Математическая индукция лежит в основе одного из самых распространенных методов математических доказательств. С его помощью можно доказать большую часть формул с натуральными числами n , например, формулу нахождения суммы первых членов прогрессии S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n , формулу бинома Ньютона a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n .
В первом пункте мы разберем основные понятия, потом рассмотрим основы самого метода, а затем расскажем, как с его помощью доказывать равенства и неравенства.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Понятия индукции и дедукции
Для начала рассмотрим, что такое вообще индукция и дедукция.
Определение 1
Индукция – это переход от частного к общему, а дедукция наоборот – от общего к частному.
Например, у нас есть утверждение: 254 можно разделить на два нацело. Из него мы можем сделать множество выводов, среди которых будут как истинные, так и ложные. Например, утверждение, что все целые числа, которые имеют в конце цифру 4 , могут делиться на два без остатка – истинное, а то, что любое число из трех знаков делится на 2 – ложное.
В целом можно сказать, что с помощью индуктивных рассуждений можно получить множество выводов из одного известного или очевидного рассуждения. Математическая индукция позволяет нам определить, насколько справедливы эти выводы.
Допустим, у нас есть последовательность чисел вида 1 1 · 2 , 1 2 · 3 , 1 3 · 4 , 1 4 · 5 , . . . , 1 n (n + 1) , где n обозначает некоторое натуральное число. В таком случае при сложении первых элементов последовательности мы получим следующее:
S 1 = 1 1 · 2 = 1 2 , S 2 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 = 2 3 , S 3 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 = 3 4 , S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5 , . . .
Используя индукцию, можно сделать вывод, что S n = n n + 1 . В третьей части мы докажем эту формулу.
В чем заключается метод математической индукции
В основе этого метода лежит одноименный принцип. Он формулируется так:
Определение 2
Некое утверждение будет справедливым для натурального значения n тогда, когда 1) оно будет верно при n = 1 и 2) из того, что это выражение справедливо для произвольного натурального n = k , следует, что оно будет верно и при n = k + 1 .
Применение метода математической индукции осуществляется в 3 этапа:
- Для начала мы проверяем верность исходного утверждения в случае произвольного натурального значения n (обычно проверка делается для единицы).
- После этого мы проверяем верность при n = k .
- И далее доказываем справедливость утверждения в случае, если n = k + 1 .
Как применять метод математической индукции при решении неравенств и уравнений
Возьмем пример, о котором мы говорили ранее.
Пример 1
Докажите формулу S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .
Решение
Как мы уже знаем, для применения метода математической индукции надо выполнить три последовательных действия.
- Для начала проверяем, будет ли данное равенство справедливым при n , равном единице. Получаем S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Здесь все верно.
- Далее делаем предположение, что формула S k = k k + 1 верна.
- В третьем шаге нам надо доказать, что S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , основываясь на справедливости предыдущего равенства.
Мы можем представить k + 1 в качестве суммы первых членов исходной последовательности и k + 1:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)
Поскольку во втором действии мы получили, что S k = k k + 1 , то можно записать следующее:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .
Теперь выполняем нужные преобразования. Нам потребуется выполнить приведение дроби к общему знаменателю, приведение подобных слагаемых, применить формулу сокращенного умножения и сократить то, что получилось:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2
Таким образом, мы доказали равенство в третьем пункте, выполнив все три шага метода математической индукции.
Ответ: предположение о формуле S n = n n + 1 является верным.
Возьмем более сложную задачу с тригонометрическими функциями.
Пример 2
Приведите доказательство тождества cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .
Решение
Как мы помним, первым шагом должна быть проверка верности равенства при n , равном единице. Чтобы это выяснить, нам надо вспомнить основные тригонометрические формулы.
cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α · cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α
Следовательно, при n , равном единице, тождество будет верным.
Теперь предположим, что его справедливость сохранится при n = k , т.е. будет верно, что cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .
Доказываем равенство cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α для случая, когда n = k + 1 , взяв за основу предыдущее предположение.
Согласно тригонометрической формуле,
sin 2 k + 1 α · cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 · 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α
Следовательно,
cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α
Пример решения задачи на доказательство неравенства с применением этого метода мы привели в статье о методе наименьших квадратов. Прочтите тот пункт, в котором выводятся формулы для нахождения коэффициентов аппроксимации.
Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter
Метод доказательства, основанный на аксиоме Пеано 4, используют для доказательства многих математических свойств и различных утверждений. Основой для этого служит следующая теорема.
Теорема . Если утверждение А(n) с натуральной переменной n истинно для n = 1 и из того, что оно истинно для n = k , следует, что оно истинно и для следующего числа n=k, то утверждение А(n) n .
Доказательство . Обозначим через М множество тех и только тех натуральных чисел, для которых утверждение А(n) истинно. Тогда из условия теоремы имеем: 1) 1М ; 2) k M k M . Отсюда, на основании аксиомы 4, заключаем, что М = N , т.е. утверждение А(n) истинно для любого натурального n .
Метод доказательства, основанный на этой теореме, называется методом математической индукции, а аксиома - аксиомой индукции. Такое доказательство состоит из двух частей:
1) доказывают, что утверждение А(n) истинно для n = А(1);
2) предполагают, что утверждение А(n) истинно для n = k , и, исходя из этого предположения, доказывают, что утверждение A(n) истинно и для n = k + 1, т.е. что истинно высказывание A(k) A(k + 1).
Если А(1) А(k) A(k + 1) - истинное высказывание, то делают вывод о том, что утверждение A(n) истинно для любого натурального числа n .
Доказательство методом математической индукции можно начинать не только с подтверждения истинности утверждения для n = 1, но и с любого натурального числа m . В этом случае утверждение А(n) будет доказано для всех натуральных чисел nm .
Задача.Докажем, что для любого натурального числа истинно равенство 1 + 3 + 5 … + (2n - 1) = n.
Решение. Равенство 1 + 3 + 5 … + (2n - 1) = n представляет собой формулу, по которой можно находить сумму первых последовательных нечетных натуральных чисел. Например, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (сумма содержит 4 слагаемых), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (сумма содержит 6 слагаемых); если эта сумма содержит 20 слагаемых указанного вида, то она равна 20= 400 и т.д. Доказав истинность данного равенства, получим возможность находить по формуле сумму любого числа слагаемых указанного вида.
1) Убедимся в истинности данного равенства для n = 1. При n = 1 левая часть равенства состоит из одного члена, равного 1, правая часть равна 1= 1. Так как 1 = 1, то для n = 1 данное равенство истинно.
2) Предположим, что данное равенство истинно для n = k , т.е. что 1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) = k. Исходя из этого предположения, докажем, что оно истинно и для n = k + 1, т.е. 1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).
Рассмотрим левую часть последнего равенства.
По предположению, сумма первых k слагаемых равна k и потому 1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) + (2k + 1)=
= k+ (2k + 1) = k+ 2k + 1. Выражение k+ 2k + 1 тождественно равно выражению (k + 1).
Следовательно, истинность данного равенства для n = k + 1 доказана.
Таким образом, данное равенство истинно для n = 1 и из истинности его для n = k следует истинность для n = k + 1.
Тем самым доказано, что данное равенство истинно для любого натурального числа.
С помощью метода математической индукции можно доказывать истинность не только равенств, но и неравенств.
Задача. Доказать, что , где nN.
Решение. Проверим истинность неравенства при n = 1. Имеем - истинное неравенство.
Предположим, что неравенство верно при n = k,
т.е. - истинное неравенство. Докажем, исходя из предположения, что оно верно и при
n = k +
1,т.е. 
(*).
Преобразуем левую часть неравенства (*), учитывая, что : .
Но 
, значит и 
.
Итак, данное неравенство истинно для n = 1, и, из того, что неравенство верно для некоторого n = k , мы получили, что оно верно и для n = k + 1.
Тем самым, используя аксиому 4, мы доказали, что данное неравенство истинно для любого натурального числа.
Методом математической индукции можно доказать и иные утверждения.
Задача. Доказать, что для любого натурального числа истинно утверждение .
Решение . Проверим истинность утверждения при n = 1: -истинное высказывание.
Предположим, что данное утверждение верно при n = k
: . Покажем, используя это, истинность утверждения при n = k +
1: 
.
Преобразуем выражение: . Найдем разность k и k+ 1 членов. Если окажется, что полученная разность кратна 7, а по предположению вычитаемое делится на 7, то и уменьшаемое также кратно 7:
Произведение кратно 7, следовательно, и .
Таким образом, данное утверждение истинно для n = 1 и из истинности его для n = k следует истинность для n = k + 1.
Тем самым доказано, что данное утверждение истинно для любого натурального числа.
Задача. Доказать, что для любого натурального числа n 2 истинно утверждение (7- 1)24.
Решение. 1) Проверим истинность утверждения при n = 2: - истинное высказывание.
Вступление
Основная часть
1. Полная и неполная индукция
2. Принцип математической индукции
3. Метод математической индукции
4. Решение примеров
5. Равенства
6. Деление чисел
7. Неравенства
Заключение
Список использованной литературы
Вступление
В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод рассуждений - это рассуждение от общего к частному, т.е. рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а заключительным моментом – частный результат. Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим, т.е. является методом, противоположным дедуктивному.
Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.
Хотя и выросла область применения метода математической индукции, в школьной программе ему отводится мало времени. Ну, скажите, что полезного человеку принесут те два-три урока, за которые он услышит пять слов теории, решит пять примитивных задач, и, в результате получит пятёрку за то, что он ничего не знает.
А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно.
Основная часть
По своему первоначальному смыслу слово “индукция” применяется к рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы, опираясь на ряд частных утверждений. Простейшим методом рассуждений такого рода является полная индукция. Вот пример подобного рассуждения.
Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;
14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.
Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых.
Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случаев.
Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).
Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами, неполная индукция в математике не считается законным методом строгого доказательства, но является мощным методом открытия новых истин.
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 ) 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+…+(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.
ПРИМЕР 2
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.
ПРИМЕР 3
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.
ПРИМЕР 4
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.
ПРИМЕР 5
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
Индукция есть метод получения общего утверждения из частных наблюдений. В случае, когда математическое утверждение касается конечного числа объектов, его можно доказать, проверяя для каждого объекта. Например, утверждение: «Каждое двузначное чётное число является суммой двух простых чисел,» – следует из серии равенств, которые вполне реально установить:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Метод доказательства, при котором проверяется утверждение для конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности, называют полной индукцией. Этот метод применим сравнительно редко, поскольку математические утверждения касаются, как правило, не конечных, а бесконечных множеств объектов. Например, доказанное выше полной индукцией утверждение о четных двузначных числах является лишь частным случаем теоремы: «Любое четное число является суммой двух простых чисел». Эта теорема до сих пор ни доказана, ни опровергнута.
Математическая индукция – метод доказательства некоторого утверждения для любого натурального n основанный на принципе математической индукции: «Если утверждение верно для n=1 и из справедливости его для n=k вытекает справедливость этого утверждения для n=k+1, то оно верно для всех n». Способ доказательства методом математической индукции заключается в следующем:
1) база индукции: доказывают или непосредственно проверяют справедливость утверждения для n=1 (иногда n=0 или n=n 0);
2) индукционный шаг (переход): предполагают справедливость утверждения для некоторого натурального n=k и, исходя из этого предположения, доказывают справедливость утверждения для n=k+1.
Задачи с решениями
1. Доказать, что при любом натуральном n число 3 2n+1 +2 n+2 делится на 7.
Обозначим А(n)=3 2n+1 +2 n+2 .
База индукции. Если n=1, то А(1)=3 3 +2 3 =35 и, очевидно, делится на 7.
Предположение индукции. Пусть А(k) делится на 7.
Индукционный переход. Докажем, что А(k+1) делится на 7, то есть справедливость утверждения задачи при n=k.
А(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=
3 2k+1 ·9+2 k+2 ·(9–7)=(3 2k+1 +2 k+2)·9–7·2 k+2 =9·А(k)–7·2 k+2 .
Последнее число делится на 7, так как представляет собой разность двух целых чисел, делящихся на 7. Следовательно, 3 2n+1 +2 n+2 делится на 7 при любом натуральном n.
2. Доказать, что при любом натуральном n число 2 3 n +1 делится на 3 n+1 и не делится на 3 n+2 .
Введём обозначение: а i =2 3 i +1.
При n=1 имеем, а 1 =2 3 +1=9. Итак, а 1 делится на 3 2 и не делится на 3 3 .
Пусть при n=k число а k делится на 3 k+1 и не делится на 3 k+2 , то есть а k =2 3 k +1=3 k+1 ·m, где m не делится на 3. Тогда
а k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m·((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k)=
3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k).
Очевидно, что а k+1 делится на 3 k+2 и не делится на 3 k+3 .
Следовательно, утверждение доказано для любого натурального n.
3. Известно, что х+1/x – целое число. Доказать, что х n +1/х n – так же целое число при любом целом n.
Введём обозначение: а i =х i +1/х i и сразу отметим, что а i =а –i , поэтому дальше будем вести речь о натуральных индексах.
Заметим: а 1 – целое число по условию; а 2 – целое, так как а 2 =(а 1) 2 –2; а 0 =2.
Предположим, что а k целое при любом натуральном k не превосходящем n. Тогда а 1 ·а n – целое число, но а 1 ·а n =а n+1 +а n–1 и а n+1 =а 1 ·а n –а n–1 . Однако, а n–1 , согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и а n+1 . Следовательно, х n +1/х n – целое число при любом целом n, что и требовалось доказать.
4. Доказать, что при любом натуральном n большем 1 справедливо двойное неравенство
5. Доказать, что при натуральном n > 1 и |х|
(1–x) n +(1+x) n
При n=2 неравенство верно. Действительно,
(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2·х 2
Если неравенство верно при n=k, то при n=k+1 имеем
(1–x) k+1 +(1+x) k+1
Неравенство доказано для любого натурального n > 1.
6. На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.
Воспользуемся методом математической индукции.
При n=1 утверждение очевидно.
Предположим, что 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 (смотрите первый рисунок из приведённых ниже).
Восстановим затем отброшенную окружность и по одну сторону от нее, например внутри, изменим цвет каждой области на противоположный (смотрите второй рисунок). Легко видеть, что при этом мы получим карту, правильную раскрашенную двумя красками, но только теперь уже при n+1 окружностях, что и требовалось доказать.
7. Выпуклый многоугольник будем называть «красивым», если выполняются следующие условия:
1) каждая его вершина окрашена в один из трёх цветов;
2) любые две соседние вершины окрашены в разные цвета;
3) в каждый из трёх цветов окрашена, по крайней мере, одна вершина многоугольника.
Доказать, что любой красивый n-угольник можно разрезать не пересекающимися диагоналями на «красивые» треугольники.
Воспользуемся методом математической индукции.
База индукции. При наименьшем из возможных n=3 утверждение задачи очевидно: вершины «красивого» треугольника окрашены в три разных цвета и никакие разрезы не нужны.
Предположение индукции. Допустим, что утверждение задачи верно для любого «красивого» n-угольника.
Индукционный шаг. Рассмотрим произвольный «красивый» (n+1)-угольник и докажем, используя предположение индукции, что его можно разрезать некоторыми диагоналями на «красивые» треугольники. Обозначим через А 1 , А 2 , А 3 , … А n , А n+1 – последовательные вершины (n+1)-угольника. Если в какой-либо из трёх цветов окрашена лишь одна вершина (n+1)-угольника, то, соединив эту вершину диагоналями со всеми не соседними с ней вершинами, получим необходимое разбиение (n+1)-угольника на «красивые» треугольники.
Если в каждый из трёх цветов окрашены не менее двух вершин (n+1)-угольника, то обозначим цифрой 1 цвет вершины А 1 , а цифрой 2 цвет вершины А 2 . Пусть k – такой наименьший номер, что вершина А k окрашена в третий цвет. Понятно, что k > 2. Отсечём от (n+1)-угольника диагональю А k–2 А k треугольник А k–2 А k–1 А k . В соответствии с выбором числа k все вершины этого треугольника окрашены в три разных цвета, то есть этот треугольник «красивый». Выпуклый n-угольник А 1 А 2 … А k–2 А k А k+1 … А n+1 , который остался, также, в силу индуктивного предположения, будет «красивым», а значит разбивается на «красивые» треугольники, что и требовалось доказать.
8. Доказать, что в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку.
Проведём доказательство методом математической индукции.
Докажем более общее утверждение: в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n сторон и диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку. При n = 3 утверждение очевидно. Допустим, что это утверждение верно для произвольного n-угольника и, используя это, докажем его справедливость для произвольного (n+1)-угольника.
Допустим, что для (n+1)-угольника это утверждение неверно. Если из каждой вершины (n+1)-угольника выходит не больше двух выбранных сторон или диагоналей, то всего их выбрано не больше чем n+1. Поэтому из некоторой вершины А выходит хотя бы три выбранных стороны или диагонали AB, AC, AD. Пусть АС лежит между АВ и AD. Поскольку любая сторона или диагональ, которая выходит из точки С и отличная от СА, не может одновременно пересекать АВ и AD, то из точки С выходит только одна выбранная диагональ СА.
Отбросив точку С вместе с диагональю СА, получим выпуклый n-угольник, в котором выбрано больше n сторон и диагоналей, любые две из которых имеют общую точку. Таким образом, приходим к противоречию с предположением, что утверждение верно для произвольного выпуклого n-угольника.
Итак, для (n+1)-угольника утверждение верно. В соответствии с принципом математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.
9. В плоскости проведено n прямых, из которых никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. На сколько частей разбивают плоскость эти прямые.
С помощью элементарных рисунков легко убедится в том, что одна прямая разбивает плоскость на 2 части, две прямые – на 4 части, три прямые – на 7 частей, четыре прямые – на 11 частей.
