Справжнє знання у всі часи ґрунтувалося на встановленні закономірності та доказі її правдивості у певних обставинах. За тривалий термін існування логічних міркувань було дано формулювання правил, а Аристотель навіть склав список «правильних міркувань». Історично прийнято ділити всі висновки на два типи - від конкретного до множинного (індукція) і навпаки (дедукція). Слід зазначити, що типи доказів від приватного до загального та від загального до приватного існують лише у взаємозв'язку та не можуть бути взаємозамінними.

Індукція у математиці

Термін "індукція" (induction) має латинське коріння і дослівно перекладається як "наведення". При пильному вивченні можна виділити структуру слова, саме латинську приставку - in- (позначає спрямоване дію всередину чи перебування усередині) і -duction - вступ. Слід зазначити, що є два види - повна і неповна індукції. Повну форму характеризують висновки, зроблені виходячи з вивчення всіх предметів деякого класу.

Неповну - висновки, що застосовуються до всіх предметів класу, але зроблені виходячи з вивчення лише деяких одиниць.

Повна математична індукція - висновок, що базується на загальному висновку про весь клас будь-яких предметів, функціонально пов'язаних відносинами натурального ряду чисел на підставі знання цього функціонального зв'язку. При цьому процес доказу проходить у три етапи:

• У першому доводиться правильність становища математичної індукції. Приклад: f = 1 індукції;
• Наступний етап будується на припущенні про правомірність становища всім натуральних чисел. Тобто f=h це припущення індукції;
• на етапі доводиться справедливість становища для числа f=h+1, виходячи з вірності становища попереднього пункту - це індукційний перехід, чи крок математичної індукції. Прикладом може бути так званий якщо падає перша кісточка в ряду (базис), то впадуть усі кісточки в ряду (перехід).

І жартома, і всерйоз

Для простоти сприйняття приклади рішення методом математичної індукції викривають форму завдань-жартів. Таким є завдання «Ввічлива черга»:

• Правила поведінки забороняють чоловікові займати чергу перед жінкою (у такій ситуації її пропускають уперед). Виходячи з цього твердження, якщо крайній у черзі – чоловік, то й усі інші – чоловіки.

Яскравим прикладом методу математичної індукції є завдання «Безрозмірний рейс»:

• Потрібно довести, що у маршрутку міститься будь-яка чисельність людей. Правдиво твердження, що одна людина може розміститися всередині транспорту без утруднень (базис). Але як би не була заповнена маршрутка, 1 пасажир завжди поміститься (крок індукції).

Знайомі кола

Приклади розв'язання методом математичної індукції завдань та рівнянь трапляються досить часто. Як ілюстрацію такого підходу можна розглянути таке завдання.

Умова: на площині розміщено h кіл. Потрібно довести, що за будь-якого розташування фігур утворена ними карта може бути правильно розфарбована двома фарбами.

Рішення: при h=1 істинність твердження очевидна, тому доказ будуватиметься кількості кіл h+1.

Приймемо припущення, що твердження достовірне для будь-якої карти, а на площині задано h+1 кіл. Видаливши із загальної кількості одну з кіл, можна отримати правильно розфарбовану двома фарбами (чорною та білою) карту.

При відновленні віддаленого кола змінюється колір кожної області на протилежний (у цьому випадку всередині кола). Виходить карта, правильно розфарбована двома квітами, що потрібно було довести.

Приклади з натуральними числами

Нижче показано застосування методу математичної індукції.

Приклади рішення:

Довести, що за будь-якого h правильною буде рівність:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Нехай h=1, отже:

R 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

З цього випливає, що за h=1 твердження правильно.

2. При припущенні, що h = d, виходить рівняння:

R 1 =d 2 =d(d+1)(2d+1)/6=1

3. При припущенні, що h=d+1, виходить:

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

Таким чином, справедливість рівності при h=d+1 доведена, тому твердження вірне для будь-якого натурального числа, що й показано з прикладу рішення математичної індукцією.

Завдання

Умова: потрібен доказ того, що при будь-якому значенні h вираз 7 h -1 ділимо на 6 без залишку.

Рішення:

1. Припустимо, h=1, у разі:

R 1 =7 1 -1=6 (тобто. ділиться на 6 без залишку)

Отже, за h=1 твердження є справедливим;

2. Нехай h=d та 7 d -1 ділиться на 6 без залишку;

3. Доказом справедливості затвердження h=d+1 є формула:

R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

В даному випадку перший доданок ділиться на 6 за припущенням першого пункту, а другий доданок дорівнює 6. Твердження про те, що 7 h -1 ділимо на 6 без залишку при будь-якому натуральному h - справедливо.

Помилковість суджень

Часто в доказах використовують невірні міркування, через неточність логічних побудов, що використовуються. В основному це відбувається за порушення структури та логіки доказу. Прикладом невірного міркування може бути така ілюстрація.

Завдання

Умова: потрібен доказ того, що будь-яка купа каміння - не є купкою.

Рішення:

1. Припустимо, h=1, у разі в купці 1 камінь і твердження вірно (базис);

2. Нехай при h=d вірно, що купа каміння - не є купкою (припущення);

3. Нехай h=d+1, з чого випливає, що при додаванні ще одного каменю безліч не буде купкою. Напрошується висновок, що припущення справедливе за всіх натуральних h.

Помилка полягає в тому, що немає визначення, скільки каменів утворює купку. Таке недогляд називається поспішним узагальненням у методі математичної індукції. Приклад це ясно показує.

Індукція та закони логіки

Історично склалося так, що завжди "крочать пліч-о-пліч". Такі наукові дисциплінияк логіка, філософія описують їх як протилежностей.

З погляду закону логіки в індуктивних визначеннях проглядається опора на факти, а правдивість посилок не визначає правильність твердження, що вийшло. Найчастіше виходять висновки з певною часткою ймовірності та правдоподібності, які, природно, мають бути перевірені та підтверджені додатковими дослідженнями. Прикладом індукції у логіці може бути твердження:

В Естонії – посуха, у Латвії – посуха, у Литві – посуха.

Естонія, Латвія та Литва – прибалтійські держави. В усіх прибалтійських державах посуха.

З прикладу можна зробити висновок, що нову інформацію або істину не можна отримати за допомогою методу індукції. Все, на що можна розраховувати, - це певна можлива правдивість висновків. Причому, істинність посилок не гарантує таких висновків. Однак цей факт не означає, що індукція живе на задвірках дедукції: безліч положень та наукових законів обґрунтовуються за допомогою методу індукції. Прикладом може бути та сама математика, біологія та інші науки. Пов'язано це здебільшого з методом повної індукції, але в деяких випадках застосовна і часткова.

Поважний вік індукції дозволив їй проникнути практично у всі сфери діяльності людини - це і наука, і економіка, і життєві висновки.

Індукція у науковому середовищі

Метод індукції вимагає ретельного відношення, оскільки занадто багато залежить від кількості вивчених деталей цілого: чим більша кількістьвивчено, тим достовірніший результат. Виходячи з цієї особливості, наукові закони, отримані методом індукції, досить довго перевіряються на рівні ймовірнісних припущень для відокремлення та вивчення всіх можливих структурних елементів, зв'язків та впливів.

У науці індукційний висновок ґрунтується на значимих ознаках, За винятком випадкових положень. Цей фактважливий у зв'язку зі специфікою наукового пізнання. Це добре видно з прикладів індукції у науці.

Розрізняють два види індукції в науковому світі(у зв'язку зі способом вивчення):

1. індукція-відбір (або селекція);
2. індукція – виняток (елімінація).

Перший вид відрізняється методичним (скрупульозним) відбором зразків класу (підкласів) із різних його областей.

Приклад індукції цього виду є наступним: срібло (або солі срібла) очищає воду. Висновок ґрунтується на багаторічних спостереженнях (своєрідний відбір підтверджень та спростування - селекція).

Другий вид індукції будується на висновках, що встановлюють причинні зв'язкита виключають обставини, що не відповідають її властивостям, а саме загальність, дотримання тимчасової послідовності, необхідність та однозначність.

Індукція та дедукція з позиції філософії

Якщо поглянути на історичну ретроспективу, термін "індукція" вперше був згаданий Сократом. Аристотель описував приклади індукції у філософії у наближеному термінологічному словнику, але питання неповної індукції залишається відкритим. Після гонінь на арістотелівський силогізм індуктивний метод став визнаватись плідним і єдино можливим у природознавстві. Батьком індукції як самостійного особливого методу вважають Бекона, проте йому не вдалося відокремити, як цього вимагали сучасники, індукцію від дедуктивного методу.

