Методы математической индукции

Реклама
Тезисы на тему:
Выполнил: ученик 9А класса
Ахметзянов Артур
Учитель: Хамченкова Елена Андреевна
2
План
1) Введение
2) Полная и неполная индукция
3) Метод математической индукции
а) Метод математической индукции в задачах на суммирование
б) Применение метода математической индукции к доказательству
неравенств
в) Применение метода математической индукции к задачам на
делимость
г) Применение метода математической индукции для изучения
свойств последовательностей
д) Применение метода математической индукции для изучения
свойств конечных множеств
е) Индукция в геометрии
4) Заключение
3
Введение
Одной из отличительных черт математики является дедуктивное
построение теории. Дедуктивное рассуждение — это рассуждение от общего
к частному, т. е. рассуждение, исходным моментом которого является общее
утверждение, а заключительным моментом — частный вывод.
Дедукция не является единственным методом научного мышления. В
физике, химии, биологии широко используются апелляция к наблюдению и
опыту, индуктивные рассуждения. Слово индукция в переводе на русский
язык означает «наведение», а индуктивные выводы – это сделанные на
основе наблюдений и опытов, т, е. полученные путем рассмотрения частных
случаев и последующего распространения замеченных закономерностей на
общий случай.
Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика.
Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются
дальнейшие умозаключения. В математике индукция часто позволяет угадать
формулировки теорем, а в ряде случаев и наметить пути доказательств.
4
Полная и неполная индукция
Индукция бывает полной и неполной. Полной индукцией называется
метод подбора конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности.
Полная индукция заключается в том, что общее утверждение
доказывается по отдельности в каждом из конечного числа случаев, которые
могли бы представиться.
Иногда общий результат удается угадать после рассмотрения не всех, а
достаточно большего числа случаев – это и есть неполная индукция.
Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь
гипотезой, пока он не доказан точным математическим рассуждением.
Иными словами, неполная индукция в математике не считается
методом строгого доказательства, но является мощным эвристическим
методом открытия новых истин.
Метод математической индукции
Метод математической индукции заключается в следующем. Если
предложение истинно при п = р и из его истинности при п = k, где k ≥ р,
следует, что оно истинно и при п = k + 1, то предложение истинно дли
любого п ≥ р.
Доказательство по методу математической индукции проводится
следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется
при п = 1. Эту часть доказательства называют базисом индукции. Если
при п = 1 предложение истинно, то переходят ко второй части
доказательства, называемой индукционным шагом. В этой части
доказывается справедливость утверждения для п = k + 1 в
предположении справедливости утверждения для п = k.
Теорема. Если утверждение справедливо для п = 1 и из того,
что оно верно для всех натуральных чисел, меньших k, где k >1,
следует его справедливость для
натуральных чисел.
k, то оно верно для всех
5
а) Метод математической индукции в задачах на суммирование
Пример 1. Доказать, что
1 + 3 + 5 + ... + (2п – 1) = п²
(1)
РЕШЕНИЕ. 1) при п = 1, 1 = 1² (верно), значит, при п = 1
равенство 1 + 3 + 5 + ... + (2п – 1) = п² истинно.
2) Предположим, что при п = k равенство (1) истинно, т.е.
1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) = k² (истинно)
Докажем, что тогда оно верно и при п = k + 1, т.е.
1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) + (2k + 1) = (k + 1)²,
(1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) + (2k + 1) = k² + (2k +1) = k² + 2k +1 =(k + 1)²
Итак
по
принципу
математической
индукции
истинность
равенства (1) доказана для любых п € N.
Равенство
древнегреческим
доказывали
его
математической
(1)
было
известно
геометрам,
не
но
еще
они
с помощью метода
индукции,
а
чисто
геометрически. Идея доказательства ясна из
рисунка I: квадрат со стороной п является
объединением Г-образных фигур, площади
которых равны 1, 3, 5, ..., (2п— 1).
Теорема. Если утверждение справедливо для п = 1 и из того,
что оно верно для всех натуральных чисел, меньших k, где k >1,
следует его справедливость для k, то оно верно для всех натуральных
чисел.
