Доказать методом математической индукции. Метод математической индукции и его применение к решению задач

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.

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

Метод математической индукции

Вступление

Основная часть

Полная и неполная индукция
Принцип математической индукции
Метод математической индукции
Решение примеров
Равенства
Деление чисел
Неравенства

Заключение

Список использованной литературы

Вступление

А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно.

Основная часть

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.

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.

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.

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

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 .

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).

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.

Таким образом,

 k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

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.

Доказать, что для любого натурального n спра-ведливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) Пусть n=1.

Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=k

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

3) Докажем истинность этого ут-верждения для n=k+1, т.е.

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

Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.

Доказать, что

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

Решение: 1) При n=2 тождество выглядит: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

т.е. оно верно.

2) Предположим, что выражение верно при n=k

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).

3) Докажем верность выражения при n=k+1.

(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +

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

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

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

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

Доказать, что

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

для любого натурального n.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) Предположим, что n=k, тогда

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

3) Докажем истинность этого ут-верждения при n=k+1

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

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

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

Доказать верность тождества

(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

для любого натурального n.

1) При n=1 тождество верно 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Предположим, что при n=k

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

3) Докажем, что тождество верно при n=k+1.

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1)/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1).

Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при любом натуральном n.

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

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

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

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

2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка.

3) Докажем, что в таком случае

(11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле 11 k+3 +12 2л+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

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

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

Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.

2) Предположим, что при n=k

7 k -1 делится на 6 без остатка.

3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1.

X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.

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

Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном на-туральном n делится на 11.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остат-ка. Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n=k

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

3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1.

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

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

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

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

Доказать, что 11 2n -1 при произвольном нату-ральном n делится на 6 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.

2) Предположим, что при n=k

11 2k -1 делится на 6 без остатка.

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).

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

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

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

При n=0

3 3 -1=26 делится на 26

Предположим, что при n=k

3 3k+3 -1 делится на 26

Докажем, что утверждение

верно при n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) –делится на 26

Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулированного в условии задачи.

1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение верно

3 3+3 -26-27=676

2) Предположим, что при n=k

выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка.

3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).

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

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство

(1+х) n >1+n´х.

Решение: 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как

(1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х.

Значит, А(2) истинно.

2) Докажем, что А(k)ÞA(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство

(1+х) k >1+k´x. (3)

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

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

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

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Рассмотрим правую часть последнего неравен-

ства; имеем

(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.

В итоге получаем, что

(1+х) k+1 >1+(k+1)´x.

Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого

Доказать, что справедливо неравенство

(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 при а> 0.

Решение: 1) При m=1

(1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2)´а 2 обе части равны.

2) Предположим, что при m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натурального m.

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство

3 n >n´2 n+1 .

Решение: Перепишем неравенство в виде

При n=7 имеем

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

неравенство верно.

Предположим, что при n=k

3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1.

3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравен-ство справедливо для любого натурального n.

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство

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

Решение: 1) При n=3 неравенство верно

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

Предположим, что при n=k

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

3) Докажем справедливость не-

равенства при n=k+1

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

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

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Последнее очевидно, а поэтому

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

В силу метода математической индукции не-равенство доказано.

Заключение

Вчастности изучив метод математической индукции, я повысил свои знания в этой облас-ти математики, а также научился решать задачи, которые раньше были мне не под силу.

В основном это были логические и занима-тельные задачи, т.е. как раз те, которые повы-шают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится заниматель-ным занятием и может привлечь в математиче-ские лабиринты всё новых любознательных. По-моему, это является основой любой науки.

Продолжая изучать метод математической индукции, я постараюсь научиться применять его не только в математике, но и в решении проблем физики, химии и самой жизни.

МАТЕМАТИКА:

ЛЕКЦИИ, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ

Учебное пособие / В.Г.Болтянский, Ю.В.Сидоров, М.И.Шабунин. ООО “Попурри” 1996.

АЛГЕБРА И НАЧАЛА АНАЛИЗА

Учебное пособие / И.Т.Демидов,А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург,О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. “Просвещение” 1975.

Одним из самых важных методов математических доказательств по праву является метод математической индукции . Подавляющее большинство формул, относящихся ко всем натуральным числам n , могут быть доказаны методом математической индукции (к примеру, формула суммы n первых членов арифметической прогрессии , формула бинома Ньютона и т.п.).

В этой статье сначала остановимся на основных понятиях, далее рассмотрим сам метод математической индукции и разберем примеры его применения при доказательстве равенств и неравенств.

Навигация по странице.

Индукция и дедукция.

Индукцией называют переход от частных утверждений к общим. Напротив, переход от общих утверждений к частным называется дедукцией.

Пример частного утверждения: 254 делится на 2 без остатка.

Из этого частного утверждения можно сформулировать массу более общих утверждений, причем как истинных так и ложных. К примеру, более общее утверждение, что все целые числа, оканчивающиеся четверкой, делятся на 2 без остатка, является истинным, а утверждение, что все трехзначные числа делятся на 2 без остатка, является ложным.

Таким образом, индукция позволяет получить множество общих утверждений на основе известных или очевидных фактов. А метод математической индукции призван определить справедливость полученных утверждений.

В качестве примера, рассмотрим числовую последовательность: , n – произвольное натуральное число. Тогда последовательность сумм первых n элементов этой последовательности будет следующая

Исходя из этого факта, по индукции можно утверждать, что .

Доказательство этой формулы приведем .

Метод математической индукции.

В основе метода математической индукции лежит принцип математической индукции .

Он заключается в следующем: некоторое утверждение справедливо для всякого натурального n , если

оно справедливо для n = 1 и
из справедливости утверждения для какого-либо произвольного натурального n = k следует его справедливость для n = k+1 .

То есть, доказательство по методу математической индукции проводится в три этапа:

во-первых, проверятся справедливость утверждения для любого натурального числа n (обычно проверку делают для n = 1 );
во-вторых, предполагается справедливость утверждения при любом натуральном n=k ;
в-третьих, доказывается справедливость утверждения для числа n=k+1 , отталкиваясь от предположения второго пункта.

Примеры доказательств уравнений и неравенств методом математической индукции.

Вернемся к предыдущему примеру и докажем формулу .

Доказательство.

Метод математической индукции предполагает доказательство в три пункта.

Таким образом, выполнены все три шага метода математической индукции и тем самым доказано наше предположение о формуле .

Давайте рассмотрим тригонометрическую задачу.

Пример.

Докажите тождество .

Решение.

Во-первых, проверяем справедливость равенства при n = 1 . Для этого нам понадобятся основные формулы тригонометрии.

То есть, равенство верно для n = 1 .

Во-вторых, предположим, что равенство верно для n = k , то есть справедливо тождество

В-третьих, переходим к доказательству равенства для n = k+1 , основываясь на втором пункте.

Так как по формуле из тригонометрии

то

Доказательство равенства из третьего пункта завершено, следовательно, исходное тождество доказано методом математической индукции.

Может быть доказана методом математической индукции.

Пример доказательства неравенства методом математической индукции можете посмотреть в разделе метод наименьших квадратов при выводе формул для нахождения коэффициентов аппроксимации.

Список литературы.

Соминский И.С., Головина Л.И., Яглом И.М. О математической индукции.

Министерство образования Саратовской области

Саратовский государственный социально - экономический университет

Областной конкурс математических и компьютерных работ школьников

«Вектор будущего – 2007»

«Метод математической индукции.

Его применение к решению алгебраических задач»

(секция «математика»)

Творческая работа

ученицы 10«А» класса

МОУ «Гимназии №1»

Октябрьского района г. Саратова

Арутюнян Гаянэ.

Руководитель работы:

учитель математики

Гришина Ирина Владимировна.

Саратов

2007

Введение…………………………………………………………………………………3

Принцип математической индукции и его

доказательство…………………………………………………………………………..4

Примеры решений задач………………………………………………………………..9

Заключение……………………………………………………………………………..16

Литература………………………...……………………………………………………17

Введение.

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 и подкреплять свою мысль доказательством, проведённым по всем правилам логики.
В настоящее время выросла область применения метода математической индукции, но в школьной программе ему, к сожалению, отводится мало времени. А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно.

Принцип математической индукции и его доказательство

Обратимся к существу метода математической индукции. Рассмотрим различные утверждения. Их можно подразделить на общие и частные.Приведем примеры общих утверждений.

Все граждане России имеют право на образование.

Во всяком параллелограмме диагонали в точке пересечения делятся пополам.

Все числа, оканчивающиеся нулем, делятся на 5 .

Соответствующие примеры частных утверждений:

Петров имеет право на образование.

В параллелограмме ABCD диагонали в точке пересечения делятся пополам.

140 делится на 5.

Переход от общих утверждений к частным называется дедукцией (от латинского deductio - вывод по правилам логики).

Рассмотрим пример дедуктивного вывода.

Все граждане России имеют право на образование. (1)

Петров – гражданин России. (2)

Петров имеет право на образование. (3)

Из общего утверждения (1) при помощи (2) получено частное утверждение (3).

