Метод математической индукции кратко

Обновлено: 05.07.2024

Математическая индукция является способом математического доказательства, применимым с целью подтверждения справедливости какого-либо утверждения для любых натуральных чисел.

В процессе реализации метода в первую очередь требуется выполнить проверку того, насколько соответствует истине утверждение под номером 1. Данное утверждение носит название базы, или базиса, индукции.

На следующем этапе нужно представить объяснение справедливости утверждения под номером n+1 в том случае, когда верным является утверждение под номером n. Шагом индукции, или индукционным переходом, называют утверждение под номером n+1.

Сформулировать доказательный процесс легко, если вспомнить принцип домино. Предположим, что любое количество фишек домино составлено в ряд так, чтобы каждая из них при падении задевала и опрокидывала фишку, которая за ней следует. В этом состоит смысл индукционного перехода. При опрокидывании первой фишки, которая играет роль базы индукции, все остальные также упадут.

Разберем метод индукции на наглядном примере из данной тематики. Представим, что необходимо доказать то, что верной является неограниченная последовательность утверждений, которые пронумерованы с помощью натуральных чисел:

P 1 , P 2 , … , P n , P n + 1 , … .

  1. Фактом является справедливость P 1 . Данное утверждение примем за базис индукции.
  2. В случае какого-либо n доказано, что при справедливости P n , верно P n + 1 . Данное утверждение играет роль шага индукции.

При выполнении заданных условий каждое из утверждений рассматриваемой последовательности является верным.

С точки зрения логики, основой для рассматриваемого способа доказательства служит аксиома индукции, пятая из аксиом Пеано, которая определяет натуральные числа. Утверждение того, что этот метод является верным, эквивалентно тому, что в каком-либо непустом подмножестве натуральных чисел имеется минимальный элемент.

Принцип полной математической индукции. При наличии ряда утверждений P 1 , P 2 , P 3 , … для какого-либо n из множества натуральных из того, что верны все P 1 , P 2 , P 3 , … , P n - 1 , следует также справедливость P n . Тогда каждое из утверждений в ряду является истинным:

( ∀ n ∈ ℕ ) ( ( ∀ i ∈ < 1 ; … ; n - 1 >) P i ⇒ P n \ Big ) ⇒ ( ∀ n ∈ ℕ ) P n .

В рассматриваемом случае база индукции не требуется. Это связано с тем, что данная вариация представляет собой тривиальный частный случай индукционного перехода. В действительности, если n=1, то условие ( ∀ i ∈ < 1 ; … ; n - 1 >) P i ⇒ P n точно является эквивалентным P 1 (его истинности не из чего следовать).

С другой стороны, индукционный переход для P 1 обычно нуждается в отдельном доказательстве. В связи с этим, целесообразно обособить данную его часть, как базу. Принцип полной математической индукции является эквивалентным аксиоме индукции из аксиом Пеано. Кроме того, данный принцип представляет собой прямое использование более сильной трансфинитной индукции.

Понимание метода математической индукции в роли самостоятельной методики, имеющей большую важность, связано с работами Блеза Паскаля и Герсонида. Стоит отметить, что встречались случаи, когда этот метод применяли в античные времена Прокл и Эвклид. Современный термин сформулировал де Морган в 1838 году.

Применение в разных типах задач

Использование метода математической индукции допустимо при решении следующих видов задач в классе и самостоятельно:

  • поиск доказательств делимости и кратности;
  • доказательство справедливости равенств и тождеств;
  • примеры, содержащие последовательности;
  • доказательство того, что верны неравенства;
  • вычисление суммы и произведения.

Воспользуемся методом математической индукции, чтобы доказать посредством рассуждений неравенство Бернулли. Согласно этому неравенству, при условии, что x > - 1 , справедливым для всех натуральных n ⩾ 1 является:

( 1 + x ) n ⩾ 1 + n x .

Здесь целесообразно воспользоваться индукцией по n. В том случае, когда n = 1 неравенство является верным, что очевидно. Предположим, что данное неравенство справедливо для n, докажем его справедливость для n+1:

( 1 + x ) n + 1 = ( 1 + x ) ( 1 + x ) n ⩾ ( 1 + x ) ( 1 + n x ) ⩾ ( 1 + n x ) + x = 1 + ( n + 1 ) x , что и требовалось доказать.

