Тема 9. Метод математической индукции

Реклама
Тема 9. «Метод математической индукции»
В основе всякого математического исследования лежат
индуктивный и дедуктивный методы. Дедуктивный метод
рассуждений – это рассуждение от общего к частному.
Пример дедуктивного рассуждения. «Данная фигура –
прямоугольник. У каждого прямоугольника диагонали равны.
Следовательно, у этого прямоугольника диагонали равны».
По первоначальному смыслу слово индукция применяется к
рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы,
опираясь на ряд частных утверждений. Простейшим примером
рассуждений такого рода является полная индукция, когда свойство
проверяется для всех возможных частных случаев.
Пример полной индукции. Каждое четное число от 4 до 100
представимо в виде суммы двух простых чисел. Рассматриваются все
49 случаев, для каждого находится соответствующее представление.
4  2  2, 6  3  3, 8  3  5, 10  5  5, 12  5  7, 14  7  7,
........................................................... 98  93  5, 100  97  3.
Предлагаем пропущенные случаи проверить самостоятельно.
Иногда общий результат удается предугадать после
рассмотрения нескольких частных случаев (так называемая неполная
индукция). Результат, полученный неполной индукцией, остается,
однако, лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим
рассуждением. То есть неполная индукция является лишь мощным
эвристическим методом открытия новых закономерностей.
Например, требуется найти сумму первых n последовательных
нечетных чисел. Рассмотрим несколько первых случаев.
1  1  12 , 1  3  4  22 , 1  3  5  9  32 , 1  3  5  7  16  42...
После этих частных случаев напрашивается общий вывод
1  3  5  9  ...  (2n  1)  n2 .
Однако это пока лишь предположение, требующее строгого
доказательства.
Следует отметить, что неполная индукция приводит иногда к
ошибочным выводам. Приведем пример. Французский математик
П.Ферма, рассматривая числа вида 22  1 , заметил, что при
n  1, 2, 3, 4 они являются простыми числами. Он предположил, что
все числа такого вида простые. Однако Л.Эйлер нашел, что уже при
n=5 число (232  1) 641, т.е. не является простым.
n
Таким образом, неполная индукция может привести к
ошибочным выводам, а полная индукция либо трудоемка, если
случаев много, либо невозможна, когда частных случаев бесконечно
много.
Зачастую выход из такого рода затруднений заключается в
обращении к особому методу рассуждений, называемому методом
математической индукции. Метод математической индукции
базируется на принципе математической индукции
Принцип
(а к с и о м а)
математической
индукции
Утверждение P(n), зависящее от натурального числа n,
справедливо для любого n, если выполнены два условия:
а) утверждение справедливо для n=1;
б) при любом натуральном k из справедливости утверждения
при n=k вытекает справедливость при n=k+1.
Доказательство утверждения P(n) методом математической
индукции (ММИ) состоит из четырех шагов.
Шаг 1. (база индукции) Проверить истинность P(1).
Шаг 2. (индукционное предположение) Предположить, что
истинно P(k) для произвольного натурального k.
Шаг 3. (индукционный переход) Доказать истинность P(k+1),
используя индукционное предположение и, быть может, базу
индукции.
Шаг 4. (заключение индукции) Сделать вывод, что утверждение
P(n) истинно для любого натурального числа n.
Метод математической индукции применяется при решении
задач на доказательство равенств, тождеств, неравенств; на
доказательство
делимости
чисел,
свойств
рекуррентных
последовательностей. С помощью ММИ определяются некоторые
математические понятия, решаются геометрические, комбинаторные
задачи.
Рассмотрим некоторые примеры.
Пример 1. Доказать равенство 1  3  5  9  ...  (2n  1)  n2 .
Доказательство. Ранее для частных случаев (n=1, n=2, n=3)
справедливость этого равенства была установлена. Поэтому считаем,
что база индукции проверена.
Предположим, что при n=k равенство выполняется:
1  3  5  9  ...  (2k  1)  k 2 .
Перейдем к n  k  1. Необходимо доказать равенство
1  3  5  9  ...  (2k  1)  (2k  1)  (k  1)2 .
Преобразуем
его
левую
часть,
учитывая
предположение
индукции: (1  3  5  9  ...  (2k  1)  (2k  1)  k 2  (2k  1)   k  1 .
2
Таким образом, равенство выполняется при всех натуральных n.
x n 1  1
Пример 2. Доказать, что 1  x  x  x  ...  x 
при
x 1
x  1.
2
3
n
Доказательство.
Шаг 1. Проверим справедливость тождества при n=1.
x11  1  x  1 x  1
1 x 