Обратный переход от частных утверждений к общим называется индукцией (от латинского inductio - наведение).

Индукция может привести как к верным, так и к неверным выводам.

Поясним это двумя примерами.

140 делится на 5. (1)

Все числа, оканчивающиеся нулем, делятся на 5 . (2)

140 делится на 5. (1)

Все трехзначные числа делятся на 5. (2)

Из частного утверждения (1) получено общее утверждение (2). Утверждение (2) верно.

Второй пример показывает, как из частного утверждения (1) может быть получено общее утверждение (3) , притом утверждение (3) не является верным.

Зададимся вопросом, как пользоваться в математике индукцией, чтобы получать только верные выводы. Рассмотрим несколько примеров индукции, недопустимой в математике.

Пример 1 .

Рассмотрим квадратный трехчлен следующего вида Р(x )= x 2 + x + 41, на который обратил внимание еще Леонард Эйлер.

Р(0) = 41, Р(1) = 43, Р(2) = 47, Р(3) = 53, Р(4) = 61, Р(5) = 71, Р(6) = 83, Р(7) = 97, Р(8) = 113, Р(9)=131, Р(10) = 151.

Мы видим, что всякий раз значение трехчлена - простое число. На основании полученных результатов утверждаем, что при подстановке в рассматриваемый трехчлен вместо x любого целого неотрицательного числа всегда в результате получается простое число.

Однако сделанный вывод не может считаться достоверным. В чем же дело? Дело в том, что в рассуждениях высказаны общие утверждения относительно любого х только на основании того, что это утверждение оказалось справедливым для некоторых значений х.

В самом деле, при более внимательном изучении трехчлена Р(х) числа Р(0), Р(1), …, Р(39) - простые числа, но Р(40) = 41 2 – составное число. И совсем явно: Р(41) = 41 2 +41+41 кратно 41.

В этом примере мы встретились с утверждением, справедливым в 40 частных случаях и все же вообще оказавшимся несправедливым.

Рассмотрим еще несколько примеров.

Пример 2.

В 17 веке В.Г. Лейбниц доказал, что при всяком натуральном n числа вида n 3 - n кратны 3, n 5 - n кратны 5, n 7 - n кратны 7. На основании этого, он предложил, что при всяком нечетном k и натуральном n число n k - n кратно k , но скоро сам заметил, что 2 9 –2=510, которое, очевидно, 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.

Естественно возникает вопрос: имеется утверждение, справедливое в нескольких частных случаях; все частные случаи рассмотреть невозможно; как же узнать, справедливо ли это утверждение вообще?

Этот вопрос иногда удается решить посредством применения особого метода рассуждений, называемого методом математической индукции. В основе этого метода лежит принцип математической индукции , заключенный в следующем: утверждение справедливо для любого натурального n , если:

оно справедливо для n = 1;

из справедливости утверждения для какого-то произвольного натурального n =k , следует его справедливость для n = k +1.

Доказательство.

Предположим противное, то есть пусть утверждение справедливо не для всякого натурального n . Тогда существует такое натуральное число m , что

утверждение для n =m несправедливо,

для всех n

Очевидно, что m >1, так как при n =1 утверждение справедливо (условие 1). Следовательно, m -1 - натуральное число. Для натурального числа m -1 утверждение справедливо, а для следующего натурального числа m оно несправедливо. Это противоречит условию 2. Полученное противоречие показывает неверность предположения. Следовательно, утверждение справедливо для всякого натурального n, ч. т. д.

Доказательство, основанное на принципе математической индукции, называется доказательством методом математической индукции. Такое доказательство должно состоять из двух частей, из доказательства двух самостоятельных теорем.

Теорема 1 . Утверждение справедливо для n =1.

Теорема 2 . Утверждение справедливо для n =k +1, если оно справедливо для n=k, где k-произвольное натуральное число.

Если обе эти теоремы доказаны, то на основании принципа математической индукции утверждение справедливо для любого
натурального n .

Необходимо подчеркнуть, что доказательство методом математической индукции, безусловно, требует доказательства обеих теорем 1 и 2. Пренебрежительное отношение к теореме 2 приводит к неверным выводам (примеры 1-2). Покажем на примере, сколь обязательно доказательство теоремы 1.

Пример 3 . «Теорема»: всякое натуральное число равно следующему за ним натуральному числу.

Доказательство проведем методом математической индукции.

Предположим, что k =k +1 (1).

Докажем, что k +1=k +2 (2). Для этого к каждой части «равенства» (1) прибавим 1.Получаем «равенство» (2). Выходит, что если утверждение справедливо для n =k , то оно справедливо и для n =k +1., ч.т.д.

Очевидное «следствие» из «теоремы»: все натуральные числа равны.

Ошибка заключается в том, что теорема 1, необходимая для применения принципа математической индукции не доказана и не верна, а доказана только вторая теорема.

Теоремы 1 и 2 имеют особое значение.

Теорема 1 создает базу для проведения индукции. Теорема 2 дает право неограниченного автоматического расширения этой базы, право перехода от данного частного случая к следующему, от n к n +1.

Если не доказана теорема 1 , а доказана теорема 2 , то, следовательно, не создана база для проведения индукции, и тогда бессмысленно применять теорему 2 ,так как и расширять-то, собственно, нечего.

Если не доказана теорема 2 , а доказана только теорема 1, то, хотя база для проведения индукции и создана, право расширения этой базы отсутствует.

Замечания .

Иногда вторая часть доказательства опирается на справедливость утверждения не только для n =k , но и для n =k -1. В этом случае утверждение в первой части должно быть проверено для двух последующих значений n .

Иногда утверждение доказывается не для всякого натурального n , а для n > m , где m – некоторое целое число. В этом случае в первой части доказательства утверждение проверяется для n =m +1, а если это необходимо, то для нескольких последующих значений n .

Подытожив сказанное, имеем: метод математической индукции позволяет в поисках общего закона испытывать возникающие при этом гипотезы, отбрасывать ложные и утверждать истинные.

Всем известна роль процессов обобщения результатов отдельных наблюдений и опытов (т.е. индукции) для эмпирических, экспериментальных наук. Математика же издавна считалась классическим образцом осуществления чисто дедуктивных методов, так как явно или неявно всегда подразумевается, что все математические предложения (кроме принятых за исходные - аксиом) доказываются, а конкретные применения этих предложений выводятся из доказательств, пригодных для общих случаев (дедукция).

Что же значит индукция в математике? Следует ли ее понимать как не вполне надежный способ, и как искать критерий надежности таких индуктивных методов? Или достоверность математических заключений той же природы, что и опытные обобщения экспериментальных наук, таких, что любой доказанный факт неплохо было бы еще и «проверить»? В действительности дело обстоит не так.

Индукции (наведение) на гипотезу играет в математике очень большую, но чисто эвристическую роль: она позволяет догадываться, каким должно быть решение. Но устанавливаются же математические предложения только дедуктивно. И метод математической индукции есть чисто дедуктивный метод доказательства. В самом деле, доказательство, проводимое этим методом, состоит из двух частей:

так называемый «базис» – дедуктивное доказательство искомого предложения для одного (или нескольких) натурального числа;

индукционный шаг, состоящий в дедуктивном доказательстве общего утверждения. Теорема именно доказывается для всех натуральных чисел. Из базиса, доказанного, например, для числа 0, мы получаем, по индукционному шагу, доказательство для числа 1, затем таким же образом для 2, для 3 …- и так утверждение может быть обосновано для любого натурального числа.

Иначе говоря, название «математическая индукция» обусловлено тем, что этот метод просто ассоциируется в нашем сознании с традиционными индуктивными умозаключениями (ведь базис действительно доказывается только для частного случая); индукционный шаг, в отличие от основанных на опыте критериев правдоподобности индуктивных умозаключений в естественных и общественных науках, есть общее утверждение, не нуждающееся ни в какой частной посылке и доказываемое по строгим канонам дедуктивных рассуждений. Поэтому математическую индукцию называют «полной» или «совершенной», так как она есть дедуктивный, совершенно надежный метод доказательства.

Примеры решений задач

Индукция в алгебре

Рассмотрим несколько примеров алгебраических задач, а также доказательство различных неравенств, решаемых с применением метода математической индукции.

Задача 1 . Угадать формулу для суммы и доказать её.

А(n )= 2  1 2 + 3 2 2 + …..+(n +1) n 2 .

Решение.

1. Преобразуем выражение для суммы А(n ):

A(n)= 2  1 2 + 3  2 2 + ….+ (n+1) n 2 = (1+1) 1 2 + (2+1) 2 2 + …. + (n+1) n 2 = =1  1 2 + 2  2 2 + …+n  n 2 + 1 2 + 2 2 +… +n 2 =1 3 + 2 3 +… +n 3 +1 2 + 2 2 +… +n 2 = В(n) + C(n), где B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 +…+ n 2 .

