Математическая Индукция Выполнили Жумабеков Ермек Мухамедина Медина

Математическая Индукция Выполнили: Жумабеков Ермек, Мухамедина Медина

История Чрезвычайное расширение предмета математики привлекло в XIX веке усиленное внимание к вопросам ее «обоснования» , т. е. критического пересмотра ее исходных положений (аксиом), построения строгой системы определений и доказательств, а также критического рассмотрения логических примеров, употребляемых при этих доказательствах. Только к концу XIX века сложился стандарт требований к логической строгости, остающейся и до настоящего времени господствующими в практической работе математиков над развитием отдельных математических теорий. Современная математическая логика дала на этот вопрос, определенный ответ: никакая единая дедуктивная теория не может исчерпать разнообразия проблем теории чисел.

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.

Переход от общих утверждений к частным называется дедукцией. В математике часто приходится от частных утверждений переходить к общим, т. е. использовать метод, противоположный дедуктивному, который называется индукцией.

Значение слова «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.

Полная и неполная индукция Метод доказательства, при котором утверждение проверяется для каждого из конечного числа случаев, называют полной индукции. Если же утверждение проверяется лишь для некоторых случаев и по индукции делается заключение о его справедливости для всех случаев, то индукцию называют неполной.

Пример неполной индукции P(х)= х2+ х+ 41 Р(1)= 43; Р(2)=47; Р(3)= 53; Р(4)= 61; Р(5)= 71 Р(0)=41; Р(-1)=41; Р(-2)=43; Р(-3)=47; Р(-4) =53 Возникает гипотеза, что значение трехчлена Р(х) является простым числом при любом целом значении х. Но высказанная гипотеза ошибочна, так как, например, Р(41)= 412+41+41=1763=41∙ 43.

Вывод: Метод неполной индукции, как мы видим, не приводит к вполне надежным выводам, но он полезен тем, что позволяет сформулировать гипотезу, которую потом можно доказать точным математическим рассуждением или опровергнуть.

Пример полной индукции Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4< n < 20 представим 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.

Вывод: 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 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.

Математическая индукция — метод математического доказательства, используется чтобы доказать истинность некоторого утверждения для всех натуральных чисел. 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.

Метод математической индукции Доказательство методом математической индукции обычно разбивается на три шага: Проверим истинность высказывания для n=1 (или другого натурального числа, если утверждение A(n) доказывается для целых чисел больших заданного числа). Если утверждение истинно для n=1, имеет смысл продолжать доказательство, иначе утверждение неверно. Индуктивное предположение. На этом шаге предполагаем, что утверждение A(n) истинно для n=k, т. е. рассматриваем утверждение A(k), фактически никаких действий, кроме подстановки вместо n k не производим. Рассмотрим утверждение A(k+1), необходимо доказать его истинность, используя индуктивное предположение и известные правила математики.

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.

Решить самостоятельно

Решение 1. Пусть n=1, тогда наше утверждение верно. 2. Предположим, что при n=k, наше утверждение верно. 3. Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1

Пример 2 Доказать, что при любом n , 7 n-1 делится на 6 без остатка. Решение: 1)Пусть n=1, тогда Х 1 =71 -1=6 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно. 2) Предположим, что при n=k , 7 k-1 делится на 6 без остатка.

3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1. X k+1 =7 k+1 -1=7 7 k *7 -7+6=7(7 k -1)+6. Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k-1 делится на 6 по предположению, а вторым слагаемым является 6. Значит 7 n-1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Попробуйте решить самостоятельно:

Решение 1. Пусть n=1, тогда X=5 -3+2 делится на 4 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно. 2. Предположим, что при n=k, делится на 4 без остатка. 3. Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1 5( 2(

Пример 3 Доказать, что 1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х (1) 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) истинно.

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 )+x k+1 = (x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 = =(x k+2 -1)/(x-1). Итак, А(k) > A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n. k

Пример 4 Доказать, что число диагоналей выпуклого kугольника равно n(n-3)/2. Решение: 1) При n=3 утверждение справедливо, ибо в треугольнике А 3 =3(3 -3)/2=0 диагоналей; А(3) истинно. 2) Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике имеет ся А k =k(k-3)/2 диагоналей.

3)Докажем, что тогда в выпуклом А k+1 (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)-угольник. Проведём в нём диагональ A 1 A k. Чтобы подсчитать общее число диагоналей этого (k+1)-угольника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т. е. 1 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) > A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

Пример 5

Пример 6 Имеется лестница, все ступени которой одинаковы. Требуется указать минимальное число положений, которые гарантировали бы возможность «забраться» на любую по номеру ступеньку. Все согласны с тем, что должно быть условие. Мы должны уметь забраться на первую ступень. Далее должны уметь с 1 -ой ступеньки забраться на вторую. Потом во второй – на третью и т. д. на n-ую ступеньку. Конечно, в совокупности же «n» утверждений гарантирует не то, что мы сможем добраться до n-ой ступеньки. Посмотрим теперь на 2, 3, …. , n положение и сравним их друг с другом. Легко заметить, что все они имеют одну и ту же структуру: если мы добрались до k ступеньки, то можем забраться на (k+1) ступеньку. Отсюда становится естественной такая аксиома для справедливости утверждений, зависящих от «n» : если предложение А(n), в котором n – натуральное число, выполняется при n=1 и из того, что оно выполняется при n=k (где k – любое натуральное число), следует, что оно выполняется и для n=k+1, то предположение А(n) выполняется для любого натурального числа n.

Пример 7 Неравенство Бернулли Доказать, что для любого натурального числа п и любого действительного числа а > -1 имеет место неравенство, называемое неравенством Бернулли ( названо в честь швейцарского математика XVII в. Якова Бернулли): (1+a) п ≥ 1 + ап. 1) Если п=1, то очевидно, что неравенство верно: (1+а)1 ≥ 1+а. 2) Предположим, что неравенство верно при n=k: (1+a)k ≥ 1 + ak. (1+a)k+1 ≥ 1+ak+a+a 2 k. (1+a)k+1 ≥ a(k+1). Полученный результат показывает, что неравенство верно и при n=k+1.

Решение неравенств Доказать справедливость неравенства при некотором n>4, 2 n >5 n+1 1. Пусть n=5, тогда наше утверждение верно 32>26 2. Предположим, что при n=k, 2 k >5 k+1 3. Докажем, что утверждение справедливо при n=k+1 2 k+1 >5(k+1) +1 2 k+1 >5 k+6 2 k+1 = 2* 2 k >2(5 k+1)=10 k+2=5 k+6+(5 k-4)

Решите самостоятельно Докажите неравенство:

Решение 1. Пусть n=1, тогда наше утверждение верно 1≥ 1 2. Предположим, что n=k, тогда 3. Докажем, что утверждение справедливо при n=k+1

Заключение В частности изучив метод математической индукции, я повысила свои знания в этой области математики, а также научилась решать задачи, которые раньше были мне не под силу. В основном это были логические и занимательные задачи, т. е. как раз те, которые повышают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится занимательным занятием и может привлечь в математические лабиринты всё новых любознательных. Помоему, это является основой любой науки.