 x  1. Тождество выполняется.
x 1
x 1
Шаг 2. Пусть при произвольном n=k тождество выполняется:
x k 1  1
1  x  x  x  ...  x 
, x  1.
x 1
2
3
k
Шаг 3. Пусть n=k+1. Докажем, что
1  x  x  x  ...  x  x
2
3
k
k 1
xk 2  1

, x  1.
x 1
Преобразуем левую часть тождества, учитывая предположение
индукции:
x k 1  1 k 1
1  x  x  x  ...  x   x  x  1  x 
x k 1  1  x k 1 ( x  1) x k  2  1


.
x 1
x 1
2
3
k
k 1
Получили правую часть, следовательно, индукционный переход
доказан.
Шаг 4. Делаем вывод: тождество выполняется для всех
натуральных n.
Пример 3. Доказать, что 11n  2  122 n 1  133.
Доказательство.
Шаг 1. Проверяем справедливость утверждения для n=1.
11
 12211   113  123  11  12  112  11  12  122   (23  133) 133.
1 2
Шаг 2. Пусть при n=k утверждение верно: 11k  2  122 k 1  133.
Шаг 3. Возьмем n=k+1. Докажем, что 11k  3  122 k  3  133.
Преобразуем выражение в скобках, выделив в нем слагаемые,
заведомо кратные 133 (в том числе, содержащие в качестве
множителя выражение 11k  2  122 k 1  ).
11
k 3
 122 k 3   11  11k  2  122  122 k 1  11  11k  2  144  122 k 1 
 11  11k  2  11  122 k 1  133  122 k 1  11  (11k  2  122 k 1 )  133  122 k 1.
Так как и первое слагаемое делится на 133 (по предположению
индукции) и второе – делится на 133, то и вся сумма делится на 133.
Следовательно, 11k  3  122 k  3  133.
11
Шаг
n2
4.
Делаем
 122 n 1  133.
вывод:
для
любого
натурального
n
В некоторых задачах утверждение выполняется не для всех
натуральных n, а только начиная с некоторого n0 , например, с n0  3 ,
или с n0  5 .
Истинность такого утверждения также можно доказывать
методом
математической
индукции,
который
меняется
незначительно.
База индукции в этом случае проверяется для n0 , а при
предположении индукции и доказательстве индукционного перехода
необходимо учитывать, что k  n0 .
Пример 4. Доказать справедливость неравенства 2n 1  n! для
всех n  3.
Доказательство. Проверим истинность неравенства при n  3.
231  3!  22  6  4  6.
Неравенство выполняется.
Пусть для произвольного k  3 верно 2k 1  k !
Докажем, что при n=k+1 выполнится неравенство
2k 11   k  1!  2k   k  1!
(*)
Будем преобразовывать левую часть неравенства, выделяя в ней
выражение, стоящее в левой части неравенства из предположения
индукции, затем воспользуемся предположением индукции и
свойствами неравенств: 2k  2k 11  2  2k 1  2  k !
Заметим, что если мы докажем, что 2  k !  (k  1)! при k  3 , то,
согласно свойству транзитивности неравенств, примененному к (*) и
последнему неравенству, будет доказано требуемое.
Доказываем
2  k !  (k  1)!  2  k !  k !  k  1  2  k  1  k  1.
Последнее верно для k  3 , значит, индукционный переход
доказан.
Итак, неравенство 2n 1  n! верно для всех n  3.
Поскольку числовые последовательности, в частности,
геометрическая и арифметическая прогрессии, определяются как
функции натурального аргумента n, то часто их свойства
обосновываются с помощью ММИ.
Пример 5. Пусть a0 , a1 , a2 , a3 ,..., an ,...  ряд чисел Фибоначчи, т.е.
последовательность,
которая
задается
рекуррентно:
a0  a1  1, an 1  an  an 1 . Доказать, что an  2  a0  a1  ...  an  1.
a1 2
Доказательство. Подставим в равенство n=1, получим
 a0  a1  1. Правая часть равенства a0  a1  1  1  1  1  3.
Левая часть равенства
a1 2  a3  a1  a2  1  a2  1  a0  a1  1  1  1  3 .
Итак, равенство верно.
Пусть требуемое равенство верно для при n=k
ak  2  a0  a1  ...  ak  1.
Прибавим в обеим его частям ak 1 , получим верное равенство
ak  2  ak 1  a0  a1  ...  ak  ak 1  1.
Заменяем левую часть на ak  3 (определение чисел Фибоначчи):
ak  3  a0  a1  ...  ak  ak 1  1.
Получили истинность требуемого равенство при n=k+1.
Таким образом, свойство выполняется для всех n  N .
Рассмотрим пример решения геометрической задачи методом
математической индукции.
Пример 6. Доказать, что если плоскость разбита на части
прямыми и окружностями, то получившуюся карту можно раскрасить
в два цвета так, что части, граничащие по дуге или отрезку, будут
разного цвета.
Доказательство проведем индукцией по общему числу прямых и
окружностей. Для одной прямой или одной окружности утверждение
очевидно.
Предположим теперь, что можно раскрасить требуемым образом
любую карту, заданную n прямыми и окружностями.
Покажем, как раскрасить карту, заданную n+1 прямыми и
окружностями. Выбросим одну прямую (или окружность), их
останется n. По предположению полученную карту можно раскрасить
требуемым способом. Затем цвета всех частей, лежащих по одну
сторону от выброшенной прямой (или окружности), сохраним, а а
цвета всех частей, лежащих по другую сторону, заменим на
противоположные. Карта раскрасится требуемым образом.
Задания для аудиторного занятия
1.
Вычислить
значения
нескольких
первых
членов
последовательности, заметить закономерность, выдвинуть
гипотезу и доказать ее ММИ:
а) Sn  1  3  5  7  ...  (1)n (2n  1)  ?
б) Sn 
1
1
1
1


 ... 
?
1 2 2  3 3  4
n(n  1)
1 
 1  1  1 

в) Pn  1  1  1    ...  1 
?
 2  3  4 
 n 1
2. Доказать равенства:
а) 1  4  2  7  3 10  ...  n(3n  1)  n(n  1) 2 ;
10n 1  9n  10
;
б) 3  33  333  ...  33...33 
27
n цифр
в) 11! 2  2! 3  3! ...  n  n!  (n  1)! 1.
3. Доказать неравенства.
а) Для всех натуральных n  2 и действительных x  1 верно
1  x 
n
 1  nx (неравенство Бернулли).
б) Для любого натурального n  3 верно 2n  2n  1.
в) Для любого натурального n
1
1
1
1


 ... 
 1.
n 1 n  2 n  3
3n  1
4. Доказать a)  4n  15n  1 9; б ) (62 n  1) 35; в)  n3  3n 2  5n  3 3.
5. Доказать, что если последовательность
a1  2, a2  3, an  2  a1  an  a2  an 1 .
an 
задана рекуррентно
то an  2n 1  1 .
6. Доказать ММИ геометрические утверждения.
а) Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно
n(n  3)
.
2
б) Доказать, что сумма внутренних углов выпуклого n-угольника
 (n  2).
равна
в). Доказать, что n окружностей, расположенных в одной плоскости,
(n2  n  2)
делят эту плоскость не более чем на
частей.
Скачать