математическая индукция

СОДЕРЖАНИЕ








Полная и неполная индукция
Принцип математической индукции
Метод математической индукции
Применение метода математической индукции к
суммированию рядов
Метод математической индукции в решении
задач на делимость
Доказательство тождеств с помощью
математической индукции
Доказательство неравенств с помощью
математической индукции
Решение геометрических задач с помощью
математической индукции
ПОЛНАЯ И НЕПОЛНАЯ ИНДУКЦИЯ

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.
пример
ПОЛНАЯ И НЕПОЛНАЯ ИНДУКЦИЯ





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.
ПОЛНАЯ И НЕПОЛНАЯ ИНДУКЦИЯ

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.
пример
ПОЛНАЯ И НЕПОЛНАЯ ИНДУКЦИЯ
Пусть, например, требуется найти сумму первых n
последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:
1=1=12
После рассмотрения этих нескольких
2
1+3=4=2
частных случаев напрашивается
1+3+5=9=32
следующий общий вывод:
1+3+5+…+(2n-1)=n2
1+3+5+7=16=42
т.е. сумма n первых последовательных
1+3+5+7+9=25=52
нечётных чисел равна n2
Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить
доказательством справедливости приведённой формулы.
ПОЛНАЯ И НЕПОЛНАЯ ИНДУКЦИЯ

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.
ПРИНЦИП МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
Предложение А(n) считается истинным для всех
натуральных значений переменной, если
выполнены следующие два условия:
1. Предложение А(n) истинно для n=1.
2. Из предположения, что А(n) истинно для n=k
(где k – любое натуральное число), следует, что
оно истинно и для следующего значения
n=k+1.

ПРИНЦИП МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
Обычно он выбирается в
качестве одной из аксиом,
определяющих натуральный ряд
чисел, и, следовательно,
принимается без доказательства.
МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Под методом математической индукции
понимают следующий способ доказательства.
МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Если требуется доказать истинность предложения
А(n) для всех натуральных n, то, во-первых, следует
проверить истинность высказывания А(1) и, вовторых, предположив истинность высказывания
А(k), попытаться доказать, что высказывание
А(k+1) истинно. Если это удается доказать, причем
доказательство остается справедливым для
каждого натурального значения k, то в соответствии
с принципом математической индукции
предложение А(n) признается истинным для всех
значений n.
МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
ПРОВЕРИМ истинность утверждения при n=1
 ПРЕДПОЛОЖИМ истинность утверждения при
n=k, где k>1 (или k>m)
 ДОКАЖЕМ истинность утверждения при
n=k+1
 СДЕЛАЕМ ВЫВОД

пример
ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ К
СУММИРОВАНИЮ РЯДОВ
ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ К
СУММИРОВАНИЮ РЯДОВ

Пример 1. Доказать формулу
 n(n  1) 
1  2  3  ...  n  

 2 
3
3
3
3
n – натуральное число.
3
ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ К
СУММИРОВАНИЮ РЯДОВ



Решение.
При n=1 обе части равенства обращаются в единицу и, следовательно,
первое условие принципа математической индукции выполнено.
Предположим, что формула верна при n=k, т.е.






.
 k (k  1) 
1  2  3  ...  k  

 2 
3
3
3
Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть.
Тогда получим
2
2

k
(
k

1
)


3
3
3
3
3
2 k

1  2  ...  k  k  1  
 k  1 
  (k  1)  (k  1)  
 2 
 4

 k 1 2
 (k  1)( k  2) 

k

4
k

4




2
2




Таким образом, из того, что формула верна при n=k, следует, что она верна и
при n=k+1. Это утверждение справедливо при любом натуральном значении
k. Итак, второе условие принципа математической индукции тоже выполнено.
Формула доказана.
2

3
2


2
ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ К
СУММИРОВАНИЮ РЯДОВ

Доказать, что
(n  1)n(n  1)
1  2  2  3  ...  (n  1)n 
3
ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ К
СУММИРОВАНИЮ РЯДОВ
Решение.
1. при n=1

2.
то
Если
1 2  3
1 2 
3
(n  1)n(n  1)
1  2  2  3  ...  (n  1)n 
3
(n  1)n(n  1)
n(n  1)( n  2)
1  2  2  3  ...  (n  1)n  n(n  1) 
 n(n  1) 
3
3
МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ В
РЕШЕНИИ ЗАДАЧ НА ДЕЛИМОСТЬ
МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ В РЕШЕНИИ ЗАДАЧ НА
ДЕЛИМОСТЬ

С помощью метода математической индукции
можно доказывать различные утверждения,
касающиеся делимости натуральных чисел.
пример
МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ В РЕШЕНИИ ЗАДАЧ НА
ДЕЛИМОСТЬ
Если n – натуральное число, то число n2-n - четное.
 проверим истинность утверждения при n=1, наше
утверждение истинно:12-1=0 - четное число
 предположим истинность утверждения при n=k, где
k>1 (или k>m) , k2-k - четное число
 докажем истинность утверждения при n=k+1
(k+1)2-(k+1)-(k2-k)=2k, a 2k – четное число, то и
четное (k+1)2-(k+1).
 Вывод Итак, четность n2-n доказана при n=1, из k2k четности выведена четность (k+1)2-(k+1) .Значит,
n2-n четно при всех натуральных значениях n.

МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ В РЕШЕНИИ ЗАДАЧ НА
ДЕЛИМОСТЬ
A(n)={число 5*23n-2-33n-1кратно 19}, n – натуральное число.
 проверим истинность утверждения при n=1
высказывание А(1)={число 5*2-32 кратно 19} истинно.
 предположим истинность утверждения при n=k, где k>1
(или k>m)? А(k)={число 5*23k-2-33k-1 кратно 19} истинно
 докажем истинность утверждения при n=k+1 тогда
А(k+1)={число 5*23(k+1)-2-33(k+1)-1 =8*5*23k+2+27*33k-1
=8(5*23k-2+ 33k-1)+19* 33k-1 кратно 19} т.к 5*23k-2+ 33k-1
кратно 19 из предположения, а 19 кратно 19.
 Вывод Оба условия принципа математической индукции
выполнены, следовательно, предложение A(n) истинно
при всех значениях n.
Решите сами
МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ В РЕШЕНИИ ЗАДАЧ НА
ДЕЛИМОСТЬ
n+1
(4
+15n+32)
кратно 3 для любого
n
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ С ПОМОЩЬЮ
.
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ
ИНДУКЦИИ

Доказать, что при любом натуральном n>1
1
1
1 13

 ... 

n 1 n  2
2n 24
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
 Обозначим левую часть неравенства через Sn .
 проверим истинность утверждения при n=2,
следовательно, при n=2 неравенство справедливо.
S2 






7 14

12 24
предположим истинность утверждения
при n=k, где k>1
13
Sk 
(или k>m) Пусть
24
докажем истинность утверждения при n=k+1 тогда
1
1
1
13
Имеем S 
Sk 

 ... 
24
k 1 k  2
2k
k 1
и
S k 1
1
1
1
1
1


 .. 


k 2 k 3
2k 2k  1 2k  2
1
1
1
S k 1  S k 


1
2k  1 2k  2 k  1
Сравнивая Sk и Sk +1
S k 1  S k 
Т.е
2(k  1)( 2k  1)
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
При любом натуральном k правая часть
последнего равенства положительна.
 Поэтому . S k 1  S k
13
Sk 
24
 Но , значит,
13
и.
S k 1 
24

1
1
1 13

 ... 

n 1 n  2
2n 24

Значит и

Верно при любом натуральном n>1
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
Найти ошибку в рассуждении
 Утверждение. При любом натуральном n
справедливо неравенство . 2 n  2n  1

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ С ПОМОЩЬЮ
.
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
Пусть неравенство справедливо при n=k, где k –
некоторое натуральное число, т.е.
k
 2  2k  1
(1)
 Докажем, что тогда неравенство справедливо и при
n=k+1, т.е.

2k 1  2(k  1)k 1
 Действительно, 2не меньше 2 при любом
натуральном k. Прибавим к левой части
неравенства (1) 2, kа к правой 2. Получим
справедливое неравенство , 2 k  2 k  2k  1  2
k 1
2
 2(k  1)  1
 или .
Утверждение доказано.
РЕШИТЕ САМИ
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ


2n >n для n N
2n >2n+1 n>=3
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТОЖДЕСТВ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТОЖДЕСТВ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
Доказать тождество, что для любого n
принадлежащий множеству N.
12 + 22 +…+ n2 = (n*(n+1)*(2n+1))/6
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТОЖДЕСТВ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
ПРОВЕРИМ истинность утверждения при n=1 12 =
(1*2*3)/6 (верно)
 ПРЕДПОЛОЖИМ истинность утверждения при n=k,
где k>1 (или k>m)
 12 + 22 +…+ k2 = (k*(k+1)*(2k+1))/6
k- слагаемое
 ДОКАЖЕМ истинность утверждения при n=k+1
 12 + 22 +…+ k2 +(k+1)2 =((k+1)*(k+2)*(2k+3))/6


12 + 22 +…+ k2 +(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)*(2k2+k+6k+6))/6=((k+1)*(2k+3)*(k+2))/6
Вывод: равенство верно для любого n
РЕШИ САМ
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТОЖДЕСТВ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ










Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n2.
Решение: 1) Имеем n=1=12. Следовательно, утверждение
верно при n=1, т.е. А(1) истинно.
2) Докажем, что А(k)Þ A(k+1).
Пусть k-любое натуральное число и пусть утверж-дение
справедливо для n=k, т.е.
1+3+5+…+(2k-1)=k2.
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)=k2+2k+1=(k+1)2.
Итак, А(k)Þ А(k+1). На основании принципа математической
индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для
любого nÎ N.
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТОЖДЕСТВ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Доказать , что при всех допустимых значениях
x имеет место тождество:
2
2
2
1 
1 
1  2n  2
1 

 n 1 
 2 n   2n  1
 x     x  2   ...   x  n   2
x
x 
x 
x 
x 1
x 


ПРОВЕРОЧКА
РЕШЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ С
ПОМОЩЬЮ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
РЕШЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
 Вычислить
сторону a2n правильного
- 2n угольника, вписанного в круг
радиуса R.
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
РЕШЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

При n=2 правильный 2n – угольник есть квадрат;
a 4  R согласно
2
его сторона
. Далее,
формуле
удвоения.
a 2n 1  2 R  2 R R 
2
2
a
2
2n
4
находим, что сторона правильного
восьмиугольника
a  R 2 2
8
РЕШЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

сторона правильного шестнадцатиугольника
a16  R 2  2  2

сторона правильного тридцатидвухугольника
a32  R 2  2  2  2
Можно предположить поэтому, что сторона
правильного вписанного 2n – угольника при
любом n>= равна
a2n  R 2  2  2  ...  2



n2

(1)

РЕШЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Допустим, что сторона правильного вписанного
2n - угольника выражается формулой (1). В
таком случае по формуле удвоения

a2n1  2 R 2  2 R R 2  R 2
2  2
 ... 

2
 R 2  2  2  ...  2

...

 2 (1.)
a2n  R 2 
2 
2
n2
4





n 
1 (1)
откуда следует, что формула
справедлива
при
n2
всех n.
КОНЕЦ