Главная » Газовое отопление » Метод математической индукции простое объяснение. Метод математической индукции

Метод математической индукции простое объяснение. Метод математической индукции

Применяя метод математической индукции, доказать, что для любого натурального n справедливы следующие равенства:
а) ;
б) .

Решение.

а) При n = 1 равенство справедливо. Предполагая справедливость равенства при n , покажем справедливость его и при n + 1. Действительно,

что и требовалось доказать.

б) При n = 1 справедливость равенства очевидна. Из предположения справедливости его при n следует

Учитывая равенство 1 + 2 + ... + n = n (n + 1)/2, получаем

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

т. е. утверждение справедливо и при n + 1.

Пример 1. Доказать следующие равенства

где n О N .

Решение. a) При n = 1 равенство примет вид 1=1, следовательно, P (1) истинно. Предположим, что данное равенство справедливо, то есть, имеет место

. Следует проверить (доказать), что P (n + 1), то есть истинно. Поскольку (используется предположение индукции) получим то есть, P (n + 1) - истинное утверждение.

Таким образом, согласно методу математической индукции, исходное равенство справедливо для любого натурального n .

Замечание 2. Этот пример можно было решить и иначе. Действительно, сумма 1 + 2 + 3 + ... + n есть сумма первых n членов арифметической прогрессии с первым членом a 1 = 1 и разностью d = 1. В силу известной формулы , получим

b) При n = 1 равенство примет вид: 2·1 - 1 = 1 2 или 1=1, то есть, P (1) истинно. Допустим, что имеет место равенство

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 и докажем, что имеет место P (n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n + 1) 2 или 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Используя предположение индукции, получим

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Таким образом, P (n + 1) истинно и, следовательно, требуемое равенство доказано.

Замечание 3. Этот пример можно решить (аналогично предыдущему) без использования метода математической индукции.

c) При n = 1 равенство истинно: 1=1. Допустим, что истинно равенство

и покажем, что то есть истинность P (n ) влечет истинность P (n + 1). Действительно, и, так как 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n + 2), получим и, следовательно, исходное равенство справедливо для любого натурального n .

d) При n = 1 равенство справедливо: 1=1. Допустим, что имеет место

и докажем, что

Действительно,

e) Утверждение P (1) справедливо: 2=2. Допустим, что равенство

справедливо, и докажем, что оно влечет равенство Действительно,

Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n .

f) P (1) справедливо: 1 / 3 = 1 / 3 . Пусть имеет место равенство P (n ):

. Покажем, что последнее равенство влечет следующее:

Действительно, учитывая, что P (n ) имеет место, получим

Таким образом, равенство доказано.

g) При n = 1 имеем a + b = b + a и, следовательно, равенство справедливо.

Пусть формула бинома Ньютона справедлива при n = k , то есть,

Тогда Используя равенство получим

Пример 2. Доказать неравенства

a) неравенство Бернулли: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, n О N .

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n , если x 1 x 2 · ... ·x n = 1 и x i > 0, .

c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического
где x i > 0, , n ≥ 2.

d) sin 2n a + cos 2n a ≤ 1, n О N .

f) 2 n > n 3 , n О N , n ≥ 10.

Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство

1 + a ≥ 1 + a . Предположим, что имеет место неравенство

(1 + a ) n ≥ 1 + n a

(1)

и покажем, что тогда имеет место и (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a .

Действительно, поскольку a > -1 влечет a + 1 > 0, то умножая обе части неравенства (1) на (a + 1), получим

(1 + a ) n (1 + a ) ≥ (1 + n a )(1 + a ) или (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + n a 2 Поскольку n a 2 ≥ 0, следовательно, (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + n a 2 ≥ 1 + (n + 1)a .

Таким образом, если P (n ) истинно, то и P (n + 1) истинно, следовательно, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.

b) При n = 1 получим x 1 = 1 и, следовательно, x 1 ≥ 1 то есть P (1) - справедливое утверждение. Предположим, что P (n ) истинно, то есть, если adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n положительных чисел, произведение которых равно единице, x 1 x 2 ·...·x n = 1, и x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n .

Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n +1 - (n + 1) положительных чисел, таких, что x 1 x 2 ·...·x n ·x n +1 = 1, тогда x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Рассмотрим следующие два случая:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n +1 = 1. Тогда сумма этих чисел равна (n + 1), и требуемое неравество выполняется;

2) хотя бы одно число отлично от единицы, пусть, например, больше единицы. Тогда, поскольку x 1 x 2 · ... ·x n ·x n + 1 = 1, существует еще хотя бы одно число, отличное от единицы (точнее, меньше единицы). Пусть x n + 1 > 1 и x n < 1. Рассмотрим n положительных чисел

x 1 ,x 2 ,...,x n -1 ,(x n ·x n +1). Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе, x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n x n + 1 ≥ n . Последнее неравенство переписывается следующим образом: x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n x n +1 + x n + x n +1 ≥ n + x n + x n +1 или x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n + x n +1 ≥ n + x n + x n +1 - x n x n +1 .

Поскольку

(1 - x n )(x n +1 - 1) > 0, то n + x n + x n +1 - x n x n +1 = n + 1 + x n +1 (1 - x n ) - 1 + x n =
= n + 1 + x n +1 (1 - x n ) - (1 - x n ) = n + 1 + (1 - x n )(x n +1 - 1) ≥ n + 1. Следовательно, x 1 + x 2 + ... + x n + x n +1 ≥ n +1, то есть, если P (n ) справедливо, то и P (n + 1) справедливо. Неравенство доказано.

Замечание 4. Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Пусть x 1 ,x 2 ,...,x n - произвольные положительные числа. Рассмотрим следующие n положительных чисел:

Поскольку их произведение равно единице: согласно ранее доказанному неравенству b), следует, что откуда

Замечание 5. Равенство выполняется если и только если x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P (1) - справедливое утверждение: sin 2 a + cos 2 a = 1. Предположим, что P (n ) - истинное утверждение:

Sin 2n a + cos 2n a ≤ 1 и покажем, что имеет место P (n + 1). Действительно, sin 2(n + 1) a + cos 2(n + 1) a = sin 2n a ·sin 2 a + cos 2n a ·cos 2 a < sin 2n a + cos 2n a ≤ 1 (если sin 2 a ≤ 1, то cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, то sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n О N sin 2n a + cos 2n ≤ 1 и знак равенства достигается лишь при n = 1.

e) При n = 1 утверждение справедливо: 1 < 3 / 2 .

Допустим, что и докажем, что

Поскольку

учитывая P (n ), получим

f) Учитывая замечание 1 , проверим P (10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, следовательно, для n = 10 утверждение справедливо. Предположим, что 2 n > n 3 (n > 10) и докажем P (n + 1), то есть 2 n +1 > (n + 1) 3 .

Поскольку при n > 10 имеем или , следует, что

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 или n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Учитывая неравенство (2 n > n 3 ), получим 2 n +1 = 2 n ·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Таким образом, согласно методу математической индукции, для любого натурального n О N , n ≥ 10 имеем 2 n > n 3 .

Пример 3. Доказать, что для любого n О N

Решение. a) P (1) - истинное утверждение (0 делится на 6). Пусть P (n ) справедливо, то есть n (2n 2 - 3n + 1) = n (n - 1)(2n - 1) делится на 6. Покажем, что тогда имеет место P (n + 1), то есть, (n + 1)n (2n + 1) делится на 6. Действительно, поскольку

и, как n (n - 1)(2 n - 1), так и 6 n 2 делятся на 6, тогда и их сумма n (n + 1)(2 n + 1) делится 6.

Таким образом, P (n + 1) - справедливое утверждение, и, следовательно, n (2n 2 - 3n + 1) делится на 6 для любого n О N .

b) Проверим P (1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, следовательно, P (1) - справедливое утверждение. Следует доказать, что если 6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 делится на 11 (P (n )), тогда и 6 2n + 3 n +2 + 3 n также делится на 11 (P (n + 1)). Действительно, поскольку

6 2n + 3 n +2 + 3 n = 6 2n -2+2 + 3 n +1+1 + 3 n -1+1 = = 6 2 ·6 2n -2 + 3·3 n +1 + 3·3 n -1 = 3·(6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1) + 33·6 2n -2 и, как 6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 , так и 33·6 2n -2 делятся на 11, тогда и их сумма 6 2n + 3 n +2 + 3 n делится на 11. Утверждение доказано. Индукция в геометрии

Пример 4. Вычислить сторону правильного 2 n -угольника, вписанного в окружность радиуса R .

Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются дальнейшие умозаключения. Например, в математике роль индукции в значительной степени состоит в том, что она лежит в основе выбираемой аксиоматики. После того как длительная практика показала, что прямой путь всегда короче кривого или ломанного, естественно было сформулировать аксиому: для любых трех точек А, В и С выполняется неравенство

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.

Индукция – метод рассуждения, ведущий от частных примеров к некоторому общему выводу (индукция – латинское слово, означающее «наведение»). Метод индукции в самом общем смысле состоит в переходе от частных формулировок к формулировке универсальной.

Рассмотрим математическую индукцию. Метод математической индукции применяется, когда хотят доказать, что некоторое утверждение справедливо для всех натуральных чисел.

Математическая индукция- один из важнейших методов доказательства в математике, основанный на аксиоме (принципе) математической индукции.

Аксиома математической индукции формулируется так:

1. Проверяется справедливость некоторого утверждения при n = р0.

2. Предполагается, что это утверждение верно при n = к, к ≥ р0.

3. Доказывается, что утверждение верно при n=k+1.

Первый факт называется базисом индукции, второй - индукционным переходом или шагом индукции. Индукционный переход включает и себя посылку (или предположение) индукции (утверждение верно при n = k) и заключение (утверждение верно при п = k + 1). Другими словами, шаг индукции состоит в переходе от посылки к заключению, т. е. в выводе, что заключение верно, если верна посылка. В целом весь логический приём, позволяющий заключить, что рассматриваемое утверждение верно для всех натуральных чисел, коль скоро справедливы и базис, и переход, называется принципом математической индукции. На нём и основан метод математической индукции. Этот метод может быть успешно применён в том случае, когда имеется некоторое утверждение А, зависящее от параметра, принимающего натуральные значения, и требуется доказать, что А справедливо при всяком значении параметра.

Говоря об индукции вообще (т. е. не только в математике), различают полную и неполную индукцию.

Полная индукция

Полная индукция - это умозаключение, в котором на основе принадлежности каждому элементу или каждой части класса определенного признака делают вывод о его принадлежности классу в целом.

Индуктивные умозаключения такого типа применяются лишь в тех случаях, когда имеют дело с закрытыми классами, число элементов, в которых является конечным и легко обозримым. Выраженная в посылках этого умозаключения информация о каждом элементе или каждой части класса служит показателем полноты исследования и достаточным основанием для логического переноса признака на весь класс. Тем самым вывод в умозаключении полной индукции носит демонстративный характер. Это означает, что при истинности посылок заключение в выводе будет необходимо истинным.

В одних случаях полная индукция дает утвердительные заключения, если в посылках фиксируется наличие определенного признака у каждого элемента или части класса. В других случаях в качестве заключения может выступать отрицательное суждение, если в посылках фиксируется отсутствие определенного признака у всех представителей класса.

Познавательная роль умозаключения полной индукции проявляется в формировании нового знания о классе или роде явлений. Логический перенос признака с отдельных предметов на класс в целом не является простым суммированием. Знание о классе или роде - это обобщение, представляющее собой новую ступень по сравнению с единичными посылками.

Демонстративность полной индукции позволяет использовать этот вид умозаключения в доказательном рассуждении. Применимость полной индукции в рассуждениях определяется практической перечислимостью множества явлений. Если невозможно охватить весь класс предметов, то обобщение строится в форме неполной индукции.

Неполная индукция. Популярная индукция

Неполная индукция - это умозаключение, в котором на основе принадлежности признака некоторым элементам или частям класса делают вывод о его принадлежности классу в целом.

