Метод математической индукции в егэ по математике


1


Применение метода математической индукции в решении заданий ЕГЭ (С 5) Работу выполнил: ученик 10 «А» класса МАОУ «Ярковская СОШ» Антипин Андрей Тюменская область, Ярковский район, С. Ярково


2


Считаю выбранную мною тему актуальной из-за недостаточности практического содержания задач в учебниках по «Алгебре» и началам анализа для старших классов. Мне необходимо более полно выполнить работу для получения высокого балла. Цель: Найти, обосновать и наглядно показать систему формирования практического значения метода математической индукции как необходимого фактора для решения задач.


3


Введение 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.


4


Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются дальнейшие умозаключения. Например, 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 |AB|+|BC| |AC|.


5


Основная часть Осознание метода математической индукции как отдельного важного метода восходит к Блезу Паскалю и Герсониду, хотя отдельные случаи применения встречаются ещё в античные времена у Прокла и Эвклида. Современное название метода было введено де Морганом в 1838 году. По своему первоначальному смыслу слово индукция применяется к рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы, опираясь на ряд частных утверждений.


6


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.


7


Простейшим методом рассуждений является полная индукция. Вот пример: 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.


8


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).


9


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.


10


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.


11


Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) >А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p. Док-во 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 док-ва, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k,т.е. доказывают, что А(k) >A(k+1).


12


Работу выполнил: ученик 10 «А» класса МАОУ «Ярков Антипин Андрей Тюменская область, Ярковский район, С. Ярково


13


Доказательство формулы n-го члена арифметической прогрессии


14


Метод математической индукции в решении задач на делимость. Пример Доказать, что при любом n, 7 n -1 делится на 6 без остатка. Решение: 1)Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -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.


15


3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1. X k+1 =7 k+1 -1=7 7 k -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.


16


Применение метода к суммированию рядов. Пример 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.


17


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) > A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n.


18


Применения метода к доказательству неравенств. Пример Доказать, что при n>2 справедливо неравенство 1+(1/2 2 )+(1/3 2 )+…+(1/n 2 )


19


3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1 (1+(1/2 2 )+…+(1/k 2 ))+(1/(k+1) 2 )<


20


Применение метода к другим задачам Пример Доказать, что число диагоналей выпуклого n- угольника равно n(n-3)/2. Решение: 1) При n=3 утверждение справедливо, 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 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей.


21


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 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) > A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.


22


Пусть имеется выпуклая фигура и внутри ее взяты n точек. Тогда центр масс этих точек тоже принадлежит фигуре. Доказательство проведем по индукции. Докажем базу: центр масс двух точек по определению принадлежит соединяющему их отрезку, в силу выпуклости фигуры, принадлежит фигуре. База доказана, теперь шаг индукции. Цент масс n+1 точек – это, в силу определения, центр масс двух точек: любой одной и центра масс всех остальных, которых n штук. В силу предположения индукции центр масс этих остальных n точек принадлежит фигуре, а значит, центр масс его и (n+1)-й точки тоже принадлежит фигуре, так как по определению лежит на отрезке, соединяющем эти две точки нашей выпуклой фигуры, что и требовалось доказать. Доказательство теоремы с помощью математической индукции


23


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. По- моему, это является основой любой науки.

Источник

Муниципальное бюджетное
общеобразовательное учреждение гимназия № 9

ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНО-РЕФЕРАТИВНЫЙ
ПРОЕКТ

по теме:

Применение
метода математической индукции при решении задач ЕГЭ и олимпиадных задач

                                                 
Выполнила:

                                                 
ученица X «Б» класса

                                                 
Тищенко Элина

                                                 
Научный руководитель:

                                     
            учитель математики

                                                 
Хатунцева

                                                 
Ирина Владимировна

Воронеж – 2016

Содержание

Введение………..………………………………………………………….3

Глава 1. Применение
ММИ при решении алгебраических задач………5

Глава 2. Применение
ММИ при решении геометрических задач……….8

Глава 3. Применение
ММИ при решении «логических» задач .………10

Заключение…………………………………………………………………14


Список использованной литературы………………………………………15

Введение

Слово
индукция по-русски означает наведение, а индуктивными называют выводы, на
основе наблюдений, опытов, т.е. полученные путем заключения от частного к
общему. Пример частного утверждения: 254 делится на 2 без остатка.

Из
этого частного утверждения можно сформулировать массу более общих утверждений,
причем как истинных, так и ложных. К примеру, более общее утверждение, что все
целые числа, оканчивающиеся четверкой, делятся на 2 без
остатка, является истинным, а утверждение, что все трехзначные числа делятся на
2 без остатка, является ложным.

Таким
образом, индукция позволяет получить множество общих утверждений на основе
известных или очевидных фактов. А метод математической индукции призван
определить справедливость полученных утверждений.

В основе метода математической индукции лежит принцип
математической индукции.

Он заключается в следующем: некоторое утверждение справедливо
для всякого натурального n, если:

1)                    
оно
справедливо для n = 1;

2)                    
из
справедливости утверждения для какого-либо произвольного натурального n = k
следует его справедливость для n = k+1.

То есть, доказательство по методу математической индукции
проводится в три этапа:

1)                    
во-первых,
проверятся справедливость утверждения для любого натурального числа n (обычно
проверку делают для n = 1);

2)        во-вторых, предполагается справедливость
утверждения при любом натуральном n=k;

3)                    
в-третьих,
доказывается справедливость утверждения для числа n=k+1, отталкиваясь от
предположения второго пункта.

Действительно, допустим, мы проверили так называемую базу
индукции и получили, сто утверждение верно при n=1. Потом предположили, что утверждение верно при n=k и доказали, что в этом случае утверждение верно и при n=k+1. Тогда примем, что k=1. В
таком случае мы можем сказать, что утверждение верно при n=k+1=2. Приняв k=2, мы докажем, что
утверждение верно уже при n=3 и т.д.
Таким образом мы докажем истинность утверждения для всех натуральных n.

Цель данной работы – показать применение метода
математической индукции (ММИ) при решении задач ЕГЭ и олимпиадных задач.

Этой теме посвящено множество литературы.

Эта тема актуальна, так как ММИ позволяет довольно просто
решать многие задачи, и особенно задачи математических олимпиад.

Глава
1. Применение ММИ при решении алгебраических задач

Для ознакомления с тем, как
применяется метод математической индукции, рассмотрим вначале следующий простой
пример перед тем, как перейти к олимпиадным задачам.

Задача 1. Доказать, что сумма первых n чисел натурального ряда равна .

Решение.

1)                     
Проверим
верность формулы для :  ;

2)                     
Пусть формула
верна верно при некотором n.
Покажем, что она верна при ;

 , что и требовалось доказать.
По ММИ равенство верно при всех натуральных n.

Задача 2. Доказать, что .

Решение. Пусть , откуда , и . Нам
нужно доказать, что  при   (при n=1: 1<2; n=2: 8<9);

1) При n=3:. База индукции
доказана.

2) Предположим, что при n=k . Тогда ; ; .

3)Теперь нам нужно доказать, что > ; ; ; ; ; ; .

Последнее неравенство равносильно неравенству 1>0, что
верно, следовательно,  при
всех , откуда следует, что , ч. и т. д.

Задача 3 (региональный этап Всероссийской
олимпиады школьников по математике, 2015 год, 9 класс, 2 день, 8 задача). Петя хочет выписать все
возможные последовательности из 100 натуральных чисел, в каждой из которых хотя
бы раз встречается тройка, а любые два соседних члена различаются не больше,
чем на 1. Сколько последовательностей ему придётся выписать?

Решение. Назовём хорошей
последовательность из n натуральных
чисел, в которой хотя бы раз встречается тройка, а любые два соседних члена
различаются не больше, чем на 1. Обозначим через  количество хороших
последовательностей длины n. Мы докажем индукцией по n, что . База индукции при n = 1 очевидна: .

Сделаем переход от n к n+1. Назовём хорошую (n+1)-членную последовательность A отличной, если среди первых её n членов встречается тройка.
Соответственно неотличная (n+1)-членная последовательность – это хорошая последовательность, в
которой одна тройка, и эта тройка – последняя. Если хорошая n-членная последовательность A′ оканчивается числом 1, то из неё
можно получить две отличные – оканчивающихся числом 1 или 2. Если же A′ оканчивается числом k > 1, то из неё можно получить три отличных,
у которых в конце стоит k−1, k или k+1. Итак, если количество n-членных хороших
последовательностей, оканчивающихся числом 1, равно , то количество отличных
(n+1)-членных последовательностей
равно = .
Осталось посчитать количество неотличных (n+1)-членных последовательностей.
Ясно, что каждая из них оканчивается числом 3; если эту тройку откинуть,
получится n-членная последовательность A′ без троек. Поскольку её соседние
члены отличаются не больше, чем на 1, то либо все они больше 3, либо все меньше
3.

Если все члены A′ меньше 3, то A′ состоит из чисел 1 и 2, оканчиваясь
числом 2. При этом любая такая последовательность, дополненная в конце тройкой,
даст хорошую (n+1)-членную
последовательность. Значит, искомые последовательности получаются ровно из  неотличных последовательностей A′.

Пусть теперь все члены A′ больше 3; тогда она оканчивается на
четвёрку. В противном случае из такой последовательности нельзя получить хорошую.
Вычтя из всех её членов по 3, мы получим либо хорошую
последовательность, оканчивающуюся числом 1 (если в полученной
последовательности содержится 3) – таких ровно ; либо последовательность из
единиц и двоек, оканчивающуюся числом 1 – таких ровно . Итого, последовательностей
последнего типа есть . В итоге мы получаем, что .
Переход доказан.

