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 значениях n :

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 при n =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 нечётном k и любом натуральном n число
делится на k , 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 числа m 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 натуральном n 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 значения n .

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 натуральном n 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 при n =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 свойством S 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 при n =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 из n +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 классе подмножеств.

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. ■ 

МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Слово индукция по-русски означает наведение, а индуктивными называют выводы, на основе наблюдений, опытов, т.е. полученные путем заключения от частного к общему.

Например, мы каждый день наблюдаем, что Солнце восходит с востока. Поэтому можно быть уверенным, что и завтра оно появится на востоке, а не на западе. Этот вывод мы делаем, не прибегая ни к каким предположениям о причине движения Солнца по небу (более того, само это движение оказывается кажущимся, поскольку на самом деле движется земной шар). И, тем не менее, этот индуктивный вывод правильно описывает те наблюдения, которые мы проведем завтра.

Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются дальнейшие умозаключения. И хотя теоретическая механика основывается на трех законах движения Ньютона, сами эти законы явились результатом глубокого продумывания опытных данных, в частности законов Кеплера движения планет, выведенных им при обработке многолетних наблюдений датского астронома Тихо Браге. Наблюдение, индукция оказываются полезными и в дальнейшем для уточнения сделанных предположений. После опытов Майкельсона по измерению скорости света в движущейся среде оказалось необходимым уточнить законы физики, создать теорию относительности.

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.

Суть метода математической индукции

Во многих разделах арифметики, алгебры, геометрии, анализа приходится доказывать истинность предложений А(n), зависящих от натуральной переменной. Доказательство истинности предложения А(n) для всех значений переменной часто удается провести методом математической индукции, который основан на следующем принципе.

Предложение А(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены следующие два условия:

Предложение А(n) истинно для n=1.

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.

Этот принцип называется принципом математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом, определяющих натуральный ряд чисел, и, следовательно, принимается без доказательства.

Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства. Если требуется доказать истинность предложения А(n) для всех натуральных n, то, во-первых, следует проверить истинность высказывания А(1) и, во-вторых, 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 широко применяется при доказательстве теорем, тождеств, неравенств, при решении задач на делимость, при решении некоторых геометрических и многих других задач.

Метод математической индукции в решении задач на

делимость

С помощью метода математической индукции можно доказывать различные утверждения, касающиеся делимости натуральных чисел.

Следующее утверждение можно сравнительно просто доказать. Покажем, как оно получается с помощью метода математической индукции.

Пример 1 . Если n - натуральное число, то число четное.

При n=1 наше утверждение истинно: - четное число. Предположим, что - четное число. Так как , a 2k - четное число, то и четное. Итак, четность доказана при n=1, из четности выведена четность .Значит, четно при всех натуральных значениях n.

Пример 2. Доказать истинность предложения

A(n)={число 5 кратно 19}, n - натуральное число.

Решение.

Высказывание А(1)={число кратно 19} истинно.

Предположим, что для некоторого значения n=k

А(k)={число кратно 19} истинно. Тогда, так как

Очевидно, что и A(k+1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения, что A(k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение A(n) истинно при всех значениях n.

Применение метода математической индукции к

суммированию рядов

Пример 1. Доказать формулу

, n - натуральное число.

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.

.

Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть. Тогда получим

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.

Пример 2. Доказать, что сумма n первых чисел натурального ряда равна .

Решение.

Обозначим искомую сумму , т.е. .

При n=1 гипотеза верна.

Пусть . Покажем, что .

В самом деле,

Задача решена.

Пример 3. Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равна .

Решение.

Пусть .

.

Предположим, что . Тогда

И окончательно .

Пример 4. Доказать, что .

Решение.

Если , то

Пример 5. Доказать, что

Решение.

При n=1 гипотеза очевидно верна.

Пусть .

Докажем, что .

Действительно,

Примеры применения метода математической индукции к

доказательству неравенств

Пример 1. Доказать, что при любом натуральном n>1

.

Решение.

Обозначим левую часть неравенства через .

Следовательно, при n=2 неравенство справедливо.

Пусть при некотором k. Докажем, что тогда и . Имеем , .

Сравнивая и , имеем , т.е. .

При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому . Но , значит, и .

Пример 2. Найти ошибку в рассуждении.