2. Рассмотрим суммы C (n ) и B (n ).

а) С(n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Одна из часто встречающихся задач на метод математической индукции, доказать, что для любого натурального n , выполняется равенство

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Предположим, что (1) верно при всех n  N .

б) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . Пронаблюдаем, как изменяются значения B (n ) в зависимости от n .

B(1) = 1 3 = 1 .

B(2) = 1 3 + 2 3 = 9 = 3 2 = (1 + 2) 2

B (3) = 1 3 + 2 3 + 3 3 = 36 =

Таким образом, можно предположить, что
B (n ) = (1 + 2 + ….+ n ) 2 =
(2)

в) В результате для суммы А(n ) получаем

А(n ) = =

= (*)

3. Докажем полученную формулу (*) методом математической индукции.

а) проверим справедливость равенства (*) при n = 1.

А(1) = 2 =2,

Очевидно, что формула (*) при n = 1 верна.

б) предположим, что формула (*) верна при n=k , где k N, то есть выполняется равенство

A(k)=

Исходя из предположения, докажем справедливость формулы при n =k +1. Действительно,

A (k+1 )=

Так как формула (*) верна при n =1, и из предположения, что она верна при некотором натуральном k , следует ее справедливость при n =k +1, на основании принципа математической индукции заключаем, что равенство

выполняется при всяком натуральном n .

Задача 2.

Вычислить сумму 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

Решение.

Выпишем последовательно значения сумм при различных значениях n .

A(1)=1, A(2)=1-2= -1, A(3)=1-2+3=2, A(4)=1-2+3-4= -2,

A (5)=1-2+3-4+5=3, A (6)=1-2+3-4+5-6= -3.

Наблюдая закономерность, можем предположить, что A (n )= - при четных n и A (n )=
при нечетных n . Объединим оба результата в единую формулу:

A (n ) =
, где r – остаток от деления n на 2.

Иr , очевидно, определяется следующим правилом

0, если n – чётное,

r =

1, если n – нечётное.

Тогда r (можно догадаться) представимо в виде:

Окончательно получим формулу для A (n ):

A (n )=

(*)

Докажем выполнение равенства (*) при всех n  N методом математической индукции.

2. а) Проверим равенство (*) при n =1. А(1) = 1=

Равенство справедливо

б) Предположим, что равенство

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n =

верно при n =k . Докажем, что оно справедливо и при n =k +1, то есть

A (k +1)=

В самом деле,

A(k+1)=A(k)+(-1) k (k+1) =

Что и требовалось доказать.

Метод математической индукции применяется также для решения задач на делимость.

Задача 3.

Доказать, что число N (n )=n 3 + 5n делится на 6 при любом натуральном n.

Доказательство.

При n =1 число N (1)=6 и потому утверждение справедливо.

Пусть при некотором натуральном k число N (k )=k 3 +5k делится на 6. Докажем, что N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) делится на 6. Действительно, имеем
N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1)=(k 3 +5k )+3k (k +1)+6.

Поскольку k и k +1 - рядом стоящие натуральные числа, то одно из них обязательно четно, поэтому выражение 3k (k +1) делится на 6. Таким образом, получаем, что N (k +1) также делится на 6. Вывод число N (n )=n 3 + 5n делится на 6 при любом натуральном n.

Рассмотрим решение более сложной задачи на делимость, когда метод полной математической индукции приходится применять несколько раз.

Задача 4.

Доказать, что при любом натуральном n число
не делится нацело на число 2 n +3 .

Доказательство.

Представим
в виде произведения
=

= (*)

По предположению первый множитель в (*) не делится нацело на число 2 k +3 , то есть в представлении составного числа
в виде произведения простых чисел число 2 повторяется не более чем (k +2) раза. Таким образом, чтобы доказать, что число
не делится нацело на 2 k +4 , надо доказать, что
не делится на 4.

Для доказательства этого утверждения докажем вспомогательное утверждение: для любого натурального n число 3 2 n +1 не делится на 4. Для n =1 утверждение очевидно, так как 10 не делится на 4 без остатка. При предположении, что 3 2 k +1 не делится на 4, докажем, что и 3 2(k +1) +1 не делится
на 4. Представим последнее выражение в виде суммы:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Второе слагаемое суммы делится на 4 нацело, а первое не делится. Следовательно, вся сумма не делится на 4 без остатка. Вспомогательное утверждение доказано.

Теперь ясно, что
не делится на 4, так как число 2 k является четным числом.

Окончательно получаем, что число
не делится нацело на число 2 n +3 ни при каком натуральном n .

