Доказательство методом индукции. Старт в науке

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.

Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) Ю 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) Ю A(k+1)

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно
2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1)

Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 В самом деле,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Итак, А(k) Ю А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n О N

Доказать, что

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

1) При n=1 получаем
1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно

2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k,
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) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n

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 А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей. А k 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,

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

Итак, А(k) Ю A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

Доказать, что при любом n справедливо утверждение:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Предположим, что n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6

3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1

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

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

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

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

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

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого натурального n

Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Решение: 1) Пусть n=1

Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=k

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

3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е

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

Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n

Доказать, что

((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), где n>2

Решение: 1) При n=2 тождество выглядит:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), т.е. оно верно
2) Предположим, что выражение верно 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) Докажем верность выражения 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)

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого n>2

Доказать, что

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

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Предположим, что n=k, тогда
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Докажем истинность этого утверждения при 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)

Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для любого натурального n.

Доказать верность тождества

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

1) При n=1 тождество верно 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Предположим, что при n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Докажем, что тождество верно 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)

Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при любом натуральном n.

Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

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

Но (23 ґ 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.

2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка
3) Докажем, что в таком случае (11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле
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

Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k) Ю А(k+1). В силу метода математической индукции утверждение доказано

Доказать, что при любом n 7 n -1 делится на 6 без остатка

1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно
2) Предположим, что при n=k 7 k -1 делится на 6 без остатка
3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 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.

Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном натуральном n делится на 11.

1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остатка.

Значит, при n=1 утверждение верно

2) Предположим, что при n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка
3) Докажем, что утверждение верно 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

Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположению, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма делится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что 11 2n -1 при произвольном натуральном n делится на 6 без остатка

1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно
2) Предположим, что при n=k 1 2k -1 делится на 6 без остатка
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: первое содержит кратное 6-ти число 120, а второе делится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка

Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка

1. При n=0
3 3 -1=26 делится на 26
2. Предположим, что при n=k
3 3k+3 -1 делится на 26
3. Докажем, что утверждение верно при n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -делится на 26

Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи

1) Очевидно, что при n=1 утверждение верно
3 3+3 -26-27=676
2) Предположим, что при n=k выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка
3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода математической индукции утверждение доказано

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х) n >1+n ґ х

1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как
(1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х

Значит, А(2) истинно

2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+х) k >1+k ґ x. (3)

Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем

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

В итоге получаем, что (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n> 2

Доказать, что справедливо неравенство (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а> 0

Решение: 1) При m=1

(1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обе части равны
2) Предположим, что при m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно
(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

Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального m

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство 3 n >n ґ 2 n+1

Перепишем неравенство в виде (3/2) n >2n

1. При n=7 имеем 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенство верно
2. Предположим, что при n=k (3/2) k >2k
3) Докажем верность неравенства при n=k+1
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравенство справедливо для любого натурального n

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) При n=3 неравенство верно
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Предположим, что при n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Докажем, что 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

Последнее очевидно, а поэтому

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

В силу метода математической индукции неравенство доказано.

Индукция есть метод получения общего утверждения из частных наблюдений. В случае, когда математическое утверждение касается конечного числа объектов, его можно доказать, проверяя для каждого объекта. Например, утверждение: «Каждое двузначное чётное число является суммой двух простых чисел,» – следует из серии равенств, которые вполне реально установить:

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

Метод доказательства, при котором проверяется утверждение для конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности, называют полной индукцией. Этот метод применим сравнительно редко, поскольку математические утверждения касаются, как правило, не конечных, а бесконечных множеств объектов. Например, доказанное выше полной индукцией утверждение о четных двузначных числах является лишь частным случаем теоремы: «Любое четное число является суммой двух простых чисел». Эта теорема до сих пор ни доказана, ни опровергнута.

Математическая индукция – метод доказательства некоторого утверждения для любого натурального n основанный на принципе математической индукции: «Если утверждение верно для n=1 и из справедливости его для n=k вытекает справедливость этого утверждения для n=k+1, то оно верно для всех n». Способ доказательства методом математической индукции заключается в следующем:

1) база индукции: доказывают или непосредственно проверяют справедливость утверждения для n=1 (иногда n=0 или n=n 0);

2) индукционный шаг (переход): предполагают справедливость утверждения для некоторого натурального n=k и, исходя из этого предположения, доказывают справедливость утверждения для n=k+1.