Утверждение. При любом натуральном n справедливо неравенство .

Доказательство.

. (1)

Докажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.

.

Действительно, не меньше 2 при любом натуральном k. Прибавим к левой части неравенства (1) , а к правой 2. Получим справедливое неравенство , или . Утверждение доказано.

Пример 3. Доказать, что , где >-1, , n - натуральное число, большее 1.

Решение.

При n=2 неравенство справедливо, так как .

Пусть неравенство справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.

. (1)

Покажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.

. (2)

Действительно, по условию, , поэтому справедливо неравенство

, (3)

полученное из неравенства (1) умножением каждой части его на . Перепишем неравенство (3) так: . Отбросив в правой части последнего неравенства положительное слагаемое , получим справедливое неравенство (2).

Пример 4. Доказать, что

(1)

где , , n - натуральное число, большее 1.

Решение.

При n=2 неравенство (1) принимает вид

. (2)

Так как , то справедливо неравенство

. (3)

Прибавив к каждой части неравенства (3) по , получим неравенство (2).

Этим доказано, что при n=2 неравенство (1) справедливо.

Пусть неравенство (1) справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.

. (4)

Докажем, что тогда неравенство (1) должно быть справедливо и при n=k+1, т.е.

(5)

Умножим обе части неравенства (4) на a+b. Так как, по условию, , то получаем следующее справедливое неравенство:

. (6)

Для того чтобы доказать справедливость неравенства (5), достаточно показать, что

, (7)

или, что то же самое,

. (8)

Неравенство (8) равносильно неравенству

. (9)

Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух положительных чисел. Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух отрицательных чисел. В обоих случаях неравенство (9) справедливо.

Этим доказано, что из справедливости неравенства (1) при n=k следует его справедливость при n=k+1.

Метод математической индукции в применение к другим

задачам

Наиболее естественное применение метода математической индукции в геометрии, близкое к использованию этого метода в теории чисел и в алгебре, - это применение к решению геометрических задач на вычисление. Рассмотрим несколько примеров.

Пример 1. Вычислить сторону правильного - угольника, вписанного в круг радиуса R.

Решение.

При n=2 правильный 2 n - угольник есть квадрат; его сторона . Далее, согласно формуле удвоения

находим, что сторона правильного восьмиугольника , сторона правильного шестнадцатиугольника , сторона правильного тридцатидвухугольника . Можно предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2 n - угольника при любом равна

. (1)

Допустим, что сторона правильного вписанного - угольника выражается формулой (1). В таком случае по формуле удвоения

,

откуда следует, что формула (1) справедлива при всех n.

Пример 2. На сколько треугольников n-угольник (не обязательно выпуклый) может быть разбит своими непересекающимися диагоналями?

Решение.

Для треугольника это число равно единице (в треугольнике нельзя провести ни одной диагонали); для четырехугольника это число равно, очевидно, двум.

Предположим, что мы уже знаем, что каждый k-угольник, где k 1 А 2 …А n на треугольники.

А n

А 1 А 2

Пусть А 1 А k - одна из диагоналей этого разбиения; она делит n-угольник А 1 А 2 …А n на k-угольник A 1 A 2 …A k и (n-k+2)-угольник А 1 А k A k+1 …A n . В силу сделанного предположения, общее число треугольников разбиения будет равно

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

тем самым наше утверждение доказано для всех n.

Пример 3. Указать правило вычисления числа P(n) способов, которыми выпуклый n-угольник может быть разбит на треугольники непересекающимися диагоналями.

Решение.

Для треугольника это число равно, очевидно, единице: P(3)=1.

Предположим, что мы уже определили числа P(k) для всех k 1 А 2 …А n . При всяком разбиении его на треугольники сторона А 1 А 2 будет стороной одного из треугольников разбиения, третья вершина этого треугольника может совпасть с каждой из точек А 3 , А 4 , …,А n . Число способов разбиения n-угольника, при которых эта вершина совпадает с точкой А 3 , равно числу способов разбиения на треугольники (n-1)-угольника А 1 А 3 А 4 …А n , т.е. равно P(n-1). Число способов разбиения, при которых эта вершина совпадает с А 4 , равно числу способов разбиения (n-2)-угольника А 1 А 4 А 5 …А n , т.е. равно P(n-2)=P(n-2)P(3); число способов разбиения, при которых она совпадает с А 5 , равно P(n-3)P(4), так как каждое из разбиений (n-3)-угольника А 1 А 5 …А n можно комбинировать при этом с каждым из разбиений четырехугольника А 2 А 3 А 4 А 5 , и т.д. Таким образом, мы приходим к следующему соотношению:

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n-1).

С помощью этой формулы последовательно получаем:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

и т.д.

Так же при помощи метода математической индукции можно решать задачи с графами.

Пусть на плоскости задана сеть линий, соединяющих между собой какие-то точки и не имеющие других точек. Такую сеть линий мы будем называть картой, заданные точки ее вершинами, отрезки кривых между двумя смежными вершинами - границами карты, части плоскости, на которые она разбивается границами - странами карты.

Пусть на плоскости задана некоторая карта. Мы будем говорить, что она правильно раскрашена, если каждая ее страна закрашена определенной краской, причем любые две страны, имеющие между собой общую границу, закрашены в разные цвета.

Пример 4. На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.

Решение.

При n=1 наше утверждение очевидно.

Предположим, что наше утверждение справедливо для любой карты, образованной n окружностями, и пусть на плоскости задано n+1 окружностей. Удалив одну из этих окружностей, мы получим карту, которую в силу сделанного предположения можно правильно раскрасить двумя красками, например черной и белой.

Аксиома индукции служит для обоснования мощного метода доказательства теорем, который основан на следующем утверждении.

• 2.1.4. Теорема. (Принцип полной математической индукции.) Предложение Т(п) с переменной neN верно для любого натурального числа п , если выполнены следующие условия.
• 1) Это предложение верно для п = 1, то есть Г(1) истинно.
• 2) Каково бы ни было натуральное число п , из предположения о том , что это предложение верно для п , следует , что оно верно для непосредственно следующего натурального числа п , то есть если Т(п) истинно , то и Т(п") истинно.

Доказательство. Обозначим через М множество всех натуральных чисел, для которых Т(п) истинно:

Из условия 1) следует, что 1 еМ. Пусть натуральное число пеМ. Тогда Т(п) истинно и, по условию 2), должно быть истинно Т(п"), а значит пеМ. Таким образом, оба условия аксиомы индукции Р А выполнены, следовательно, М = N . Но это и означает, что Т(п) верно для любого п е N. ?

Доказательство на основании принципа полной математической индукции называется доказательством методом полной математической индукции. При этом, говорят кратко: докажем Т(п)

индукцией по л. Проверка истинности утверждения Г(1) называется началом индукции , предположение об истинности Г(л) называется индуктивным предположением , а доказательство истинности Г(л"), исходя из истинности Т(п), называется шагом индукции. Эта терминология восходит к наглядному представлению о процессе доказательства по индукции, изображенному на рисунке 8.

Рис. 8

Начало Шаг индукции

индукции

Приведем типичный пример доказательства по индукции и обсудим технику записи доказательства.

Пример. Докажите, что сумма первых п нечетных натуральных чисел равна п 2 .

В нашем случае утверждение ГО?) имеет вид:

Доказательство.

• 1) л = 1. Проверим, что 1=1. Очевидно, это равенство верно.
• 2) Пусть 1 + 3 + 5 +...+ (2л -1) = л 2 .

Докажем, что 1+3 + 5 + ...+ (2л + 1) = (л + 1) 2 . Имеем:

1 + 3 + 5 + ..,+(2л-1) + (2и + 1) = л 2 + (2я + 1) = (л + 1) 2 . ?

Выделенный курсивом текст составляет «бланк доказательства». Если убрать все остальное, то «бланк» готов для нового заполнения - доказательства нового утверждения. В пункте 1) запись Г(1) получается из предложения Г(л) формальной заменой всюду л на 1. В пункте 2) запись «пусть .... докажем, что...» понимается как «пусть Г(л) истинно для фиксированного л, докажем , что Г(л + 1) истинно». При этом, Г(л + 1) получается из Г(л) чисто формально: заменой л на л + 1. Момент использования индуктивного предположения полезно выделять, помечая буквами «и.п.». Преобразования после использования индуктивного предположения можно охарактеризовать как «подгонка под ответ», так как. речь идет о получении заранее сформулированного результата. Такая стандартизация доказательства по индукции позволяет выполнять его почти автоматически. Единственный момент, требующий размышлений, - это «подгонка под ответ».