Подальшою розробкою індукції займався Дж. Мілль, який розглядав індукційну теорію з позиції чотирьох основних методів: згоди, відмінності, залишків та відповідних змін. Не дивно, що на сьогоднішній день ці методи при їх детальному розгляді є дедуктивними.

Усвідомлення неспроможності теорій Бекона та Мілля призвело вчених до дослідження імовірнісної основи індукції. Однак і тут не обійшлося без крайнощів: були спроби звести індукцію до теорії ймовірності з усіма наслідками.

Вотум довіри індукція отримує у практичному застосуванніу певних предметних областяхта завдяки метричній точності індуктивної основи. Прикладом індукції та дедукції у філософії вважатимуться Закон всесвітнього тяжіння. На дату відкриття закону Ньютону вдалося перевірити його з точністю 4 відсотки. А при перевірці більш ніж через двісті років правильність була підтверджена з точністю до 0,0001 відсотка, хоча перевірка велася тими ж індуктивними узагальненнями.

Сучасна філософія більше уваги приділяє дедукції, що продиктовано логічним бажанням вивести з уже відомого нові знання (або істини), не звертаючись до досвіду, інтуїції, а оперуючи чистими міркуваннями. При зверненні до справжнім посилкам дедуктивному методі у всіх випадках на виході виходить справжнє твердження.

Ця дуже важлива характеристика має затьмарювати цінність індуктивного методу. Оскільки індукція, спираючись на досягнення досвіду, стає засобом його обробки (включаючи узагальнення та систематизацію).

Застосування індукції економіки

Індукція та дедукція давно використовуються як методи дослідження економіки та прогнозування її розвитку.

Спектр використання методу індукції досить широкий: вивчення виконання прогнозних показників (прибутки, амортизація тощо) та Загальна оцінкастани підприємства; формування ефективної політики просування підприємства на основі фактів та їх взаємозв'язків.

Той самий метод індукції застосований в «картах Шухарта», де при припущенні про поділ процесів на керовані та некеровані стверджується, що рамки керованого процесу малорухливі.

Слід зазначити, що наукові закони обґрунтовуються і підтверджуються за допомогою методу індукції, а оскільки економіка є наукою, що часто користується математичним аналізом, теорією ризиків та статистичними даними, то не дивно присутність індукції в списку основних методів.

Прикладом індукції та дедукції економіки може бути така ситуація. Збільшення ціни на продукти харчування (зі споживчого кошика) і товари першої необхідності підштовхують споживача до думки про дорожнечу, що виникає в державі (індукція). Разом з тим, з факту дорожнечі за допомогою математичних методівможна вивести показники зростання ціни окремі товари чи категорії товарів (дедукція).

Найчастіше звертається до методу індукції керуючий персонал, керівники, економісти. Для того, щоб можна було з достатньою правдивістю прогнозувати розвиток підприємства, поведінку ринку, наслідки конкуренції, необхідний індукційно-дедуктивний підхід до аналізу та обробки інформації.

Наочний приклад індукції економіки, що відноситься до помилкових міркувань:

• прибуток компанії скоротився на 30%;
  конкуруюча компанія розширила лінійку продукції;
  більше нічого не змінилося;
• виробнича політика конкуруючої компанії спричинила скорочення прибутку на 30%;
• отже, потрібно запровадити таку ж виробничу політику.

Приклад є яскравою ілюстрацією того, як невміле використання методу індукції сприяє розоренню підприємства.

Дедукція та індукція у психології

Оскільки існує метод, то, за логікою речей, має місце належним чином організоване мислення (для використання методу). Психологія як наука, що вивчає психічні процеси, їх формування, розвиток, взаємозв'язки, взаємодії, приділяє увагу «дедуктивному» мисленню як однієї з форм прояву дедукції та індукції. На жаль, на сторінках психології в мережі Інтернет практично немає обґрунтування цілісності дедуктивно-індуктивного методу. Хоча професійні психологи частіше стикаються з проявами індукції, а точніше – хибними висновками.

Прикладом індукції в психології, як ілюстрації помилкових суджень, може бути висловлювання: моя мати - дурить, отже, всі жінки - дурниці. Ще більше можна почерпнути «помилкових» прикладів індукції з життя:

• учень ні на що не здатний, якщо отримав двійку з математики;
• він - дурень;
• він розумний;
• я можу все;

І багато інших оціночних суджень, виведених на абсолютно випадкових і часом малозначних посиланнях.

Слід зазначити: коли хибність суджень людини сягає абсурду, з'являється фронт роботи психотерапевта. Один із прикладів індукції на прийомі у фахівця:

«Пацієнт абсолютно впевнений у тому, що червоний колір несе для нього лише небезпеку у будь-яких проявах. Як наслідок, людина виключила зі свого життя цю кольорову гаму – наскільки це можливо. У домашній обстановці можливостей для комфортного проживання багато. Можна відмовитись від усіх предметів червоного кольору або замінити їх на аналоги, виконані в іншій кольоровій гамі. Але в громадських місцях, на роботі, у магазині – неможливо. Потрапляючи в ситуацію стресу, пацієнт щоразу відчуває «приплив» абсолютно різних емоційних станів, що може становити небезпеку для оточуючих».

Цей приклад індукції, причому несвідомої, називається «фіксовані ідеї». Якщо таке відбувається з психічно здоровою людиною, можна говорити про нестачу організованості розумової діяльності. Спосіб рятування від нав'язливих станівможе стати елементарним розвитком дедуктивного мислення. В інших випадках із такими пацієнтами працюють психіатри.

Наведені приклади індукції свідчать, що «незнання закону не звільняє від наслідків (хибних суджень)».

Психологи, працюючи над темою дедуктивного мислення, склали список рекомендацій, покликаний допомогти людям освоїти цей метод.

Першим пунктом є вирішення завдань. Як можна було переконатися, та форма індукції, яка вживається в математиці, може вважатися "класичною", і використання цього способу сприяє "дисциплінованості" розуму.

Наступною умовою розвитку дедуктивного мислення є розширення світогляду (хто ясно мислить, той ясно викладає). Дана рекомендація направляє «стражденних» у скарбниці наук та інформації (бібліотеки, сайти, освітні ініціативи, подорожі тощо).

Окремо слід згадати про так звану «психологічну індукцію». Цей термін, хоч і нечасто, можна зустріти на просторах інтернету. Усі джерела не дають хоча б коротке формулювання визначення цього терміну, але посилаються на «приклади з життя», при цьому видаючи за новий видіндукції то сугестію, то деякі форми психічних захворювань, то крайні стани психіки людини. З усього перерахованого зрозуміло, що спроба вивести новий термін», спираючись на помилкові (найчастіше не відповідні дійсності) посилки, прирікає експериментатора отримання помилкового (чи поспішного) твердження.

Слід зазначити, що посилання до експериментів 1960 року (без вказівки місця проведення, прізвищ експериментаторів, вибірки піддослідних і найголовніше - цілі експерименту) виглядає, м'яко кажучи, непереконливо, а твердження про те, що мозок сприймає інформацію, минаючи всі органи сприйняття (фраза «зазнає впливу» в даному випадку вписалася б органічніше), змушує замислитися над легковірністю і некритичністю автора висловлювання.

Замість ув'язнення

Цариця наук - математика, недаремно використовує всі можливі резерви методу індукції та дедукції. Розглянуті приклади дозволяють зробити висновок про те, що поверхневе та невміле (бездумне, як ще кажуть) застосування навіть найточніших і найнадійніших методів призводить завжди до помилкових результатів.

У масовій свідомостіМетод дедукції асоціюється зі знаменитим Шерлоком Холмсом, який у своїх логічних побудовах найчастіше використовує приклади індукції, у потрібних ситуаціях користуючись дедукцією.

У статті було розглянуто приклади застосування цих методів у різних науках та сферах життєдіяльності людини.

Математична індукція є основою одного з найпоширеніших методів математичних доказів. З його допомогою можна довести більшу частинуформул з натуральними числами n , наприклад, формулу знаходження суми перших членів прогресії S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n , формулу бінома Ньютона a + b n = C n 0 b +. . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n .

У першому пункті ми розберемо основні поняття, потім розглянемо основи самого методу, а потім розповімо, як за його допомогою доводити рівність та нерівність.

Поняття індукції та дедукції

Спочатку розглянемо, що таке взагалі індукція і дедукція.

Визначення 1

Індукція- це перехід від приватного до загального, а дедукціянавпаки – від загального до часткового.

Наприклад, у нас є твердження: 254 можна поділити на два націло. З нього ми можемо зробити безліч висновків, серед яких будуть як справжні, так і хибні. Наприклад, твердження, що всі цілі числа, які мають наприкінці цифру 4 , можуть ділитися на два без залишку - істинне, а те, що будь-яке число із трьох знаків ділиться на 2 - хибне.

Загалом можна сказати, що з допомогою індуктивних міркувань можна отримати безліч висновків з одного відомого чи очевидного міркування. Математична індукція дає нам змогу визначити, наскільки справедливі ці висновки.

Припустимо, ми маємо послідовність чисел виду 1 1 · 2 , 1 2 · 3 , 1 3 · 4 , 1 4 · 5 , . . . , 1 n (n + 1) , де n означає деяке натуральне число. У такому разі при складанні перших елементів послідовності ми отримаємо наступне:

S 1 = 1 1 · 2 = 1 2 , S 2 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 = 2 3 , S 3 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 = 3 4 , S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5 , . . .

Використовуючи індукцію, можна дійти невтішного висновку, що S n = n n + 1 . У третій частині ми доведемо цю формулу.

У чому полягає метод математичної індукції

В основі цього лежить однойменний принцип. Він формулюється так:

Визначення 2

Якесь твердження буде справедливим для натурального значення n тоді, коли 1) воно буде вірним при n = 1 і 2) з того, що цей вираз справедливий для довільного натурального n = k , слід, що воно буде вірним і при n = k + 1 .

Застосування методу математичної індукції здійснюється у 3 етапи:

1. Спочатку ми перевіряємо вірність вихідного твердження у разі довільного натурального значення n (зазвичай перевірка робиться для одиниці).
2. Після цього ми перевіряємо вірність при n = k.
3. І далі доводимо справедливість утвердження у разі, якщо n = k + 1 .

Як застосовувати метод математичної індукції при розв'язанні нерівностей та рівнянь

Візьмемо приклад, про який ми говорили раніше.

Приклад 1

Доведіть формулу S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 +. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Рішення

Як ми вже знаємо, для застосування методу математичної індукції треба виконати три послідовні дії.

1. Для початку перевіряємо, чи дана рівність буде справедливою при n , рівному одиниці. Отримуємо S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Тут все правильно.
2. Далі припускаємо, що формула S k = k k + 1 вірна.
3. У третьому кроці треба довести, що S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , ґрунтуючись на справедливості попередньої рівності.

Ми можемо представити k + 1 як сума перших членів вихідної послідовності і k + 1:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

Оскільки в другій дії ми отримали, що S k = k k + 1 можна записати наступне:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2).

Тепер виконуємо необхідні перетворення. Нам потрібно виконати приведення дробу до спільному знаменнику, приведення подібних доданків, застосувати формулу скороченого множення та скоротити те, що вийшло:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

Таким чином, ми довели рівність у третьому пункті, виконавши всі три кроки методу математичної індукції.

Відповідь:припущення про формулу S n = n n + 1 є вірним.

Візьмемо більш складне завдання із тригонометричними функціями.

Приклад 2

Наведіть доказ тотожності cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Рішення

Як ми пам'ятаємо, першим кроком має бути перевірка вірності рівності при n, що дорівнює одиниці. Щоб це з'ясувати, треба згадати основні тригонометричні формули.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α · cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Отже, при n рівному одиниці, тотожність буде вірним.

Тепер припустимо, що його справедливість збережеться за n = k , тобто. буде вірно, що cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Доводимо рівність cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α для випадку, коли n = k + 1, взявши за основу попереднє припущення.

Згідно з тригонометричною формулою,

sin 2 k + 1 α · cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 · 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α

Отже,

cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α

Приклад розв'язання задачі на доказ нерівності із застосуванням цього методу ми навели у статті про метод найменших квадратів. Прочитайте той пункт, де виводяться формули для знаходження коефіцієнтів апроксимації.

Якщо ви помітили помилку в тексті, будь ласка, виділіть її та натисніть Ctrl+Enter

МБОУ ліцей «Техніко-економічний»

МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ

МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ.

ПОЯСНЮВАЛЬНА ЗАПИСКА

Методична розробка «Метод математичної індукції» складена для учнів 10 класу математичного профілю.

Першочергові цілі: познайомити учнів з методом математичної індукції та навчити застосовувати його під час вирішення різних завдань.

У методичної розробкирозглядаються питання елементарної математики: завдання ділимість, доказ тотожностей, доказ нерівностей, пропонуються завдання різного ступеня складності, зокрема і завдання, запропоновані на олімпіадах.

Роль індуктивних висновків у експериментальних науках дуже велика. Вони дають ті положення, з яких потім шляхом дедукції робляться подальші висновки. Назва метод математичної індукціїоманливо - насправді цей метод є дедуктивним і дає суворий доказ твердженням, вгаданим за допомогою індукції. Метод математичної індукції сприяє виявленню зв'язків між різними розділами математики, допомагає розвитку математичної культури учня.

Визначення методу математичної індукції. Повна та неповна індукції. Доказ нерівностей. Доказ тотожностей. Розв'язання задач на подільність. Вирішення різних завдань на тему «Метод математичної індукції».

ЛІТЕРАТУРА ДЛЯ ВЧИТЕЛЯ

1. М.Л.Галицький. Поглиблене вивченнякурсу алгебри та математичного аналізу. - М.Просвітництво.1986.

2. Л.І.Звавіч. Алгебра та початку аналізу. Дидактичні матеріали. М.Дрофа.2001.

3. Н.Я.Віленкін. Алгебра та математичний аналіз. М Просвітництво.1995.

4. Ю.В.Міхеєв. Метод математичної індукції. НГУ.1995.

ЛІТЕРАТУРА ДЛЯ НАВЧАЛЬНИХ

1. Н.Я.Віленкін. Алгебра та математичний аналіз. М Просвітництво.1995.

2. Ю.В.Міхеєв. Метод математичної індукції. НГУ.1995.

КЛЮЧОВІ СЛОВА

Індукція, аксіома, принцип математичної індукції, повна індукція, неповна індукція, утвердження, тотожність, нерівність, подільність.

ДИДАКТИЧНИЙ ДОДАТОК ДО ТЕМИ

«МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ».

Урок №1.

Визначення методу математичної індукції.

Метод математичної індукції є одним з високоефективним методомпошуку нових результатів та докази істинності висунутих припущень. Хоча цей метод у математиці і не новий, але інтерес до нього не слабшає. Вперше у чіткому викладі метод математичної індукції був застосований у 17 столітті видатним французьким ученим Блезом Паскалем за підтвердження властивостей числового трикутника, що з того часу носить його ім'я. Однак ідея математичної індукції була відома ще давнім грекам. В основі методу математичної індукції лежить принцип математичної індукції, який сприймається як аксіома. Ідею математичної індукції розглянемо з прикладів.

Приклад №1.

Квадрат ділиться відрізком на дві частини, потім одна з отриманих частин ділиться на дві частини тощо. Визначити, на скільки частин розділиться квадрат через пкроків?

Рішення.

Після першого кроку ми, за умовою, отримаємо дві частини. На другому кроці ми одну частину залишаємо без змін, а другу – ділимо на 2 частини та отримуємо 3 частини. На третьому кроці ми 2 частини залишаємо без змін, а третю ділимо на дві частини та отримуємо 4 частини. На четвертому кроці ми залишаємо 3 частини без змін, а останню частину ділимо на дві частини і отримуємо 5 частин. На п'ятому етапі ми отримаємо 6 частин. Напрошується пропозиція, що через пкроків ми отримаємо (п+1)частина. Але цю пропозицію треба довести. Припустимо, що через докроків квадрат розіб'ється на (К+1)частина. Тоді на (К+1)кроку ми дочастин залишимо без зміни, а (К+1)частину ділимо на дві частини та отримаємо (До+2)частини. Помічаєте, що так можна міркувати як завгодно довго, нескінченно. Тобто, наше припущення, що через пкроків квадрат буде розбитий на (п+1)частина стає доведеним.

Приклад №2.

Бабуся мала онука, який дуже любив варення, і особливо те, що в літровій банці. Але бабуся не дозволяла його чіпати. І задумав онучок обдурити бабусю. Він вирішив з'їдати щодня по 1/10 л із цієї банки та доливати її водою, ретельно перемішавши. Через скільки днів бабуся виявить обман, якщо варення залишається незмінним на вигляд при розведенні його водою на половину?

Рішення.

Знайдемо, скільки чистого варення залишиться у банку через пднів. Після першого дня в банку залишиться суміш, що складається на 9/10 із варення та на 1/10 із води. Через два дні з банки зникне 1/10 суміші води та варення і залишиться (в 1л суміші знаходиться 9/10л варення, в 1/10л суміші знаходиться 9/100лварення)

9/10 - 9/100 = 81/100 = (9/10) 2 л варення. На третій день з банки зникне 1/10л суміші, що складається на 81/100 з варення та на 19/100 з води. У 1л суміші знаходиться 81/100л варення, в 1/10л суміші 81/1000л варення. 81/100 - 81/1000 =

729/1000=(9/10) 3 л варення залишиться через 3 дні, а решта займатиме вода. Виявляється закономірність. Через пднів у банку залишиться (9/10) пл варення. Але це, знову, лише наше припущення.

Нехай до- Довільне натуральне число. Припустимо, що через доднів у банку залишиться (9/10) до л варення. Подивимося, що тоді буде в банку ще через день, тобто, через (К+1)день. З банки зникне 1/10лсуміші, що складається з (9/10) до лварення та води. У 1лсуміші знаходиться (9/10) до лварення, в 1/10лсуміші (9/10) до+1 лварення. Тепер ми сміливо можемо заявляти, що через пднів у банку залишиться (9/10) п лварення. Через 6 днів у банку буде 531444/1000000лварення, через 7 днів – 4782969/10000000лварення, тобто менше половини.

Відповідь:через 7 днів бабуся виявить обман.

Спробуємо виділити найголовніше у рішеннях розглянутих завдань. Кожну з них ми починали вирішувати з розгляду окремих чи, як то кажуть, окремих випадків. Потім на основі наших спостережень ми висловлювали деяке припущення Р(п), що залежить від натурального п.

твердження перевірили, тобто довели Р(1), Р(2), Р(3);

припустили, що Р(п)справедливо за п=доі вивели, що тоді воно буде справедливим і при наступному п, п=к+1.

А потім міркували приблизно так: Р(1)мабуть, Р(2)мабуть, Р(3)мабуть, Р(4)вірно, ..., значить вірно Р(п).

Принцип математичної індукції.

Твердження Р(п), що залежить від натурального псправедливо при всіх натуральних п, якщо

1) доведено справедливість затвердження при п=1;

2) із припущення справедливості затвердження Р(п)при п=дослід

справедливість Р(п)при п = до +1.

У математиці принцип математичної індукції вибирається, як правило, як один з аксіом, що визначають натуральний ряд чисел, і, отже, приймається без доказів. Метод доказу за принципом математичної індукції називається методом математичної індукції. Зауважимо, що це метод широко застосовується за підтвердження теорем, тотожностей, нерівностей під час вирішення завдань на ділимість і багатьох інших завдань.

Урок №2

Повна та неповна індукція.

У випадку, коли математичне твердження стосується кінцевої кількості об'єктів, його можна довести, перевіряючи для кожного об'єкта, наприклад, твердження «Кожне двозначне парне числоє сумою двох простих чисел». Метод доказу, у якому ми перевіряємо затвердження кінцевого числа випадків, називається повної математичної індукцією. Цей метод можна застосувати порівняно рідко, оскільки твердження найчастіше розглядаються на нескінченних множинах. Наприклад, теорема «Будь-яке парне число дорівнює сумі двох простих чисел» досі ні доведено, ні спростовано. Якби ми навіть перевірили цю теорему для першого мільярда, це ні на крок не наблизило б нас до її доказу.

У природничих наукахзастосовують неповну індукцію, перевіряючи експеримент кілька разів, переносять результат попри всі випадки.

Приклад №3.

Вгадаємо за допомогою неповної індукції формулу суми кубів натуральних чисел.

Рішення.

1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 = (1 +2 +3 +4 +5) 2; …; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .

Доведення.

Нехай правильно для п = до.

Доведемо, що вірно для п = до +1.

Висновок: формула для суми кубів натуральних чисел вірна для будь-якого натурального п.

Приклад №4.

Розгляньте рівності та здогадайтеся, до якого загального закону підводять ці приклади.

Рішення.

1=0+1

2+3+4=1+8

5+6+7+8+9=8+27

10+11+12+13+14+15+16=27+64

17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125

……………………………………………………………..

Приклад №5.

Запишіть у вигляді суми такі вирази:

1)
2)
3)
; 4)
.

грецька літера "сигма".

Приклад №6.

Запишіть наведені нижче суми за допомогою знака
:

2)

Приклад №7.

Запишіть такі вирази у вигляді творів:

1)

3)
4)

Приклад №8.

Запишіть наступні твори за допомогою символу

(велика грецька буква «пі»)

1)
2)

Приклад №9.

Обчислюючи значення багаточлена f ( n )= n 2 + n +11 , при п = 1,2,3,4.5,6,7 можна зробити припущення, що за будь-якого натуральногопчисло f ( n ) просте.

Чи правильне це припущення?

Рішення.

Якщо кожне доданок суми поділяється на число, то сума поділяється на це число,
не є простим числом за будь-якого натуральногоп.

Розбір кінцевої кількості випадків грає важливу рольв математиці: не даючи докази того чи іншого твердження, він допомагає вгадати правильне формулювання цього твердження, якщо вона ще невідома. Саме так член Петербурзької академії наук Гольдбах дійшов гіпотезі, що будь-яке натуральне число, починаючи з двох, є сумою не більш як трьох простих чисел.

Урок №3.

Метод математичної індукції дозволяє доводити різні тотожності.

Приклад №10.Доведемо, що для всіх пвиконується тотожність

Рішення.

Покладемо

Нам треба довести, що

Доведемо, що Тоді з істинності тотожності

слід істинність тотожності

За принципом математичної індукції доведено істинність тотожності за всіх п.

Приклад №11.

Доведемо тотожність

Доведення.

рівності, що почленно вийшли.

;
. Отже, це тотожність істинно для всіхп .

Урок №4.

Підтвердження тотожностей шляхом математичної індукції.

Приклад №12. Доведемо тотожність

Доведення.

Застосовуючи принцип математичної індукції, довели, що рівність вірна за всіх п.

Приклад №13. Доведемо тотожність

Доведення.

Застосовуючи принцип математичної індукції, довели, що твердження вірне за будь-якого натурального п.

Приклад №14. Доведемо тотожність

Доведення.

Приклад №15. Доведемо тотожність

1) п=1;

2) для п=до виконується рівність

3) доведемо, що рівність виконується для п=к+1:

Висновок: тотожність справедлива для будь-якого натурального п.

Приклад №16.Доведемо тотожність

Доведення.

Якщо п=1 , то

Нехай тотожність виконується при п = до.

Доведемо, що тотожність виконується при п = до +1.

Тоді тотожність справедлива для будь-якого натурального п.

Урок №5.

Підтвердження тотожностей шляхом математичної індукції.

Приклад №17.Доведемо тотожність

Доведення.

Якщо п=2 , то отримуємо правильну рівність:

Нехай рівність вірна прип=до:

Доведемо справедливість затвердження при п = до +1.

Відповідно до принципу математичної індукції, тотожність доведена.

Приклад №18. Доведемо тотожність
при п≥2.

При п=2 це тотожність перепишеться у дуже простому вигляді

і, очевидно, вірно.

Нехай при п=досправді

.

Доведемо справедливість затвердження прип=до+1, тобто виконується рівність: .

Отже, ми довели, що тотожність вірна за будь-якого натурального п≥2.

Приклад №19. Доведемо тотожність

При п=1 отримаємо правильну рівність:

Припустимо, що при п=доотримуємо також правильну рівність:

Доведемо, що спостерігається справедливість рівності при п=к+1:

Тоді тотожність справедлива за будь-якого натурального п.

Урок №6.

Розв'язання задач на подільність.

Приклад №20.Довести методом математичної індукції, що

ділиться на 6 без залишку.

Доведення.

При п=1 спостерігається розподіл на6 без залишку,
.

Нехай при п=до вираз
кратно6.