Задачи с решениями

1. Доказать, что при любом натуральном n число 3 2n+1 +2 n+2 делится на 7.

Обозначим А(n)=3 2n+1 +2 n+2 .

База индукции. Если n=1, то А(1)=3 3 +2 3 =35 и, очевидно, делится на 7.

Предположение индукции. Пусть А(k) делится на 7.

Индукционный переход. Докажем, что А(k+1) делится на 7, то есть справедливость утверждения задачи при n=k.

А(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=

3 2k+1 ·9+2 k+2 ·(9–7)=(3 2k+1 +2 k+2)·9–7·2 k+2 =9·А(k)–7·2 k+2 .

Последнее число делится на 7, так как представляет собой разность двух целых чисел, делящихся на 7. Следовательно, 3 2n+1 +2 n+2 делится на 7 при любом натуральном n.

2. Доказать, что при любом натуральном n число 2 3 n +1 делится на 3 n+1 и не делится на 3 n+2 .

Введём обозначение: а i =2 3 i +1.

При n=1 имеем, а 1 =2 3 +1=9. Итак, а 1 делится на 3 2 и не делится на 3 3 .

Пусть при n=k число а k делится на 3 k+1 и не делится на 3 k+2 , то есть а k =2 3 k +1=3 k+1 ·m, где m не делится на 3. Тогда

а k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m·((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k)=

3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k).

Очевидно, что а k+1 делится на 3 k+2 и не делится на 3 k+3 .

Следовательно, утверждение доказано для любого натурального n.

3. Известно, что х+1/x – целое число. Доказать, что х n +1/х n – так же целое число при любом целом n.

Введём обозначение: а i =х i +1/х i и сразу отметим, что а i =а –i , поэтому дальше будем вести речь о натуральных индексах.

Заметим: а 1 – целое число по условию; а 2 – целое, так как а 2 =(а 1) 2 –2; а 0 =2.

Предположим, что а k целое при любом натуральном k не превосходящем n. Тогда а 1 ·а n – целое число, но а 1 ·а n =а n+1 +а n–1 и а n+1 =а 1 ·а n –а n–1 . Однако, а n–1 , согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и а n+1 . Следовательно, х n +1/х n – целое число при любом целом n, что и требовалось доказать.

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

5. Доказать, что при натуральном n > 1 и |х|

(1–x) n +(1+x) n

При n=2 неравенство верно. Действительно,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2·х 2

Если неравенство верно при n=k, то при n=k+1 имеем

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

Неравенство доказано для любого натурального n > 1.

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

Воспользуемся методом математической индукции.

При n=1 утверждение очевидно.

Предположим, что 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 (смотрите первый рисунок из приведённых ниже).

Восстановим затем отброшенную окружность и по одну сторону от нее, например внутри, изменим цвет каждой области на противоположный (смотрите второй рисунок). Легко видеть, что при этом мы получим карту, правильную раскрашенную двумя красками, но только теперь уже при n+1 окружностях, что и требовалось доказать.

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

1) каждая 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.

Воспользуемся методом математической индукции.

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

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

Индукционный шаг. Рассмотрим произвольный «красивый» (n+1)-угольник и докажем, используя предположение индукции, что его можно разрезать некоторыми диагоналями на «красивые» треугольники. Обозначим через А 1 , А 2 , А 3 , … А n , А n+1 – 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 1 , а цифрой 2 цвет вершины А 2 . Пусть k – такой наименьший номер, что вершина А k окрашена в третий цвет. Понятно, что k > 2. Отсечём от (n+1)-угольника диагональю А k–2 А k треугольник А k–2 А k–1 А k . В соответствии с выбором числа k все вершины этого треугольника окрашены в три разных цвета, то есть этот треугольник «красивый». Выпуклый n-угольник А 1 А 2 … А k–2 А k А k+1 … А n+1 , который остался, также, в силу индуктивного предположения, будет «красивым», а значит разбивается на «красивые» треугольники, что и требовалось доказать.

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

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. При n = 3 утверждение очевидно. Допустим, что это утверждение верно для произвольного n-угольника и, используя это, докажем его справедливость для произвольного (n+1)-угольника.

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.

9. В плоскости проведено n прямых, из которых никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. На сколько частей разбивают плоскость эти прямые.