Рассмотрим теперь пример применения индукции к доказательству неравенств.

Задача 5.

При каких натуральных n справедливо неравенство 2 n > 2n + 1?

Решение.

1. При n =1 2 1 < 2*1+1,

при n =2 2 2 < 2*2+1,

при n =3 2 3 > 2*3+1,

при n =4 2 4 > 2*4+1.

По-видимому, неравенство справедливо при любом натуральном n  3. Докажем это утверждение.

2. При n =3 справедливость неравенства уже показана. Пусть теперь неравенство справедливо при n =k , где k - некоторое натуральное число, не меньшее 3, т.е.

2 k > 2k +1 (*)

Докажем, что тогда неравенство справедливо и при n =k +1, то есть 2 k +1 >2(k +1)+1. Умножим (*) на 2, получим 2 k +1 >4k +2. Сравним выражения 2(k +1)+1 и 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Очевидно, что 2k -1>0 при любом натуральном k . Тогда 4k +2>2(k +1)+1, т.е. 2 k +1 >2(k +1)+1. Утверждение доказано.

Задача 6.

Неравенство для среднего арифметического и среднего геометрического n неотрицательных чисел (неравенство Коши). , получим =

Если хотя бы одно из чисел
равно нулю, то неравенство (**) также справедливо.

Заключение.

При выполнении работы я изучила суть метода математической индукции и его доказательство. В работе представлены задачи, в которых большую роль сыграла неполная индукция, наводящая на правильное решение, и затем проведено доказательство, полученное с помощью метода математической индукции.

Литература.

Болтянский В.Г., Сидоров Ю.В., Шабурин М.И. Лекции и задачи по элементарной математике; Наука, 1974.

Виленкин Н.Я. , Шварцбурд С.И. Математический анализ.-
М.: Просвещение, 1973.

Галицкий М.Л., Мошкович М.М, Шварцбурд С.И. Углубленное изучение курса алгебры и математического анализа.- М.: Просвещение, 1990.

Потапов М.К., Александров В.В., Пасиченко П.И. Алгебра и анализ элементарных функций.- М.: Наука, 1980.

Соминский И.С., Головина М.Л., Яглом И.М. О математической индукции.- М.: Наука, 1967.

Во многих разделах математики приходится доказывать истинность утверждения, зависящего от , т.е. истинность высказывания p(n) для "n ÎN (для любого n ÎN p(n) верно).

Часто это удается доказать методом математической индукции.

В основе этого метода лежит принцип математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом арифметики и, следовательно, принимается без доказательства. Согласно принципу математической индукции предложение p(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены два условия:

1. Предложение p(n) истинно для n = 1.

2. Из предложения, что p(n) истинно для n = k (k — произвольное натуральное число) следует, что оно истинно для n = k + 1.

Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства

1. Проверяют истинность утверждения для n = 1 – база индукции.

2. Предполагают, что утверждение верно для n = k – индуктивное предположение.

3. Доказывают, что тогда оно верно и для n = k + 1 индуктивный переход.

Иногда предложение p(n) оказывается верным не для всех натуральных n , а начиная с некоторого для n = n 0. В этом случае в базе индукции проверяется истинность p(n) при n = n 0.

Пример 1. Пусть . Доказать, что

1. База индукции: при n = 1 по определению S 1 = 1 и по формуле получаем один результат. Утверждение верно.

n = k и .

n = k + 1. Докажем, что .

Действительно, в силу индуктивного предположения

Преобразуем это выражение

Индуктивный переход доказан.

Замечание. Полезно записать, что дано (индуктивное предположение) и что нужно доказать!

Пример 2. Доказать

1. База индукции. При n = 1, утверждение, очевидно, верно.

2. Индуктивное предположение. Пусть n = k и

3. Индуктивный переход. Пусть n = k + 1. Докажем:

Действительно, возведем правую сторону в квадрат как сумму двух чисел:

Используя индуктивное предположение и формулу суммы арифметической прогрессии: , получим

Пример 3. Доказать неравенство

1. Базой индукции в этом случае является проверка истинности утверждения для , т.е. необходимо проверить неравенство . Для этого достаточно возвести неравенство в квадрат: или 63 < 64 – неравенство верно.

2. Пусть неравенство верно для , т.е.

3. Пусть , докажем:

Используем предположение индукции

Зная как должна выглядеть правая сторона в доказываемом неравенстве выделим эту часть

Остается установить, что лишний множитель не превосходит единицы. Действительно,

Пример 4. Доказать, что при любом натуральном число оканчивается цифрой .

