English: Wikipedia is making the site more secure. You are using an old web browser that will not be able to connect to Wikipedia in the future. Please update your device or contact your IT administrator.
中文: 维基百科正在使网站更加安全。您正在使用旧的浏览器，这在将来无法连接维基百科。请更新您的设备或联络您的IT管理员。以下提供更长，更具技术性的更新（仅英语）。
Español: Wikipedia está haciendo el sitio más seguro. Usted está utilizando un navegador web viejo que no será capaz de conectarse a Wikipedia en el futuro. Actualice su dispositivo o contacte a su administrador informático. Más abajo hay una actualización más larga y más técnica en inglés.
ﺎﻠﻋﺮﺒﻳﺓ: ويكيبيديا تسعى لتأمين الموقع أكثر من ذي قبل. أنت تستخدم متصفح وب قديم لن يتمكن من الاتصال بموقع ويكيبيديا في المستقبل. يرجى تحديث جهازك أو الاتصال بغداري تقنية المعلومات الخاص بك. يوجد تحديث فني أطول ومغرق في التقنية باللغة الإنجليزية تاليا.
Français: Wikipédia va bientôt augmenter la sécurité de son site. Vous utilisez actuellement un navigateur web ancien, qui ne pourra plus se connecter à Wikipédia lorsque ce sera fait. Merci de mettre à jour votre appareil ou de contacter votre administrateur informatique à cette fin. Des informations supplémentaires plus techniques et en anglais sont disponibles ci-dessous.
日本語: ウィキペディアではサイトのセキュリティを高めています。ご利用のブラウザはバージョンが古く、今後、ウィキペディアに接続できなくなる可能性があります。デバイスを更新するか、IT管理者にご相談ください。技術面の詳しい更新情報は以下に英語で提供しています。
Deutsch: Wikipedia erhöht die Sicherheit der Webseite. Du benutzt einen alten Webbrowser, der in Zukunft nicht mehr auf Wikipedia zugreifen können wird. Bitte aktualisiere dein Gerät oder sprich deinen IT-Administrator an. Ausführlichere (und technisch detailliertere) Hinweise findest Du unten in englischer Sprache.
Italiano: Wikipedia sta rendendo il sito più sicuro. Stai usando un browser web che non sarà in grado di connettersi a Wikipedia in futuro. Per favore, aggiorna il tuo dispositivo o contatta il tuo amministratore informatico. Più in basso è disponibile un aggiornamento più dettagliato e tecnico in inglese.
Magyar: Biztonságosabb lesz a Wikipédia. A böngésző, amit használsz, nem lesz képes kapcsolódni a jövőben. Használj modernebb szoftvert vagy jelezd a problémát a rendszergazdádnak. Alább olvashatod a részletesebb magyarázatot (angolul).
Svenska: Wikipedia gör sidan mer säker. Du använder en äldre webbläsare som inte kommer att kunna läsa Wikipedia i framtiden. Uppdatera din enhet eller kontakta din IT-administratör. Det finns en längre och mer teknisk förklaring på engelska längre ned.
हिन्दी: विकिपीडिया साइट को और अधिक सुरक्षित बना रहा है। आप एक पुराने वेब ब्राउज़र का उपयोग कर रहे हैं जो भविष्य में विकिपीडिया से कनेक्ट नहीं हो पाएगा। कृपया अपना डिवाइस अपडेट करें या अपने आईटी व्यवस्थापक से संपर्क करें। नीचे अंग्रेजी में एक लंबा और अधिक तकनीकी अद्यतन है।
We are removing support for insecure TLS protocol versions, specifically TLSv1.0 and TLSv1.1, which your browser software relies on to connect to our sites. This is usually caused by outdated browsers, or older Android smartphones. Or it could be interference from corporate or personal "Web Security" software, which actually downgrades connection security.
You must upgrade your web browser or otherwise fix this issue to access our sites. This message will remain until Jan 1, 2020. After that date, your browser will not be able to establish a connection to our servers.
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
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. ■
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 .
Метод доказательства, о котором будет идти речь в данном пункте, основан на одной из аксиом натурального ряда.
Аксиома индукции. Пусть дано предложение, зависящее от переменной п, вместо которой можно подставлять любые натуральные числа. Обозначим его А(п). Пусть также предложение А верно для числа 1 и из того, что А верно для числа к , следует, что А верно для числа к+ 1. Тогда предложение А верно для всех натуральных значений п.