Доведемо, що за п=до+1 вираз
кратно6 .

Кожен доданок кратний 6 , отже сума кратна 6 .

Приклад №21.
на5 без залишку.

Доведення.

При п=1 вираз ділиться без залишку
.

Нехай при п=до вираз
також поділяється на5 без залишку.

При п=до+1ділиться на 5 .

Приклад №22. Довести подільність виразу
на16.

Доведення.

При п=1кратно 16 .

Нехай при п=до
кратно16.

При п=до+1

Усі доданки поділяються на 16: перше – очевидно, друге за припущенням, а третьому – у дужках стоїть парне число.

Приклад №23. Довести подільність
на676.

Доведення.

Попередньо доведемо, що
ділиться на
.

При п=0
.

Нехай при п=до
ділиться на26 .

Тоді при п=до+1ділиться на 26 .

Тепер проведемо доказ твердження, сформульованого за умови завдання.

При п=1ділиться на 676.

При п=до вірно, що
ділиться на26 2 .

При п=до+1 .

Обидва доданки поділяються на 676 ; перше – тому, що ми довели подільність на 26 вирази, що стоїть у дужках, а друге ділиться за припущенням індукції.

Урок №7.

Розв'язання задач на подільність.

Приклад №24.

Довести, що
ділиться на5 без залишку.

Доведення.

При п=1
ділиться на5.

При п=до
ділиться на5 без залишку.

При п=до+1 кожне доданок поділяється на5 без залишку.

Приклад №25.

Довести, що
ділиться на6 без залишку.

Доведення.

При п=1
ділиться на6 без залишку.

Нехай при п=до
ділиться на6 без залишку.

При п=до+1ділиться на 6 без залишку, тому що кожен доданок поділяється на6 без залишку: перший доданок - за припущенням індукції, другий - очевидно, третій - тому, що
парне число.

Приклад №26.

Довести, що
при розподілі на9 дає залишок 1 .

Доведення.

Доведемо, що
ділиться на9 .

При п=1
ділиться на 9 . Нехай при п=до
ділиться на9 .

При п=до+1ділиться на 9 .

Приклад №27.

Довести, що поділяється на15 без залишку.

Доведення.

При п=1ділиться на 15 .

Нехай при п=доділиться на 15 без залишку.

При п=до+1

Перше доданок кратно15 за припущенням індукції, другий доданок кратний15 - Очевидно, третій доданок кратно15 , так як
кратно5 (доведено в прикладі № 21), четвертий і п'ятий доданки також кратні5 , Що очевидно, тоді сума кратна15 .

Урок №8-9.

Доказ нерівностей методом математичної індукції

Приклад №28.
.

При п=1маємо
- вірно.

Нехай при п=до
- вірна нерівність.

При п=до+1

Тоді нерівність справедлива для будь-якого натурального п.

Приклад №29.Довести, що справедлива нерівність
за будь-якого п.

При п=1отримаємо правильну нерівність 4 >1.

Нехай при п=досправедлива нерівність
.

Доведемо, що за п=до+1справедлива нерівність

Для будь-якого натурального доспостерігається нерівність.

Якщо
при
то

Приклад №30.

при будь-якому натуральному пі будь-кому

Нехай п=1
, вірно.

Припустимо, що нерівність виконується при п=до:
.

При п=до+1

Приклад №31.Довести справедливість нерівності

при будь-якому натуральному п.

Доведемо спочатку, що за будь-якого натурального тсправедлива нерівність

Помножимо обидві частини нерівності на
. Отримаємо рівносильну нерівність або
;
; - ця нерівність виконується за будь-якого натурального т.

При п=1вихідна нерівність вірна
;
;
.

Нехай нерівність виконується при п=до:
.

При п=до+1

Урок №10.

Розв'язання задач на тему

Метод математичної індукції.

Приклад №32.Довести нерівність Бернуллі.

Якщо
, то для всіх натуральних значеньп виконується нерівність

Доведення.

При п=1 доказувана нерівність набуває вигляду
і, мабуть, справедливо. Припустимо, що воно вірно прип=до , тобто що
.

Бо за умовою
, то
, і тому нерівність не змінить сенсу при множенні обох його частин на
:

Так як
, то отримуємо, що

.

Отже, нерівність вірна при п=1, а з його істинності при п=дослід, що воно істинно і при п = до +1.Отже, через математичну індукцію воно має місце для всіх натуральних п.

Наприклад,

Приклад №33. Знайти усі натуральні значенняп , для яких справедлива нерівність

Рішення.

При п=1нерівність справедлива. При п=2нерівність також справедлива.

При п=3нерівність не виконується. Лише за п=6нерівність виконується, так що за базис індукції можна взяти п=6.

Припустимо, що нерівність справедлива для деякого натурального до:

Розглянемо нерівність

Остання нерівність виконується, якщо
Контрольна роботана тему п=1 задана рекурентно: п≥5 , де п- -натуральне число.

Міністерство освіти Саратовської області

Саратовський державний соціально-економічний університет

Обласний конкурс математичних та комп'ютерних робітшколярів

«Вектор майбутнього – 2007»

«Метод математичної індукції.

Його застосування до вирішення алгебраїчних завдань»

(Секція «математика»)

Творча робота

учениці 10 «А» класу

МОУ «Гімназії №1»

Жовтневого району м. Саратова

Арутюнян Гаяне.

Керівник роботи:

вчитель математики

Гришина Ірина Володимирівна.

Саратов

2007

Вступ…………………………………………………………………………………3

Принцип математичної індукції та його

доказ…………………………………………………………………………..4

Приклади рішень задач………………………………………………………………..9

Заключение……………………………………………………………………………..16

Література………………………...……………………………………………………17

Вступ.

Метод математичної індукції можна порівняти із прогресом. Ми починаємо з нижчого, в результаті логічного мисленняприходимо до вищого. Людина завжди прагнула прогресу, до вміння розвивати свою думку логічно, отже, сама природа накреслила йому міркувати індуктивно і підкріплювати свою думку доказом, проведеним за всіма правилами логіки.
В даний час зросла область застосування методу математичної індукції, але в шкільній програмійому, на жаль, приділяється мало часу. Адже це так важливо - вміти розмірковувати індуктивно.

Принцип математичної індукції та його доказ

Звернемося до суті методу математичної індукції. Розглянемо різні твердження. Їх можна поділити на загальні та приватні. Наведемо приклади загальних тверджень.

Усі громадяни Росії мають право на освіту.

У кожному паралелограмі діагоналі в точці перетину діляться навпіл.

Усі числа, що закінчуються банкрутом, діляться на 5 .

Відповідні приклади приватних тверджень:

Петров має право освіту.

У паралелограмі ABCD діагоналі в точці перетину діляться навпіл.

140 поділяється на 5.

Перехід від загальних тверджень до приватних називається дедукцією (від латинського deductio - Висновок за правилами логіки).

Розглянемо приклад дедуктивного висновку.

Усі громадяни Росії мають право на освіту. (1)

Петров – громадянин Росії. (2)

Петров має право освіту. (3)

Із загального затвердження (1) за допомогою (2) одержано приватне затвердження (3).

Зворотний перехід від приватних тверджень до загальних називається індукцією (від латинського inductio - Наведення).

Індукція може призвести як до правильних, так і до хибних висновків.

Пояснимо це двома прикладами.

140 ділиться на 5. (1)

Усі числа, що закінчуються банкрутом, діляться на 5 . (2)

140 ділиться на 5. (1)

Усі трицифрові числа діляться на 5. (2)

З часткового затвердження (1) отримано загальне затвердження (2). Твердження (2) вірне.

Другий приклад показує, як із приватного твердження (1) може бути отримано загальне твердження (3), притому твердження (3) не є вірним.

Поставимо питання, як користуватися в математиці індукцією, щоб отримувати тільки правильні висновки. Розглянемо кілька прикладів індукції, неприпустимої математики.

Приклад 1.

Розглянемо квадратний тричлен наступного виду Р(x) = x 2 + x + 41, який звернув увагу ще Леонард Ейлер.

Р(0) = 41, Р(1) = 43, Р(2) = 47, Р(3) = 53, Р(4) = 61, Р(5) = 71, Р(6) = 83, Р (7) = 97, Р (8) = 113, Р (9) = 131, Р (10) = 151.

Ми, щоразу значення тричлена - просте число. На підставі отриманих результатів стверджуємо, що при підстановці в тричлен, що розглядається, замість x будь-якого цілого неотрицательного числа завжди у результаті виходить просте число.

Проте зроблений висновок неспроможна вважатися достовірним. У чому ж справа? Справа в тому, що в міркуваннях висловлено загальні твердження щодо будь-якого х лише на підставі того, що це твердження виявилося справедливим для деяких значень х.

Справді, за більш уважному вивченні тричлена Р(х) числа Р(0), Р(1), …, Р(39) - прості числа, але Р(40) = 41 2 – складове число. І явно: Р(41) = 41 2 +41+41 кратно 41.

У цьому прикладі ми зустрілися з твердженням, справедливим у 40 окремих випадках і все ж таки взагалі виявився несправедливим.

Розглянемо ще кілька прикладів.

приклад 2.

У 17 столітті В.Г. Лейбніц довів, що при кожному натуральному n числа виду n 3 - n кратні 3, n 5 - n кратні 5, n 7 - n кратні 7. На підставі цього, він запропонував, що при кожному непарному k і натуральному n число n k - n кратно k , але незабаром сам зауважив, що 2 9 –2=510, яке, зрозуміло, ділиться на 9 .

Розглянуті приклади дозволяють зробити важливий висновок: твердження може бути справедливим у низці окремих випадків і в той же час несправедливим взагалі.

Природно постає питання: є твердження, справедливе у кількох окремих випадках; всі окремі випадки розглянути неможливо; як же дізнатися, чи справедливе це твердження взагалі?

Це питання іноді вдається вирішити у вигляді застосування особливого методу міркувань, званого методом математичної індукції. В основі цього методу лежить принцип математичної індукції, укладений у наступному: твердження справедливе для будь-якого натурального n якщо:

воно справедливе для n = 1;

із справедливості затвердження для якогось довільного натурального n = k слід його справедливість для n = k +1.

Доведення.

Припустимо неприємне, тобто нехай твердження справедливе не для будь-якого натурального n . Тоді існує таке натуральне число m, що

твердження для n = m несправедливо,

для всіх n

Вочевидь, що m >1, оскільки за n =1 твердження справедливо (умова 1). Отже, m -1 – натуральне число. Для натурального числа m -1 твердження справедливе, а наступного натурального числа m воно несправедливо. Це суперечить умові 2. Отримане протиріччя свідчить про невірність припущення. Отже, твердження справедливе для будь-якого натурального n, т.д.

p align="justify"> Доказ, заснований на принципі математичної індукції, називається доказом методом математичної індукції. Такий доказ має складатися із двох частин, із доказу двох самостійних теорем.

Теорема 1. Твердження справедливе для n =1.

Теорема 2. Твердження справедливе для n = k +1, якщо воно справедливе для n = k, де k-довільне натуральне число.

Якщо обидві ці теореми доведено, то на підставі принципу математичної індукції твердження справедливе для будь-якого
натурального n.

Необхідно підкреслити, що доказ методом математичної індукції, безумовно, вимагає доказу обох теорем 1 і 2. Зневажливе ставлення до теореми 2 призводить до неправильних висновків (приклади 1-2). Покажемо на прикладі, наскільки обов'язковим є доказ теореми 1.

Приклад 3. «Теорема»: всяке натуральне число дорівнює наступному за ним натуральному числу.

Підтвердження проведемо шляхом математичної індукції.

Припустимо, що k = k +1 (1).

Доведемо, що k+1=k+2(2). Для цього до кожної частини «рівності» (1) додамо 1. Отримуємо «рівність» (2). Виходить, що якщо твердження справедливе для n = k, воно справедливе і для n = k +1., ч.т.д.

Очевидне "наслідок" з "теореми": всі натуральні числа рівні.

Помилка полягає в тому, що теорема 1, необхідна для застосування принципу математичної індукції, не доведена і не вірна, а доведена лише друга теорема.

Теореми 1 та 2 мають особливе значення.

Теорема 1 створює основу щодо індукції. Теорема 2 дає право необмеженого автоматичного розширення цієї бази, право переходу від цього окремого випадку до наступного, від n до n +1.

Якщо не доведено теорему 1 , а доведено теорему 2 , то, отже, не створено бази щодо індукції, і тоді безглуздо застосовувати теорему 2 , оскільки і розширювати, власне, нічого.

Якщо не доведено теорему 2 , а доведено лише теорему 1, то, хоча база щодо індукції і створено, право розширення цієї бази відсутня.

Зауваження.

Іноді друга частина докази спирається на справедливість твердження як для n =k , але й n =k -1. У цьому випадку затвердження в першій частині має бути перевірено для двох наступних значень n.

Іноді твердження доводиться задля будь-якого натурального n , а n > m , де m – деяке ціле число. І тут у першій частині докази твердження перевіряється для n =m +1, і якщо це потрібно, то кількох наступних значень n .

Підсумувавши сказане, маємо: метод математичної індукції дозволяє в пошуках загального закону випробовувати гіпотези, що виникають при цьому, відкидати помилкові і стверджувати істинні.

Всім відома роль процесів узагальнення результатів окремих спостережень та дослідів (тобто індукції) для емпіричних, експериментальних наук. Математика ж здавна вважалася класичним зразком здійснення суто дедуктивних методів, оскільки явно чи неявно завжди мається на увазі, що це математичні речення (крім прийнятих за вихідні - аксіом) доводяться, а конкретні застосування цих пропозицій виводяться з доказів, придатних загальних випадків (дедукція).

Що означає індукція в математиці? Чи слід її розуміти як не цілком надійний спосіб і як шукати критерій надійності таких індуктивних методів? Чи достовірність математичних висновків тієї ж природи, як і досвідчені узагальнення експериментальних наук, таких, що будь-який доведений факт непогано було б ще й «перевірити»? Насправді справа не так.

Індукції (наведення) на гіпотезу грає в математиці дуже велику, але суто евристичну роль: вона дозволяє здогадуватися, яким має бути рішення. Але встановлюються математичні пропозиції лише дедуктивно. І метод математичної індукції є суто дедуктивним методом доказу. Насправді, доказ, який проводиться цим методом, складається з двох частин:

так званий «базис» – дедуктивний доказ шуканої пропозиції для одного (або кількох) натурального числа;

індукційний крок, що полягає у дедуктивному доказі загального затвердження. Теорема саме доводиться всім натуральних чисел. З базису, доведеного, наприклад, для числа 0, ми отримуємо, по індукційному кроці, доказ для числа 1, потім так само для 2, для 3 …- і так твердження може бути обґрунтовано для будь-якого натурального числа.

Інакше кажучи, назва «математична індукція» обумовлена ​​тим, що цей метод просто асоціюється в нашій свідомості з традиційними індуктивними висновками (адже базис справді доводиться лише для окремого випадку); індукційний крок, на відміну від заснованих на досвіді критеріїв правдоподібності індуктивних висновків у природничих і суспільних науках, є загальне твердження, яке не потребує жодної приватної посилки і доводиться за суворими канонами дедуктивних міркувань. Тому математичну індукцію називають «повною» чи «досконалою», оскільки є дедуктивний, цілком надійний метод докази.

Приклади розв'язування задач

Індукція в алгебрі

Розглянемо кілька прикладів алгебраїчних завдань, і навіть доказ різних нерівностей, розв'язуваних із застосуванням методу математичної індукції.

Завдання 1. Вгадати формулу для суми та довести її.

А( n )= 2  1 2 + 3 2 2 + …..+(n +1) n 2 .

Рішення.

1. Перетворимо вираз для суми А(n):

A(n)= 2  1 2 + 3  2 2 + ….+ (n+1) n 2 = (1+1) 1 2 + (2+1) 2 2 + …. + (n+1) n 2 = =1  1 2 + 2  2 2 + …+n  n 2 + 1 2 + 2 2 +… +n 2 =1 3 + 2 3 +… +n 3 +1 2 + 2 2 +… +n 2 = В(n) + C(n), де B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Розглянемо суми C (n) та B (n).

а) С( n) = 1 2 + 2 2 + ... + n 2 . Одне з найпоширеніших завдань на метод математичної індукції, довести, що для будь-якого натурального n виконується рівність

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Припустимо, що (1) правильно при всіх n  N.

б ) B(n) = 1 3 + 2 3 + ….. + n 3 . Поспостерігаємо, як змінюються значення B(n) залежно від n.

B(1) = 13 = 1 .