1. Наименьшее натуральное , с которого справедливо утверждение, равно . .

2. Пусть при число оканчивается на . Это означает, что это число можно записать в виде , где – какое-то натуральное число. Тогда .

3. Пусть . Докажем, что оканчивается на . Используя полученное представление, получим

Последнее число имеет ровно единиц.

Приложение

1.4. Метод математической индукции

Как известно, математические утверждения (теоремы) должны быть обоснованы, доказаны. Мы сейчас познакомимся с одним из методов доказательства - методом математической индукции.

В широком смысле индукция - это способ рассуждений, позволяющий переходить от частных утверждений к общим. Обратный переход, от общих утверждений к частным, называется дедукцией.

Дедукция всегда приводит к правильным выводам. Например, нам известен общий результат: все целые числа, оканчивающиеся на нуль, делятся на 5. Отсюда, конечно, можно сделать вывод, что и любое конкретное число, оканчивающееся на 0, например 180, делится на 5.

В то же время индукция может привести к неверным выводам. Например, замечая, что число 60 делится на числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, мы не вправе сделать вывод о том, что 60 делится вообще на любое число.

Метод математической индукции позволяет во многих случаях строго доказывать справедливость общего утверждения P(n), в формулировку которого входит натуральное число n.

Применение метода включает 3 этапа.

1) База индукции: проверяем справедливость утверждения P(n) для n = 1 (или для другого, частного значения n, начиная с которого предполагается справедливость P(n)).

2) Предположение индукции: предполагаем, что P(n) справедливо при n = k.

3) Шаг индукции: используя предположение, доказываем, что P(n) справедливо для n = k + 1.

В результате можно сделать вывод о справедливости P(n) для любого n ∈ N. Действительно, для n = 1 утверждение верно (база индукции). А следовательно, верно и для n = 2, так как переход от n = 1 к n = 2 обоснован (шаг индукции). Применяя шаг индукции снова и снова, получаем справедливость P(n) для n = 3, 4, 5, . . ., т. е. справедливость P(n) для всех n.

Пример 14. Сумма первых n нечётных натуральных чисел равна n2: 1 + 3 + 5 + …

+ (2n — 1) = n2.

Доказательство проведём методом математической индукции.

1) База: при n=1 слева только одно слагаемое, получаем: 1 = 1.

Утверждение верно.

2) Предположение: предполагаем, что для некоторого k справедливо равенство: 1 + 3 + 5 + … + (2k — 1) = k2.

Решение задач про вероятность попаданий при выстрелах

Общая постановка задачи следующая:

Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна $p$. Производится $n$ выстрелов. Найти вероятность того, что цель будет поражена в точности $k$ раз (будет $k$ попаданий).

Применяем формулу Бернулли и получаем:

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k} = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}.

Здесь $C_n^k$ — число сочетаний из $n$ по $k$.

Если в задаче речь идет о нескольких стрелках с разными вероятностями попадания в цель, теорию, примеры решения и калькулятор вы можете найти здесь.

Видеоурок и шаблон Excel

Посмотрите наш ролик о решении задач о выстрелах в схеме Бернулли, узнайте, как использовать Excel для решения типовых задач.

Расчетный файл Эксель из видео можно бесплатно скачать и использовать для решения своих задач.

Примеры решений задач о попаданиях в цель в серии выстрелов

Рассмотрим несколько типовых примеров.

Пример 1. Произвели 7 выстрелов. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,705. Найти вероятность того, что при этом будет ровно 5 попаданий.

Получаем, что в задаче идет речь о повторных независимых испытаниях (выстрелах по мишени), всего производится $n=7$ выстрелов, вероятность попадания при каждом $p=0,705$, вероятность промаха $q=1-p=1-0,705=0,295$.

Нужно найти, что будет ровно $k=5$ попаданий. Подставляем все в формулу (1) и получаем: $$ P_7(5)=C_{7}^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

Пример 2. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,4.

По мишени производится четыре независимых выстрела. Найти вероятность того, что будет хотя бы одно попадание в мишень.

Изучаем задачу и выписываем параметры: $n=4$ (выстрела), $p=0,4$ (вероятность попадания), $k \ge 1$ (будет хотя бы одно попадание).

Используем формулу для вероятности противоположного события (нет ни одного попадания):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_{4}^0 \cdot 0,4^0 \cdot 0,6^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87. $$

Вероятность попасть хотя бы один раз из четырех равна 0,87 или 87%.

Пример 3. Вероятность поражения мишени стрелком равна 0,3.