Символическая запись аксиомы:
Здесь пик-
переменные по множеству натуральных чисел. Из аксиомы индукции получается следующее правило вывода:
Итак, для того чтобы доказать истинность предложения А, можно вначале доказать два утверждения: истинность высказывания А( 1), а также следствие А(к) => А(к+ 1).
Учитывая сказанное выше, опишем сущность метода
математической индукции.
Пусть требуется доказать, что предложение А(п) верно для всех натуральных п. Доказательство разбивается на два этапа.
- 1- й этап. База индукции. Берем в качестве значения п число 1 и проверяем, что А( 1) есть истинное высказывание.
- 2- й этап. Индуктивный переход. Доказываем, что при любом натуральном числе к верна импликация: если А{к ), то А(к+ 1).
Индуктивный переход начинается словами: «Возьмем произвольное натуральное число к, такое, что А(к)», или «Пусть для натурального числа к верно А(к)». Вместо слова «пусть» часто говорят «предположим, что...».
После этих слов буква к обозначает некий фиксированный объект, для которого выполняется соотношение А{к). Далее из А(к) выводим следствия, то есть строим цепочку предложений А(к) 9 Р , Pi, ..., Р„ = А(к+ 1), где каждое предложение Р, является истинным высказыванием или следствием предыдущих предложений. Последнее предложение Р„ должно совпадать с А(к+ 1). Отсюда заключаем: из А{к) следует А(к+ ).
Выполнение индуктивного перехода можно расчленить на два действия:
- 1) Индуктивное предположение. Здесь мы предполагаем, что А к переменной н.
- 2) На основе предположения доказываем, что А верно для числа?+1.
Пример 5.5.1. Докажем, что число п+п является четным при всех натуральных п.
Здесь А(п) = «п 2 +п - четное число». Требуется доказать, что А - тождественно истинный предикат. Применим метод математической индукции.
База индукции. Возьмем л=1. Подставим в выражение п +//, получим n 2 +n = I 2 + 1 = 2 - четное число, то есть /1(1) - истинное высказывание.
Сформулируем индуктивное предположение А{к) = «Число к 2 +к - четное». Можно сказать так: «Возьмем произвольное натуральное число к такое, что к 2 +к есть четное число».
Выведем отсюда утверждение А(кА-) = «Число (к+ 1) 2 +(?+1) - четное».
По свойствам операций выполним преобразования:
Первое слагаемое полученной суммы четно по предположению, второе четно по определению (так как имеет вид 2п). Значит, сумма есть четное число. Предложение А(к+ 1) доказано.
По методу математической индукции делаем вывод: предложение А(п) верно для всех натуральных п.
Конечно, нет необходимости каждый раз вводить обозначение А(п). Однако все же рекомендуется отдельной строкой формулировать индуктивное предположение и то, что требуется из него вывести.
Заметим, что утверждение из примера 5.5.1 можно доказать без использования метода математической индукции. Для этого достаточно рассмотреть два случая: когда п четно и когда п нечетно.
Многие задачи на делимость решаются методом математической индукции. Рассмотрим более сложный пример.
Пример 5.5.2. Докажем, что число 15 2и_| +1 делится на 8 при всех натуральных п.
Бача индукции. Возьмем /1=1. Имеем: число 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 делится на число 8.
, что для некоторого
натурального числа к число 15 2 * ’+1 делится на 8.
Докажем , что тогда число а = 15 2(ЖН +1 делится 8.
Преобразуем число а:
По предположению, число 15 2А1 +1 делится на 8, значит, все первое слагаемое делится на 8. Второе слагаемое 224=8-28 также делится на 8. Таким образом, число а как разность двух чисел, кратных 8, делится на 8. Индуктивный переход обоснован.
На основе метода математической индукции заключаем, что для всех натуральных п число 15 2 " -1 -*-1 делится на 8.
Сделаем некоторые замечания по решенной задаче.
Доказанное утверждение можно сформулировать немного по-другому: «Число 15”"+1 делится на 8 при любых нечетных натуральных /и».
Во-вторых, из доказанного общего утверждения можно сделать частный вывод, доказательство которого может быть дано как отдельная задача: число 15 2015 +1 делится на 8. Поэтому иногда бывает полезно обобщить задачу, обозначив какое-то конкретное значение буквой, а затем применить метод математической индукции.
В самом общем понимании термин «индукция» означает, что на основе частных примеров делают общие выводы. Например, рассмотрев некоторые примеры сумм четных чисел 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, делаем вывод о том, что сумма любых двух четных чисел есть четное число.
В общем случае вот такая индукция может привести к неверным выводам. Приведем пример подобного неправильного рассуждения.
Пример 5.5.3. Рассмотрим число а = /г+я+41 при натуральном /?.
Найдем значения а при некоторых значениях п.
Пусть п= I. Тогда а = 43 - простое число.
Пусть /7=2. Тогда а = 4+2+41 = 47 - простое.
Пусть л=3. Тогда а = 9+3+41 = 53 - простое.
Пусть /7=4. Тогда а = 16+4+41 = 61 - простое.
Возьмите в качестве значений п следующие за четверкой числа, например 5, 6, 7, и убедитесь, что число а будет простым.
Делаем вывод: «При всех натуральных /? число а будет простым».
В результате получилось ложное высказывание. Приведем контрпример: /7=41. Убедитесь, что при данном п число а будет составным.
Термин «математическая индукция» несет в себе более узкий смысл, так как применение этого метода позволяет получить всегда верное заключение.
Пример 5.5.4. Получим на основе индуктивных рассуждений формулу общего члена арифметической прогрессии. Напомним, что арифметической профессией называется числовая последовательность, каждый член которой отличается от предыдущего на одно и то же число, называемое разностью прогрессии. Для того чтобы однозначно задать арифметическую профессию, нужно указать ее первый член а и разность d.
Итак, по определению а п+ = а п + d, при п> 1.
В школьном курсе математики, как правило, формула общего члена арифметической профессии устанавливается на основе частных примеров, то есть именно по индукции.
Если /7=1, ТО С 7| = Я|, ТО есть Я| = tf|+df(l -1).
Если /7=2, то я 2 = a+d, то есть а = Я|+*/(2-1).
Если /7=3, то я 3 = я 2 + = (a+d)+d = a+2d, то есть я 3 = Я|+(3-1).
Если /7=4, то я 4 = я 3 +*/ = (a+2d)+d = Я1+3 и т.д.
Приведенные частные примеры позволяют выдвинуть гипотезу: формула общего члена имеет вид а„ = a+(n-)d для всех /7>1.
Докажем эту формулу методом математической индукции.
База индукции проверена в предыдущих рассуждениях.
Пусть к - такой номер, при котором я* - a+{k-)d (индуктивное предположение ).
Докажем , что я*+! = a+((k+)-)d, то есть я*+1 = a x +kd.
По определению я*+1 = аь+d. а к = я | +(к -1 )d , значит, ац+ = я i +(А:-1)^/+с/ = я | +(А-1+1 )d = я i +kd , что и требовалось доказать (для обоснования индуктивного перехода).
Теперь формула я„ = a+{n-)d доказана для любого натурального номера /;.
Пусть дана некоторая последовательность я ь я 2 , я,„ ... (не
обязательно арифметическая или геометрическая прогрессия). Часто возникают задачи, где требуется суммировать первые п членов этой последовательности, то есть задать сумму Я|+я 2 +...+я и формулой, которая позволяет находить значения этой суммы, не вычисляя члены последовательности.
Пример 5.5.5. Докажем, что сумма первых п натуральных чисел равна
/?(/7 + 1)
Обозначим сумму 1+2+...+/7 через S n . Найдем значения S n для некоторых /7.
Заметим: для того чтобы найти сумму S 4 , можно воспользоваться вычисленным ранее значением 5 3 , так как 5 4 = 5 3 +4.
п(п +1)
Если подставить рассмотренные значения /? в терм ---то
получим, соответственно, те же суммы 1, 3, 6, 10. Эти наблюдения
. _ п(п + 1)
наталкивают на мысль, что формулу S „=--- можно использовать при
любом //. Докажем эту гипотезу методом математической индукции.
База индукции проверена. Выполним индуктивный переход.
Предположим , что формула верна для некоторого натурального числа
, к(к + 1)
к, то сеть сумма первых к натуральных чисел равна ----.
Докажем , что сумма первых (?+1) натуральных чисел равна
- (* + !)(* + 2)
Выразим?*+1 через S k . Для этого в сумме S*+i сгруппируем первые к слагаемых, а последнее слагаемое запишем отдельно:
По индуктивному предположению S k = Значит, чтобы найти
сумму первых (?+1) натуральных чисел, достаточно к уже вычисленной
. „ к(к + 1) _ .. ..
сумме первых к чисел, равной ---, прибавить одно слагаемое (к+1).
Индуктивный переход обоснован. Тем самым выдвинутая вначале гипотеза доказана.