С помощью элементарных рисунков легко убедится в том, что одна прямая разбивает плоскость на 2 части, две прямые – на 4 части, три прямые – на 7 частей, четыре прямые – на 11 частей.

Обозначим через N(n) число частей, на которые n прямых разбивают плоскость. Можно заметить, что

N(2)=N(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

Естественно предположить, что

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

или, как легко установить, воспользовавшись формулой суммы n первых членов арифметической прогрессии,

N(n)=1+n(n+1)/2.

Докажем справедливость этой формулы методом математической индукции.

Для n=1 формула уже проверена.

Сделав предположение индукции, рассмотрим k+1 прямых, удовлетворяющих условию задачи. Выделим из них произвольным образом k прямых. По предположению индукции они разобьют плоскость на 1+ k(k+1)/2 частей. Оставшаяся (k+1)-я прямая разобьётся выделенными k прямыми на k+1 частей и, следовательно, пройдёт по (k+1)-й части, на которые плоскость уже была разбита, и каждую из этих частей разделит на 2 части, то есть добавится ещё k+1 часть. Итак,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

что и требовалось доказать.

10. В выражении х 1:х 2: … :х n для указания порядка действий расставляются скобки и результат записывается в виде дроби:

(при этом каждая из букв х 1 , х 2 , … , х n стоит либо в числителе дроби, либо в знаменателе). Сколько различных выражения можно таким образом получить при всевозможных способах расстановки скобок?

Прежде всего ясно, что в полученной дроби х 1 будет стоять в числителе. Почти столь же очевидно, что х 2 окажется в знаменателе при любой расстановке скобок (знак деления, стоящий перед х 2 , относится либо к самому х 2 , либо к какому-либо выражению, содержащему х 2 в числителе).

Можно предположить, что все остальные буквы х 3 , х 4 , … , х n могут располагаться в числителе или знаменателе совершенно произвольным образом. Отсюда следует, что всего можно получить 2 n–2 дробей: каждая из n–2 букв х 3 , х 4 , … , х n может оказаться независимо от остальных в числителе или знаменателе.

Докажем это утверждение по индукции.

При n=3 можно получить 2 дроби:

так что утверждение справедливо.

Предположим, что оно справедливо при n=k и докажем его для n=k+1.

Пусть выражение х 1:х 2: … :х k после некоторой расстановки скобок записывается в виде некоторой дроби Q. Если в это выражение вместо х k подставить х k:х k+1 , то х k окажется там же, где и было в дроби Q, а х k+1 будет стоять не там, где стояло х k (если х k было в знаменателе, то х k+1 окажется в числителе и наоборот).

Теперь докажем, что можно добавить х k+1 туда же, где стоит х k . В дроби Q после расстановки скобок обязательно будет выражение вида q:х k , где q – буква х k–1 или некоторое выражение в скобках. Заменив q:х k выражением (q:х k):х k+1 =q:(х k ·х k+1), мы получим, очевидно, ту же самую дробь Q, где вместо х k стоит х k ·х k+1 .

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

Ответ: 2 n–2 дробей.

Задачи без решений

1. Доказать, что при любом натуральном n:

а) число 5 n –3 n +2n делится на 4;

б) число n 3 +11n делится на 6;

в) число 7 n +3n–1 делится на 9;

г) число 6 2n +19 n –2 n+1 делится на 17;

д) число 7 n+1 +8 2n–1 делится на 19;

е) число 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 делится на 27.

2. Докажите, что (n+1)·(n+2)· … ·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Доказать неравенство |sin nx| n|sin x| для любого натурального n.

4. Найдите натуральные числа a, b, c, которые не делятся на 10 и такие, что при любом натуральном n числа a n + b n и c n имеют одинаковые две последние цифры.

5. Доказать, что если n точек не лежат на одной прямой, то среди прямых, которые их соединяют, не менее чем n различных.

Лекция 6. Метод математической индукции.

Новые знания в науке и жизни добываются разными способами, но все они (если не углубляться в детали) делятся на два вида – переход от общего к частному и от частного к общему. Первый – это дедукция, второй – индукция. Дедуктивные рассуждения – это то, что в математике обычно называют логическими рассуждениями , и в математической науке дедукция является единственным законным методом исследования. Правила логических рассуждений были сформулированы два с половиной тысячелетия назад древнегреческим учёным Аристотелем. Он создал полный список простейших правильных рассуждений, силлогизмов – «кирпичиков» логики, одновременно указав типичные рассуждения, очень похожие на правильные, однако неправильные (с такими «псевдологическими» рассуждениями мы часто встречаемся в СМИ).

Индукция (induction – по-латыни наведение ) наглядно иллюстрируется известной легендой о том, как Исаак Ньютон сформулировал закон всемирного тяготения после того, как ему на голову упало яблоко. Ещё пример из физики: в таком явлении, как электромагнитная индукция, электрическое поле создает, «наводит» магнитное поле. «Ньютоново яблоко» – типичный пример ситуации, когда один или несколько частных случаев, то есть наблюдения , «наводят» на общее утверждение, общий вывод делается на основании частных случаев. Индуктивный метод является основным для получения общих закономерностей и в естественных, и в гуманитарных науках. Но он имеет весьма существенный недостаток: на основании частных примеров может быть сделан неверный вывод. Гипотезы, возникающие при частных наблюдениях, не всегда являются правильными. Рассмотрим пример, принадлежащий Эйлеру.

Будем вычислять значение трехчлена при некоторых первых значенияхn :

Заметим, что получаемые в результате вычислений числа являются простыми. И непосредственно можно убедиться, что для каждого n от 1 до 39 значение многочлена
является простым числом. Однако приn =40 получаем число 1681=41 2 , которое не является простым. Таким образом, гипотеза, которая здесь могла возникнуть, то есть гипотеза о том, что при каждом n число
является простым, оказывается неверной.

Лейбниц в 17 веке доказал, что при всяком целом положительном n число
делится на 3, число
делится на 5 и т.д. На основании этого он предположил, что при всяком нечётномk и любом натуральном n число
делится наk , но скоро сам заметил, что
не делится на 9.

Рассмотренные примеры позволяют сделать важный вывод: утверждение может быть справедливым в целом ряде частных случаев и в то же время несправедливым вообще. Вопрос о справедливости утверждения в общем случае удается решить посредством применения особого метода рассуждений, называемого методом математической индукции (полной индукции, совершенной индукции).

6.1. Принцип математической индукции.

♦ В основе метода математической индукции лежит принцип математической индукции , заключающийся в следующем:

1) проверяется справедливость этого утверждения для n =1 (базис индукции) ,

2) предполагается справедливость этого утверждения для n = k , где k – произвольное натуральное число 1 (предположение индукции) , и с учётом этого предположения устанавливается справедливость его для n = k +1.

Доказательство . Предположим противное, то есть предположим, что утверждение справедливо не для всякого натурального n . Тогда существует такое натуральное m , что:

1) утверждение для n =m несправедливо,

2) для всякого n , меньшего m , утверждение справедливо (иными словами, m есть первое натуральное число, для которого утверждение несправедливо).

Очевидно, что m >1, т.к. для n =1 утверждение справедливо (условие 1). Следовательно,
– натуральное число. Выходит, что для натурального числа
утверждение справедливо, а для следующего натурального числаm оно несправедливо. Это противоречит условию 2. ■

Заметим, что в доказательстве использовалась аксиома о том, что в любой совокупности натуральных чисел содержится наименьшее число.

Доказательство, основанное на принципе математической индукции, называется методом полной математической индукции .

 Пример 6.1. Доказать, что при любом натуральном n число
делится на 3.

Решение.

1) При n =1 , поэтому a 1 делится на 3 и утверждение справедливо при n =1.

2) Предположим, что утверждение справедливо при n =k ,
, то есть что число
делится на 3, и установим, что при n =k +1 число делится на 3.

В самом деле,

Т.к. каждое слагаемое делится на 3, то их сумма также делится на 3. ■ 

 Пример 6.2. Доказать, что сумма первых n натуральных нечётных чисел равна квадрату их числа, то есть .

Решение. Воспользуемся методом полной математической индукции.

1) Проверяем справедливость данного утверждения при n =1: 1=1 2 – это верно.

2) Предположим, что сумма первых k (
) нечётных чисел равна квадрату числа этих чисел, то есть . Исходя из этого равенства, установим, что сумма первых k +1 нечётных чисел равна
, то есть .

Пользуемся нашим предположением и получаем

. ■ 

Метод полной математической индукции применяется для доказательства некоторых неравенств. Докажем неравенство Бернулли.

 Пример 6.3. Доказать, что при
и любом натуральномn справедливо неравенство
(неравенство Бернулли).

Решение. 1) При n =1 получаем
, что верно.

2) Предполагаем, что при n =k имеет место неравенство
(*). Используя это предположение, докажем, что
. Отметим, что при
это неравенство выполняется и поэтому достаточно рассмотреть случай
.

Умножим обе части неравенства (*) на число
и получим:

То есть (1+
.■ 

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

В некоторых задачах явно не сформулировано утверждение, которое можно доказать методом математической индукции. В таких случаях надо самим установить закономерность и высказать гипотезу о справедливости этой закономерности, а затем методом математической индукции проверить предполагаемую гипотезу.

 Пример 6.4. Найти сумму
.

Решение. Найдём суммы S 1 , S 2 , S 3 . Имеем
,
,
. Высказываем гипотезу, что при любом натуральномn справедлива формула
. Для проверки этой гипотезы воспользуемся методом полной математической индукции.

1) При n =1 гипотеза верна, т.к.
.

2) Предположим, что гипотеза верна при n =k ,
, то есть
. Используя эту формулу, установим, что гипотеза верна и приn =k +1, то есть

В самом деле,

Итак, исходя из предположения, что гипотеза верна при n =k ,
, доказано, что она верна и при n =k +1, и на основании принципа математической индукции делаем вывод, что формула справедлива при любом натуральном n . ■ 

 Пример 6.5. В математике доказывается, что сумма двух равномерно непрерывных функций является равномерно непрерывной функцией. Опираясь на это утверждение, нужно доказать, что сумма любого числа
равномерно непрерывных функций является равномерно непрерывной функцией. Но поскольку мы ещё не ввели понятие «равномерно непрерывная функция», поставим задачу более абстрактно: пусть известно, что сумма двух функций, обладающих некоторым свойством S , сама обладает свойством S . Докажем, что сумма любого числа функций обладает свойством S .

Решение. Базис индукции здесь содержится в самой формулировке задачи. Сделав предположение индукции, рассмотрим
функций f 1 , f 2 , …, f n , f n +1 , обладающих свойством S . Тогда . В правой части первое слагаемое обладает свойствомS по предположению индукции, второе слагаемое обладает свойством S по условию. Следовательно, их сумма обладает свойством S – для двух слагаемых «работает» базис индукции.

Тем самым утверждение доказано и будем использовать его далее. ■ 

 Пример 6.6. Найти все натуральные n , для которых справедливо неравенство

Решение. Рассмотрим n =1, 2, 3, 4, 5, 6. Имеем: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3 <3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Таким образом, можно высказать гипотезу: неравенство
имеет место для каждого
. Для доказательства истинности этой гипотезы воспользуемся принципом неполной математической индукции.

1) Как было установлено выше, данная гипотеза истинна при n =5.

2) Предположим, что она истинна для n =k ,
, то есть справедливо неравенство
. Используя это предположение, докажем, что справедливо неравенство
.

Т. к.
и при
имеет место неравенство

при
,

то получаем, что
. Итак, истинность гипотезы приn =k +1 следует из предположения, что она верна при n =k ,
.

Из пп. 1 и 2 на основании принципа неполной математической индукции следует, что неравенство
верно при каждом натуральном
. ■ 

 Пример 6.7. Доказать, что для любого натурального числа n справедлива формула дифференцирования
.

Решение. При n =1 данная формула имеет вид
, или 1=1, то есть она верна. Сделав предположение индукции, будем иметь:

что и требовалось доказать. ■ 

 Пример 6.8. Доказать, что множество, состоящее из n элементов, имеет подмножеств.

Решение. Множество, состоящее из одного элемента а , имеет два подмножества. Это верно, поскольку все его подмножества – пустое множество и само это множество, и 2 1 =2.

Предположим, что всякое множество из n элементов имеет подмножеств. Если множество А состоит изn +1 элементов, то фиксируем в нём один элемент – обозначим его d , и разобьём все подмножества на два класса – не содержащие d и содержащие d . Все подмножества из первого класса являются подмножествами множества В, получающегося из А выбрасыванием элемента d .

Множество В состоит из n элементов, и поэтому, по предположению индукции, у него подмножеств, так что в первом классеподмножеств.

Но во втором классе подмножеств столько же: каждое из них получается ровно из одного подмножества первого класса добавлением элемента d . Следовательно, всего у множества А
подмножеств.

Тем самым утверждение доказано. Отметим, что оно справедливо и для множества, состоящего из 0 элементов – пустого множества: оно имеет единственное подмножество – самого себя, и 2 0 =1. ■ 

Математическая индукция лежит в основе одного из самых распространенных методов математических доказательств. С его помощью можно доказать большую часть формул с натуральными числами n , например, формулу нахождения суммы первых членов прогрессии S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n , формулу бинома Ньютона a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n .

В первом пункте мы разберем основные понятия, потом рассмотрим основы самого метода, а затем расскажем, как с его помощью доказывать равенства и неравенства.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Понятия индукции и дедукции

Для начала рассмотрим, что такое вообще индукция и дедукция.

Определение 1

Индукция – это переход от частного к общему, а дедукция наоборот – от общего к частному.

Например, у нас есть утверждение: 254 можно разделить на два нацело. Из него мы можем сделать множество выводов, среди которых будут как истинные, так и ложные. Например, утверждение, что все целые числа, которые имеют в конце цифру 4 , могут делиться на два без остатка – истинное, а то, что любое число из трех знаков делится на 2 – ложное.

В целом можно сказать, что с помощью индуктивных рассуждений можно получить множество выводов из одного известного или очевидного рассуждения. Математическая индукция позволяет нам определить, насколько справедливы эти выводы.

Допустим, у нас есть последовательность чисел вида 1 1 · 2 , 1 2 · 3 , 1 3 · 4 , 1 4 · 5 , . . . , 1 n (n + 1) , где n обозначает некоторое натуральное число. В таком случае при сложении первых элементов последовательности мы получим следующее:

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 , . . .

Используя индукцию, можно сделать вывод, что S n = n n + 1 . В третьей части мы докажем эту формулу.

В чем заключается метод математической индукции

В основе этого метода лежит одноименный принцип. Он формулируется так:

Определение 2

Некое утверждение будет справедливым для натурального значения n тогда, когда 1) оно будет верно при n = 1 и 2) из того, что это выражение справедливо для произвольного натурального n = k , следует, что оно будет верно и при n = k + 1 .

Применение метода математической индукции осуществляется в 3 этапа:

Для начала мы проверяем верность исходного утверждения в случае произвольного натурального значения n (обычно проверка делается для единицы).
После этого мы проверяем верность при n = k .
И далее доказываем справедливость утверждения в случае, если n = k + 1 .

Как применять метод математической индукции при решении неравенств и уравнений

Возьмем пример, о котором мы говорили ранее.

Пример 1

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

Решение

Как мы уже знаем, для применения метода математической индукции надо выполнить три последовательных действия.

Для начала проверяем, будет ли данное равенство справедливым при n , равном единице. Получаем S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Здесь все верно.
Далее делаем предположение, что формула S k = k k + 1 верна.
В третьем шаге нам надо доказать, что S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , основываясь на справедливости предыдущего равенства.

Мы можем представить k + 1 в качестве суммы первых членов исходной последовательности и k + 1:

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

Поскольку во втором действии мы получили, что S k = k k + 1 , то можно записать следующее:

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

Теперь выполняем нужные преобразования. Нам потребуется выполнить приведение дроби к общему знаменателю, приведение подобных слагаемых, применить формулу сокращенного умножения и сократить то, что получилось:

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 образом, мы доказали равенство в третьем пункте, выполнив все три шага метода математической индукции.

Ответ: предположение о формуле S n = n n + 1 является верным.

Возьмем более сложную задачу с тригонометрическими функциями.

Пример 2

Приведите доказательство тождества cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .

Решение

Как мы помним, первым шагом должна быть проверка верности равенства при n , равном единице. Чтобы это выяснить, нам надо вспомнить основные тригонометрические формулы.

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

Следовательно, при n , равном единице, тождество будет верным.

Теперь предположим, что его справедливость сохранится при n = k , т.е. будет верно, что cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .

Доказываем равенство cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α для случая, когда n = k + 1 , взяв за основу предыдущее предположение.

Согласно тригонометрической формуле,

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

Следовательно,

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

Пример решения задачи на доказательство неравенства с применением этого метода мы привели в статье о методе наименьших квадратов. Прочтите тот пункт, в котором выводятся формулы для нахождения коэффициентов аппроксимации.

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter

Вступление

Основная часть

1. Полная и неполная индукция

2. Принцип математической индукции

3. Метод математической индукции

4. Решение примеров

5. Равенства

6. Деление чисел

7. Неравенства

Заключение

Список использованной литературы

Вступление

В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод рассуждений - это рассуждение от общего к частному, т.е. рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а заключительным моментом – частный результат. Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим, т.е. является методом, противоположным дедуктивному.

Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.

Хотя и выросла область применения метода математической индукции, в школьной программе ему отводится мало времени. Ну, скажите, что полезного человеку принесут те два-три урока, за которые он услышит пять слов теории, решит пять примитивных задач, и, в результате получит пятёрку за то, что он ничего не знает.

А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно.

Основная часть

По своему первоначальному смыслу слово “индукция” применяется к рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы, опираясь на ряд частных утверждений. Простейшим методом рассуждений такого рода является полная индукция. Вот пример подобного рассуждения.

Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых.

Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случаев.

Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).

Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами, неполная индукция в математике не считается законным методом строгого доказательства, но является мощным методом открытия новых истин.

Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:

1+3+5+7+9=25=5 2

После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n 2

Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить доказательством справедливости приведённой формулы.

Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же индукция часто приводит к ошибочным результатам.

Во многих случаях выход из такого рода затруднений заключается в обращении к особому методу рассуждений, называемому методом математической индукции. Он заключается в следующем.

Пусть нужно доказать справедливость некоторого утверждения для любого натурального числа n (например нужно доказать, что сумма первых n нечётных чисел равна n 2). Непосредственная проверка этого утверждения для каждого значения n невозможна, поскольку множество натуральных чисел бесконечно. Чтобы доказать это утверждение, проверяют сначала его справедливость для n=1. Затем доказывают, что при любом натуральном значении k из справедливости рассматриваемого утверждения при n=k вытекает его справедливость и при n=k+1.

Тогда утверждение считается доказанным для всех n. В самом деле, утверждение справедливо при n=1. Но тогда оно справедливо и для следующего числа n=1+1=2. Из справедливости утверждения для n=2 вытекает его справедливость для n=2+

1=3. Отсюда следует справедливость утверждения для n=4 и т.д. Ясно, что, в конце концов, мы дойдём до любого натурального числа n. Значит, утверждение верно для любого n.

Обобщая сказанное, сформулируем следующий общий принцип.

Принцип математической индукции.

Если предложение А( n ), зависящее от натурального числа n , истинно для n =1 и из того, что оно истинно для n=k (где k -любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1 , то предположение А( n ) истинно для любого натурального числа n .

В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом. Если предложение А( n ) истинно при n=p и если А( k ) Þ А( k+1) для любого k>p, то предложение А( n) истинно для любого n>p.

ПРИМЕР 1

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Решение: 1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно,

утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно.

2) Докажем, что А(k)ÞA(k+1).

Пусть k-любое натуральное число и пусть утверж-дение справедливо для n=k, т.е.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

В самом деле,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .

Итак, А(k)ÞА(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для любого nÎN.

ПРИМЕР 2

Доказать, что

1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х¹1

Решение: 1) При n=1 получаем

1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

следовательно, при n=1 формула верна; А(1) ис-тинно.

2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k, т.е.

1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1).

Докажем, что тогда выполняется равенство

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

В самом деле

1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).

Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что форму-ла верна для любого натурального числа n.

ПРИМЕР 3

Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2.

Решение: 1) При n=3 утверждение спра-

А 3 ведливо, ибо в треугольнике

 А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей;

А 2 А(3) истинно.

2) Предположим, что во всяком

выпуклом k-угольнике имеет-

А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей.

А k Докажем, что тогда в выпуклом

(k+1)-угольнике число

диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-уголь-ник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы под-считать общее число диагоналей этого (k+1)-уголь-ника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A 1 A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1 , и, кроме того, следует учесть диагональ А 1 А k .

Таким образом,

 k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

Итак, А(k)ÞA(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

ПРИМЕР 4

Доказать, что при любом n справедливо утвер-ждение:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.

Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1

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

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

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

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

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого на-турального n.

ПРИМЕР 5

Доказать, что для любого натурального n спра-ведливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) Пусть n=1.

Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=k

Предыдущая статья: «А нет ли здесь какого-нибудь подвоха? Следующая статья: Если перед скобкой стоит множитель, то каждый член скобки умножается на него, то есть