В общем виде неравенство Бернулли представляет собой утверждение того, что при условии x > - 1 и n ∈ ℝ :

  • когда n ∈ ( - ∞ ; 0 ) ∪ ( 1 ; + ∞ ) , имеем, что ( 1 + x ) n ⩾ 1 + n x ;
  • когда n ∈ ( 0 ; 1 ) , имеем, что ( 1 + x ) n ⩽ 1 + n x ;
  • возможно два случая справедливости данного равенства: ∀ x ≠ - 1 , n = 0 , n = 1 ∀ n ≠ 0 , x = 0

В качестве доказательства следует разобрать вариант, когда f ( x ) = ( 1 + x ) n - n x . В данном случае x > - 1 , n ≠ 0 , n ≠ 1 . Если x = x 0 = 0 , то производная равна:

f ' ( x ) = n ( 1 + x ) n - 1 - n = 0

Это объясняется тем, что:

Функция f два раза дифференцируется в проколотой окрестности точки x 0 . По этой причине:

f ' ' ( x ) = n ( n - 1 ) ( 1 + x ) n - 2 ˙

f ' ' ( x ) > 0 ⇒ f ( x ) ⩾ f ( x 0 )

Это выполняется, когда:

Также получим, что:

f ' ' ( x ) 0 ⇒ f ( x ) ⩽ f ( x 0 )

Это выполняется, когда:

Функция обладает следующим значением:

Таким образом, данные утверждения верны:

  • когда n ∈ ( - ∞ ; 0 ) ∪ [ 1 ; + ∞ ) , получим, что ( 1 + x ) n ⩾ 1 + n x ;
  • когда n ∈ ( 0 ; 1 ] получим, что ( 1 + x ) n ⩽ 1 + n x .

Когда имеются соответствующие значения x 0 = 0 или n = 0 , n = 1 , функция равна:

В данном случае итоговое неравенство избавляется от ограничений на n , которые записаны в начале доказательства. Это связано с тем, что для них исполняется равенство, что и требовалось доказать.

Заметим, что справедливым рассмотренное неравенство является и для x ⩾ - 2 (при n ∈ ℕ 0 ). При этом требуется исключение ситуации, при которой получается ноль в степени ноль. При доказательстве рассматриваемого случая x ∈ - 2 , - 1 допустимо применять метод математической индукции:

( 1 + x ) n + 1 + ( 1 + x ) n = ( 1 + x ) n ( 1 + x + 1 ) ⩾ ( 1 + n x ) ( 1 + x + 1 ) = 1 + ( n + 1 ) x + 1 + n x ( 1 + x )

При условии, что:

( 1 + x ) n ⩽ 1 ⩽ 1 + n x ( 1 + x )

( 1 + x ) n + 1 ⩾ 1 + ( n + 1 ) x

С помощью метода математической индукции можно рассмотреть сумму геометрической прогрессии. Попробуем найти доказательства того, что при каких-либо натуральных n и вещественных q ≠ 1 , справедливо следующее равенство:

∑ i = 0 n q i ≡ 1 + q + q 2 + ⋯ + q n = 1 - q n + 1 1 - q .

В данном случае рассматривается индукция по n для произвольного q. Представим доказательство базиса для n=1:

1 + q = ( 1 - q ) ( 1 + q ) 1 - q = 1 - q 1 + 1 1 - q .

Докажем, что переход является справедливым. Для этого представим, что в случае n=k выполняется следующее:

1 + q + ⋯ + q k = 1 - q k + 1 1 - q ,

В таком случае, для n = k + 1 , исходя из предположения, имеем:

1 + q + ⋯ + q k + q k + 1 = 1 - q k + 1 1 - q + q k + 1 =

= 1 - q k + 1 + ( 1 - q ) q k + 1 1 - q = 1 - q k + 1 + q k + 1 - q ( k + 1 ) + 1 1 - q = 1 - q ( k + 1 ) + 1 1 - q .

Таким образом, руководствуясь принципом математической индукции, заключим, что равенство является справедливым для любого n, что и требовалось доказать.

Стоит отметить, что справедливость утверждения P n в рассматриваемом доказательстве аналогична тому, что верно следующее равенство:

1 + q + ⋯ + q n = 1 - q n + 1 1 - q .

Автором этого софизма является венгерский математик Дьердь Пойа. В процессе доказательства выявляют ошибки, причиной возникновения которых является некорректное применение метода математической индукции.

Проиллюстрируем доказательство одноцветности всех лошадей, где шаг индукции не выполняется для K = 1:

Запишем исходные данные.

Утверждение, которое нуждается в доказательстве: все лошади имеют одинаковый окрас.