Ответ: .

Глава 2. Применение ММИ
при решении геометрических задач.

Задача 1.  Дано n  произвольных квадратов. Доказать, что
их можно разрезать на части так, что из полученных частей можно сложить новый
квадрат.

 

Решение. При n=1 утверждение не требует доказательства.
Докажем, что при n=2 оно также справедливо. Обозначим стороны заданных
квадратов   и  соответственно
через x и y; пусть выполняется неравенство . На сторонах квадрата  со стороной x
отложим отрезки AM=BN=CP=DQ= и разрежем этот
квадрат по прямым MP и NQ, которые, как легко
видеть, пересекаются в центре O квадрата и образуют между собой прямой угол,
разбивая квадрат на 4 равные части.

     Эти куски
приложим ко второму квадрату:

Полученная фигура тоже будет
квадратом, т.к. углы , , ,  – прямые
и .

Предположим
теперь, что утверждение верно при n=k
и докажем, что оно верно и при n=k+1
квадратов.

Выберем
любые два из этих квадратов. Как было показано ранее, разрезая один из этих
квадратов и прикладывая полученные куски ко второму, можно получить новый
квадрат. Далее можно взять этот получившийся квадрат и любой другой из
оставшихся и получить из двух квадратов один, и т.д. В конце концов у нас
останется 2 квадрата, из которых мы сможет сделать один квадрат. Это и
требовалось.

Глава
3. Применение ММИ при решении «логических» олимпиадных задач.

Задача 1 (региональный этап
Всероссийской олимпиады школьников по математике, 2015 год, 10 класс, второй
день, задача 8). Дано натуральное число n > 2.
Рассмотрим все покраски клеток доски n×n в k цветов такие, что каждая клетка
покрашена ровно в один цвет, и все k цветов встречаются. При каком наименьшем k в любой такой покраске найдутся
четыре окрашенных в четыре разных цвета клетки, расположенные в пересечении
двух строк и двух столбцов?

Решение. Сначала мы предъявим пример покраски
клеток в 2n − 1 цветов так, чтобы не было ни одной
требуемой разноцветной четверки клеток. Покрасим все клетки первой горизонтали H и первой вертикали V в 2n − 1 различный цвет, причём клетку на их
пересечении покрасим в цвет c; затем покрасим все оставшиеся клетки также в цвет c. Тогда нетрудно понять, что из
четырёх клеток на пересечении любых двух столбцов и двух строк максимум две
будут иметь цвет, отличный от c. Значит, требуемой четвёрки клеток не найдётся.

Осталось доказать, что при k>2n требуемые четыре клетки всегда
найдутся. Мы докажем более общее утверждение: если клетки прямоугольника m × n окрашены в k>m+n цветов, причём все цвета
присутствуют, то найдутся 4 разноцветных клетки на пересечении двух строк и
двух столбцов.

Индукция по m+n. Заметим сразу, что при m = 1 утверждение верно, ибо раскрасок n клеток в n+1 цвет не существует; в частности,
это доказывает базу индукции при m+n=2. Предположим теперь, что m, n > 1, и совершим переход индукции.

Рассмотрим произвольную раскраску
клеток прямоугольника m×n в k цветов. Назовём цвет c уникальным для столбца V , если цвет c встречается только в столбце V; аналогично определим цвет, уникальный
для строки. Пусть существует столбец, для которого есть не более одного уникального
цвета. Тогда выбросим его; в оставшемся прямоугольнике будет встречаться не
менее k−1 > m+n−1 цветов, значит, по предположению
индукции в нём найдётся нужная четвёрка клеток.

Итак, осталось разобрать случай,
когда в каждом столбце (и, аналогично, в каждой строке) хотя бы по два уникальных
цвета. Рассмотрим любой столбец ; пусть в нём два
уникальных цвета p
и q, и какие-то клетки этих цветов стоят
в строках  и  соответственно.
В  есть два уникальных цвета; один из них
отличен от p. Пусть этот цвет – r, и в  клетка
этого цвета стоит в столбце . Тогда построенные два столбца и две
строки – требуемые. Действительно, на их пересечении в  стоят
два разных цвета, уникальных для ; значит, они не
встречаются в . Цвет r  p уникален для ,
значит, он не встречается в . Итого, в нашем
пересечении есть различные цвета p, q, r, а также клетка цвета, отличного от
них. Это и требовалось.

 

Задача 2. На краю пустыни имеются большой за­пас бензина и машина, которая при полной заправке может проехать 50
километров. В неограниченном количестве
имеются канистры, в которые можно сли­вать бензин из бензобака машины и
оставлять на хра­нение в любой точке пустыни. Доказать, что машина может проехать любое целочисленное расстояние, большее 50
километров. Канистры с бензином возить не разрешается, пустые можно возить в
любом коли­честве.

Решение. Попытаемся
доказать индукцией по n, что машина может отъехать на n километров от края пустыни. При n=50 это известно. Осталось провести шаг
индукции и объяснить, как проехать n=k+1 километров, если известно, что n=k километров про­ехать можно.

Однако
тут мы встречаемся с трудностью: после того как мы проехали k километров, бензина может не хватить даже на обратную
дорогу (не говоря уже о хранении). И в данном случае выход состоит в усиле­нии
доказываемого утверждения. Будем доказывать, что
можно не только про­ехать n километров, но и сделать сколь угодно боль­шой запас бензина в точке на
расстоянии n километ­ров от края
пустыни, оказавшись в этой точке после окончания перевозок.

База индукции. Пусть единица бензина — это
ко­личество бензина, необходимое для совершения од­ного
километра пути. Тогда рейс на расстояние в 1
километр и обратно требует двух единиц бензина, поэтому мы можем оставить
48 единиц бензина в хра­нилище на расстоянии
километра от края и вернуть­ся за новой порцией. Таким образом, за несколько рейсов в хранилище, отстоящем от основного на 1
километр, можно сделать запас произволь­ного размера, который нам потребуется.
При этом, чтобы создать 48 единиц
запаса, мы расходуем 50 единиц
бензина.

Шаг
индукции. Предположим, что на расстоя­нии n=k от края пустыни можно запасти любое количество
бензина. Докажем, что тогда можно со­здать хранилище на
расстоянии n=k+1
километ­ров с любым заданным наперед запасом бензина и
оказаться у этого хранилища в конце перевозок. Поскольку в
точке n=k имеется неограниченный запас бензина, то (согласно
базе индукции) мы мо­жем за несколько рейсов в точку n=k+1 сделать в этой
точке запас произвольного размера, ко­торый потребуется, из
чего следует, что можно проехать любое расстояние, большее 50
километров. Это и требовалось.

Задача
3. Головоломка «Ханойские башни» состо­ит из трех стержней. На одном из стержней находит­ся
пирамидка, состоящая из нескольких ко­лец разного диаметра,
уменьшающихся снизу вверх.

Эту пирамидку
нужно переместить на один из дру­гих
стержней, перенося каждый раз только одно коль­цо и не помещая большее кольцо на меньшее. Можно ли это сделать?

Решение. Итак, нам необходимо ответить на во­прос: можно ли переместить пирамидку, состоящую из n колец разного диаметра, с одного стержня на другой,
соблюдая правила игры.

База индукции. При n=1 требуемое возможно, так как пирамидку из одного
кольца, очевидно, можно пере­местить на любой стержень.

 Шаг индукции. Предположим, что мы умеем перемещать любые пирамидки с числом колец n=k. Докажем,
что тогда мы сможем переместить и пирамидку с числом колец n=k+1.

Пирамидку
из k колец,
лежащих на самом большом (k+1)-м
кольце, мы можем, согласно предположению, переместить на любой другой стержень.
Сделаем это. Неподвижное (k+1)-е кольцо не будет
нам мешать провести алгоритм перемещения, так как оно самое
большое, и, если понадобится в процессе перемещения пирамидки из n колец, мы можем переместить на него любое другое кольцо. После
перемещения k колец, переместим это самое большое (k+1)-е кольцо на
оставшийся стержень. Затем опять применим известный
нам по индуктивному предположению алгоритм перемещения к колец, и
переместим их на стержень с лежащим внизу (k+1)-м кольцом. Таким образом, если мы
умеем перемещать пирамидки с k кольцами,
то умеем перемещать пирамидки и с k+1
кольцами. Следовательно, согласно принципу
математической индукции, всегда можно переместить нужным образом пирамидку, состоящую из n колец, где n>1.

Задача 4 (региональный этап
Всероссийской олимпиады школьников по математике, 2010 год, 10 класс). Назовём лестницей высоты n фигуру, состоящую из всех клеток
квадрата n×n, лежащих не выше диагонали (на
рисунке показана лестница высоты 4). Сколькими различными способами можно
разбить лестницу высоты n на несколько прямоугольников, стороны которых идут по линиям сетки, а
площади попарно различны?

Решение. Отметим в каждом столбце лестницы по
одной верхней клетке; назовём их объединение верхним слоем. Никакие две из n клеток этого слоя не могут лежать в
одном прямоугольнике разбиения, поэтому в любом разбиении лестницы не менее n прямоугольников. С другой стороны,
минимальная суммарная площадь n прямоугольников с различными площадями равна 1+2+…+n, что совпадает с площадью всей
лестницы.

Значит, число прямоугольников в
любом разбиении равно n, их площади выражаются числами 1, 2, …, n,
и каждый из них содержит клетку верхнего слоя.

Покажем индукцией по n, что число требуемых разбиений лестницы
высоты n равно .
База индукции при n=1 очевидна.
Пусть утверждение индукции справедливо для лестницы высоты n−1; рассмотрим разрезание лестницы
высоты n на прямоугольники площадей 1, 2, …, n. Рассмотрим прямоугольник, покрывающий
угловую (наиболее далекую от верхнего слоя) клетку лестницы.

Он содержит клетку верхнего слоя, то
есть сумма длин его сторон a и b равна n+1. Поэтому его площадь , так как ; при
этом равенство может достигаться лишь при a=1 или b=1. Поскольку площади прямоугольников
разбиения не превосходят n, то S=n, и одна из сторон нашего
прямоугольника равна 1, а другая – n. Такой прямоугольник можно выбрать двумя способами (вертикальный или
горизонтальный), причем в обоих случаях после его отрезания остается лестница
высоты n−1, количество способов разрезать
которую на оставшиеся прямоугольники площадей 1, 2, …, n−1 равно  по
предположению индукции. Значит, искомое количество способов равно , что и требовалось.

Ответ: .

Заключение

Литература

1.    
Мадера
А.Г., Математические софизмы: Правдоподобные рассуждения, приводящие к
ошибочным утверждениям: Кн. Для учащихся 7–11 кл. / А.Г. Мадера, Д.А. Мадера. –
М.: Просвещение, 2003. – 112 с.

2.    
Горячев Д.,
Задачи, вопросы
и софизмы для любителей математики / Д. Горячев, А. Воронец. – Ижевск: РХД,
2000. – 80 с.

3.    
Лямин
А.А. Математические
парадоксы и интересные задачи для любителей математики. – М., 1903. – 334 с.

4.    
Литцман
В., Трир Ф. Где ошибка? – СПб., 1919. – 192 с.

Источник

Метод математической индукции для чайников

Метод полного перебора конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности, называется полной индукцией. Этот метод имеет крайне ограниченную область применения в математике, так как обычно математические утверждения касаются бесконечного множества объектов (например, натуральных чисел, простых чисел, квадратов и т.п.) и перебрать их невозможно.

Существует метод рассуждений, который позволяет заменить неосуществимый бесконечный перебор доказательством того, что если утверждение истинно в одном случае, то оно окажется истинным и в следущем за ним случае. Этот метод носит название математической индукции (или рассуждением от $n$ к $n+1$)

Основы метода математической индукции

В основе метода математической индукции (ММИ) лежит принцип математической индукции: утверждение $P(n)$ (где $n$ — натуральное число) справедливо при $forall n in N$, если:

  • Утверждение $P(n)$ справедливо при $n=1$.
  • Для $forall k in N$ из справедливости $P(k)$ следует справедливость $P(k+1)$.

Доказательство с помощью метода математической индукции проводится в два этапа:

  1. База индукции (базис индукции). Проверяется истинность утверждения при $n=1$ (или любом другом подходящем значении $n$)
  2. Индуктивный переход (шаг индукции). Считая, что справедливо утверждение $P(k)$ при $n=k$, проверяется истинность утверждения $P(k+1)$ при $n=k+1$.

Метод математической индукции применяется в разных типах задач:

  • Доказательство делимости и кратности
  • Доказательство равенств и тождеств
  • Задачи с последовательностями
  • Доказательство неравенств
  • Нахождение суммы и произведения

Ниже вы найдете примеры решения задач, иллюстрирующие применение метода математической индукции, а также ссылки на полезные сайты и учебник и небольшой видеоурок по ММИ.

Полезная страница? Сохрани или расскажи друзьям

Математическая индукция: задачи и решения

Доказательство кратности и делимости

Задача 1. Докажите, что $5^n-4n+15$ делится на 16 при всех $n in N_0$.

Задача 2. Доказать, что при любом натуральном $n$ число $a_n$ делится на $b$.

$$a_n = 2n^3+3n^2+7n, quad b=6.$$

Задача 3. Докажите методом математической индукции: $4^{2n-1} + 1$ кратно 5 для всех $n ge 1$.

Задача 4. Используя метод математической индукции, докажите, что для любого натурального числа истинно следующее утверждение: $6^{2n-2}+3^{n+1}+3^{n-1}$ кратно 11.

Доказательство равенств и неравенств

Задача 5. Доказать равенство

$$
1^2+2^2+…+n^2 = frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.
$$

Задача 6. Доказать методом математической индукции:

$$
p+(p+1)+(p+2)+…+(p+n) = frac{(2p+n)(n+1)}{2}.
$$

Задача 7. Доказать неравенство:

$$
frac{1}{n+1}+frac{1}{n+2}+…+frac{1}{2n} gt frac{13}{24} quad (n gt 1).
$$

Задача 8. Доказать утверждение методом математической индукции:

$$
left(1-frac{1}{4}right)left(1-frac{1}{9}right)left(1-frac{1}{16}right)cdot … cdotleft(1-frac{1}{n^2}right) =frac{n+1}{2n} quad (n ge 2).
$$

Задача 9. Доказать неравенство:

$$ 2!cdot 4! cdot … cdot (2n)! gt [(n+1)!]^n quad (n gt 2).$$

Задача 10. Докажите методом математической индукции неравенство Бернулли: $(1+a)^n gt 1 + acdot n$ для всех $nin N$ и $a gt -1$, $a in R$.

Вычисление сумм

Задача 11. Доказать методом математической индукции:

$$
1^2+3^2+5^2+…+(2n-1)^2 = frac{n(4n^2-1)}{3}.
$$

Задача 12. Найдите сумму

$$1 cdot 1! + 2 cdot 2! + . . . + 2012 cdot 2012! + 2013 cdot 2013!$$

Заказать решение

Если вам нужна помощь с решением задач по любым разделам математики, обращайтесь в МатБюро. Выполняем контрольные и практические работы, ИДЗ и типовые расчеты на заказ. Стоимость задания от 60 рублей, оформление производится в Word, срок от 2 дней.

Заказать решение задач по математике легко!

Полезные ссылки о ММИ

  • ММИ: краткая теория и примеры решений Страничка виртуальной школы юного математика. Разобраны примеры (в том числе для геометрии) и даны задачи для самостоятельной работы.
  • Виленкин Н.Я. Индукция. Комбинаторика Классическое пособие по методу математической индукции и комбинаторике (базовые понятия и примеры задач).
  • Математическая индукция. Основные определения и 10 разобранных решений.
  • Николаева С.А. Метод математической индукции: методическое пособие для учителей и учащихся.
  • А. Шень Математическая индукция. Пособие для школьников, разобраны 29 задач, из них 19 с полным решением.

Кратенький видеоурок о ММИ

Источник

ОБЛАСТНАЯ УЧЕБНО-ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКАЯ КОНФЕРЕНЦИЯ

«ЮНОСТЬ ПОМОРЬЯ»

Направление: математика

Метод математической индукции.

Исследовательская работа

Выполнена учеником 10 «А»  класса

МОУ «Средняя общеобразовательная

школа № 7», МО «Котлас»

Архангельской области

Мочалыгиным Николаем Дмитриевичем

Научный руководитель – учитель                                                                         математики МОУ «Средняя                                                                                 общеобразовательная школа № 7»,

МО «Котлас», Архангельской области

Курдюкова Ольга Васильевна

г. Архангельск, 2017

Оглавление

1. Введение………………………………………………………………………………

3

2. Из истории возникновения и развития метода математической индукции……….

4

3. Принцип математической индукции…………………………………………………

6

4. Применение метода математической индукции к решению различных типов математических задач…………………………………………………………………..

7

4.1. Применение метода математической индукции к доказательству тождеств……………………………………………………………………………..

8

4.2. Применение метода математической индукции к суммированию рядов….

9

4.3. Доказательство формулы бинома Ньютона…………………………………

10

4.4. Применение метода математической индукции к доказательству неравенств…………………………………………………………………………..

11

4.5. Доказательство неравенств Бернулли и Коши………………………………

13

4.6. Метод математической индукции в решении задач на делимость…………

15

4.7. Решение задач на раскраску карт методом математической

индукции…………………………………………………………………………………………………..

16

4.8. Метод математической индукции в решении

геометрических задач…………………………………………………………….

19

5. Применение метода математической индукции к решению задач повышенного уровня сложности……………………………………………………………………….

21

6. Метод математической индукции в заданиях ЕГЭ…………………………………

24

7. Заключение……………………………………………………………………………

28

8. Приложения…………………………………………………………………………..

30

8.1. Приложение 1. Дополнительные примеры задач на доказательство неравенств…………………………………………………………………………

30

8.2. Приложение 2. Дополнительные примеры задач на делимость…………..

31

8.3. Приложение 3. Дополнительные примеры олимпиадных задач………….

32

8.4. Приложение 4. Примеры для самостоятельного решения…………………

33

9. Список литературы……………………………………………………………………

35

1 ВВЕДЕНИЕ

Умение решать задачи – такое же практическое искусство, как умение

плавать или бегать.

Ему можно научиться только путем подражания или упражнения.

Д. Пойя.

        Одной из отличительных черт математики является дедуктивное построение теории, однако дедукция не является единственным методом научного мышления. В экспериментальных науках велика роль индуктивных выводов. Например, в математике индукция часто помогает угадать формулировку теорем, а в ряде других случаев даже наметить пути доказательств.

        Данная тема является актуальной сегодня, выросла область применения метода математической индукции. Но, к сожалению, в школьной программе уделяется ничтожно мало времени для изучения данной темы. Для разбора материала чаще всего отводится лишь несколько занятий, на которых даётся теория и разбирается несколько примитивных задач. В школах без углубленного изучения математики этот метод вовсе не входит в образовательную программу. Однако на вступительных экзаменах в ведущие вузы страны встречаются задачи, при решении которых необходим метод математической индукции. При доказательстве многих теорем в математическом анализе на первом курсе в университете используется метод математической индукции, и студентам, у которых в школе не было факультативного курса по этому методу, приходится изучать его самостоятельно.

        Цель моей работы – подробное и глубокое изучение метода математической индукции, его применения от момента возникновения, до современного уровня развития математики.

        Для достижения данной цели нами были поставлены следующие задачи:

1. Изучить научно-методическую и учебную литературу по данной теме.

2. Систематизировать многочисленные примеры и задачи, которые позволяют более глубоко и широко оценить применение метода математической индукции к решению различных типов задач (доказательства тождеств, неравенств, задач на делимость, геометрических задач и т. д.). Рассмотреть задачи повышенного уровня сложности (задачи различных этапов Всероссийской олимпиады школьников), а также задания ЕГЭ, при решении которых можно использовать метод математической индукции.

3. Рассмотреть доказательство некоторых теорем элементарной алгебры методом математической индукции.

        Объектом моего исследования является метод математической индукции, самый распространённый способ доказательства различных математических выражений. Предмет исследования – применение метода математической индукции к решению самых разных типов математических задач, а так же его использование при решении заданий ЕГЭ и Всероссийской олимпиады школьников.

        В ходе работы были использованы следующие методы исследования:

1. Анализ математической литературы и ресурсов Интернета.

2. Репродуктивное воспроизведение изученного материала.

3. Познавательно-поисковая деятельность.

4. Анализ и сравнение данных в поиске решения задач.

5. Постановка гипотез и их поверка.

6. Сравнение и обобщение математических фактов.

7. Решение задач различных видов.

8. Анализ полученных результатов.

        В своей работе я постараюсь показать практическое значение метода математической индукции как необходимого фактора для решения задач.

        Чтобы достичь каких-либо успехов, нужно напряжённо и достаточно долго тренироваться. Если будет накоплен некоторый «багаж» олимпиадных идей и методов решений, то появится уверенность в своих возможностях. Размышления над задачами развивают интеллект, сообразительность, способствуют повышению уровня математической грамотности.

2 ИЗ ИСТОРИИ ВОЗНИКНОВЕНИЯ И РАЗВИТИЯ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

        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. 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 движения планет Кеплера, выведенных им при обработке многолетних наблюдений датского астронома Тихо Браге.

        Приведем пример рассуждения по индукции:

        Требуется установить, что каждое четное число в пределах от 4 до 100 можно представить в виде суммы двух простых чисел. Для этого переберем все интересующие нас числа и выпишем соответствующие суммы:

4 = 2 + 2;  6 = 3 + 3;  8 = 3 + 5;  10 = 5 + 5;   …  ;  94 = 5 + 89;  96 = 7 + 89;  98 = 9 + 89;  

100 = 3 + 97.

        Эти 49 равенств (мы выписали только 8 из них) показывают, что утверждение о том, что любое четное число от 4 до 100 можно представить в виде суммы двух простых чисел, верно и было доказано путем перебора всех частных случаев.

        Это был пример полной индукции, когда общее утверждение доказывается для конечного множества элементов при рассмотрении каждого из этих элементов. Но чаще общее утверждение относится не к конечному, а к бесконечному множеству. В таких случаях общее утверждение может быть угаданным, полученным неполной индукцией. Оно может оказаться верным или неверным.

        Знаменитый математик XVII в. Пьер Ферма проверив, что числа

 + 1 = 3

 + 1 = 5

 + 1 = 17

 + 1 = 257

 + 1 = 65537

простые, сделал по индукции предположение, что для всех натуральных n числа вида +1 простые.

        В XVIII веке Леонард Эйлер нашел, что при n = 5:  + 1 = 4294967297 = 6416700417 (составное число).

        Таким образом, неполная индукция не считается в математике методом строгого доказательства, т. к. может привести к ошибке. Так к середине семнадцатого столетия в математике накопилось немало ошибочных выводов. Стала сильно ощущаться потребность в научно обоснованном методе, который позволял бы делать общие выводы на основании рассмотрения нескольких частных случаев.  И такой метод был разработан, он называется методом математической индукции.

        Основная заслуга в разработке этого метода принадлежит французским математикам Блезу Паскалю (1623 — 1662) и Рене Декарту (1596-1650), а также швейцарскому математику Якобу Бернулли (1654-1705), хотя отдельные случаи применения встречаются ещё в античные времена у Прокла и Эвклида. Современное название метода было введено Огастесом де Морганом в 1838 году.

3 ПРИНЦИП МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

        Принцип математической индукции, именно в привычной форме двух шагов, впервые появился в 1654 году в работе Блеза Паскаля «Трактат об арифметическом треугольнике», в которой индукцией доказывался простой способ вычисления числа сочетаний (биномиальных коэффициентов).

         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 (предположение индукции), и с учётом этого предположения устанавливается справедливость его для n = k + 1 (шаг индукции, или индукционный переход).

        Докажем справедливость принципа математической индукции методом «от противного». 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, m – натуральное число. Выходит, что для натурального числа утверждение справедливо, а для следующего натурального числа m оно несправедливо. Это противоречит условию 2.

ЧТД

        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.

        Итак, доказательство по методу полной математической индукции проводится в три этапа:

        1. проверятся справедливость утверждения для любого натурального числа n (обычно проверку делают для n = 1);

        2. предполагается справедливость утверждения при любом натуральном n = k;

        3. доказывается справедливость утверждения для числа n = k + 1, отталкиваясь от предположения справедливости утверждения для n=k.

        Доказательство методом неполной математической индукции некоторого утверждения, зависящего от n, где n2 проводится аналогичным образом, но в начале устанавливается справедливость для наименьшего значения n.

        Метод математической индукции — эффективный метод доказательства гипотез (утверждений), основанный на использовании принципа математической индукции, поэтому он приводит только к верным выводам. Методом математической индукции можно решать не все задачи, а только параметризованные некоторой переменной, которая называется переменной индукции. Метод математической индукции имеет наибольшее применение в арифметике, алгебре и теории чисел. В дальнейших параграфах рассмотрим его применение.

4 ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ К РЕШЕНИЮ РАЗЛИЧНЫХ ТИПОВ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

        Метод математической индукции – универсальное орудие для решения множества типов математических задач. В этом параграфе рассмотрим его основные сферы применения и докажем несколько довольно известных формул.

4.1 Применение метода математической индукции к доказательству тождеств

        Основная сфера применения метода математической индукции – доказательство различных тождеств. Рассмотрим несколько примеров решения данного типа задач.

Пример 1.

        Докажите, что для любого действительного числа a и любых натуральных чисел m и n справедливо равенство .

Доказательство: Зададим произвольное натуральное число m и будем, как говорят, вести индукцию по n.

1. При n = 1 равенство верно по определению степени с натуральным показателем:

2. Пусть теперь наше равенство верно при n = k:

3. Докажем, что оно справедливо и для n = k + 1:

Тогда по предположению индукции и по определению степени имеем:

,

т. е. .

        Следовательно, согласно принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального n при произвольно выбранном m, т. е. оно верно для любых натуральных m и n.

Пример 2.

        Доказать, что для любого натурального n > 1справедливо равенство

Доказательство: Заметим, что нам нужно доказать данное тождество для всех n > 1, то есть базис индукции проверяется для следующего натурального значения n, т. е. для n = 2.

1. При n = 2 получаем

  – верно, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено.

2. Предположим, что формула верна для n = k: …=

3. Докажем её справедливость и для n = k + 1: …=

Заменим первые k множителей на   (по предположению п. 2) и выполним некоторые преобразования:

…==

        Итак, второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана. 

        Метод математической индукции применим и к решению некоторых тригонометрических задач. Рассмотрим такой пример.

Пример 3.

        Доказать равенство  .

Доказательство: докажем тождество методом математической индукции.

1. При n = 0 получим   (верно).

2. Пусть тождество справедливо при n = k: .

3. Докажем, что оно справедливо и при n = k + 1:

.

        Следовательно, равенство верно (по методу математической индукции).

4.2 Применение метода математической индукции к суммированию рядов

        Суммирование рядов – особый вид тождеств. Уделим таким задачам отдельное внимание.          

        Методом математической индукции доказываются многие известные формулы, одной из которых является формула суммы n первых членов арифметической прогрессии.

Пример 4.

        Докажите формулу суммы n первых членов арифметической прогрессии

S(n) =.

Доказательство: 1. При n = 1 получим S(1) == (верно, т. к. сумма первого члена арифметической прогрессии равна самому первому члену этой прогрессии).

2. Предположим, что формула верна для n = k: S(k) =.

3. Докажем правильность формулы и для n = k + 1:

S(k + 1) ==

        По методу математической индукции формула доказана.

        Рассмотрим ещё один пример задачи на суммирование рядов.

Пример 5. 

        Найдите сумму

Решение: S(1) =, S(2) = , S(3) = S(2) + =. Можно предположить, что S(n) =. Докажем это.

1. Для n=1 формула верна:   .

2. Предположим, что она будет верна для n = k: S(k) =.

3. Докажем, что формула верна и для n = k + 1:

S (k + 1) = S(k)

=

        Второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана.

4.3 Доказательство формулы бинома Ньютона

        Как мы уже говорили, методом математической индукции доказываются многие известные формулы. В параграфе 4.2 мы рассмотрели доказательство формулы суммы n первых членов арифметической прогрессии. Рассмотрим доказательство ещё одной знаменитой формулы – формулы бинома Ньютона.

        Бином Ньютона — формула для разложения на отдельные слагаемые целой неотрицательной степени суммы двух переменных.

        Долгое время считалось, что для натуральных показателей степени эту формулу, как и треугольник, позволяющий находить коэффициенты, изобрёл Блез Паскаль, описавший её в XVII веке. Однако историки науки обнаружили, что формула была известна ещё китайскому математику Яну Хуэю, жившему в XIII веке, а также исламским математикам ат-Туси (XIII век) и ал-Каши (XV век).

        Исаак Ньютон около 1677 года обобщил формулу для произвольного показателя степени (дробного, отрицательного и др.). Из биномиального разложения Ньютон, а позднее и Леонард Эйлер, выводили всю теорию бесконечных рядов.

        Знаменитая формула легко доказывается с помощью метода математической индукции. Рассмотрим её доказательство.

        В общем виде формула выглядит так:

.

1. При n = 1 имеем a + b = b + a (верно, т. к. от перестановки слагаемых сумма не меняется).

2. Предположим справедливость формулы при n = k: .

3. Докажем, что формула справедлива и для n = k + 1.

 (.

Используя равенство , получим

        Второе условие принципа математической индукции выполнено. Формула доказана.

4.4 Применение метода математической индукции к доказательству неравенств

        С помощью метода математической индукции можно доказать множество неравенств. И пусть данный метод не является наиболее распространённым в этой сфере, доказывать неравенства с помощью индукции бывает непросто, он всё же может оказаться полезен. В данном параграфе рассмотрим пример доказательства неравенства методом математической индукции и рассмотрим более сложные задачи.

Пример 6.

        Доказать, что справедливо неравенство  для всех натуральных n при a > 0.

Доказательство: 1. При n = 1 обе части равны:

2. Предположим, что при n = k выполняется неравенство .

3. Докажем, что неравенство верно и при n = k + 1:

        Итак, для n = k + 1 неравенство верно, следовательно, по методу математической индукции, утверждение верно для любого натурального n.

        Не всегда в условиях задач, решаемых с помощью метода математической индукции, бывает чётко сформулирован общий закон, который нужно доказывать. Иногда приходится путём наблюдений частных случаев сначала обнаружить (догадаться), к какому общему закону они приводят, и только потом доказывать высказанную гипотезу методом математической индукции. Кроме того, переменная индукции может быть замаскированной, и прежде, чем решать задачу, необходимо определить, по какому параметру будет проводиться индукция. В качестве примеров рассмотрим следующие задачи.

Пример 7.

        Доказать, что  при любом натуральном n > 1.

Доказательство: Попробуем доказать это неравенство методом математической индукции.

1. Базис индукции проверяется без труда:  – верно.

2. По предположению индукции .

3. Нам остается доказать, что .

Если воспользоваться индуктивным предположением, то мы будем утверждать, что

.

Хотя это равенство на самом деле верно, оно не даёт нам решения задачи.

Попробуем доказать более сильное утверждение, чем это требуется в исходной задаче. А именно докажем, что

.

Может показаться, что доказывать это утверждение методом индукции – дело безнадёжное, однако

1. При n = 1 имеем:  – утверждение верно.

2. Для обоснования индуктивного шага предположим, что .

3. Тогда докажем, что .

Действительно,

=.

Таким образом, нами доказано более сильное утверждение, из которого сразу же следует утверждение, содержащееся в условии задачи.

        Поучительным здесь является то, что хотя нам и пришлось доказывать более сильное утверждение, чем это требуется в задаче, но мы могли пользоваться и более сильным предположением в индуктивном шаге. Этим и объясняется, что прямолинейное применение принципа математической индукции не всегда приводит к цели.

        Ситуация, возникшая при решении задачи, получила название парадокса изобретателя. Сам парадокс состоит в том, что более сложные планы могут быть реализованы с большим успехом, если они базируются на более глубоком понимании существа дела.

        Но бывают случаи, когда требуется не просто доказать более сильное утверждение, а провести доказательство вспомогательного утверждения. Пример такой задачи мы рассмотрим в Приложении 1 (стр. 30).

4.5 Доказательство неравенств Бернулли и Коши.

        Среди неравенств, как и среди тождеств, есть наиболее известные. К таким относятся, например, неравенства Бернулли и Коши. В данном параграфе рассмотрим их доказательство методом математической индукции.

        Неравенство Якоба Бернулли в обобщённом виде выглядит так:  при любом  и любом натуральном n.

        Рассмотрим его доказательство методом математической индукции.

Доказательство: 1. Пусть n = 2. Тогда неравенство приобретает вид  (верно).

2. Предположим, что неравенство справедливо для n = k, то есть .

3. Докажем, что оно верно и для n = k + 1, то есть :

.

        Итак, на основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n > 2.

        Неравенство Огюстена Луи Коши звучит так: «Среднее арифметическое нескольких положительных чисел не меньше их среднего геометрического, т. е. если  – неотрицательные числа, то

,

причём равенство имеет место в том, и только в том случае, когда .

Доказательство: Докажем сначала вспомогательное утверждение.

Лемма. Пусть  – произвольные положительные числа, причём . Тогда справедливо неравенство .

        Доказательство: Докажем неравенство методом математической индукции.

        1. Пусть n = 2. Тогда . Если оба числа равны 1, то  и, следовательно, утверждение верно. Пусть теперь , а , тогда  и . Решим неравенство  или   Последнее неравенство справедливо при всех , следовательно, доказываемое утверждение справедливо.

2. Пусть утверждение справедливо при n = k.

3. Пусть n = k + 1 и  – произвольные положительные числа и .

        Возможны два случая: либо все числа равны 1, тогда их сумма равна k + 1 и неравенство доказано, либо среди этих чисел хотя бы одно не равное единице. Тогда найдётся, по крайней мере, ещё одно число, не равное единице, причём одно из них больше единицы, а другое меньше единицы. Пусть , а . Рассмотрим теперь произведение k чисел . Тогда, используя предположение индукции, получим .

        Прибавим к обеим частям неравенства :

        Заметим, что

        Следовательно, . Утверждение доказано. Из приведённого доказательства следует, что знак равенства в доказываемом соотношении имеет место тогда и только тогда, когда .

        Вернёмся теперь к доказательству неравенства Коши. Рассмотрим n чисел

 Эти числа положительны и их произведение равно 1. Тогда

  или  .

Причём знак равенства возможен, .

        Неравенство Коши доказано для любого натурально .

4.6 Метод математической индукции в решении задач на делимость

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

        Рассмотрим следующие примеры:

Пример 8.

        Доказать, что  кратно 27, где n – натуральное число.

Доказательство: 1. При n = 1 получаем   27 (верно).

2. Предположим, что при n = k     27 – верно.

3. Докажем, что утверждение справедливо и для n = k + 1:

        Т. к. первое слагаемое делится на 27 (по предположению п. 2) и второе слагаемое делится на 27 (т. к. один из его множителей равен 27), то   кратно 27 при любом натуральном n по методу математической индукции.

        Задачи на делимость, решаемые с помощью метода математической индукции, довольно однотипны. В целом, чтобы доказать делимость того или иного выражения на какое-либо число, достаточно просто следовать алгоритму, представленному в предыдущем примере. В Приложении 2 (стр. 31) мы рассмотрим более сложный пример, в котором необходимо будет применить метод математической индукции дважды.

4.7 Решение задач на раскраску карт методом математической индукции.

        Интересны задачи о раскраске карт. Пусть на плоскости задана некоторая географическая карта. Будем говорить, что карта правильно раскрашена, если любая ее страна раскрашена определенной краской, причем любые ее две страны, имеющие между собой общую границу, закрашены в разные цвета.

        Примером правильно раскрашенной карты может служить любая географическая карта. Любую карту можно раскрасить, например, закрасив каждую страну в особый цвет, но такая раскраска неэкономна. Поэтому возникает вопрос, каково то наименьшее число красок, которыми можно правильно раскрасить заданную карту.

        К примеру, для раскраски следующих карт нужно:

         2 цвета                      3 цвета                        4 цвета

         До сих пор не найдено ни одной карты, которую не удалось бы правильно раскрасить четырьмя красками. Впервые на это обстоятельство обратил внимание немецкий математик Август Фердинанд Мебиус более ста лет назад. С тех пор многие крупные ученые пытались решить эту проблему четырех красок, то есть пытались либо доказать, что четырех красок достаточно для раскраски любой карты, либо найти пример карты, которую нельзя раскрасить четырьмя красками. Однако до сих пор этого никому не удалось сделать. Установлено, что для правильной раскраски любой карты достаточно пяти красок.

        Любопытно, что для некоторых поверхностей, устроенных, казалось бы, более сложно, чем плоскость, проблема раскраски карт решена полностью. Так, например, доказано, что на поверхности тора («баранки») для правильной раскраски любой карты достаточно семи красок. Причем существуют карты, которые нельзя правильно раскрасить 6 красками.

        Рассмотрим некоторые задачи на раскраску карт, решаемые с помощью метода математической индукции.

Пример 9.

        Пусть прямоугольник разбит на части n прямыми. Доказать, что его можно так закрасить черной и белой красками, что каждые две части, имеющие общую сторону, будут окрашены в разные цвета.

Доказательство: 1.  При n = 1 имеем:

2. Пусть утверждение верно при n = k.

3. Докажем, что оно верно и при n = k + 1.

        При n = k + 1 нужно раскрасить конфигурацию, образованную k прямыми из данных k + 1 прямых следующим образом:

                                                                (k+1)  прямая

        Затем перекрасить всё, что лежит с одной из сторон оставшейся (k+1)  прямой в противоположный цвет.

                                                                 (k+1)  прямая

        Итак, утверждение верно при n = k + 1, а следовательно верно для любого натурального n. Утверждение доказано методом математической индукции.

Пример 10.

        На плоскости дано n ≥ 2 окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.

Доказательство: 1. При n = 2 имеем при всевозможных положениях окружностей следующие рисунки:

2.  Пусть утверждение верно при n = k ≥ 2.

3. Докажем, что оно справедливо и для n = k +1. Пусть на плоскости заданы k + 1 окружностей.

Временно удалим одну из этих окружностей. Карту из оставшихся k окружностей можно раскрасить двумя цветами (рис 1).

Теперь восстановим отброшенную окружность и по одну сторону от неё (например, вне) изменим цвет каждой области на противоположный (рис. 2).

        Мы видим, что действительно возможно раскрасить карту из n + k окружностей в 2 цвета. Следовательно, утверждение доказано по принципу математической индукции.

4.8 Метод математической индукции в решении геометрических задач

        Трудно поверить, но и некоторые геометрические задачи решаются с помощью метода математической индукции. Рассмотрим решения нескольких таких задач.

Пример 11.

        Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно .

Доказательство: 1. При n = 3 утверждение справедливо, т. к. в треугольнике  диагоналей.

2. Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике количество диагоналей равно .

3. Докажем, что в любом (k+1)-угольнике число диагоналей равно .C:UsersuserDesktop15 пример.bmp

        Пусть  – выпуклый (k+1)-угольник. Проведём в нём диагональ . Чтобы подсчитать общее количество диагоналей этого (k+1)-угольника нужно к числу диагоналей k-угольника  прибавить k — 2, то есть число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины , и прибавить 1 (т. е. учесть диагональ )

        Таким образом, количество диагоналей выпуклого (k+1)-угольника равно . Утверждение доказано.

Пример 12.

        На сколько частей разбивают плоскость n прямых общего положения (т. е. прямых, никакие две из которых не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке).

Решение: В этой задаче отсутствует явная формула, которую нужно доказать. Поэтому решение задачи стоит начать с выявления закономерности изменения числа частей при проведении новой прямой.

        Обозначим за Dn количество частей, на которые делят плоскость n прямых и рассмотрим первые несколько случаев.

C:UsersuserDesktop1.bmpC:UsersuserDesktop2.bmpC:UsersuserDesktop3.bmpC:UsersuserDesktop4.bmp

        Рис 3.а                Рис 3.б                Рис 3.в                Рис 3.г        

        Одной прямой мы делим плоскость на 2 части, т. е. D1 = 2 (рис. 3.а). Двумя прямыми мы делим плоскость на 4 части (рис 3.б), тремя – на 7 частей (рис 3.в), четырьмя – на 11 частей (рис 3.г), т. е. D2 = 4 = D1 + 2; D3 = 7 = D2 + 3; D4  = 11 = D3 + 4 и т. д. Исследуя найденные числа, замечаем, что Dn+1 = Dn + (n + 1). Заметим, что (n+1)-ая прямая пересекает остальные n прямых в n точках и делится ими на (n+1) часть. Каждая часть прямой добавляет к разбиению плоскости одну часть. Возникает предположение, что число частей равно 1 + Sn, где Sn – сумма n первых членов арифметической прогрессии с разностью 1:

Dn = 1+.         

Докажем наше предположение с помощью метода математической индукции.

Доказательство: 1.  При n = 1 получаем D1 = D0 + 1 = 1 + 1 = 2 – верно (см. рис. 3.а).

2. Пусть уже проведено n прямых и проводим (n+1)-ую прямую. Новая прямая «начинается» внутри некоторого угла, образованного парой имеющихся прямых, и разбивает его, добавляя одну часть плоскости. Далее она пересекает каждую из имеющихся прямых. В результате каждого пересечения она входит в новую фигуру и добавляет ещё одну часть к уже имеющимся. Всего она может добавить не более чем (n+1) часть. Значит:

Dn+1 = Dn + (n + 1) =+ 1 + n + 1 =  + 1

        В соответствии с принципом математической индукции, утверждение доказано.

Ответ: Dn = 1 + .

5 ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОГО УРОВНЯ СЛОЖНОСТИ

        Часто бывает так, что серьёзное увлечение математикой начинается с решения какой-либо понравившейся нестандартной задачи. Такая задача может встретиться на уроке в школе, на занятии математического кружка, в журнале или книге. Богатым источником таких задач служат различные олимпиады – от школьных, районных и городских до международных. Приведем несколько примеров олимпиадных задач, выходящих за рамки школьной программы.

Пример 13.

        Доказать, что при любом натуральном n большем 1 справедливо двойное неравенство

Доказательство: 1. При n=2 неравенство очевидно:

2. Предположим, что исходное неравенство имеет место при n = k, то есть , где

3. Докажем теперь, что , где

Имеем:

так как ,

так как

        Итак, . Следовательно, двойное неравенство доказано для любого .

Пример 14.

        Выпуклый многоугольник будем называть «красивым», если выполняются следующие условия:

   1.Ккаждая его вершина окрашена в один из трёх цветов;

   2. Любые две соседние вершины окрашены в разные цвета;

   3. В каждый из трёх цветов окрашена, по крайней мере, одна вершина многоугольника.

        Доказать, что любой красивый n-угольник можно разрезать не пересекающимися диагоналями на «красивые» треугольники.

Решение: Воспользуемся методом математической индукции.

1. При наименьшем из возможных n = 3 утверждение задачи очевидно: вершины «красивого» треугольника окрашены в три разных цвета и никакие разрезы не нужны.

2. Допустим, что утверждение задачи верно для любого «красивого» n-угольника.

3. Рассмотрим произвольный «красивый» (n+1)-угольник и докажем, используя предположение индукции, что его можно разрезать некоторыми диагоналями на «красивые» треугольники. Обозначим через  последовательные вершины (n+1)-угольника. Если в какой-либо из трёх цветов окрашена лишь одна вершина (n+1)-угольника, то, соединив эту вершину диагоналями со всеми не соседними с ней вершинами, получим необходимое разбиение (n+1)-угольника на «красивые» треугольники.

        Если в каждый из трёх цветов окрашены не менее двух вершин (n+1)-угольника, то обозначим цифрой 1 цвет вершины , а цифрой 2 цвет вершины . Пусть k – такой наименьший номер, что вершина окрашена в третий цвет. Понятно, что k > 2. Отсечём от (n+1)-угольника диагональю –2 треугольник –2–1. В соответствии с выбором числа k все вершины этого треугольника окрашены в три разных цвета, то есть этот треугольник «красивый». Выпуклый n-угольник  … –2+1 … +1, который остался, также, в силу индуктивного предположения, будет «красивым», а значит разбивается на «красивые» треугольники, что и требовалось доказать.

Пример 15.

        Доказать, что в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку.

Решение: Проведём доказательство методом математической индукции.

        Докажем более общее утверждение: в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n сторон и диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку.

1. При n = 3 утверждение очевидно.

2. Допустим, что это утверждение верно для произвольного n-угольника.

3. Докажем его справедливость для произвольного (n+1)-угольника.

        Используем метод от противного. Допустим, что для (n+1)-угольника это утверждение неверно. Если из каждой вершины (n+1)-угольника выходит не больше двух выбранных сторон или диагоналей, то всего их выбрано не больше чем n+1. Поэтому из некоторой вершины А выходит хотя бы три выбранных стороны или диагонали AB, AC, AD. Пусть АС лежит между АВ и AD. Поскольку любая сторона или диагональ, которая выходит из точки С и отличная от СА, не может одновременно пересекать АВ и AD, то из точки С выходит только одна выбранная диагональ СА.

        Отбросив точку С вместе с диагональю СА, получим выпуклый n-угольник, в котором выбрано больше n сторон и диагоналей, любые две из которых имеют общую точку. Таким образом, приходим к противоречию с предположением, что утверждение верно для произвольного выпуклого n-угольника.

        Итак, для (n+1)-угольника утверждение верно. В соответствии с принципом математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

Пример 16.

        Известно, что   – целое число. Доказать, что  – так же целое число при любом целом n.

Решение: Введём обозначение:  и сразу отметим, что , поэтому дальше будем вести речь о натуральных индексах.

Заметим, что  – целое число по условию;  – целое, так как ; = 2.  

        Предположим, что  целое при любом натуральном  не превосходящем n. Тогда – целое число, но  и . Однако, , согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и . Следовательно,  – целое число при любом целом n, что и требовалось доказать.

Пример 17.

        Доказать, что при любом натуральном n число  делится на и не делится на .

Решение: Введём обозначение: .

        При n = 1 имеем . Итак,  делится на  и не делится на .

        Пусть при n = k число  делится на и не делится на , то есть  , где m не делится на 3. Тогда 

        Очевидно, что  делится на  и не делится на . Следовательно, утверждение доказано для любого натурального n.

6 ЗАДАЧИ НА МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ В ЕГЭ

        Метод математической индукции может оказаться отличным оружием при решении задания 19 (С6) Единого Государственного экзамена. Приведем несколько примеров заданий ЕГЭ, которые легко решаются с помощью метода математической индукции.