Неполнота индуктивного обобщения выражается в том, что исследуют не все, а лишь некоторые элементы или части класса. Логический переход в неполной индукции от некоторых ко всем элементам или частям класса не является произвольным. Он оправдывается эмпирическими основаниями - объективной зависимостью между всеобщим характером признаков и устойчивой их повторяемостью в опыте для определенного рода явлений. Отсюда широкое использование неполной индукции в практике. Индуктивный переход от некоторых ко всем не может претендовать на логическую необходимость, поскольку повторяемость признака может оказаться результатом простого совпадения.

Тем самым для неполной индукции характерно ослабленное логическое следование - истинные посылки обеспечивают получение не достоверного, а лишь проблематичного заключения. При этом обнаружение хотя бы одного случая, противоречащего обобщению, делает индуктивный вывод несостоятельным.

На этом основании неполную индукцию относят к правдоподобным (недемонстративным) умозаключениям. В таких выводах заключение следует из истинных посылок с определенной степенью вероятности, которая может колебаться от маловероятной до весьма правдоподобной.

Существенное влияние на характер логического следования в выводах; неполной индукции оказывает способ отбора исходного материала.

Задачи на использование метода математической индукции.

На доказательство теоремы

Пусть имеется выпуклая фигура и внутри ее взяты n точек. Тогда центр масс этих точек тоже принадлежит фигуре.

Доказательство проведем по индукции.

Докажем базу: центр масс двух точек по определению принадлежит соединяющему их отрезку, в силу выпуклости фигуры, принадлежит фигуре.

База доказана, теперь шаг индукции. Цент масс n+1 точек – это, в силу определения, центр масс двух точек: любой одной и центра масс всех остальных, которых n штук. В силу предположения индукции центр масс этих остальных n точек принадлежит фигуре, а значит, центр масс его и (n+1)-й точки тоже принадлежит фигуре, так как по определению лежит на отрезке, соединяющем эти две точки нашей выпуклой фигуры, что и требовалось доказать.

На нахождение суммы

Найдите сумму +

S(1)= S(2)= S(3)=S(2)+ Можно предположить, что S(n)=

Докажем это. Для n=1 формула верна. Предположим, что она будет верна и для n=k+1:

На доказательство неравенств

Пусть х1, х2,. , хn - произвольные положительные числа, причем x1x2xn = 1. Доказать, что х1 + х2 +. +хn ≥ n.

1. Если n = 1, то по условию х1 = 1 и, следовательно, можно написать x1 ≥ 1, т. е. для n = 1 утверждение верно.

2. Предположим, что утверждение верно для n = k. Пусть х1,х2,. ,хk,хk + 1 - произвольные положительные числа и х1х2хkхk+1 = 1.

Могут представиться два случая: либо все эти числа равны 1, и тогда их сумма равна k+1 и неравенство доказано, либо среди этих чисел есть хотя бы одно число, не равное единице, и тогда обязательно есть, по крайней мере, еще одно число, не равное единице, причем если одно из них меньше единицы, то другое больше единицы. Не ограничивая общности, можно считать, что хk > 1, а хk + 1

Произведение их равно единице, и, следовательно, по индуктивному предположению x1 + x2 + + xk-1+ xkxk+1 ≥ k.

Прибавим к обеим частям последнего неравенства хk+хk+1,перенесем xkxk+1направо и преобразуем правую часть неравенства: x1 + x2 + + xk + xk+1 ≥ k - xkxk+1+хk + хk+1 =

K+1 +хk(1-хk+1) + хk+1- 1=k+1+хk(1- хk+1) - (1 - хk+1) =

K + 1+(1 - хk+1)(xk - l) ≥ k + l.

Таким образом, из истинности утверждения при n = k вытекает его истинность при n = k+ 1. Утверждение доказано. Из приведенного доказательства следует, что знак равенства в доказываемом соотношении имеет место тогда и только тогда, когда x1 = х2 =. = хn = 1.

Доказать неравенство

Где x1, x2,. , x3 – произвольные положительные числа.

Это важное неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим n чисел является простым следствием соотношения, доказанного в предыдущем примере. В самом деле, пусть х1, х2,. , хn - произвольные положительные числа. Рассмотрим n чисел

Очевидно, что все эти числа положительны и произведение их равно единице. Следовательно, по доказанному в предыдущем примере их сумма больше или равна n, т. е.

причем знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x1 = х2 =. = хn.

Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим n чисел часто оказывается полезным при доказательстве других неравенств, при отыскании наименьших и наибольших значений функций.

На вывод формулы прогрессии

Пусть (an) – арифметическая прогрессия, у которой разность равна d.

a1=a1 a2=a1+d=a1+1d a3=a2+d=a1+d+d= a1+2d a4=a3+d=a1+2d+d= a1+3d a5=a4+d=a1+3d+d= a1+4d

Анализ этих равенств позволяет высказать гипотезу, что an=a1+(n – 1)d. Эта гипотеза верна при любом nN.

На делимость

Доказать истинность предложения

А (n) = {число 5∙23n-2 + З3n-1 кратно 19}, nN.

1. Высказывание А (1) = {число 5∙2 +З2 кратно 19} истинно.

2. Предположим, что для некоторого значения n = k

А(k) = {число 5∙23k-2 + З3k-1 кратно 19} истинно. Тогда, так как 5∙23(k+1)-2 + З3(k+1)-1 =

8 ∙5∙23k-2 + 27∙ З3k-1 = 8 (5∙23k-2 + З3k-1) + 19 ∙З3k-1, очевидно, что и А(k + 1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения, что А (k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение А (k) истинно при всех значениях n.

На доказательство тождеств

Доказать, что при любом натуральном n верно равенство:

1*2+2*3+3*4+4*5++n(n+1)=.

Доказательство.

1) Проверяем утверждение при n=1.

Неравенство выполняется.

2) Предположим, что равенство верно при n=k, т. е.

1*2+2*3+3*4+4*5++k(k+1)=

3) Докажем утверждение при n=k+1:

1*2+2*3+3*4+4*5++ k(k+1)+(k+1)(k+2)=+ (k+1)(k+2)=

Таким образом, мы убедились, что доказываемое утверждение справедливо при любом n ϵ N.

Задачи реальной действительности

Докажем, что сумма внутренних углов выпуклого n-угольника равна π(n-2).

1. Минимальное число углов - три. Поэтому начнем доказательство с n = 3. Получаем, что для треугольника формула дает π (3~2) = π Утверждение для n = 3 справедливо.

2. Допустим, что формула верна при n=k. Докажем, что она верна для любого выпуклого

(к +1) -угольника. Разобьем

(к +1) -угольник диагональю так, что получим k-угольник и треугольник (см. рисунок).

Так как формула верна для треугольника и k-угольника, получаем π (к - 2) + π = π (к -1).

То же мы получим, если в исходную формулу подставить п = к + 1: π (к +1 - 2) = π (к -1).

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 идут к обобщениям, к общим положениям. Метод математической индукции – метод доказательства, основанный на так называемой аксиоме (принципе) математической индукции. Индукция бывает полная и неполная. 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 неполной индукции состоит в переходе к универсальной формулировке после проверки истинности частных формулировок для отдельных, но не всех значений n.

Метод математической индукции является одной из теоретических основ при решении задач: реальной действительности, на нахождение суммы, на доказательство некоторых теорем по геометрии, физике, на решение неравенств, на вывод формул для прогрессии, на делимость, на доказательство тождеств.

Знакомясь с методом математической индукции, я изучала специальную литературу, консультировалась с педагогом, анализировала данные и решения задач, пользовалась Интернетом, выполняла необходимые вычисления.

В ходе работы я узнала: 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. А недостатком неполной индукции является то, что порой она приводит к ошибочным выводам.

Обобщив и систематизировав знания по математической индукции, убедилась в необходимости знаний по теме «метод математической индукции» в реальной действительности. Кроме того эти знания повышают интерес к математике, как к науке.

Так же в ходе работы приобрела навыки решения задач по использованию метода математической индукции. Считаю, что эти навыки помогут мне в будущем в освоении избранной мною специальности на современном уровне.