Мы привели доказательство формулы S n = п ^ п+ методом
математической индукции. Конечно, есть и другие доказательства. Например, можно записать сумму S, в порядке возрастания слагаемых, а затем в порядке убывания слагаемых:
Сумма слагаемых, стоящих в одном столбце, постоянна (в одной сумме каждое следующее слагаемое уменьшается на 1, а в другой увеличивается на 1) и равна (/г+1). Поэтому, сложив полученные суммы, будем иметь п слагаемых, равных (и+1). Итак, удвоенная сумма S„ равна п(п+ 1).
Доказанная формула может быть получена как частный случай формулы суммы первых п членов арифметической прогрессии.
Вернемся к методу математической индукции. Отметим, что первый этап метода математической индукции (база индукции) всегда необходим. Отсутствие этого этапа может привести к неверному выводу.
Пример 5.5.6. «Докажем» предложение: «Число 7"+1 делится на 3 при любом натуральном я».
«Предположим, что при некотором натуральном значении к число 7*+1 делится на 3. Докажем, что число 7 ж +1 делится на 3. Выполним преобразования:
Число 6 очевидно делится на 3. Число 1 к + делится на 3 по индуктивному предположению, значит, число 7-(7* + 1) также делится на 3. Поэтому разность чисел, делящихся на 3, будет также делиться на 3.
Предложение доказано».
Доказательство исходного предложения неверно, несмотря на то что индуктивный переход выполнен правильно. Действительно, при п= I имеем число 8, при п=2 - число 50, ..., и ни одно из этих чисел нс делится на 3.
Сделаем важное замечание об обозначении натурального числа при выполнении индуктивного перехода. При формулировке предложения А(п) буквой п мы обозначали переменную, вместо которой можно подставлять любые натуральные числа. При формулировке индуктивного предположения мы обозначали значение переменной буквой к. Однако очень часто вместо новой буквы к используют ту же самую букву, которой обозначается переменная. Это никак не влияет на структуру рассуждений при выполнении индуктивного перехода.
Рассмотрим еще несколько примеров задач, для решения которых можно применить метод математической индукции.
Пример 5.5.7. Найдем значение суммы
В задании переменная п не фигурирует. Однако рассмотрим последовательность слагаемых:
Обозначим S, = а+а 2 +...+а„. Найдем S „ при некоторых п. Если /1= 1, то S, =а, = -.
Если п= 2. то S, = а, + а? = - + - = - = -.
Если /?=3, то S-, = a,+a 7 + я, = - + - + - = - + - = - = -.
3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4
Можете самостоятельно вычислить значения S„ при /7 = 4; 5. Возникает
естественное предположение: S n = -- при любом натуральном /7. Докажем
это методом математической индукции.
База индукции проверена выше.
Выполним индуктивный переход , обозначая произвольно взятое
значение переменной п этой же буквой, то есть докажем, что из равенства
0 /7 _ /7 +1
S n =-следует равенство S , =-.
/7+1 /7 + 2
Предположим, что верно равенство S = - П -.
Выделим в сумме S„+ первые п слагаемых:
Применив индуктивное предположение, получим:
Сокращая дробь на (/7+1), будем иметь равенство S n +1 - , Л
Индуктивный переход обоснован.
Тем самым доказано, что сумма первых п слагаемых
- 1 1 1 /7 ^
- - +-+...+- равна -. Теперь возвратимся к первоначальной
- 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1
задаче. Для ее решения достаточно взять в качестве значения п число 99.
Тогда сумма -!- + -!- + -!- + ...+ --- будет равна числу 0,99.
1-2 2-3 3-4 99100
Постарайтесь вычислить данную сумму другим способом.
Пример 5.5.8. Докажем, что производная суммы любого конечного числа дифференцируемых функций равна сумме производных этих функций.
Пусть переменная /? обозначает количество данных функций. В случае, когда дана только одна функция, под суммой понимается именно эта функция. Поэтому если /7=1, то утверждение очевидно истинно:/" = /".
Предположим , что утверждение справедливо для набора из п функций (здесь снова вместо буквы к взята буква п), то есть производная суммы п функций равна сумме производных.
Докажем , что производная суммы (я+1) функций равна сумме производных. Возьмем произвольный набор, состоящий из п+ дифференцируемой функции: /1,/2, . Представим сумму этих функций
в виде g+f„+ 1, где g=f +/г + ... +/ t - сумма п функций. По индуктивному предположению производная функции g равна сумме производных: g" = ft +ft + ... +ft. Поэтому имеет место следующая цепочка равенств:
Индуктивный переход выполнен.
Таким образом, исходное предложение доказано для любого конечного числа функций.
В ряде случаев требуется доказать истинность предложения А(п) для всех натуральных я, начиная с некоторого значения с. Доказательство методом математической индукции в таких случаях проводится по следующей схеме.
База индукции. Доказываем, что предложение А верно для значения п, равного с.
Индуктивный переход. 1) Предполагаем, что предложение А верно для некоторого значения к переменной /?, которое больше либо равно с.
2) Доказываем, что предложение А истинно для значения /?, равного
Снова заметим, что вместо буквы к часто оставляют обозначение переменной п. В этом случае индуктивный переход начинают словами: «Предположим, что для некоторого значения п>с верно А(п). Докажем, что тогда верно А(п+ 1)».
Пример 5.5.9. Докажем, что при всех натуральных п> 5 верно неравенство 2” > и 2 .
База индукции. Пусть п= 5. Тогда 2 5 =32, 5 2 =25. Неравенство 32>25 истинно.
Индуктивный переход. Предположим , что имеет место неравенство 2 П >п 2 для некоторого натурального числа п> 5. Докажем , что тогда 2" +| > (п+1) 2 .
По свойствам степеней 2” +| = 2-2". Так как 2">я 2 (по индуктивному предположению), то 2-2" > 2я 2 (I).
Обоснуем, что 2п 2 больше (я+1) 2 . Это можно сделать разными способами. Достаточно решить квадратное неравенство 2х 2 >(х+) 2 во множестве действительных чисел и увидеть, что все натуральные числа, большие либо равные 5, являются его решениями.
Мы поступим следующим образом. Найдем разность чисел 2п 2 и (я+1) 2:
Так как и > 5, то я+1 > 6, значит, (я+1) 2 > 36. Поэтому разность больше 0. Итак, 2я 2 > (я+1) 2 (2).
По свойствам неравенств из (I) и (2) следует, что 2*2" > (я+1) 2 , что и требовалось доказать для обоснования индуктивного перехода.
На основе метода математической индукции заключаем, что неравенство 2" > я 2 истинно для любых натуральных чисел я.
Рассмотрим еще одну форму метода математической индукции. Отличие заключается в индуктивном переходе. Для его осуществления требуется выполнить два шага:
- 1) предположить, что предложение А(п) верно при всех значениях переменной я, меньших некоторого числар;
- 2) из выдвинутого предположения вывести, что предложение А(п) справедливо и для числар.
Таким образом, индуктивный переход требует доказательства следствия: [(Уи?) А{п)] => А(р). Заметим, что следствие можно переписать в виде: [(Уп^р) А(п)] => А(р+ 1).
В первоначальной формулировке метода математической индукции при доказательстве предложения А(р) мы опирались только на «предыдущее» предложение А(р- 1). Данная здесь формулировка метода позволяет выводить А(р), считая, что все предложения А(п), где я меньшер , истинны.
Пример 5.5.10. Докажем теорему: «Сумма внутренних углов любого я-угольника равна 180°(я-2)».
Для выпуклого многоугольника теорему легко доказать, если разбить его диагоналями, проведенными из одной вершины, на треугольники. Однако для невыпуклого многоугольника такая процедура может быть невозможна.
Докажем теорему для произвольного многоугольника методом математической индукции. Будем считать известным следующее утверждение, которое, строго говоря, требует отдельного доказательства: «В любом //-угольнике существует диагональ, лежащая целиком во внугренней его части».
Вместо переменной // можно подставлять любые натуральные числа, которые больше либо равны 3. Для п=Ъ теорема справедлива, так как в треугольнике сумма углов равна 180°.
Возьмем некоторый /7-угольник (р> 4) и предположим, что сумма углов любого //-угольника, где // р, равна 180°(//-2). Докажем, что сумма углов //-угольника равна 180°(//-2).
Проведем диагональ //-угольника, лежащую внутри него. Она разобьет //-угольник на два многоугольника. Пусть один из них имеет к сторон, другой - к 2 сторон. Тогда к+к 2 -2 = р, так как полученные многоугольники имеют общей стороной проведенную диагональ, не являющуюся стороной исходного //-угольника.
Оба числа к и к 2 меньше //. Применим к полученным многоугольникам индуктивное предположение: сумма углов А]-угольника равна 180°-(?i-2), а сумма углов? 2 -угольника равна 180°-(Аг 2 -2). Тогда сумма углов //-угольника будет равна сумме этих чисел:
180°*(Аг|-2)-н 180°(Аг2-2) = 180 о (Аг,-ьАг 2 -2-2) = 180°-(//-2).
Индуктивный переход обоснован. На основе метода математической индукции теорема доказана для любого //-угольника (//>3).
Загрузка...