Найти вероятность того, что при 6 выстрелах мишень будет поражена от трех до шести раз.

В отличие от предыдущих задач, здесь нужно найти вероятность того, что число попаданий будет находится в некотором интервале (а не равно в точности какому-то числу). Но формула используется прежняя.

Найдем вероятность того, что мишень будет поражена от трех до шести раз, то есть будет или 3, или 4, или 5, или 6 попаданий.

Данные вероятности вычислим по формуле (1):

$$ P_6(3)=C_{6}^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_{6}^4 \cdot 0,3^4\cdot 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_{6}^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_{6}^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001.

Так как события несовместные, искомая вероятность может быть найдена по формуле сложения вероятностей: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6)=$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Пример 4. Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех выстрелах равна 0,9984. Найти вероятность попадания в цель при одном выстреле.

Обозначим вероятность попадания в цель при одном выстреле. Введем событие:
$A = $ (Из четырех выстрелов хотя бы один попадет в цель),
а также противоположное ему событие, которое можно записать как:
$\overline{A} = $ (Все 4 выстрела будут мимо цели, ни одного попадания).

Запишем формулу для вероятности события $A$.

Выпишем известные значения: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Подставляем в формулу (1) и получаем:

$$ P(A)=1-P(\overline{A})=1-P_4(0)=1-C_{4}^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1-(1-p)^4=0,9984.

Решаем получившееся уравнение:

$$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$

Итак, вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8.

Спасибо, что читаете и делитесь с другими

Полезные ссылки

Найдите готовые задачи в решебнике:

Онлайн-расчеты по формуле Бернулли

Решение неравенства с помощью калькулятора

Неравенство в математике относится ко всем уравнениям, где «=» заменяется любым из следующих значков: \ [> \] \ [\ geq \] \ [

* линейный;

* квадратный;

* дробный;

* индикативный;

* тригонометрический;

* логарифмический.

В зависимости от этого неравенства называются линейными, частичными и т. Д.

Вы должны знать об этих признаках:

* неравенства с значком больше (>) или меньше (

* Неравенства с значками, которые больше или равны \ [\ geq \] меньше или равно [\ leq \], называются непрофессиональными;

* значок не тот же \ [\ ne \] один, но необходимо постоянно разрешать случаи с этим значком.

Такое неравенство решается посредством преобразований тождеств.

Также прочитайте нашу статью «Решите полное решение для онлайн-уравнения»

Предположим, что выполнено неравенство следующего:

Мы решаем его так же, как линейное уравнение, но следует внимательно следить за признаком неравенства.

Сначала мы переносим членов из неизвестного влево, от известного до правого, меняя символы на противоположное:

Затем мы разделим обе стороны на -4 и изменим знак неравенства на противоположное:

Это ответ на это уравнение.

Где я могу решить неравенство в Интернете?

Вы можете решить уравнение на нашем сайте pocketteacher.ru.

Калькулятор неравенства Бернулли

В считанные секунды бесплатное онлайн-решение для спасения решит онлайн-уравнение любой сложности. Все, что вам нужно сделать, это ввести ваши данные в спасение. Вы также можете просмотреть видео-инструкции и узнать, как решить уравнение на нашем веб-сайте.

И если у вас есть вопросы, вы можете задать их в нашей группе Vkontakte: pocketteacher. Присоединяйтесь к нашей группе, мы будем рады вам помочь.

Метод полной математической индукции

Решение уравнений/ Дифференциальные уравнения

Решение дифференциальных уравнений

Введите дифф.
уравнение:

С помощью калькулятора вы можете решить дифференциальные уравнения различной сложности.

Доказать методом математической индукции. Метод математической индукции и его применение к решению задач

Индукция и дедукция.

Метод математической индукции.

Примеры доказательств уравнений и неравенств методом математической индукции.

Введение.

Принцип математической индукции и его доказательство

Индукция в алгебре

Рассмотрим несколько примеров алгебраических задач, а также доказательство различных неравенств, решаемых с применением метода математической индукции.

Задача 6.

Заключение.

Литература.

Решение задач про вероятность попаданий при выстрелах

Видеоурок и шаблон Excel

Примеры решений задач о попаданиях в цель в серии выстрелов

Полезные ссылки

Решение неравенства с помощью калькулятора

Где я могу решить неравенство в Интернете?

Калькулятор неравенства Бернулли

Метод полной математической индукции

Решение дифференциальных уравнений

Введите дифф. уравнение:

Примеры решаемых дифференциальных уравнений

Введите дифф.
уравнение: