Метод математической индукции

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=1=1 ²
1+3=4=2 ²
1+3+5=9=3 ²
1+3+5+7=16=4 ²
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)ÞА(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)ÞA(k+1).

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
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)-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
X _k =k ² (k+1) ² /4.
3) Докажем истинность этого ут-верждения 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 ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.

ПРИМЕР 6

Доказать, что
((2 ³ +1)/(2 ³ -1))´((3 ³ +1)/(3 ³ -1))´…´((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´2´3)/2(2 ² +2+1),
т.е. оно верно.
2) Предположим, что выражение верно при n=k
(2 ³ +1)/(2 ³ -1)´…´(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))´…´((k ³ +1)/(k ³ -1)))´(((k+1) ³ +
+1)/((k+1) ³ -1))=(3k(k+1)/2(k ² +k+1))´((k+2)((k+
+1) ² -(k+1)+1)/k((k+1) ² +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´
´((k+1) ² +(k+1)+1).
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого n>2

ПРИМЕР 7

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 ут-верждения 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 лю-бого натурального n.

ПРИМЕР 8

Доказать верность тождества
(1 ² /1´3)+(2 ² /3´5)+…+(n ² /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
для любого натурального n.
Решение:
1) При n=1 тождество верно 1 ² /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) Предположим, что при n=k
(1 ² /1´3)+…+(k ² /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Докажем, что тождество верно при n=k+1.
(1 ² /1´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))´((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1).
Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при любом натуральном n.

ПРИМЕР 9

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´133.
Но (23´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´11 ^k+2 +12 ^2´ 12 ^2k+1 =11´11 ^k+2 +
+(11+133)´12 ^2k+1 =11(11 ^k+2 +12 ^2k+1 )+133´12 ^2k+1 .
Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без ос-татка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k)ÞА(k+1). В силу метода математической индукции утвержде-ние доказано.

ПРИМЕР 10

Доказать, что при любом n 7 ⁿ -1 делится на 6 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х ₁ =7 ¹ -1=6 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´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 слага-емым является 6. Значит 7 ⁿ -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической ин-дукции утверждение доказано.

ПРИМЕР 11

Доказать, что 3 ^3n-1 +2 ^4n-3 при произвольном на-туральном n делится на 11.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
Х ₁ =3 ^3-1 +2 ^4-3 =3 ² +2 ¹ =11 делится на 11 без остат-ка. 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´ 3 ^3k-1 +2 ^4´ 2 ^4k-3 =
=27´3 ^3k-1 +16´2 ^4k-3 =(16+11)´3 ^3k-1 +16´2 ^4k-3 =16´3 ^3k-1 +
+11´3 ^3k-1 +16´2 ^4k-3 =16(3 ^3k-1 +2 ^4k-3 )+11´3 ^3k-1 .
Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 ^3k-1 +2 ^4k-3 делится на 11 по предположе-нию, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма де-лится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утвер-ждение доказано.

ПРИМЕР 12

Доказать, что 11 ²ⁿ -1 при произвольном нату-ральном n делится на 6 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11 ² -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.
2) Предположим, что при n=k
11 ^2k -1 делится на 6 без остатка.
3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
11 ^2(k+1) -1=121´11 ^2k -1=120´11 ^2k +(11 ^2k -1).
Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: пер-вое содержит кратное 6-ти число 120, а второе де-лится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

ПРИМЕР 13

Доказать, что 3 ³ⁿ⁺³ -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 ² (676) без остатка.
Решение: 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´3 ^3k+3 -1=26´3 ^3л+3 +(3 ^3k+3 -1) –делится на 26
Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулированного в условии задачи.
1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение 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 мате-матической индукции утверждение доказано.

ПРИМЕР 14

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство
(1+х) ⁿ >1+n´х.
Решение: 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)ÞA(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+х) ^k >1+k´x. (3)
Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+x) ^k+1 >1+(k+1)´x.
В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим
(1+x) ^k+1 >(1+k´x)(1+x).
Рассмотрим правую часть последнего неравен-
ства; имеем
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x ² >1+(k+1)´x.
В итоге получаем, что
(1+х) ^k+1 >1+(k+1)´x.
Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого
n> 2.

ПРИМЕР 15

Доказать, что справедливо неравенство
(1+a+a ² ) ^m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a ² при а> 0.
Решение: 1) При m=1
(1+а+а ² ) ¹ > 1+а+(2/2)´а ² обе части равны.
2) Предположим, что при m=k
(1+a+a ² ) ^k >1+k´a+(k(k+1)/2)´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´a+
+(k(k+1)/2)´a ² )=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a ² +
+((k(k+1)/2)+k)´a ³ +(k(k+1)/2)´a ⁴ > 1+(k+1)´a+
+((k+1)(k+2)/2)´a ² .
Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натурального m.

ПРИМЕР 16

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство
3 ⁿ >n´2 ⁿ⁺¹ .
Решение: Перепишем неравенство в виде
(3/2) ⁿ >2n.

1. При n=7 имеем

3 ⁷ /2 ⁷ =2187/128>14=2´7
неравенство верно.

2. Предположим, что при n=k

(3/2) ^k >2k.
3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1.
3 ^k+1 /2 ^k+1 =(3 ^k /2 ^k )´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
Так как k>7, последнее неравенство очевидно.
В силу метода математической индукции неравен-ство справедливо для любого натурального n.

ПРИМЕР 17

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство
1+(1/2 ² )+(1/3 ² )+…+(1/n ² )<1,7-(1/n).
Решение: 1) При n=3 неравенство верно
1+(1/2 ² )+(1/3 ² )=245/180<246/180=1,7-(1/3).

2. Предположим, что при n=k

1+(1/2 ² )+(1/3 ² )+…+(1/k ² )=1,7-(1/k).
3) Докажем справедливость не-
равенства при n=k+1
(1+(1/2 ² )+…+(1/k ² ))+(1/(k+1) ² )<1,7-(1/k)+(1/(k+1) ² ).
Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) ² )<1,7-(1/k+1)Û
Û(1/(k+1) ² )+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) ² <1/kÛ
Ûk(k+2)<(k+1) ^2Û k ² +2k<k ² +2k+1.
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 не-равенство доказано.

Заключение
Вчастности изучив метод математической индукции, я повысил свои знания в этой облас-ти математики, а также научился решать задачи, которые раньше были мне не под силу.
В основном это были логические и занима-тельные задачи, т.е. как раз те, которые повы-шают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится заниматель-ным занятием и может привлечь в математиче-ские лабиринты всё новых любознательных. По-моему, это является основой любой науки.
Продолжая изучать метод математической индукции, я постараюсь научиться применять его не только в математике, но и в решении проблем физики, химии и самой жизни.

МАТЕМАТИКА :
ЛЕКЦИИ, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ
Учебное пособие / В.Г.Болтянский, Ю.В.Сидоров, М.И.Шабунин. ООО “Попурри” 1996.

АЛГЕБРА И НАЧАЛА АНАЛИЗА
Учебное пособие / И.Т.Демидов,А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург,О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. “Просвещение” 1975.