Пример 2. Sn = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 + … + (–1) n (2п – 1)
РЕШЕНИЕ. S 1 = –1
S 2 = –1 + 3 = 2
S 3 = –1 + 3 – 5 = –3
S 4 = –1 + 3 – 5 + 7 = 4
6
Т.е. можно предположить, что S п = (–1) п п
Докажем это методом математической индукции, т.е. что
Sn = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 + … + (–1) n (2п – 1) = (–1) п п
1) Истинность равенства при п = 1, 2, 3, 4 уже установлена
2) Предположим, что
Sk = –1 + 3 – 5 + 7 + … + (–1) k (2k – 1) = (–1) k k
И докажем, что тогда
Sk+1 = –1 + 3 – 5 + 7 +…+ (–1) k (2k – 1) + (–1) k+1 (2k + 1) = (–1) k+1 (k + 1)
В самом деле имеем
Sk+1 = Sk + (–1) k+1 (2k + 1) = (–1) k k + (–1) k+1 (2k + 1) =
= (–1) k+1 (–k + 2k + 1) = (–1) k+1 (k + 1)
По принципу математической индукции заключаем, что наше
предположение истинно для любых п € N.
Пример 3.
РЕШЕНИЕ.
приводя к индуктивному предположению, имеем
Докажем это равенство методом математической индукции
1) Истинность при п = 1, 2, 3 уже установлена выше
7
2) Предположим, что наше утверждение верно при п = k:
Тогда
По принципу математической индукции заключаем, что доказываемое
равенство истинно при всех п € N
б) Применение метода математической индукции к доказательству
неравенств
Пример 4. Доказать, что если a > b и a, b – положительные числа, то
an > bn.
РЕШЕНИЕ. При n = 1 утверждение очевидно: a1 > b1. Предположим,
что ak > bk, докажем, что тогда ak+1 > bk+1. Перемножив почленно неравенства
ak > bk и a > b, получим: ak+1 > bk+1.
Следовательно, на основании принципа математической индукции
утверждение доказано для любого п € N.
Пример 5. Решить неравенство 2n > 2n + 1 на множестве натуральных
чисел.
РЕШЕНИЕ. При n = 1, n = 2
При n = 3, n = 4, n = 5
2n > 2n + 1 – неверное неравенство
2n > 2n + 1 – истинно.
Возникает предположение, что любое число n ≥ 3 будет решением
неравенства 2n > 2n + 1.
8
Докажем это утверждение методом математической индукции.
При n = 3 неравенство верно 23 > 2•3 + 1. Предположим что 2k > 2k + 1,
и докажем, что тогда 2k+1 > 2 (k+1) + 1.
В самом деле,
2k+1 = 2 • 2k > 2 (k+1) = (2k + 3) + (2k – 1) > 2k + 3
(2k – 1 > 0)
Следовательно, 2n > 2n + 1 при всех n ≥ 3, т.е. на множестве
.
в) Применение метода математической индукции к задачам на
делимость
Пример 6. Доказать, что (11n+2 + 122n+1) ⋮ 133
РЕШЕНИЕ. При n = 1 имеем:
11³ + 12³ = (11 + 12) (11² - 11 • 12 + 12²) = 23 • 12 ⋮ 133
Это означает истинность утверждения при n = 1.
Предположим, что это утверждение истинно при n = k, т.е.
(11k+2 + 122k+1) ⋮ 133
Докажем, что тогда истинно и при n = k + 1, т.е., что
(11k+3 + 122k+3) ⋮ 133;
11k+3 + 122k+3 = 11 • 11k+2 + 122 • 122k+1) =
= 11 • 11k+2 + (11 + 133) 122k+1 =
= 11 • 11k+2 + 11 • 122k+1 + 133 • 122k+1 =
= 11 (11k+2 + 122k+1) + 133 •122k+1
Полученная сумма делится на 133, т.к.
11 (11k+2 + 122k+1) ⋮ 133
и
133 • 122k+1 ⋮ 133,
т.е. утверждение истинно и при n = k + 1.
По принципу математической индукции наше утверждение доказано
для всех п € N.
Метод математической индукции позволяет доказать одну
замечательную теорему, о которой мы сейчас расскажем. Заметим,
9
что для любого п € N число n2 – n четное. В самом деле,
n2 – n = n (n – 1), а из двух подряд идущих натуральных чисел n – 1, n
одно обязательно четное, значит их произведение – четное число. Далее
нетрудно догадаться, что (n3 – n) ⋮ 3, т.к.
n3 – n = n(n – 1) (n + 1) = (n – 1) n (n + 1), а из трех подряд идущих
натуральных чисел одно обязательно делится на 3.
Итак:
(n2 – n) ⋮ 2
(n3 – n) ⋮ 3
Возникает предположение, что (n m – n) ⋮ m, но уже при m = 4,
m = 3 утверждение опровергается, т.к. 3 4 – 3 не делится на 4. В то
же время при m = 5, утверждение снова справедливо (n5 – m) ⋮ 5.
Итак: для любого п € N и любого простого числа р
(nр – n) ⋮ р
Это утверждение называется малой теоремой Ферма.
Пример 7. Доказать, что для любого п € N число 5 2n+1 + 1 ⋮ 6
1) При n = 1, 5 2•1+1 + 1 = 5 3 + 1 = 126 ⋮ 6
2) Если n=k имеем 5 2k+1 + 1 ⋮ 6, то докажем при n = k + 1.
5 2(k+1)+1 + 1 = 5 2k • 5 3 + 1 = 25 • 5 2k+1 + 1 =
= (24 + 1) • 5 2k+1 + 1=
= 24 • 5 2k+1 +5 2k+1 + 1 ⋮ 6
Т.к.
каждое
слагаемое
делится
на
6,
следовательно,
по
принципу математической индукции утверждение доказано для всех
п € N.
г) Применение метода математической индукции для изучения свойств
последовательностей
Для вывода формулы n-го члена арифметической прогрессии
замечаем, что
а 2 = а 1 + d,
10
а 3 = а 2 + d = а 1 + 2d;
а 4 = а 3 + d = а 1 + 3d
Это позволило предположить, что для любого числа n истинно
равенство а n = а 1 + d (n – 1).
Докажем это методом математической индукции.
При n = 1 оно истинно а 1 = а 1 + d (1 – 1)
Предположим, что равенство истинно при n = k, т.е.
а k = а 1 + d (k – 1) и докажем, что тогда оно истинно и при n = k + 1,
т.е.
а k+1 = а 1 + d (k + 1 – 1) = а 1 + dk
а k+1 = а k + d = а 1 + d (k – 1) + d = а 1 + dk
По принципу математической индукции равенство истинно для
всех п € N.
Докажем, как с помощью метода математической индукции
выводится формула суммы S n первых членов n геометрической
прогрессии b 1 , b 2 , b 3 , … , b n , … ;
Sn = b1 + b2 + b3 + … + bn
Докажем, что при
,
При n = 1 имеем
равенство верно.
Предположим, что при n = k
и докажем, что тогда справедливо равенство и при n = k + 1.
11
По принципу математической индукции заключаем, что равенство
истинно при всех п € N.
Пример 8. Числовая последовательность определяется следующими
условиями: а 0 = 2, а 1 = 3, а n+1 = 3а n – 2а n-1
Найти S n .
РЕШЕНИЕ. а 2 = 3а 1 – 2а 0 = 3 • 3 – 2 • 2 = 5,
а 3 = 3а 2 – 2а 1 = 3 • 5 – 2 • 3 = 9,
а 4 = 3а 3 – 2а 2 = 3 • 9 – 2 • 5 = 17,
Замечаем, что
а 2 = 2 2 + 1,
а 3 = 2 3 + 1,
а 4 = 2 4 + 1.
Следовательно, можно предположить, что а n = 2 n + 1. Докажем это
утверждение методом математической индукции.
При n = 1,
а1 = 21 + 1 = 3
Если при n = k,
а k = 2 k + 1 истинно, то докажем, что оно
выполняется и при n = k + 1.
а k+1 = 2 k+1 + 1
а k+1 = 3а k – 2 а k-1 =3(2 k + 1) – 2(2 k-1 +1) =
= 3 • 2 k + 3 – 2 • 2 k-1 – 2 = 3 • 2 k +3 – 2 k – 2 =
= 2 k (3 – 1) + 1 = 2 k+1 + 1
Следовательно, наше утверждение верно при всех п € N.
д) Применение метода математической индукции для изучения свойств
конечных множеств
Пример 9. Решим задачу о числе подмножеств конечного множества X.
Если множество X не содержит ни одного элемента, то это множество X
имеет только одно подмножество: Ø.
Если X состоит из одного элемента, т.е. X = {а}, то оно имеет два
12
подмножества: Ø и {а}.
Двухэлементное множество X = {а, b} содержит 4 подмножества: Ø,
{а}, { b}, {а, b}. Трехэлементное множество X = {а, b, с} имеет 8
подмножеств: Ø, {а}, {b}, {с}, {а, b}, {а, с}, {b, с}, {а, b, с}.
Итак, S(n) – число подмножеств n – элементного множества, то
S(0) = 1, S(1) = 2, S(2) = 4, S(3) = 8.
Заметим, что 2 0 = 1, 2 1 = 2, 2 2 = 4, 23 = 8.
Это
наблюдение
приводит
к
следующему
индуктивному
предположению: число подмножеств n – элементного множества
равно 2 n .
Докажем это утверждение методом математической индукции.
При n = 1 истинность доказана. Предположим, что утверждение
справедливо при n = k, тогда утверждение справедливо и для n = k + 1, т.е.
что любое (k + 1) – элементное множество имеет 2k+1 подмножеств. Но тогда
общее число подмножеств множества X равно 2k + 2k = 2k+1.
Отсюда по принципу математической индукции делаем вывод о
справедливости нашего утверждения для любого п € N.
е) Индукция в геометрии
Методом
математической
индукции
находит
применения
и
в
геометрии.
Пример 10. Докажем, что п различных точек, лежащих на прямой,
делят ее на п + 1 интервалов (из которых два интервала бесконечны).
РЕШЕНИЕ.
При п = 1 это утверждение
истинно, так как одна точка
делит прямую на 1 + 1 = 2 интервала. Предположим, что оно истинно при п =
k, т. е. что любые k различных точек делят прямую на (k + 1) интервалов.
Возьмем теперь на прямой k + 1 точки А1, А2, ..., Аk+1. Если отбросить
точку Аk+1, останется k точек, делящих прямую на k + 1 интервалов. Точка
13
Аk+1 лежит на одном из этих интервалов и делит его в свою очередь на два
интервала. Поэтому общее число интервалов, на которые делят прямую k + 1
точек, равно (k + 1) + 1 = k + 2.
Итак, наше утверждение истинно при n = 1, а из его истинности при
n = k вытекает, что оно истинно и при n = k +1. Тем самым доказывает, что
оно истинно при всех п € N.
14
Заключение
Итак, следует отметить, что индуктивные рассуждения могут привести
к ошибочным выводам. Так, рассматривая числа вида 22n + 1, французский
математик XVII в. Пьер Ферма заметил, что при п = 1, 2, 3, 4 получаются
простые числа. Он предположил, что все числа такого вида простые. Однако
крупнейший
математик
XVIII
в.
Леонард
Эйлер
(швейцарец
по
происхождению, жил и работал в Петербурге) нашел, что уже при п = 5 число
232 + 1 не является простым — оно делится на 641.
Приведем еще один поразительный пример ошибочного вывода,
сделанного индуктивным путем. Требуется выяснить, существует ли такое
натуральное число п, что число вида 991п2 + 1 будет точным квадратом.
Рассматривая частные случаи при п — 1, 2, 3, 4, …, мы будем получать
числа, не являющиеся точными квадратами. Если бы мы в течение многих
лет
только
тем
и
занимались,
что
производили
вычисления
для
последовательных натуральных чисел, то каждый раз получали бы числа, не
являющиеся точными квадратами. Вполне естественно предположить, что
при всех натуральных значениях п числа вида 991 п2 + 1 не будут точными
квадратами. Однако это неверно: существует 29–значное число т, такое,
что 991 т2 + 1 — точный квадрат.
Итак, неполная индукция может привести к ошибке. Однако довольно
часто она позволяет угадать правильный результат.
Скачать