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

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

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

Доказательство по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k) Ю A(k+1)

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно
2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1)

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

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

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

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

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

Доказать, что

1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х № 1

1) При n=1 получаем
1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

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

2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k,
1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1)

Докажем, что тогда выполняется равенство

1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1) В самом деле
1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)

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

Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2

Решение: 1) При n=3 утверждение справедливо, ибо в треугольнике

А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей; А 2 А(3) истинно

2) Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике имеет А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей. А k Докажем, что тогда в выпуклом А k+1 (k+1)-угольнике число диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-угольник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы подсчитать общее число диагоналей этого (k+1)-угольника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A 1 A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1 , и, кроме того, следует учесть диагональ А 1 А k

Таким образом,

G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2

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

Доказать, что при любом n справедливо утверждение:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Предположим, что n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6

3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1

X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2

=(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого натурального n

Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Решение: 1) Пусть n=1

Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=k

X k =k 2 (k+1) 2 /4

3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е

Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4

Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n

Доказать, что

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))=3n(n+1)/2(n 2 +n+1), где n>2

Решение: 1) При n=2 тождество выглядит:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), т.е. оно верно
2) Предположим, что выражение верно при n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
3) Докажем верность выражения при n=k+1
(((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого n>2

Доказать, что

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) для любого натурального n

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Предположим, что n=k, тогда
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Докажем истинность этого утверждения при n=k+1
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)

Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для любого натурального n.

Доказать верность тождества

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) для любого натурального n

1) При n=1 тождество верно 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Предположим, что при n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Докажем, что тождество верно при n=k+1
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1)/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1)

Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при любом натуральном n.

Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

Но (23 ґ 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.

2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка
3) Докажем, что в таком случае (11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле
11 k+3 +12 2л+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k) Ю А(k+1). В силу метода математической индукции утверждение доказано

Доказать, что при любом n 7 n -1 делится на 6 без остатка

1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно
2) Предположим, что при n=k 7 k -1 делится на 6 без остатка
3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6

Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k -1 делится на 6 по предположению, а вторым слагаемым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном натуральном n делится на 11.

1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остатка.

Значит, при n=1 утверждение верно

2) Предположим, что при n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка
3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =

27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +

11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1

Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположению, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма делится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что 11 2n -1 при произвольном натуральном n делится на 6 без остатка

1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно
2) Предположим, что при n=k 1 2k -1 делится на 6 без остатка
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: первое содержит кратное 6-ти число 120, а второе делится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка

Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка

1. При n=0
3 3 -1=26 делится на 26
2. Предположим, что при n=k
3 3k+3 -1 делится на 26
3. Докажем, что утверждение верно при n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -делится на 26

Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи

1) Очевидно, что при n=1 утверждение верно
3 3+3 -26-27=676
2) Предположим, что при n=k выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка
3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода математической индукции утверждение доказано

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х) n >1+n ґ х

1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как
(1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х

Значит, А(2) истинно

2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+х) k >1+k ґ x. (3)

Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

В итоге получаем, что (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n> 2

Доказать, что справедливо неравенство (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а> 0

Решение: 1) При m=1

(1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обе части равны
2) Предположим, что при m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +

+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального m

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство 3 n >n ґ 2 n+1

Перепишем неравенство в виде (3/2) n >2n

1. При n=7 имеем 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенство верно
2. Предположим, что при n=k (3/2) k >2k
3) Докажем верность неравенства при n=k+1
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравенство справедливо для любого натурального n

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) При n=3 неравенство верно
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Предположим, что при n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

Ы (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Последнее очевидно, а поэтому

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)

В силу метода математической индукции неравенство доказано.

Библиографическое описание: Баданин А. С., Сизова М. Ю. Применение метода математической индукции к решению задач на делимость натуральных чисел // Юный ученый. 2015. №2. С. 84-86..02.2019).

В математических олимпиадах часто встречаются достаточно трудные задачи на доказательство делимости натуральных чисел. Перед школьниками возникает проблема: как найти универсальный математический метод, позволяющий решать подобные задачи?

Оказывается, большинство задач на доказательство делимости можно решать методом математической индукции, но в школьных учебниках уделяется очень мало внимания этому методу, чаще всего приводится краткое теоретическое описание и разбирается несколько задач.

Метод математической индукции мы находим в теории чисел. На заре теории чисел математики открыли многие факты индуктивным путем: Л. Эйлер и К. Гаусс рассматривали подчас тысячи примеров, прежде чем подметить числовую закономерность и поверить в нее. Но одновременно они понимали, сколь обманчивыми могут быть гипотезы, прошедшие «конечную» проверку. Для индуктивного перехода от утверждения, проверенного для конечного подмножества, к аналогичному утверждению для всего бесконечного множества необходимо доказательство. Такой способ предложил Блез Паскаль, который нашел общий алгоритм для нахождения признаков делимости любого целого числа на любое другое целое число (трактат «О характере делимости чисел).

Метод математической индукции используется, чтобы доказать путем рассуждений истинность некоего утверждения для всех натуральных чисел или истинность утверждения начиная с некоторого числа n.

Решение задач на доказательство истинности некоторого утверждения методом математической индукции состоит из четырех этапов (рис. 1):

Рис. 1. Схема решения задачи

1. Базис индукции . Проверяют справедливость утверждения для наименьшего из натуральных чисел, при котором утверждение имеет смысл.

2. Индукционное предположение . Предполагаем, что утверждение верно для некоторого значения k.

3. Индукционный переход . Доказываем, что утверждение справедливо для k+1.

4. Вывод . Если такое доказательство удалось довести до конца, то, на основе принципа математической индукции можно утверждать, что утверждение верно для любого натурального числа n.

Рассмотрим применение метода математической индукции к решению задач на доказательство делимости натуральных чисел.

Пример 1 . Доказать, что число 5 кратно 19, где n - натуральное число.

Доказательство:

1) Проверим, что эта формула верна при n = 1: число =19 кратно 19.

2) Пусть эта формула верна для n = k, т. е. число кратно 19.

Кратно 19. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения (2); второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19.

Пример 2. Доказать, что сумма кубов трех последовательных натуральных чисел делится на 9.

Доказательство:

Докажем утверждение: «Для любого натурального числа n выражение n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 кратно 9.

1) Проверим, что эта формула верна при n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 кратно 9.

2) Пусть эта формула верна для n = k, т. е. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 кратно 9.

3) Докажем, что формула верна и для n = k + 1, т. е. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 кратно 9. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Полученное выражение содержит два слагаемых, каждое из которых делится на 9, таким образом, сумма делится на 9.

4) Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение истинно при всех значениях n.

Пример 3. Доказать, что при любом натуральном n число 3 2n+1 +2 n+2 делится на 7.

Доказательство:

1) Проверим, что эта формула верна при n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 кратно 7.

2) Пусть эта формула верна для n = k, т. е. 3 2 k +1 +2 k +2 делится на 7.

3) Докажем, что формула верна и для n = k + 1, т. е.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2=3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2 .Т. к. (3 2 k +1 +2 k +2)·9 делится на 7 и 7·2 k +2 делится на 7, то и их разность делится на 7.

Многие задачи на доказательство в теории делимости натуральных чисел удобно решать с применением метода математической индукции, можно даже сказать, что решение задач данным методом вполне алгоритмизировано, достаточно выполнить 4 основных действия. Но универсальным этот метод назвать нельзя, т. к. присутствуют и недостатки: во-первых, доказывать можно только на множестве натуральных чисел, а во-вторых, доказывать можно только для одной переменной.

Для развития логического мышления, математической культуры этот метод является необходимым инструментом, ведь ещё великий русский математик А. Н. Колмогоров говорил: «Понимание и умение правильно применять принцип математической индукции, является хорошим критерием логической зрелости, которая совершенно необходима математику».

Литература:

1. Виленкин Н. Я. Индукция. Комбинаторика. - М.: Просвещение, 1976. - 48 с.

2. Генкин Л. О математической индукции. - М., 1962. - 36 с.

3. Соломинский И. С. Метод математической индукции. - М.: Наука, 1974. - 63с.

4. Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике: Решение задач: Учеб.пособие для 10 кл. сред.шк. - М.: Просвещение, 1989. - 252 с.

5. Шень А. Математическая индукция. - М.: МЦНМО,2007.- 32 с.