База индукции: одна лошадь с одним (идентичным) окрасом.

Рассмотрим шаг индукции. Предположим, что имеются доказательства того факта, что какие-либо лошади в любом случае обладают одинаковым окрасом. Разберем K + 1 неких лошадей. Избавимся от одной лошади. (K) лошадей, которые остались, имеют один окрас, исходя из предположения индукции.

Вернем лошадь обратно и исключим любую другую лошадь. (K) лошадей, которые остались в результате, вновь будут иметь один окрас. Таким образом, все K + 1 лошадей обладают одинаковым окрасом. В результате получим, что все лошади не отличаются по цвету, что и требовалось доказать.

Примеры решения задач

Дано равенство, которое требуется доказать:

1 2 + 2 2 + 3 2 + ⋯ + n 2 = n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 , n ∈ ℕ .

1 2 = 1 ( 1 + 1 ) ( 2 + 1 ) 6 = 1 .

Предположим, что утверждение является справедливым, если n = k : 1 2 + ⋯ + k 2 = k ( k + 1 ) ( 2 k + 1 ) 6 .

Запишем доказательство того, что утверждение верно для n=k+1:

1 2 + 2 2 + ⋯ + k 2 ⏞ k ( k + 1 ) ( 2 k + 1 ) 6 + ( k + 1 ) 2 =

( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 ( k + 1 ) + 1 ) 6

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

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

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

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

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

( k + 1 ) ( 2 k 2 + 3 k + 4 k + 6 )

2 k 3 + 3 k 2 + k + 6 k 2 + 12 k + 6 =

2 k 3 + 7 k 2 + 6 k + 2 k 2 + 7 k + 6

2 k 3 + 9 k 2 + 13 k + 6 =

2 k 3 + 9 k 2 + 13 k + 6 .

Ответ: равенство доказано.

Дано следующее неравенство:

Требуется доказать, что данное неравенство верно для любых n из множества натуральных чисел.

В том случае, когда n=1, неравенство можно записать в таком виде:

Заметим, что записанное неравенство является справедливым. Представим, что рассматриваемое неравенство верно, если n=k, а также не обладает противоречиями при n=k+1.

Суммируем предположение индукции k ≤ 2 k и неравенство 1 ≤ 2 ≤ 2 k . Выполним вычисления:

k + 1 ≤ 2 k + 2 k = 2 k + 1 , что и требовалось доказать.

Ответ: неравенство доказано.

Дана формула, справедливость которой требуется доказать:

1 + 2 + 3 + . . . . . + n = n ( n + 1 ) 2 .

Заметим, что в виде формулы записан некий ряд утверждений:

1 + 2 + 3 = 3 · 4 2

1 + 2 + 3 + 4 = 4 · 5 2 и так далее.

Очевидно, что первое утверждение является справедливым. Достаточно просто выполнить проверку того факта, что каждое верное утверждение предшествует верному. Представим, что утверждение k справедливо. Таким образом, является верным следующее равенство:

1 + 2 + 3 + 4 + . . . . + k = k · ( k + 1 ) 2

Далее сложим обе части равенства и число (k+1):

1 + 2 + 3 + 4 + . . . . + k + ( k + 1 ) = k · ( k + 1 ) 2 + k + 1 = ( k + 1 ) · ( k + 2 ) 2 .

Заметим, что записанное утверждение является утверждением k+1, которое следует за утверждением k.

В результате представлено доказательство того, что каждое справедливое утверждение предшествует верному. Исходя из принципа математической индукции, начальная формула является справедливой при каком-либо k.

Ответ: формула доказана.

Рассмотренный пример можно решить альтернативным методом без применения принципа математической индукции. Тогда следует ввести обозначение суммы, которую требуется вычислить, в виде u n . Запишем пару равенств:

u n = 1 + 2 + 3 + . . . . + ( n - 2 ) + ( n - 1 ) + n ,

u n = n + ( n - 1 ) + ( n - 2 ) + . . . . . + 3 + 2 + 1

Выполним сложение членов строк:

2 u n = ( n + 1 ) + ( n + 1 ) + ⋯ + ( n + 1 ) + ( n + 1 ) ⏟ n = n ( n + 1 )

u n = n ( n + 1 ) 2

В результате равенство доказано.

Требуется доказать, что при каком-либо n (из множества натуральных) число n 5 - n можно поделить на число 5.

Воспользуемся методом математической индукции. В том случае, когда n=1, выражение n 5 - n принимает нулевое значение и может быть поделено на число 5.

Предположим, что k является каким-то числом из множества натуральных. Докажем, что при равенстве n=k число n 5 - n можно поделить на 5, и выражение ( k + 1 ) 5 - ( k + 1 ) аналогично делится на число 5.

Рассмотрим следующее равенство:

( k + 1 ) 5 = k 5 + 5 k 4 + 10 k 3 + 10 k 2 + 5 k + 1

Далее запишем число ( k + 1 ) 5 - ( k + 1 ) в следующей форме:

( k + 1 ) 5 - ( k + 1 ) = ( k 5 + 5 k 4 + 10 k 3 + 10 k 2 + 5 k + 1 ) - ( k + 1 ) = ( k 5 - k ) + 5 ( k 4 + 2 k 3 + 2 k 2 + k ) .

В результате число ( k + 1 ) 5 - ( k + 1 ) представляет собой сумму, состоящую из пары слагаемых. Первое слагаемое равно ( k 5 - k ) и его можно разделить на число 5, согласно выдвинутому предположению. Второе слагаемое равно 5 ( k 4 + 2 k 3 + 2 k 2 + k ) и аналогично может быть поделено на число 5.

В том случае, когда слагаемые можно поделить на число 5, сумма пары этих чисел также делится на 5. В результате:

( k + 1 ) 5 - ( k + 1 ) делится на 5.

Оба утверждения являются верными. Исходя из принципа математической индукции, число n 5 - n можно поделить на число 5 при каких-либо n из множества натуральных.

Ответ: число n 5 - n можно поделить на число 5 при каких-либо n из множества натуральных.

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

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

Основы метода математической индукции

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

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

Доказательство с помощью метода математической индукции проводится в два этапа:

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

Метод математической индукции применяется в разных типах задач:

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

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

Математическая индукция: задачи и решения

Доказательство кратности и делимости

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

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

Задача 3. Докажите методом математической индукции: $4^ + 1$ кратно 5 для всех $n \ge 1$.

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

Доказательство равенств и неравенств

Задача 5. Доказать равенство

Задача 6. Доказать методом математической индукции:

Задача 7. Доказать неравенство:

Задача 8. Доказать утверждение методом математической индукции:

$$ \left(1-\frac\right)\left(1-\frac\right)\left(1-\frac\right)\cdot . \cdot\left(1-\frac\right) =\frac \quad (n \ge 2). $$

Задача 9. Доказать неравенство:

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

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

Вычисление сумм

Задача 11. Доказать методом математической индукции:

Задача 12. Найдите сумму

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

Заказать решение

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

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.

Понятия индукции и дедукции

Для начала рассмотрим, что такое вообще индукция и дедукция.

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:

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:

  1. Для начала мы проверяем верность исходного утверждения в случае произвольного натурального значения n (обычно проверка делается для единицы).
  2. После этого мы проверяем верность при n = k .
  3. 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.

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.

  1. 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.
  2. Далее делаем предположение, что формула S k = k k + 1 верна.
  3. 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.

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

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

Ответ: На этом тождество можно считать доказанным. Мы успешно применили для этого метод математической индукции. Точно так же мы можем доказать справедливость формулы бинома Ньютона.

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.

При решении математических задач иногда возникает потребность обосновать, что определенное свойство выполняется для произвольного натурального числа n.

Проверить данное свойство для каждого натурального числа мы не можем — их количество бесконечно. Приходится рассуждать так:
1) я могу проверить, что это свойство выполняется при n = 1;
2) я могу обосновать: если рассматриваемое свойство выполняется для некоторого значения n, то оно выполняется и для следующего значения. Таким образом, свойство будет выполняться для каждого следующего числа, начиная с единицы, то есть для всех натуральных чисел.

1) начало индукции: проверяется, выполняется ли рассматриваемое утверждение при n = 1;

2) индуктивный переход: доказывается, что если данное утверждение выполняется для k, то оно выполняется и для k +1.

Таким образом, начав с n = 1, мы на основании доказанного индуктивного перехода получаем, что сформулированное утверждение справедливо и для n = 2, 3, . то есть для любого натурального n.

На практике этот метод удобно применять по схеме, приведенной в таблице 14.



Примеры решения задач

Задача 1 Докажите, что 10 n – 9n – 1 делится на 81 при любом натуральном n.

Комментарий

Поскольку утверждение необходимо доказать для любого натурального п, то используем метод математической индукции по схеме, приведенной в таблице 14. При выполнении индуктивного перехода (от n = k к n = k + 1) представим выражение, полученное при n = k + 1, как сумму двух выражений: того, что получили при n = k, и еще одного выражения, которое делится на 81.

Доказательство

  1. Проверяем, выполняется ли данное утверждение при n = 1. Если n = 1, данное выражение равно 0, то есть делится на 81. Таким образом, данное свойство выполняется при n = 1.
  2. Предполагаем, что данное утверждение выполняется при n = k, то есть что 10 k – 9k – 1 делится на 81.
  3. Докажем, что данное утверждение выполняется и при n = k + 1, то есть что 10 k+1 – 9(k + 1) – 1 делится на 81.

10 k+1 – 9(k + 1) – 1 = 10 k •10 – 9k – 9 – 1 = 10(10 k – 9k – 1) + 81k.

Выражение в скобках — это значение заданного выражения при n = k, которое по предположению индукции делится на 81. Следовательно, каждое слагаемое последней суммы делится на 81, тогда и вся сумма, то есть 10 k+1 – 9(k + 1) – 1, делится на 81. Таким образом, данное утверждение выполняется и при n = k + 1.

  1. Следовательно, 10n – 9n – 1 делится на 81 при любом натуральном п.

Задача 2 Докажите, что 2 n > 2n + 1, если n ≥ 3, n ∈ N.

Комментарий

Доказательство

  1. При n = 3 получаем 2 3 > 2•3 + 1, то есть 8 > 7 — верное неравенство. Таким образом, при n = 3 данное неравенство выполняется.
  2. Предполагаем, что данное неравенство выполняется при n = k (где k ≥ 3):

2 k > 2k + 1, то есть

2 k – 2k – 1 > 0. (1)

  1. Докажем, что данное неравенство выполняется и при n = k + 1, то есть докажем, что 2 k+1 > 2 (k + 1) + 1.

Рассмотрим разность: 2 k+1 – (2 (k + 1) + 1) = 2 k •2 – 2k – 3 = 2 (2 k – 2k – 1) + 2k – 1 > 0

(поскольку выражение в скобках по неравенству (1) положительно и при k ≥ 3 выражение 2k – 1 также положительно). Следовательно, 2 k+1 > 2 (k + 1) + 1, то есть данное неравенство выполняется и при n = k + 1.


1) база индукции: доказывают или непосредственно проверяют справедливость утверждения для n=1 (иногда n=0 или n=n0);

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.

Проведём доказательство методом математической индукции.

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: аi=2 3 i +1.

При n=1 имеем, а1=2 3 +1=9. Итак, а1 делится на 3 2 и не делится на 3 3 .

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

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

Заметим: а1 – целое число по условию; а2 – целое, так как а2=(а1) 2 –2; а0=2.

Предположим, что аk целое при любом натуральном k не превосходящем n. Тогда а1·аn – целое число, но а1·аn=аn+1+аn–1 и аn+1=а1·аn–аn–1. Однако, аn–1, согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и аn+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| n +(1+x) n n .

Воспользуемся методом математической индукции.

При n=2 неравенство верно. Действительно,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2·х 2 2 .

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

(1–x) k+1 +(1+x) k+1 k +(1+x) k )((1–х)+(1+х)) k ·2 = 2 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.

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.

Воспользуемся методом математической индукции.

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

Естественно предположить, что

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

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,

что и требовалось доказать.

10. В выражении х1:х2: … :хn для указания порядка действий расставляются скобки и результат записывается в виде дроби:


(при этом каждая из букв х1, х2, … , хn 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 х1 будет стоять в числителе. Почти столь же очевидно, что х2 окажется в знаменателе при любой расстановке скобок (знак деления, стоящий перед х2, относится либо к самому х2, либо к какому-либо выражению, содержащему х2 в числителе).

Можно предположить, что все остальные буквы х3, х4, … , хn могут располагаться в числителе или знаменателе совершенно произвольным образом. Отсюда следует, что всего можно получить 2 n–2 дробей: каждая из n–2 букв х3, х4, … , хn 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 х1:х2: … :хk после некоторой расстановки скобок записывается в виде некоторой дроби Q. Если в это выражение вместо хk подставить хk:хk+1, то хk окажется там же, где и было в дроби Q, а хk+1 будет стоять не там, где стояло хk (если хk было в знаменателе, то хk+1 окажется в числителе и наоборот).

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

Читайте также: