Суть Математической Индукции

Брянский Городской Лицей №1
Исследовательская работа на тему:
Метод Математической
Индукции
Выполнил
Мелешко Константин
ученик 10 физико-математического
Брянского Городского Лицея №1
Проверил
Тюкачева Ольга Ивановна
-2003-
2
Содержание исследовательской работы
Содержание_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 2
Введение_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 3
Основная часть
Полная и неполная индукция_ _ _ _ _ _ _ _ _3-4
Принцип математической индукции_ _ _ _ _4-5
Метод математической индукции_ _ _ _ _ _ 6
Решение Методом Математической Индукции
К задачам на суммирование_ _ _ _ _ _ _ _ _ 7
К задачам на доказательство неравенств_ _8
К задачам на делимость _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _11
К задачам на доказательство тождеств _ _ _12
К другим задачам _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 13
Заключение_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 16
Список использованной литературы _ _ _ _17
3
Введение
Слово индукция по-русски означает наведение, а индуктивными
называют выводы, сделанные на основе наблюдений, опытов, т.е.
полученные путем заключения от частного к общему.
Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень
велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции
делаются дальнейшие умозаключения. И хотя теоретическая механика
основывается на трех законах движения Ньютона, сами эти законы
явились результатом глубокого продумывания опытных данных, в
частности законов Кеплера движения планет, выведенных им при
обработке многолетних наблюдений датского астронома Тихо Браге.
Наблюдение, индукция оказываются полезными и в дальнейшем для
уточнения сделанных предположений. После опытов Майкельсона по
измерению скорости света в движущейся среде оказалось необходимым
уточнить законы физики, создать теорию относительности.
В математике роль индукции в значительной степени состоит в том,
что она лежит в основе выбираемой аксиоматики. После того как
длительная практика показала, что прямой путь всегда короче кривого
или ломанного, естественно было сформулировать аксиому: для любых
трех точек А, В и С выполняется неравенство
AB  BC  AC .
Лежащее в основе арифметики понятие «следовать за» тоже
появилось при наблюдениях за строем солдат, кораблей и другими
упорядоченными множествами.
Не следует, однако, думать, что этим исчерпывается роль индукции
в математике. Разумеется, мы не должны экспериментально проверять
теоремы, логически выведенные из аксиом: если при выводе не было
сделано логических ошибок, то они постольку верны, поскольку
истинны принятые нами аксиомы. Но из данной системы аксиом можно
вывести очень много утверждений. И отбор тех утверждений, которые
надо доказывать, вновь подсказывается индукцией. Именно она
позволяет отделить полезные теоремы от бесполезных, указывает, какие
теоремы могут оказаться верными, и даже помогает наметить путь
доказательства.
4
Суть Математической Индукции
Покажем на примере использование Метода Математической
Индукции и в конце сделаем обобщающий вывод.
Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n
в пределах 4 < n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел.
Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие
разложения:
4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;
14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.
Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас
чисел действительно представляется в виде суммы двух простых
слагаемых.
Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее
утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа
возможных случаев.
Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения
не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая
неполная индукция).
Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако,
лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим
рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами,
неполная индукция в математике не считается законным методом
строгого доказательства, но является мощным методом открытия новых
истин.
Пусть, например, требуется найти сумму первых n
последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:
1=1=12
1+3=4=22
1+3+5=9=32
1+3+5+7=16=42
1+3+5+7+9=25=52
После рассмотрения этих нескольких частных случаев
напрашивается следующий общий вывод:
1+3+5+…+(2n-1)=n2
т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n2
5
Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить
доказательством справедливости приведённой формулы.
Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное
применение. Многие интересные математические утверждения
охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку
для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же
индукция часто приводит к ошибочным результатам.
Во многих случаях выход из такого рода затруднений заключается
в обращении к особому методу рассуждений, называемому методом
математической индукции. Он заключается в следующем.
Пусть нужно доказать справедливость некоторого утверждения для
любого натурального числа n (например нужно доказать, что сумма
первых n нечётных чисел равна n2). Непосредственная проверка этого
утверждения для каждого значения n невозможна, поскольку множество
натуральных чисел бесконечно. Чтобы доказать это утверждение,
проверяют сначала его справедливость для n=1. Затем доказывают, что
при любом натуральном значении k из справедливости
рассматриваемого утверждения при n=k вытекает его справедливость и
при n=k+1.
Тогда утверждение считается доказанным для всех n. В самом деле,
утверждение справедливо при n=1. Но тогда оно справедливо и для
следующего числа n=1+1=2. Из справедливости утверждения для n=2
вытекает его справедливость для n=2+
+1=3. Отсюда следует справедливость утверждения для n=4 и т.д. Ясно,
что, в конце концов, мы дойдём до любого натурального числа n. Значит,
утверждение верно для любого n.
Обобщая сказанное, сформулируем следующий общий принцип.
Принцип математической индукции.
Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно
для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное
число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то
предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.
В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого
утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n > p, где
p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип
математической индукции формулируется следующим образом.
6
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.
Доказательство по методу математической индукции проводиться
следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется
для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть
доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть
доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части
доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении
справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е.
доказывают, что А(k)A(k+1).
7
Применение метода математической индукции в задачах на
суммирование
Применение метода математической индукции в задачах на
суммирование
Пример:
Доказать, что
x n 1  1
1+x2+x3+x4+….+xn=
, где x  1
x 1
Решение.
x2  1
S1  1  x 
, следовательно, при n=1 формула верна.
x 1
Пусть k- любое натуральное число и пусть формула верна при n=k, т.е.
x k 1  1
2
k
Sk  1  x  x  ...  x 
x 1
Докажем тогда
xk  2  1
2
k
k 1
Sk 1  1  x  x  ...  x  x 
x 1
В самом деле ,
x k 1  1
xk  2  1
k 1
k 1
Sk 1  Sk  x 
x 
x 1
x 1
.
Значит, по принципу математической индукции формула верна для
любого натурального n.
8
Примеры применения метода математической индукции к
доказательству неравенств.
Доказать, что при любом натуральном n>1
1
1
1 13