Пример 18 (Задание С6 ЕГЭ по математике, 2010 г.).

        Найдите все целые решения неравенства

Решение.

ОДЗ:  

           

 т. е.

1).  получаем  (верно);

2).  получаем  (верно);

3).  получаем  (верно);

4).  получаем  (верно);

Для остальных целых х неравенство не выполняется. Докажем по индукции неравенство .

1. При  получим  (верно).

2. Предположим, что утверждение верно при n = k , т.е.    (*).

3. Докажем, что оно выполняется и при n = k+1:

Прибавим к неравенству (*) по 1 и проверим, что справедливо неравенство .

В самом деле, , поскольку , что верно для любого . Неравенство доказано.

        Ответ: .

Пример 19 (Задание С6 ЕГЭ по математике, 2013 г.).

        Доказать, что  для любого натурального числа n.

Решение: 1.  При n = 1 получим

   (верно).

                    .

2. Предположим, что утверждение верно при n = k, т.е.

3. Докажем, что тогда утверждение верно и при n = k + 1, т.е. докажем, что .

        Каждое слагаемое делится на 133, следовательно, сумма делится на 133, т.е.

.

        По принципу математической индукции делаем вывод, что требуемое утверждение доказано.

Пример 20 (Задание С6 ЕГЭ по математике, 2012 г.).

        Докажите равенство , .      (1)

Решение: Докажем равенство методом математической индукции.

1. При n = 1:   (верно).

2. Предположим, что равенство верно при n = k, т.е.

.     (2)

3. Докажем, что проверяемое равенство верно и при n = k + 1, т.е.

.     (3)

или

Итак, из равенства (2) вытекает равенство (3).

        Оба условия принципа математической индукции выполняются, значит, равенство (1) справедливо для любого натурального числа n.

Пример 21 (Задание С6 ЕГЭ по математике, 2010 г.).

        Найдите все пары натуральных чисел m и n, удовлетворяющих уравнению
Решение: Рассмотрим делимость 3n + 1 на 8 для чётного или нечётного n.
1). n = 2·k; k ∈ ℕ; тогда:

, где {h, R} ∈ ; 0 ≤ R ≤ 7; h > 0  (R — остаток от деления на 8, h — целая часть).

9k + 1 = 8·h + R
Следовательно, 9k + (1 − R) кратно 8.
        Используя метод математической индукции, определим R и докажем, что при любом k будет такой остаток.
1. При k = 1: (10 − R) кратно 8. Отсюда предположим, что R = 2. База тогда верна.
2. Пусть для k = а число (9a − 1) кратно 8.

3. Докажем, что 9a + 1 – 1 также кратно 8:
  (кратно 8).
        Отсюда следует, что   9a + 1 – 1  кратно 8.
        Итак, при чётном n    при делении на 8 даёт всегда остаток 2.
2).  Тогда:
32·k − 1 + 1 = 8·h + R, где {h, R} ; 0 ≤ R ≤ 7; h > 0.
Следовательно,   кратно 8.
        И вновь применим метод математической индукции:
1. При k = 1:  (4 − R) кратно 8. Отсюда предположим, что R = 4. База тогда верна.
2. Пусть для k = а число  кратно 8.

3. Докажем, что 32·(a + 1) − 1 − 3 также кратно 8.

кратно 8.
        Отсюда следует, что  (32·(a + 1) − 1 − 3)  кратно 8.
        Итак, при нечётном n   3n + 1 при делении на 8 даёт всегда остаток 4.
        Вернёмся к уравнению. 2m = 1 + 3n. Так как при любом n правая часть не кратна 8, то m меньше 3. Следовательно, возможны 2 случая:
1) m = 2; 3n = 3  n = 1
2) m = 1; тогда 3n = 1;   n = . Но числа m и n — натуральные, поэтому данная пара чисел не подходит.
Ответ: n = 1, m = 2.

7 ЗАКЛЮЧЕНИЕ

        Роль индукции в математике сложно переоценить. 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 огромное количество утверждений. И отбор тех утверждений, которые надо доказывать, подсказывается именно индукцией. Именно она позволяет из миллионов бесполезных теорем выбрать полезные, именно индукция указывает, какие теоремы могут оказаться верными, и даже помогает наметить путь доказательства.

        «У меня нет для доказательства никаких других доводов, за исключением длинной индукции, которую я провёл так далеко, что никоим образом не могу сомневаться в законе, управляющим образованием этих членов… И кажется невозможным, чтобы закон, который, как было обнаружено, выполняется, например, для 20 членов, нельзя было бы наблюдать и для следующих». Эти слова принадлежат швейцарскому математику Леонарду Эйлеру. Индукция уже на протяжении множества веков используется математиками, но, к сожалению, не все выводы, сделанные ими методом неполной индукции, верны. Для решения этой проблемы был создан метод математической индукции, который является наиболее эффективным методом проведения полной индукции. Он и по сей день активно используется учёными самых разных областей, прежде всего математики.

        Итак, индукция (от лат. inductio – наведение, пробуждение) – одна из форм умозаключения, приём исследования, применяя который от знания отдельных фактов приходят к общим положениям. Индукция бывает полная и неполная. Метод неполной индукции состоит в переходе к универсальной формулировке после проверки истинности частных формулировок для отдельных, но не всех значений n. Применяя полную индукцию, мы лишь тогда считаем себя вправе объявить об истинности универсальной формулировки, когда убедились в её истинности для каждого без исключения значения n.

        Метод математической индукции – метод доказательства, основанный на принципе математической индукции. Его можно сравнить с принципом домино: представьте ряд домино, выстроенных друг за другом таким образом, что если толкнуть одну костяшку, то упадут они все. Так же и при доказательстве методом математической индукции: мы «толкаем первую костяшку» — базис индукции. Затем, мы проверяем, «упадёт ли какая-то (n+1)-ая костяшка», при условии, что «упадет n-ная». А так как эта «n-ная костяшка» выбрана произвольно, то мы вправе сделать вывод, что если упадёт одна костяшка, то упадёт и весь ряд домино.

        Метод математической индукции является одной из теоретических основ при решении самых разных типов математических задач. В ходе проделанной работы мной был всесторонне изучен метод математической индукции. Были углублены знания по данному разделу математики, показано использование этого метода при вычислении, доказательстве тождеств, неравенств, решении тригонометрических и арифметических задач, доказательстве теорем элементарной математики. Были решены задачи, которые раньше вызывали затруднения.

        Так как метод математической индукции – это особый метод математического доказательства, который позволяет на основании частных наблюдений делать заключения о соответствующих общих закономерностях, и этот метод проще всего уяснить себе на конкретных примерах, то в своей работе я рассмотрел многочисленные задачи по этой теме.

        Знакомясь с методом математической индукции, я изучал специальную литературу, консультировался с педагогом, анализировал данные и решения задач, пользовался ресурсами Интернета, выполнял необходимые вычисления.

        Мы считаем, что в настоящее время метод математической индукции – отличное орудие для обучающихся всех образовательных учреждений: от школ до университетов. Школьникам он поможет при сдаче ЕГЭ, при поступлении в ВУЗы. К примеру, мне он очень помог при решении заданий Заочной физико-технической школы при МФТИ, в которой я обучаюсь с 9 класса. Часто и в высших учебных заведениях требуется знание метода математической индукции, но, к сожалению знакомы с ним не все.

        Сфера применения метода математической индукции простилается от математики, где он зародился, до физики, химии и многих других наук. Значимость работы, проделанной Паскалем и Декартом невозможно переоценить. Эти люди изменили математический мир, сделали его таким, каким знаем его мы.

И чем труднее доказательство, тем больше будет удовольствие тому, кто доказательство найдёт.

Рене Декарт.

8 ПРИЛОЖЕНИЯ

8.1 Приложение 1. Дополнительные примеры задач на доказательство неравенств

Пример 22.

        Пусть m, n и k – натуральные числа, причём . Какое из двух чисел больше:   или   ?

        В каждом выражении k знаков квадратного корня, m и n чередуются (k – любое чётное число).

Решение: Прежде, чем приступить к решению задачи, докажем некоторое вспомогательное утверждение.

Лемма. При любых натуральных m и n () и неотрицательном (не обязательно целом) x справедливо неравенство  ?

        Доказательство: Рассмотрим неравенство .

Это неравенство справедливо, т. к. оба сомножителя в левой части строго положительны. Раскрывая скобки и преобразовывая, получаем:

        Извлекая квадратный корень из обеих частей последнего неравенства, получим утверждение леммы. Итак, лемма доказана.

        Перейдём теперь к решению задачи. Обозначим первое из данных чисел через  второе – через. Докажем, что  при любом чётном k.

1. При k = 2 требуемое получается из доказанной леммы подстановкой x = 0.

2. Предположим, что при некотором чётном k неравенство  справедливо.

3. Докажем, что справедливо и неравенство

Из предположения индукции и монотонности квадратного корня имеем:

С другой стороны из доказанной леммы следует, что

Объединяя два последних неравенства, получим:        

 , или

        Согласно принципу математической индукции, утверждение доказано.

8.2 Приложение 2. Дополнительные примеры задач на делимость

Пример 23.

        Доказать, что   10, где n – натуральное число.

Доказательство: 1. При n = 1 получаем    10 (верно).

2. Предположим, что при n = k     10.

3. Докажем, что утверждение справедливо и для n = k + 1:

        Мы видим, что первое слагаемое делится на 10 (по предположению п. 2). Нам необходимо доказать, что и второе слагаемое  делится на 10. Для этого вновь воспользуемся методом математической индукции. Итак, нам нужно доказать, что

  справедливо для любого натурального n.