B(2) = 1 3 + 2 3 = 9 = 3 2 = (1 + 2) 2

B(3) = 1 3 + 2 3 + 3 3 = 36 =

Таким чином, можна припустити, що
B (n) = (1 + 2 + …. + n) 2 =
(2)

в) В результаті для суми А(n) отримуємо

А( n) = =

= (*)

3. Доведемо отриману формулу (*) методом математичної індукції.

а) перевіримо справедливість рівності (*) за n = 1.

А(1) = 2  =2,

Очевидно, що формула (*) при n = 1 є правильною.

б) припустимо, що формула (*) правильна при n=k , де k N, тобто виконується рівність

A(k)=

З припущення, доведемо справедливість формули при n =k +1. Справді,

A (k+1)=

Так як формула (*) вірна при n = 1, і з припущення, що вона вірна при деякому натуральному k , слід її справедливість при n = k +1, на підставі принципу математичної індукції укладаємо, що рівність

виконується при будь-якому натуральному n.

Завдання 2.

Обчислити суму 1-2 + 3-4 + ... (-1) n -1 n .

Рішення.

Випишемо послідовно значення сум при різних значеннях n.

A(1)=1, A(2)=1-2= -1, A(3)=1-2+3=2, A(4)=1-2+3-4= -2,

A(5)=1-2+3-4+5=3, A(6)=1-2+3-4+5-6=-3.

Спостерігаючи закономірність, можемо припустити, що A (n) = - при парних n і A (n) =
при непарних n. Об'єднаємо обидва результати в єдину формулу:

A (n) =
, де r - залишок від розподілу n на 2.

І r , очевидно, визначається наступним правилом

0, якщо n – парне,

r =

1, якщо n – непарне.

Тоді r(можна здогадатися) представимо у вигляді:

Остаточно отримаємо формулу для A(n):

A (n) =

(*)

Доведемо виконання рівності (*) за всіх n  N методом математичної індукції.

2. а) Перевіримо рівність (*) за n =1. А(1) = 1=

Рівність справедлива

б) Припустимо, що рівність

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n =

вірно при n = k. Доведемо, що воно справедливе і за n = k +1, тобто

A (k +1) =

Справді,

A(k+1)=A(k)+(-1) k(k+1) =

=

Що й потрібно було довести.

p align="justify"> Метод математичної індукції застосовується також для вирішення завдань на ділимість.

Завдання 3.

Довести, що число N (n) = n 3 + 5n ділиться на 6 за будь-якого натурального n.

Доведення.

При n =1 число N (1)=6 тому твердження справедливо.

Нехай за деякого натурального k число N (k )=k 3 +5k ділиться на 6. Доведемо, що N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) ділиться на 6. Дійсно, маємо
N(k+1)=(k+1) 3+5(k+1)=(k3+5k)+3k(k+1)+6.

Оскільки k і k +1 - натуральні числа, що поряд стоять, то одне з них обов'язково парне, тому вираз 3k (k +1) ділиться на 6. Таким чином, отримуємо, що N (k +1) також ділиться на 6. Висновок число N (n) = n 3 + 5n ділиться на 6 при будь-якому натуральному n.

Розглянемо розв'язання складнішого завдання ділимість, коли метод повної математичної індукції доводиться застосовувати кілька разів.

Завдання 4.

Довести, що за будь-якого натурального n число
не ділиться націло число 2 n +3 .

Доведення.

Уявимо
у вигляді твору
=

= (*)

За припущенням перший множник (*) не ділиться націло на число 2 k +3 , тобто в поданні складового числа
як добутку простих чисел число 2 повторюється лише (k +2) разу. Таким чином, щоб довести, що число
не ділиться націло на 2 k +4, треба довести, що
не поділяється на 4.

Для доказу цього твердження доведемо допоміжне твердження: для будь-якого натурального n число 3 2 n +1 не ділиться на 4. Для n = 1 твердження очевидно, оскільки 10 не ділиться на 4 без залишку. При припущенні, що 3 2 k +1 не ділиться на 4, доведемо, що 3 2(k +1) +1 не ділиться
на 4. Представимо останній вираз у вигляді суми:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Друге доданок суми ділиться на 4 націло, а перше не ділиться. Отже, вся сума не ділиться на 4 без залишку. Допоміжне твердження підтверджено.

Тепер ясно, що
не ділиться на 4, оскільки число 2 k є парним числом.

Остаточно отримуємо, що число
не ділиться націло на число 2 n +3 за жодного натурального n .

Розглянемо тепер приклад застосування індукції до підтвердження нерівностей.

Завдання 5.

За яких натуральних n справедлива нерівність 2 n > 2n + 1?

Рішення.

1. При n = 1 2 1< 2*1+1,

при n = 2 2 2< 2*2+1,

при n =3 2 3 > 2*3+1,

при n =4 2 4 > 2*4+1.

Очевидно, нерівність справедлива за будь-якого натурального n  3. Доведемо це твердження.

2. При n =3 справедливість нерівності вже показано. Нехай тепер нерівність справедлива при n = k , де k - деяке натуральне число, щонайменше 3, тобто.

2 k > 2k +1 (*)

Доведемо, що тоді нерівність справедлива і за n =k +1, тобто 2 k +1 >2(k +1)+1. Помножимо (*) на 2, отримаємо 2 k +1 >4k +2. Порівняємо вирази 2(k+1)+1 та 4k+2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Очевидно, що 2k -1>0 за будь-якого натурального k . Тоді 4k+2>2(k+1)+1, тобто. 2 k +1 >2(k +1)+1. Твердження доведене.

Завдання 6.

Нерівність для середнього арифметичного та середнього геометричного n невід'ємних чисел (нерівність Коші)., Отримаємо =

Якщо хоча б одне із чисел
і нулю, то нерівність (**) також справедливо.

Висновок.

За виконання роботи я вивчила суть методу математичної індукції та її доказ. У роботі представлені завдання, у яких велику роль відіграла неповна індукція, що наводить на правильне рішення, а потім проведено доказ, отриманий за допомогою методу математичної індукції.

Література

Болтянський В.Г., Сидоров Ю.В., Шабурін М.І. Лекції та завдання з елементарної математики; Наука, 1974р.

Віленкін Н.Я. , Шварцбурд С.І. Математичний аналіз.-
М: Просвітництво, 1973.

Галицький М.Л., Мошкович М.М, Шварцбурд С.І. Поглиблене вивчення курсу алгебри та математичного аналізу. - М.: Просвітництво, 1990.

Потапов М.К., Александров В.В., Пасіченко П.І. Алгебра та аналіз елементарних функций.- М.: Наука, 1980.

Сомінський І.С., Головіна М.Л., Яглом І.М. Про математичну індукцію. - М.: Наука, 1967.

Якщо пропозиція А(n), що залежить від натурального числа n, істинно для n=1 і з того, що воно істинно для n=k (де k-будь-яке натуральне число), слід, що воно істинно і для наступного числа n=k +1, припущення А(n) істинно для будь-якого натурального числа n.

У ряді випадків потрібно довести справедливість деякого твердження не для всіх натуральних чисел, а лише для n>p, де p-фіксоване натуральне число. І тут принцип математичної індукції формулюється так.

Якщо пропозиція А(n) істинно при n=p і якщо А(k) Ю А(k+1) для будь-якого k>p, то пропозиція А(n) істинно для будь-якого n>p.