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 значенияхn :

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

Лейбниц в 17 веке доказал, что при всяком целом положительном n число
делится на 3, число
делится на 5 и т.д. На основании этого он предположил, что при всяком нечётномk и любом натуральном n число
делится наk , но скоро сам заметил, что
не делится на 9.

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

6.1. Принцип математической индукции.

♦ В основе метода математической индукции лежит принцип математической индукции , заключающийся в следующем:

1) проверяется справедливость этого утверждения для n =1 (базис индукции) ,

2) предполагается справедливость этого утверждения для n = k , где k – произвольное натуральное число 1 (предположение индукции) , и с учётом этого предположения устанавливается справедливость его для n = k +1.

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

1) утверждение для n =m несправедливо,

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

Очевидно, что m >1, т.к. для n =1 утверждение справедливо (условие 1). Следовательно,
– натуральное число. Выходит, что для натурального числа
утверждение справедливо, а для следующего натурального числаm оно несправедливо. Это противоречит условию 2. ■

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

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

 Пример 6.1. Доказать, что при любом натуральном n число
делится на 3.

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 ,
, то есть что число
делится на 3, и установим, что при n =k +1 число делится на 3.

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 (
) нечётных чисел равна квадрату числа этих чисел, то есть . Исходя из этого равенства, установим, что сумма первых k +1 нечётных чисел равна
, то есть .

Пользуемся нашим предположением и получаем

. ■ 

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

 Пример 6.3. Доказать, что при
и любом натуральномn справедливо неравенство
(неравенство Бернулли).

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

2) Предполагаем, что при n =k имеет место неравенство
(*). Используя это предположение, докажем, что
. Отметим, что при
это неравенство выполняется и поэтому достаточно рассмотреть случай
.

Умножим обе части неравенства (*) на число
и получим:

То есть (1+
.■ 

Доказательство методом неполной математической индукции некоторого утверждения, зависящего от n , где
проводится аналогичным образом, но в начале устанавливается справедливость для наименьшего значенияn .

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
,
,
. Высказываем гипотезу, что при любом натуральномn справедлива формула
. Для проверки этой гипотезы воспользуемся методом полной математической индукции.

1) При n =1 гипотеза верна, т.к.
.

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

В самом деле,

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

 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
равномерно непрерывных функций является равномерно непрерывной функцией. Но поскольку мы ещё не ввели понятие «равномерно непрерывная функция», поставим задачу более абстрактно: пусть известно, что сумма двух функций, обладающих некоторым свойством S , сама обладает свойством S . Докажем, что сумма любого числа функций обладает свойством S .

Решение. Базис индукции здесь содержится в самой формулировке задачи. Сделав предположение индукции, рассмотрим
функций f 1 , f 2 , …, f n , f n +1 , обладающих свойством S . Тогда . В правой части первое слагаемое обладает свойствомS по предположению индукции, второе слагаемое обладает свойством S по условию. Следовательно, их сумма обладает свойством S – для двух слагаемых «работает» базис индукции.

Тем самым утверждение доказано и будем использовать его далее. ■ 

 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
имеет место для каждого
. Для доказательства истинности этой гипотезы воспользуемся принципом неполной математической индукции.

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

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

Т. к.
и при
имеет место неравенство

при
,

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

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

 Пример 6.7. Доказать, что для любого натурального числа n справедлива формула дифференцирования
.

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

что и требовалось доказать. ■ 

 Пример 6.8. Доказать, что множество, состоящее из n элементов, имеет подмножеств.

Решение. Множество, состоящее из одного элемента а , имеет два подмножества. Это верно, поскольку все его подмножества – пустое множество и само это множество, и 2 1 =2.

Предположим, что всякое множество из n элементов имеет подмножеств. Если множество А состоит изn +1 элементов, то фиксируем в нём один элемент – обозначим его d , и разобьём все подмножества на два класса – не содержащие d и содержащие d . Все подмножества из первого класса являются подмножествами множества В, получающегося из А выбрасыванием элемента d .

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

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

Тем самым утверждение доказано. Отметим, что оно справедливо и для множества, состоящего из 0 элементов – пустого множества: оно имеет единственное подмножество – самого себя, и 2 0 =1. ■ 