 ... 

.
n 1 n  2
2n 24
Решение.
Обозначим левую часть неравенства через
S2 
7 14

,
12 24
Пусть
Sk 
Sk 
следовательно, при n=2 неравенство справедливо.
13
24
при некотором k. Докажем, что тогда и
1
1
1

 ... 
k 1 k  2
2k
Сравнивая
S k 1  S k 
Sn .
,
Sk
S k 1 
и
S k 1 
13
.
24
Имеем
1
1
1
1
1
.

 .. 


k 2 k 3
2k 2k  1 2k  2
имеем S k 1  S k  1  1  1 ,
S k 1 ,
2k  1 2k  2 k  1
т.е.
1
.
2(k  1)( 2k  1)
При любом натуральном k правая часть последнего равенства
положительна. Поэтому S k 1  S k . Но S k  13 , значит, и S k 1  13 .
24
24
Пример 2. Найти ошибку в рассуждении.
Утверждение. При любом натуральном n справедливо неравенство
2 n  2n  1 .
Доказательство.
Пусть неравенство справедливо при n=k, где k – некоторое
натуральное число, т.е.
2 k  2k  1 .
(1)
Докажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.
2 k 1  2(k  1)  1 .
Действительно, 2 k не меньше 2 при любом натуральном k. Прибавим
к левой части неравенства (1) 2 k , а к правой 2. Получим справедливое
неравенство 2 k  2 k  2k  1  2 , или 2 k 1  2(k  1)  1 . Утверждение доказано.
Пример 3. Доказать, что (1   ) n  1  n , где  >-1,   0 , n –
натуральное число, большее 1.
Решение.
При n=2 неравенство справедливо, так как  2  0 .
9
Пусть неравенство справедливо при n=k, где k – некоторое
натуральное число, т.е.
(1)
(1   ) k  1  k .
Покажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.
(2)
(1   ) k 1  1  (k  1) .
Действительно, по условию, 1    0 , поэтому справедливо неравенство
(3)
(1   ) k 1  (1  k )(1   ) ,
полученное из неравенства (1) умножением каждой части его на 1   .
Перепишем неравенство (3) так: (1   ) k 1  1  (k  1)  k 2 . Отбросив в
правой части последнего неравенства положительное слагаемое k 2 ,
получим справедливое неравенство (2).
Пример 4. Доказать, что
(1)
2 n1 (a n  b n )  (a  b) n ,
где a  b  0 , a  b , n – натуральное число, большее 1.
Решение.
При n=2 неравенство (1) принимает вид
(2)
2(a 2  b 2 )  (a  b) 2 .
Так как a  b , то справедливо неравенство
(3)
( a  b) 2  0 .
2
Прибавив к каждой части неравенства (3) по (a  b) , получим неравенство
(2).
Этим доказано, что при n=2 неравенство (1) справедливо.
Пусть неравенство (1) справедливо при n=k, где k – некоторое
натуральное число, т.е.
(4)
2 k 1 (a k  b k )  (a  b) k .
Докажем, что тогда неравенство (1) должно быть справедливо и при
n=k+1, т.е.
(5)
2 k (a k 1  b k 1 )  (a  b) k 1 .
Умножим обе части неравенства (4) на a+b. Так как, по условию,
a  b  0 , то получаем следующее справедливое неравенство:
(6)
2 k 1 (a k  b k )(a  b)  (a  b) k 1 .
Для того чтобы доказать справедливость неравенства (5), достаточно
показать, что
(7)
2 k (a k 1  b k 1 )  2 k 1 (a k  b k )(a  b) ,
или, что то же самое,
a k 1  b k 1  a k b  ab k .
(8)
Неравенство (8) равносильно неравенству
(9)
(a k  b k )( a  b)  0 .
10
Если a  b , то a k  b k , и в левой части неравенства (9) имеем
произведение двух положительных чисел. Если a  b , то a k  b k , и в левой
части неравенства (9) имеем произведение двух отрицательных чисел. В
обоих случаях неравенство (9) справедливо.
Этим доказано, что из справедливости неравенства (1) при n=k
следует его справедливость при n=k+1.
11
Метод математической индукции в решении задач на
делимость.
С помощью метода математической индукции можно доказывать
различные утверждения, касающиеся делимости натуральных чисел.
Следующее утверждение можно сравнительно просто доказать.
Покажем, как оно получается с помощью метода математической
индукции.
Пример 1. Если n – натуральное число, то число n 2  n четное.
При n=1 наше утверждение истинно: 12  1  0 - четное число.
Предположим, что k 2  k - четное число. Так как (k  1) 2  (k  1)  (k 2  k )  2k , a
2k – четное число, то и (k  1) 2  (k  1) четное. Итак, четность n 2  n доказана
при n=1, из четности k 2  k выведена четность (k  1) 2  (k  1). .Значит, n 2  n
четно при всех натуральных значениях n.
Пример 2. Доказать истинность предложения
A(n)={число 5  2 3n2  33n1 кратно 19}, n – натуральное число.
Решение.
Высказывание А(1)={число 5  2  32 кратно 19} истинно.
Предположим, что для некоторого значения n=k
А(k)={число 5  2 3k 2  33k 1 кратно 19} истинно. Тогда, так как
5  2 3( k 1)2  33( k 1)1  8  5  2 3k 2  27  33k 1  8(5  2 3k 2  33k 1 )  19  33k 1 , очевидно, что и
A(k+1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу
предположения, что A(k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19,
потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа
математической индукции выполнены, следовательно, предложение A(n)
истинно при всех значениях n.
12
Доказательство тождеств с помощью метода математической
индукции
Доказать , что при всех допустимых значениях x имеет место тождество:
2
2
2
1 
1 
1  2n  2
1 