Доказ методом математичної індукції проводитися в такий спосіб. Спочатку доводиться твердження перевіряється для n=1, тобто. встановлюється істинність висловлювання А(1). Цю частину підтвердження називають базисом індукції. Потім слідує частина докази, звана індукційним кроком. У цьому частині доводять справедливість твердження для n=k+1 у припущенні справедливості твердження для n=k (припущення індукції), тобто. доводять, що А(k) Ю A(k+1)

Довести, що 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) Маємо n=1=1 2 . Отже, твердження правильне при n=1, тобто. А(1) істинно
• 2) Доведемо, що А(k) Ю A(k+1)

Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай твердження справедливе для n = k, тобто

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Доведемо, що тоді твердження справедливе й у наступного натурального числа n=k+1, тобто. що

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Справді,
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Отже, А(k) Ю А(k+1). На підставі принципу математичної індукції укладаємо, що припущення А(n) є істинним для будь-якого n О N

Довести, що

1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), де х № 1

• 1) При n=1 отримуємо
• 1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

отже, при n=1 формула вірна; А(1) істинно

• 2) Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай формула правильна при n = k,
• 1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1)

Доведемо, що тоді виконується рівність

• 1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1) Справді
• 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)

Отже, А(k) Ю A(k+1). З принципу математичної індукції укладаємо, що формула правильна будь-якого натурального числа n

Довести, що число діагоналей опуклого n-кутника дорівнює n(n-3)/2

Рішення: 1) При n=3 твердження справедливе, бо у трикутнику

А 3 =3(3-3)/2=0 діагоналей; А 2 А(3) істинно

2) Припустимо, що у кожному опуклому k-кутнику має А 1 ся А k =k(k-3)/2 діагоналей. А k Доведемо, що тоді у опуклому А k+1 (k+1)-кутнику число діагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нехай А 1 А 2 А 3 …A k A k +1 - опуклий (k + 1)-кутник. Проведемо в ньому діагональ A1Ak. Щоб підрахувати загальне число діагоналей цього (k+1)-кутника потрібно підрахувати число діагоналей в k-кутнику A 1 A 2 …A k додати до отриманого числа k-2, тобто. число діагоналей (k+1)-кутника, що виходять з вершини А k+1 і, крім того, слід врахувати діагональ А 1 А k

Таким чином,

Gk+1 = Gk+(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2

Отже, А(k) Ю A(k+1). Внаслідок принципу математичної індукції твердження правильне для будь-якого опуклого n-кутника.

Довести, що за будь-якого n справедливе твердження:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Припустимо, що n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6

3) Розглянемо дане твердження при n=k+1

X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2

=(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6

Ми довели справедливість рівності і при n=k+1, отже, через метод математичної індукції, твердження правильне для будь-якого натурального n

Довести, що для будь-якого натурального n справедлива рівність:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Рішення: 1) Нехай n = 1

Тоді Х 1 = 13 = 12 (1 +1) 2 / 4 = 1. Ми, що з n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що рівність правильна при n = k

X k =k 2 (k+1) 2/4

3) Доведемо істинність цього твердження для n=k+1, тобто.

Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2/4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4

З наведеного доказу видно, що твердження правильне при n=k+1, отже, рівність правильна за будь-якого натурального n

Довести, що

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), де n>2

Рішення: 1) При n=2 тотожність виглядає:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), тобто. воно вірне
• 2) Припустимо, що вираз правильно при n = k
• (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
• 3) Доведемо вірність виразу при n=k+1
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Ми довели справедливість рівності і при n=k+1, отже, через метод математичної індукції, твердження правильне для будь-якого n>2

Довести, що

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) для будь-якого натурального n

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Припустимо, що n=k тоді
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Доведемо істинність цього твердження за n=k+1
• (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)

Доведено і справедливість рівності при n=k+1, отже твердження правильне для будь-якого натурального n.

Довести вірність тотожності

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) для будь-якого натурального n

• 1) При n=1 тотожність вірна 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Припустимо, що з n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Доведемо, що тотожність вірна при n=k+1
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1)/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2 )+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 )(k+2)/2(2(k+1)+1)

З наведеного доказу видно, що твердження вірне за будь-якого натурального n.

Довести, що (11 n+2 +12 2n+1) ділиться на 133 без залишку

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

Але (23 ґ 133) ділиться на 133 без залишку, значить при n=1 твердження вірне; А(1) істинно.

• 2) Припустимо, що (11 k+2 +12 2k+1) ділиться на 133 без залишку
• 3) Доведемо, що у такому разі (11 k+3 +12 2k+3) ділиться на 133 без залишку. Справді
• 11 k+3 +12 2л+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Отримана сума ділиться на 133 без залишку, тому що перше її доданок ділиться на 133 без залишку за припущенням, а в другому одним із множників виступає 133. Отже, А(k) Ю А(k+1). Через метод математичної індукції твердження доведено

Довести, що за будь-якого n 7 n -1 ділиться на 6 без залишку

• 1) Нехай n = 1, тоді Х 1 = 7 1 -1 = 6 ділиться на 6 без залишку. Значить при n = 1 твердження вірно
• 2) Припустимо, що з n=k 7 k -1 ділиться на 6 без залишку
• 3) Доведемо, що твердження справедливе для n=k+1

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6

Перший доданок ділиться на 6, оскільки 7 k -1 ділиться на 6 за припущенням, а другим доданком є ​​6. Значить 7 n -1 кратно 6 при будь-якому натуральному n. З методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 33n-1+24n-3 при довільному натуральному n ділиться на 11.

1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 = 3 3-1 +2 4-3 = 3 2 +2 1 = 11 ділиться на 11 без залишку.

Отже, при n=1 твердження вірне

• 2) Припустимо, що з n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 ділиться на 11 без залишку
• 3) Доведемо, що твердження правильне для n=k+1

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =

27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +

11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1

Перше доданок ділиться на 11 без залишку, оскільки 3 3k-1 +2 4k-3 ділиться на 11 за припущенням, друге ділиться на 11, тому що одним з його множників є число 11. Значить і сума ділиться на 11 без залишку за будь-якого натурального n. З методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 11 2n -1 при довільному натуральному n ділиться на 6 без залишку

• 1) Нехай n=1, тоді 112-1=120 ділиться на 6 без залишку. Значить при n=1 твердження вірне
• 2) Припустимо, що з n=k 1 2k -1 ділиться на 6 без залишку
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Обидва доданків діляться на 6 без залишку: перше містить кратне 6 число 120, а друге ділиться на 6 без залишку за припущенням. Значить і сума ділиться на 6 без залишку. З методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 3 3n+3 -26n-27 при довільному натуральному n ділиться на 26 2 (676) без залишку

Попередньо доведемо, що 3 3n+3 -1 ділиться на 26 без залишку

• 1. При n=0
• 3 3 -1=26 ділиться на 26
• 2. Припустимо, що з n=k
• 3 3k+3 -1 поділяється на 26
• 3. Доведемо, що твердження правильне за n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -ділиться на 26

Тепер проведемо доказ твердження, сформульованого за умови завдання

• 1) Вочевидь, що з n=1 твердження правильне
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Припустимо, що за n=k вираз 3 3k+3 -26k-27 ділиться на 26 2 без залишку
• 3) Доведемо, що твердження правильне за n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Обидва доданків діляться на 26 2; перше ділиться на 26 2 , тому що ми довели подільність на 26 вирази, що стоїть у дужках, а друге ділиться за припущенням індукції. Через метод математичної індукції твердження доведено

Довести, що якщо n>2 і х>0, то справедлива нерівність (1+х) n >1+n ґ х

• 1) При n=2 нерівність справедливо, оскільки
• (1+х) 2 = 1+2х+х 2 >1+2х

Отже, А(2) істинно

• 2) Доведемо, що А(k) Ю A(k+1), якщо k> 2. Припустимо, що А(k) істинно, тобто, що справедлива нерівність
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

Доведемо, що тоді і А(k+1) істинно, тобто, що справедлива нерівність

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Справді, помноживши обидві частини нерівності (3) на позитивне число 1+х, отримаємо

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Розглянемо праву частину останньої нерівності; маємо

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

У результаті отримуємо, що (1+х) k+1 >1+(k+1) x

Отже, А(k) Ю A(k+1). На підставі принципу математичної індукції можна стверджувати, що нерівність Бернуллі справедлива для будь-якого n>2

Довести, що справедлива нерівність (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а> 0

Рішення: 1) При m=1

• (1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обидві частини дорівнюють
• 2) Припустимо, що з m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Доведемо, що з m=k+1 не-рівність правильна
• (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +

+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Ми довели справедливість нерівності при m=k+1, отже, через метод математичної індукції, нерівність справедлива для будь-якого натурального m

Довести, що за n>6 справедлива нерівність 3 n >n ґ 2 n+1

Перепишемо нерівність у вигляді (3/2) n >2n

• 1. При n=7 маємо 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 нерівність вірна
• 2. Припустимо, що з n=k (3/2) k >2k
• 3) Доведемо вірність нерівності за n=k+1
• 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Оскільки k>7, остання нерівність очевидна.

Через метод математичної індукції нерівність справедлива для будь-якого натурального n

Довести, що за n>2 справедлива нерівність

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) При n=3 нерівність вірна
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Припустимо, що з n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Доведемо справедливість нерівності за n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Доведемо, що 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

Ы (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Останнє очевидно, а тому

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)

З методу математичної індукції нерівність доведено.