Упражнения

1. Докажите, что каждая из приведенных ниже систем удовлетворяет аксиомам Пеано, а значит является натуральным рядом.

2. Запишите аксиомы Пеано с помощью символов математической логики.

3. Докажите, что сумма первых « натуральных чисел равна ---, сумма

«(« + 1)(2и +1)

квадратов первых п натуральных чисел равна - и сумма кубов

первых п натуральных чисел равна ---. Заметим, что из первого

и третьего угверждений получаем тождество аль-Караджи (X в.): I 3 + 2 3 +...+и 3 = (1 + 2+...+«) 2 .

4. Докажите, что для любого натурального числа п:

• 5. Индукцией по « докажите формулу Муавра:
  • (cosa + / sina) w = cos«a + / sin па.
• 6. Индукцией по а докажите, что для любых натуральных чисел а и b существуют целые неотрицательные числа q и г такие, что a = bq + r , причем О йг
• 7. Докажите, что для любого действительного числа дг > 0 и любого натурального п

П 1 - а + а->+...+а п

8. Докажите, что qaa 2 -a n й -, где Я|,а 2 > - . -

положительные действительные числа. (Указание. Для перехода от « к « + 1 докажите, что из предположения об истинности формулы для « следует истинность ее для 2п и для п -1. Для перехода от п к п -1 найдите число л*

U] 4- +ЛГ (1 + в2+..1

такое, что ---= =-).

9. Найдите ошибку в «доказательстве» того, что все натуральные числа равны. Для доказательства этого неверного утверждения индукцией по п докажем, что «в любом и-элементном подмножестве натуральных чисел все числа равны между собой». Очевидно, утверждение верно при п = 1. Пусть оно верно для п , докажем его для //-hi. Рассмотрим произвольное (и +1) -элементное

подмножество натуральных чисел М = { а п> а п+1} По индуктивному предположению все числа подмножества -,

и равны числу а п. Также по индуктивному предположению все числа подмножества { а п> а п+1} равны между собой и равны числу а п. Следовательно, все числа подмножества М равны между собой. Утверждение доказано.

Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 - база индукции , а затем доказывается, что если верно утверждение с номером n , то верно и следующее утверждение с номером n + 1 - шаг индукции , или индукционный переход .

Доказательство по индукции наглядно может быть представлено в виде так называемого принципа домино . Пусть какое угодно число косточек домино выставлено в ряд таким образом, что каждая косточка, падая, обязательно опрокидывает следующую за ней косточку (в этом заключается индукционный переход). Тогда, если мы толкнём первую косточку (это база индукции), то все косточки в ряду упадут.

Логическим основанием для этого метода доказательства служит так называемая аксиома индукции , пятая из аксиом Пеано , определяющих натуральные числа . Верность метода индукции эквивалентна тому, что в любом подмножестве натуральных чисел существует минимальный элемент.

Существует также вариация, так называемый принцип полной математической индукции. Вот его строгая формулировка:

Принцип полной математической индукции также эквивалентен аксиоме индукции в аксиомах Пеано.

Примеры

Задача. Доказать, что, каковы бы ни были натуральное n и вещественное q ≠ 1, выполняется равенство

Доказательство. Индукция по n .

База , n = 1:

Переход : предположим, что

,

что и требовалось доказать.

Комментарий: верность утверждения P n в этом доказательстве - то же, что верность равенства

См. также

Вариации и обобщения

Литература

• Н. Я. Виленкин Индукция. Комбинаторика. Пособие для учителей. М., Просвещение, 1976.-48 с
• Л. И. Головина, И. М. Яглом Индукция в геометрии , «Популярные лекции по математике» , Выпуск 21, Физматгиз 1961.-100 с.
• Р. Курант, Г. Роббинс «Что такое математика?» Глава I, § 2.
• И. С. Соминский Метод математической индукции. «Популярные лекции по математике », Выпуск 3, Издательство «Наука» 1965.-58 с.

Wikimedia Foundation . 2010 .

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.

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.

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

Похожие статьи