Обозначим через N(n) число частей, на которые n прямых разбивают плоскость. Можно заметить, что
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Естественно предположить, что
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
или, как легко установить, воспользовавшись формулой суммы n первых членов арифметической прогрессии,
N(n)=1+n(n+1)/2.
Докажем справедливость этой формулы методом математической индукции.
Для n=1 формула уже проверена.
Сделав предположение индукции, рассмотрим k+1 прямых, удовлетворяющих условию задачи. Выделим из них произвольным образом k прямых. По предположению индукции они разобьют плоскость на 1+ k(k+1)/2 частей. Оставшаяся (k+1)-я прямая разобьётся выделенными k прямыми на k+1 частей и, следовательно, пройдёт по (k+1)-й части, на которые плоскость уже была разбита, и каждую из этих частей разделит на 2 части, то есть добавится ещё k+1 часть. Итак,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
что и требовалось доказать.
10. В выражении х 1:х 2: … :х n для указания порядка действий расставляются скобки и результат записывается в виде дроби:
(при этом каждая из букв х 1 , х 2 , … , х n стоит либо в числителе дроби, либо в знаменателе). Сколько различных выражения можно таким образом получить при всевозможных способах расстановки скобок?
Прежде всего ясно, что в полученной дроби х 1 будет стоять в числителе. Почти столь же очевидно, что х 2 окажется в знаменателе при любой расстановке скобок (знак деления, стоящий перед х 2 , относится либо к самому х 2 , либо к какому-либо выражению, содержащему х 2 в числителе).
Можно предположить, что все остальные буквы х 3 , х 4 , … , х n могут располагаться в числителе или знаменателе совершенно произвольным образом. Отсюда следует, что всего можно получить 2 n–2 дробей: каждая из n–2 букв х 3 , х 4 , … , х n может оказаться независимо от остальных в числителе или знаменателе.
Докажем это утверждение по индукции.
При n=3 можно получить 2 дроби:
так что утверждение справедливо.
Предположим, что оно справедливо при n=k и докажем его для n=k+1.
Пусть выражение х 1:х 2: … :х k после некоторой расстановки скобок записывается в виде некоторой дроби Q. Если в это выражение вместо х k подставить х k:х k+1 , то х k окажется там же, где и было в дроби Q, а х k+1 будет стоять не там, где стояло х k (если х k было в знаменателе, то х k+1 окажется в числителе и наоборот).
Теперь докажем, что можно добавить х k+1 туда же, где стоит х k . В дроби Q после расстановки скобок обязательно будет выражение вида q:х k , где q – буква х k–1 или некоторое выражение в скобках. Заменив q:х k выражением (q:х k):х k+1 =q:(х k ·х k+1), мы получим, очевидно, ту же самую дробь Q, где вместо х k стоит х k ·х k+1 .
Таким образом, количество всевозможных дробей в случае n=k+1 в 2 раза больше чем в случае n=k и равно 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 . Тем самым утверждение доказано.
Ответ: 2 n–2 дробей.
Задачи без решений
1. Доказать, что при любом натуральном n:
а) число 5 n –3 n +2n делится на 4;
б) число n 3 +11n делится на 6;
в) число 7 n +3n–1 делится на 9;
г) число 6 2n +19 n –2 n+1 делится на 17;
д) число 7 n+1 +8 2n–1 делится на 19;
е) число 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 делится на 27.
2. Докажите, что (n+1)·(n+2)· … ·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).
3. Доказать неравенство |sin nx| n|sin x| для любого натурального n.
4. Найдите натуральные числа a, b, c, которые не делятся на 10 и такие, что при любом натуральном n числа a n + b n и c n имеют одинаковые две последние цифры.
5. Доказать, что если n точек не лежат на одной прямой, то среди прямых, которые их соединяют, не менее чем n различных.
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.
Суть метода математической индукции
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.
Метод математической индукции в решении задач на
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 
четное. Итак, четность доказана при n=1, из четности выведена четность 
.Значит, четно при всех натуральных значениях n.
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.
Применение метода математической индукции к
суммированию рядов
Пример 1. 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. 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 
. Покажем, что 
.
В самом деле,
Задача решена.
Пример 3.
Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равна 
.
Решение.
Пусть .
.
Предположим, что 
. Тогда
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 
, т.е. 
.
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 
. Утверждение доказано.
Пример 3.
Доказать, что 
, где >-1, , n - натуральное число, большее 1.
Решение.
При n=2 неравенство справедливо, так как .
Пусть неравенство справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.
. (1)
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
. (2)
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
. (9)
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 
, сторона правильного шестнадцатиугольника 
, сторона правильного тридцатидвухугольника 
. Можно предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2
n
- угольника при любом равна
. (1)
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.