 n 1 
 2 n   2n  1
 x     x  2   ...   x  n   2
x
x 
x 
x 
x 1
x 


Решение. Надо доказать , что тождество справедливо при всех x , кроме
x=0, 1, -1.
При n=1 имеем:
2
 x3  1  
1  4 1
1
   x   ,
 x  3   3  
2
x 1
x 
x
 x  
2
т.е. при n=1 тождество выполняется.
Предположим , что
1
1
1
1
1
S k  ( x  ) 2  ( x 2  2 ) 2  ...  ( x k  k ) 2  2
( x 2 k  2  2 k )  2k  1
x
x
x
x 1
x
Докажем , что тогда
1
1
1
1
S k 1  ( x  ) 2  ( x 2  2 ) 2  ...  ( x k  k ) 2  ( x k 1  k 1 ) 2 
x
x
x
x
1
1
 2
( x 2 k  4  2 k  2 )  2(k  1)  1
x 1
x
Имеем:
1
1
1 2
2k  2
k 1
(
x

)

2
k

1

(
x

) 
x2  1
x2k
x k 1
x4k  4  x2  x4k 6  x4k  4  x2  1
1
1
2k  4

2
(
k

1
)

1

(
x

)  2(k  1)  1
( x 2  1) x 2 k  2
x2  1
x2k  2
Итак, тождество верно для любого натурального числа n.
Sk 1 
13
Метод математической индукции в применение к другим
задачам.
Наиболее естественное применение метода математической
индукции в геометрии, близкое к использованию этого метода в теории
чисел и в алгебре, - это применение к решению геометрических задач на
вычисление. Рассмотрим несколько примеров.
Пример 1. Вычислить сторону a 2 правильного 2 n - угольника,
вписанного в круг радиуса R.
Решение.
n
При n=2 правильный 2 – угольник есть квадрат; его сторона
a 4  R 2 . Далее, согласно формуле удвоения
n
a 2n 1  2 R  2 R R 
2
2
a 22n
4
находим, что сторона правильного восьмиугольника
правильного
шестнадцатиугольника
a8  R 2  2
a16  R 2  2  2
,
, сторона
сторона
правильного тридцатидвухугольника a32  R 2  2  2  2 . Можно
предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2n –
угольника при любом n  2 равна
a2n  R 2  2  2  ...  2 .



(1)
n2
Допустим, что сторона правильного вписанного 2 n - угольника
выражается формулой (1). В таком случае по формуле удвоения
a 2 n 1  2 R  2 R R  R
2
2
2  2
 ... 


