы уже определили числа P(k) для всех k Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n-1).
С помощью этой формулы последовательно получаем:
P(4)=P(3)+P(3)=2,
P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,
P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14
и т.д.
Так же при помощи метода математической индукции можно решать задачи с графами. Пусть на плоскости задана сеть линий, соединяющих между собой какие-то точки и не имеющие других точек. Такую сеть линий мы будем называть картой, заданные точки ее вершинами, отрезки кривых между двумя смежными вершинами - границами карты, части плоскости, на которые она разбивается границами - странами карты.
Пусть на плоскости задана некоторая карта. Мы будем говорить, что она правильно раскрашена, если каждая ее страна закрашена определенной краской, причем любые две страны, имеющие между собой общую границу, закрашены в разные цвета.
Пример 4.
На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.
Решение.
При n=1 наше утверждение очевидно.
Предположим, что наше утверждение справедливо для любой карты, образованной n окружностями, и пусть на плоскости задано n+1 окружностей. Удалив одну из этих окружностей, мы получим карту, которую в силу сделанного предположения можно правильно раскрасить двумя красками, например черной и белой.
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.
■
Во многих разделах математики приходится доказывать истинность утверждения, зависящего от , т.е. истинность высказывания p(n)
для "n
ÎN (для любого n
ÎN p(n)
верно). Часто это удается доказать методом математической индукции.
В основе этого метода лежит принцип математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом арифметики и, следовательно, принимается без доказательства. Согласно принципу математической индукции предложение p(n)
считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены два условия: 1. Предложение p(n)
истинно для n
= 1. 2. Из предложения, что p(n)
истинно для n
= k
(k —
произвольное натуральное число) следует, что оно истинно для n
= k
+ 1. Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства 1. Проверяют истинность утверждения для n
= 1 – база индукции. 2. Предполагают, что утверждение верно для n = k –
индуктивное предположение. 3. Доказывают, что тогда оно верно и для n
= k
+ 1 индуктивный переход. Иногда предложение p(n)
оказывается верным не для всех натуральных n
, а начиная с некоторого для n = n
0. В этом случае в базе индукции проверяется истинность p(n)
при n = n
0. Пример 1.
Пусть . Доказать, что 1. База индукции: при n
= 1 по определению S
1 = 1 и по формуле получаем один результат. Утверждение верно. n = k
и . n = k
+ 1. Докажем, что . Действительно, в силу индуктивного предположения Преобразуем это выражение Индуктивный переход доказан. Замечание.
Полезно записать, что дано (индуктивное предположение) и что нужно доказать! Пример 2.
Доказать 1. База индукции. При n
= 1, утверждение, очевидно, верно. 2. Индуктивное предположение. Пусть n = k
и 3. Индуктивный переход. Пусть n = k
+ 1. Докажем: Действительно, возведем правую сторону в квадрат как сумму двух чисел: Используя индуктивное предположение и формулу суммы арифметической прогрессии: , получим Пример 3.
Доказать неравенство 1. Базой индукции в этом случае является проверка истинности утверждения для , т.е. необходимо проверить неравенство . Для этого достаточно возвести неравенство в квадрат: или 63 < 64 – неравенство верно. 2. Пусть неравенство верно для , т.е. 3. Пусть , докажем: Используем предположение индукции Зная как должна выглядеть правая сторона в доказываемом неравенстве выделим эту часть Остается установить, что лишний множитель не превосходит единицы. Действительно, Пример 4.
Доказать, что при любом натуральном число оканчивается цифрой . 1. Наименьшее натуральное , с которого справедливо утверждение, равно . . 2. Пусть при число оканчивается на . Это означает, что это число можно записать в виде , где – какое-то натуральное число. Тогда . 3. Пусть . Докажем, что оканчивается на . Используя полученное представление, получим Последнее число имеет ровно единиц. Приложение
1.4. Метод математической индукции
Как известно, математические утверждения (теоремы) должны быть обоснованы, доказаны. Мы сейчас познакомимся с одним из методов доказательства - методом математической индукции. В широком смысле индукция - это способ рассуждений, позволяющий переходить от частных утверждений к общим. Обратный переход, от общих утверждений к частным, называется дедукцией. Дедукция всегда приводит к правильным выводам. Например, нам известен общий результат: все целые числа, оканчивающиеся на нуль, делятся на 5. Отсюда, конечно, можно сделать вывод, что и любое конкретное число, оканчивающееся на 0, например 180, делится на 5. В то же время индукция может привести к неверным выводам. Например, замечая, что число 60 делится на числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, мы не вправе сделать вывод о том, что 60 делится вообще на любое число. Метод математической индукции позволяет во многих случаях строго доказывать справедливость общего утверждения P(n), в формулировку которого входит натуральное число n. Применение метода включает 3 этапа. 1) База индукции: проверяем справедливость утверждения P(n) для n = 1 (или для другого, частного значения n, начиная с которого предполагается справедливость P(n)). 2) Предположение индукции: предполагаем, что P(n) справедливо при n = k. 3) Шаг индукции: используя предположение, доказываем, что P(n) справедливо для n = k + 1. В результате можно сделать вывод о справедливости P(n) для любого n ∈ N. Действительно, для n = 1 утверждение верно (база индукции). А следовательно, верно и для n = 2, так как переход от n = 1 к n = 2 обоснован (шаг индукции). Применяя шаг индукции снова и снова, получаем справедливость P(n) для n = 3, 4, 5, . . ., т. е. справедливость P(n) для всех n. Пример 14. Сумма первых n нечётных натуральных чисел равна n2: 1 + 3 + 5 + … + (2n — 1) = n2. Доказательство проведём методом математической индукции. 1) База: при n=1 слева только одно слагаемое, получаем: 1 = 1. Утверждение верно. 2) Предположение: предполагаем, что для некоторого k справедливо равенство: 1 + 3 + 5 + … + (2k — 1) = k2. Общая постановка задачи следующая: Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна $p$. Производится $n$ выстрелов. Найти вероятность того, что цель будет поражена в точности $k$ раз (будет $k$ попаданий). Применяем формулу Бернулли и получаем: $$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k} = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}. Здесь $C_n^k$ — число сочетаний из $n$ по $k$. Если в задаче речь идет о нескольких стрелках с разными вероятностями
попадания в цель, теорию, примеры решения и калькулятор вы можете найти здесь. Посмотрите наш ролик о решении задач о выстрелах в схеме Бернулли, узнайте, как использовать Excel для решения типовых задач.
Расчетный файл Эксель из видео можно бесплатно скачать и использовать для решения своих задач. Рассмотрим несколько типовых примеров. Пример 1.
Произвели 7 выстрелов. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,705. Найти вероятность того, что при этом будет ровно 5 попаданий. Получаем, что в задаче идет речь о повторных независимых испытаниях (выстрелах по мишени), всего производится $n=7$ выстрелов, вероятность попадания при каждом $p=0,705$, вероятность промаха $q=1-p=1-0,705=0,295$. Нужно найти, что будет ровно $k=5$ попаданий. Подставляем все в формулу (1) и получаем: $$ P_7(5)=C_{7}^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$ Пример 2.
Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,4. По мишени производится четыре независимых выстрела. Найти вероятность того, что будет хотя бы одно попадание в мишень. Изучаем задачу и выписываем параметры: $n=4$ (выстрела), $p=0,4$ (вероятность попадания), $k \ge 1$ (будет хотя бы одно попадание). Используем формулу для вероятности противоположного события (нет ни одного попадания): $$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_{4}^0 \cdot 0,4^0 \cdot 0,6^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87. $$ Вероятность попасть хотя бы один раз из четырех равна 0,87 или 87%. Пример 3.
Вероятность поражения мишени стрелком равна 0,3. Найти вероятность того, что при 6 выстрелах мишень будет поражена от трех до шести раз. В отличие от предыдущих задач, здесь нужно найти вероятность того, что число попаданий будет находится в некотором интервале (а не равно в точности какому-то числу). Но формула используется прежняя. Найдем вероятность того, что мишень будет поражена от трех до шести раз, то есть будет или 3, или 4, или 5, или 6 попаданий. Данные вероятности вычислим по формуле (1): $$ P_6(3)=C_{6}^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_{6}^4 \cdot 0,3^4\cdot 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_{6}^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_{6}^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001. Так как события несовместные, искомая вероятность может быть найдена по формуле сложения вероятностей: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6)=$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$ Пример 4.
Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех выстрелах равна 0,9984. Найти вероятность попадания в цель при одном выстреле. Обозначим вероятность попадания в цель при одном выстреле. Введем событие: Запишем формулу для вероятности события $A$. Выпишем известные значения: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Подставляем в формулу (1) и получаем: $$ P(A)=1-P(\overline{A})=1-P_4(0)=1-C_{4}^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1-(1-p)^4=0,9984. Решаем получившееся уравнение: $$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$ Итак, вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8. Спасибо, что читаете и делитесь с другими Найдите готовые задачи в решебнике: Онлайн-расчеты по формуле Бернулли Неравенство в математике относится ко всем уравнениям, где «=» заменяется любым из следующих значков: \ [> \] \ [\ geq \] \ [ * линейный; * квадратный; * дробный; * индикативный; * тригонометрический; * логарифмический. В зависимости от этого неравенства называются линейными, частичными и т. Д. Вы должны знать об этих признаках: * неравенства с значком больше (>) или меньше ( * Неравенства с значками, которые больше или равны \ [\ geq \] меньше или равно [\ leq \], называются непрофессиональными; * значок не тот же \ [\ ne \] один, но необходимо постоянно разрешать случаи с этим значком. Такое неравенство решается посредством преобразований тождеств. Также прочитайте нашу статью «Решите полное решение для онлайн-уравнения» Предположим, что выполнено неравенство следующего: Мы решаем его так же, как линейное уравнение, но следует внимательно следить за признаком неравенства. Сначала мы переносим членов из неизвестного влево, от известного до правого, меняя символы на противоположное: Затем мы разделим обе стороны на -4 и изменим знак неравенства на противоположное: Это ответ на это уравнение. Вы можете решить уравнение на нашем сайте pocketteacher.ru. В считанные секунды бесплатное онлайн-решение для спасения решит онлайн-уравнение любой сложности. Все, что вам нужно сделать, это ввести ваши данные в спасение. Вы также можете просмотреть видео-инструкции и узнать, как решить уравнение на нашем веб-сайте. И если у вас есть вопросы, вы можете задать их в нашей группе Vkontakte: pocketteacher. Присоединяйтесь к нашей группе, мы будем рады вам помочь. Решение уравнений/ Дифференциальные уравнения © Контрольная работа РУ — калькуляторы онлайн уравнение: С помощью калькулятора вы можете решить дифференциальные уравнения различной сложности.
Суть метода математической индукции
Метод математической индукции в решении задач на
четное. Итак, четность доказана при n=1, из четности выведена четность 
.Значит, четно при всех натуральных значениях n.
Применение метода математической индукции к
, n - натуральное число.
.
.
. Покажем, что 
.
.
.
. Тогда
.
, .
, т.е. 
.
.
. Утверждение доказано.
, где >-1, , n - натуральное число, большее 1.
. (1)
. (2)
. (9)
, сторона правильного шестнадцатиугольника 
, сторона правильного тридцатидвухугольника 
. Можно предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2
n
- угольника при любом равна
. (1)
,
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.Решение задач про вероятность попаданий при выстрелах
Видеоурок и шаблон Excel
Примеры решений задач о попаданиях в цель в серии выстрелов
$A = $ (Из четырех выстрелов хотя бы один попадет в цель),
а также противоположное ему событие, которое можно записать как:
$\overline{A} = $ (Все 4 выстрела будут мимо цели, ни одного попадания).Полезные ссылки
Решение неравенства с помощью калькулятора
Где я могу решить неравенство в Интернете?
Калькулятор неравенства Бернулли
Метод полной математической индукции
Решение дифференциальных уравнений
Введите дифф.
Примеры решаемых дифференциальных уравнений