        1. При n = 1 получаем  (верно).

        2. Предположим, что при n = k    10 – верно.

        3. Докажем, что утверждение справедливо и для n = k + 1:

        

        Т. к. первое слагаемое делится на 10 (по предположению п. 2) и второе слагаемое         делится на 10, то  кратно 10 при любом натуральном n по методу         математической индукции.        

Вернёмся к выражению . Как уже было сказано, первое слагаемое делится на 10. Мы доказали, что и второе слагаемое кратно 10. Из этого следует, что    10 верно при любом натуральном n по методу математической индукции.

8.3 Приложение 3. Дополнительные примеры олимпиадных задач

Пример 24.

        В выражении  для указания порядка действий расставляются скобки и результат записывается в виде дроби:

(при этом каждая из букв стоит либо в числителе дроби, либо в знаменателе).         Сколько различных выражения можно таким образом получить при всевозможных способах расстановки скобок?

Решение: Прежде всего ясно, что в полученной дроби  будет стоять в числителе. Почти столь же очевидно, что окажется в знаменателе при любой расстановке скобок (знак деления, стоящий перед , относится либо к самому , либо к какому-либо выражению, содержащему  в числителе).

        Можно предположить, что все остальные буквы  могут располагаться в числителе или знаменателе совершенно произвольным образом. Отсюда следует, что всего можно получить 2n–2 дробей: каждая из n–2 букв  может оказаться независимо от остальных в числителе или знаменателе.

        Докажем это утверждение по индукции.

1. При n = 3 можно получить 2 дроби:

так что утверждение справедливо.

2. Предположим, что оно справедливо при n = k.

3. Докажем его для n = k + 1.

        Пусть выражение  после некоторой расстановки скобок записывается в виде некоторой дроби Q. Если в это выражение вместо  подставить , то  окажется там же, где и было в дроби Q, а  будет стоять не там, где стояло  (если  было в знаменателе, то  окажется в числителе и наоборот).

        Теперь докажем, что можно добавить туда же, где стоит . В дроби Q после расстановки скобок обязательно будет выражение вида , где q – буква  или некоторое выражение в скобках. Заменив выражением , мы получим, очевидно, ту же самую дробь Q, где вместо стоит .

        Таким образом, количество всевозможных дробей в случае n = k + 1 в 2 раза больше чем в случае n = k и равно . Тем самым утверждение доказано.

Ответ:  дробей.

8.4 Приложение 4. Примеры для самостоятельного решения

Доказать, что

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.  

8.

9.

10.

11.

12.

13.

14.

15.

16.

17.

18.

19.

20. Доказать, что любую сумму денег, большую 7 копеек, можно уплатить без сдачи только трёх и пятикопеечными монетами.

21.

22. Если

23. Если

24.

25.

26.

27. Доказать, что для каждого натурального  кратно 5. Проверить, выполняется ли утверждение: для каждого натурального  кратно k при k =2; 4.

28. Пусть последовательность задана следующим образом:

        Доказать, что справедлива формула

9 СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

        1. Боковнев О. А., Фирсов В. В., Шварцбурд С. И. Избранные вопросы математики. 9 класс. Факультативный курс.-М.: Просвещение, 1979г.

        2. Виленкин Н. Я. Индукция. Комбинаторика. Пособие для учителей. М.: Просвещение, 1976г.

        3. Виленкин Н. Я., Шибасов Л. П., Шибасова З. Ф. За страницами учебника математики. Москва: Просвещение, 1996г.

        4. Галицкий М. Л., Мошкович М. М., Шварцбурд С. И. Углублённое изучение курса алгебры и математического анализа: методические рекомендации, дидактические материалы.

        5. Иванова Е. Ю. Олимпиадные задачи: методическая разработка для учащихся заочного отделения МММФ — М.: изд-во Центра прикладных исследований при механико-математическом факультете МГУ, 2008г.

        6. Кутасов АД., Пиголкина Т.С., Чехлов В.И., Яковлева Т.Х. Пособие по
математике для поступающих в вузы. — М., Наука, 1981.

        7. Соминский И. С. Метод математической индукции. Популярные лекции по математике, выпуск 3 – М.: Наука, 1974г.

        8. Петраков И. С. Математические кружки в 8-10 классах: Кн. Для учителя М.: Просвещение, 1987г.

        9. Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач учебное пособие для 10 класса средней школы – М.: Просвещение, 1989г.

        10. Шень А. Математическая индукция – 3-е изд., дополн. – М.: МЦНМО, 2007г.

        11. http://studyport.ru/referaty/tochnye-nauki/3804-metod-matematicheskoj-induktsii

        12. https://ru.wikipedia.org/wiki/Математическая_индукция

        13. http://www.cleverstudents.ru/articles/induction.html

        14. http://www.math.md/school/krujok/inductr/inductr.html

Источник

Регистрация   
Вход   

Форум   
Поиск   
FAQ   alexlarin.net

Текущее время: 11 мар 2023, 14:09
Часовой пояс: UTC + 3 часа

Сообщения без ответов | Активные темы
 

 Страница 1 из 1 [ Сообщений: 5 ] 

Начать новую тему»>

Ответить

Помогите доразобраться с решением задач на Индукцию.

 
Для печати Для печати | Известить друга Известить друга 		Предыдущая тема Предыдущая тема | Следующая тема Следующая тема

Помогите доразобраться с решением задач на Индукцию.

Автор Сообщение

Заголовок сообщения: Помогите доразобраться с решением задач на Индукцию.

Сообщение Добавлено: 04 сен 2013, 22:14 
Не в сети
  • Центр пользователя



Зарегистрирован: 19 фев 2013, 14:06
Сообщений: 85

Я начал решать задачи на доказательство равенств и неравенств. Столкнулся с таким и никак не выходит:
(1+x)^n>= 1+nx (n>1) . Доказать, что если x> -1, то справедливо данное неравенство причем знак равенства иеет место лишь при ч=0.
С базой все понятно, а вот как доказать верность для n+1, опираясь на предположение о верности в случаи с n — Нет. Помогите плиз. Буду очень благодарен.
Вернуться наверх 

Сан Саныч

Заголовок сообщения: Re: Помогите доразобраться с решением задач на Индукцию.

Сообщение Добавлено: 04 сен 2013, 22:24 
Не в сети
Аватар пользователя
  • Центр пользователя



Зарегистрирован: 26 фев 2011, 22:10
Сообщений: 3177

doctoraibolit писал(а):

Я начал решать задачи на доказательство равенств и неравенств. Столкнулся с таким и никак не выходит:
(1+x)^n>= 1+nx (n>1) . Доказать, что если x> -1, то справедливо данное неравенство причем знак равенства иеет место лишь при ч=0.
С базой все понятно, а вот как доказать верность для n+1, опираясь на предположение о верности в случаи с n — Нет. Помогите плиз. Буду очень благодарен.

Это же неравенство Бернулли. Есть в любом учебнике.
Вернуться наверх 

Сан Саныч

Заголовок сообщения: Re: Помогите доразобраться с решением задач на Индукцию.

Сообщение Добавлено: 04 сен 2013, 22:30 
Не в сети
Аватар пользователя
  • Центр пользователя



Зарегистрирован: 26 фев 2011, 22:10
Сообщений: 3177

Конец второй страницы.

Вложения:


МАТИНД_4.pdf [442.8 KIB]

Скачиваний: 8141
Вернуться наверх 

doctoraibolit

Заголовок сообщения: Re: Помогите доразобраться с решением задач на Индукцию.

Сообщение Добавлено: 04 сен 2013, 22:35 
Не в сети
  • Центр пользователя



Зарегистрирован: 19 фев 2013, 14:06
Сообщений: 85

Я знаю), там рядом так и написано, я просто пытаюсь на его примере понять, как доказывать неравенства. С «уравнениям» все нормально. Объясните поподробнее, если это вас не затруднит, весь день разбирал, а нужно до завтра разобраться.
P.S. Спасибо большое, увидел, как раз что я искал).
Вернуться наверх 

VladVlad

Заголовок сообщения: Re: Помогите доразобраться с решением задач на Индукцию.

Сообщение Добавлено: 06 сен 2013, 20:34 
Не в сети
Аватар пользователя
  • Центр пользователя



Зарегистрирован: 05 янв 2013, 12:23
Сообщений: 428
Откуда: Уфа

О, у меня тоже ММИ :)
`(1+x)^n>=1+nx`
1)для `n=1` верно.
2)для `n=k`, верно:`(1+x)^k>=1+k*x`
3)для `n=k+1`, доказать:
`(1+x)^(k+1)>=1+(k+1)*x`
`(1+x)^(k+1)=(1+x)^k*(1+x)=(1+k*x)*(1+x)=1+k*x+x+k*x^2=1+(k+1)*x+k*x^2`, а `k*x^2 >=0` значит доказаали :ymhug:
Вернуться наверх 

Показать сообщения за:  Сортировать по:  

 Страница 1 из 1 [ Сообщений: 5 ] 

Текущее время: 11 мар 2023, 14:09 | Часовой пояс: UTC + 3 часа

Удалить cookies форума | Наша команда | Вернуться наверх

Кто сейчас на форуме

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 0
 

 

Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:

Перейти:  

Источник

Like this post? Please share to your friends:
  • Метод мажоранта на егэ
  • Метод координат формулы для егэ все
  • Метод координат решу егэ
  • Метод координат при решении 14 задачи егэ по стереометрии
  • Метод координат на егэ стереометрическая задача