2
2
n2
4
 R 2  2  2  ...  2 ,



n 1
откуда следует, что формула (1) справедлива при всех n.
Пример 2. На сколько треугольников n-угольник (не обязательно
выпуклый) может быть разбит своими непересекающимися
диагоналями?
Решение.
Для треугольника это число равно единице (в треугольнике нельзя
провести ни одной диагонали); для четырехугольника это число равно,
очевидно, двум.
14
Предположим, что мы уже знаем, что каждый k-угольник, где k<n,
разбивается непересекающимися диагоналями на k-2 треугольника
(независимо от способа разбиения). Рассмотрим одно из разбиений nугольника А1А2…Аn на треугольники.
Аn
А1
А2
Пусть А1Аk – одна из диагоналей этого разбиения; она делит nугольник А1А2…Аn на k-угольник A1A2…Ak и (n-k+2)-угольник
А1АkAk+1…An. В силу сделанного предположения, общее число
треугольников разбиения будет равно
(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;
тем самым наше утверждение доказано для всех n.
Пример 3. Указать правило вычисления числа P(n) способов,
которыми выпуклый n-угольник может быть разбит на треугольники
непересекающимися диагоналями.
Решение.
Для треугольника это число равно, очевидно, единице: P(3)=1.
Предположим, что мы уже определили числа P(k) для всех k<n;
найдем, чему равно в таком случае P(n). Для этого рассмотрим
выпуклый n-угольник А1А2…Аn. При всяком разбиении его на
треугольники сторона А1А2 будет стороной одного из треугольников
разбиения, третья вершина этого треугольника может совпасть с каждой
из точек А3, А4, …,Аn. Число способов разбиения n-угольника, при
которых эта вершина совпадает с точкой А3, равно числу способов
разбиения на треугольники (n-1)-угольника А1А3А4…Аn, т.е. равно P(n1). Число способов разбиения, при которых эта вершина совпадает с А4,
равно числу способов разбиения (n-2)-угольника А1А4А5…Аn, т.е. равно
P(n-2)=P(n-2)P(3); число способов разбиения, при которых она совпадает
с А5, равно P(n-3)P(4), так как каждое из разбиений (n-3)-угольника
15
А1А5…Аn можно комбинировать при этом с каждым из разбиений
четырехугольника А2А3А4А5, и т.д. Таким образом, мы приходим к
следующему соотношению:
Pn  Pn 1  Pn  2 * P3  Pn 3 * P4  ...  P3 * Pn  2  Pn 1
С помощью этой формулы последовательно получаем:
P4  P3  P3  2
P5  P4  P3 * P3  P4  5
P6  P5  P4 * P3  P3 * P4  P5  14
и т.д.
Так же при помощи метода математической индукции можно решать
задачи с графами.
Пусть на плоскости задана сеть линий, соединяющих между собой
какие-то точки и не имеющие других точек. Такую сеть линий мы будем
называть картой, заданные точки ее вершинами, отрезки кривых между
двумя смежными вершинами – границами карты, части плоскости, на
которые она разбивается границами – странами карты.
Пусть на плоскости задана некоторая карта. Мы будем говорить, что
она правильно раскрашена, если каждая ее страна закрашена
определенной краской, причем любые две страны, имеющие между
собой общую границу, закрашены в разные цвета.
Пример 4. На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при
любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно
правильно раскрасить двумя красками.
Решение.
При n=1 наше утверждение очевидно.
Предположим, что наше утверждение справедливо для любой карты,
образованной n окружностями, и пусть на плоскости задано n+1
окружностей. Удалив одну из этих окружностей, мы получим карту,
которую в силу сделанного предположения
можно правильно раскрасить двумя красками,
например черной и белой.
Восстановим
затем
отброшенную
окружность и по одну сторону от нее (например,
внутри)
изменим
цвет
каждой
области на
противоположный (т.е. черный – на
белый
и
наоборот); легко видеть, что при
этом
мы
16
получим карту, правильную раскрашенную двумя красками.
Пример 5. Для того чтобы карту можно было правильно раскрасить
двумя красками, необходимо и достаточно, чтобы в каждой ее вершине
сходилось четное число границ.
Решение.
Необходимость этого условия очевидно, так как если в какой-нибудь
вершине карты сходится нечетное число границ, то уже страны,
окружающие эту вершину, нельзя правильно раскрасить двумя красками.
А
В
Для доказательства достаточности условия проведем индукцию по
числу границ карты.
Для карты с двумя границами утверждение очевидно.
Предположим, что утверждение справедливо для любой карты, в
каждой вершине которой сходится четное число границ и общее число
границ которой не превосходит n, и пусть дана карта S, имеющая n+1
границ и удовлетворяющая тому же условию. Начиная с произвольной
вершины А карты S, станем двигаться в произвольном направлении
вдоль границ карты. Ввиду конечности числа вершин карты мы вернемся
в конце концов в одну из уже проведенных вершин (карта не имеет
крайних вершин, потому что на ней нет неразделяющих границ) и
сможем выделить некоторый не имеющий самопересечений замкнутый
контур, состоящий из границ карты. Удалив этот контур, мы получим
контур S1 с меньшим числом границ, в каждой вершине которой также
сходится четное число границ (потому что в каждой вершине карты S
отбрасывается четное число границ – 0 или 2). В силу индуктивного
предположения карту S1 можно правильно раскрасить двумя красками.
Восстановив отброшенный контур и изменив все цвета с одной
стороны от него (например, внутри), мы и получим правильную
раскраску карты S.