Выявить примеры применения неполной индукции в школьном обучении алгебре

Обновлено: 05.07.2024

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:

База индукции (базис индукции). Проверяется истинность утверждения при $n=1$ (или любом другом подходящем значении $n$)
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.

Например. Предположим, что вы даете ученику коробку со 100 красными палочками и просите ученика, не глядя в эту коробку, достать, допустим, 10 палочек. Все 10 палочек, естественно, оказались красного цвета. Вы спрашиваете, можно ли утверждать, что все палочки в коробке красного цвета? Правильный ответ на этот вопрос - нет, нельзя. Действительно, пока не проверены все палочки, утверждать о принадлежности их к типу Р (Р - предметы красного цвета) нельзя.

Например. Доказать, что любое число, делящееся на 3, имеет в десятичной записи цифры, сумма которых делится на 3. Нужно ли (да и возможно ли) проверять все числа, делящиеся на 3? Разумеется, нет.

Можно взять произвольное число, делящееся на 3 (объект S), и, не опираясь на конкретный вид этого числа, а используя только его кратностью 3, доказать, что его сумма кратна 3 (является объектом типа Р).

Теперь предположим, что вы предложили рассмотреть ученикам несколько двузначных чисел, делящихся на 3, и подметить какую-нибудь общую особенность у этих чисел. Кто-то допустим, написал 5 таких чисел и заметил, что сумма цифр у каждого из этих чисел делится на 3. После этого естественно выдвинуть общую гипотезу: если число делится на 3, то сумма его цифр тоже делится на 3. Какого рода умозаключение здесь использовалось? Вот его схема.

Некоторые S есть Р

Является ли это умозаключение логически строгим? Конечно, нет. Верно ли, что такого типа умозаключениями где нельзя пользоваться? Нет, так как такого типа исключения часто являются источником правильных гипотез, укрепляют веру в истинность утверждений, которые на определенном этапе обучения нельзя обосновать строго.

Умозаключения вида (5) называются рассуждениями по неполной индукции.

Определение. Неполная индукция – рассуждение от отдельного к общему, то есть вывод, который делается на основе изучения свойств отдельных объектов определенной совокупности и распространяется на все ее объекты.

Например, построив по точкам графики нескольких линейных функций, учащиеся убеждаются, что графиком их есть прямая линия. После этого по индукции делается вывод, что графиком какой–либо функции есть прямая линия. Этот вывод правильный, хоть и имеет характер гипотезы, пока в аналитической геометрии не будет доказанный.

Рассуждения по неполной индукции часто встречаются в начальном курсе обучения математике. Они являются как бы источником веры в правильность действий учителя и ученика.

Это также пример неполной индукции. Часто рассуждения по неполной индукции приводят к неправильным выводам. Однако в методике преподавания начального курса математики они с необходимостью используются в тех случаях, когда вывод не вызывает сомнений и когда нет возможности обосновать правило или закон в полной мере. Таких случаев довольно много.

Есть гипотезы в математике, которые, естественно, возникают как обобщения конкретных наблюдений, но истинность которых до сих пор не подтверждена доказательством (но и не опровергнута). Один из примеров - это классическая проблема Гольдбаха в теории чисел. Рассмотрим четные числа, начиная с 4, и их разложения в суммы простых (простое число - это натуральное число, не имеющее делителей, кроме 1 и самого себя).

Мы видим, что все эти числа можно представить в виде суммы двух простых. Оказывается, что это утверждение верно для многих других четных чисел. Однако неизвестно, верно ли оно для всех четных чисел.

Свидетельство и скидка на обучение каждому участнику

Зарегистрироваться 15–17 марта 2022 г.

Тема: Полная и неполная индукция. Метод математической индукции. Доказательство тождеств и неравенств методом математической индукции

Образовательная: Организовать деятельность учащихся по изучению метода полной и неполной индукции; организовать деятельность учащихся по доказательству утверждений с помощью метода математической индукции, применению метода математической индукции при решении задач, связанных с последовательностями.

Развивающая: Содействовать формированию научного мировоззрения, развитию исследовательских навыков, умения аргументировать, классифицировать.

Воспитательная: Содействовать развитию внимательности, инициативности, трудолюбия, творческих способностей.

Форма проведения урока: фронтальная проверка, коррекция и формулировка выводов, составляющих новый материал; индивидуальное выполнение учебных заданий.

Ожидаемый результат:

уметь применять метод математической индукции при доказательстве тождеств и неравенств;

владеть терминологией на казахском и английском языках, изученной в данной главе;

применять терминологию на казахском и английском языках, изученную в данной главе.

Структура урока:

Подготовительный этап (мотивация изучения нового, выявление целей урока и ориентация учащихся в учебной деятельности на уроке).

Актуализация знаний, умений и навыков.

Изучение новой темы

Отработка знаний, умений и навыков по теме.

Подведение итогов урока и домашнее задание.

Подготовительный этап Проверка домашнее задание. Устный опрос.

Актуализация знаний, умений и навыков.

Знаменитый математик XVII в. П.Ферма проверив, что числа

, , , , простые, сделал по индукции предположение, что для всех n=1,2,3,… числа вида простые.

В XVIII веке Л.Эйлер нашел, что при n=5:

Устные упражнения: 1) Перед нами последовательность нечетных чисел натурального ряда. 1,3,5,7,9,11,13… Чему равна сумма n первых членов этой последовательности?

3) Каждый человек в мире пожал какое-то количество рук. Докажите, что число людей пожавших нечетное число рук – четно .

Изучение новой темы учебник Шыныбекова А.Н. Алгебра и математический анализ с тр. 234-242 (индивидуальная работа). Дополнительно в диалоге: Приложение – теория.

Отработка знаний, умений и навыков по теме. Приложение Примеры (совместная)

Подведение итогов урока (рефлексия)

- Какую учебную задачу вы решали?

-Удалось ли её решить?

Рефлексия области применения данного способа, модели

-Для какой ситуации подходит полученный вами приём?

Рефлексия полученного способа. Самокоррекция, самооценка

- Как правильно использовать метод математической индукции?

- В чём возникали затруднения и удалось ли их преодолеть?

- Что помогало и что мешало вам договариваться в группе?

Рефлексия способов коммуникации и соорганизации в группе.

- Что бы вы изменили в работе групп в следующий раз для более эффективной работы?

Самооценка: Оцените свою работу на уроке в баллах:

10 баллов – все понял, могу этот материал объяснить другому;

9 баллов – я сам все понял, но объяснить другому не берусь;

8 баллов – для полного понимания мне нужно повторить тему;

6 баллов - я ничего не понял.

Взаимооценка:

Имя ученика

Критерии оценки

- принимал участие в обсуждении (выдвигал собственные версии, фиксировал версии других, задавал вопросы на понимание)

- умеет выслушать не перебивая

- при обсуждении сдерживал эмоции (не кричал, не обижал других)

Принимал в подготовке к защите и участвовал в защите

Оценка за урок:

Домашнее задание, готовность к уроку

Участие при изучении новой темы

Работа в группе

Домашнее задание. Шыныбеков А.Н.. Алгебра и математический анализ с тр. 234-242 , № 756-766 (1), Творческое задание: Составьте задачи решаемые методом математической индукции проблемы физики, химии и самой жизни.

Приложение – теория

Метод математической индукции

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.

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

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

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:

После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:

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) => А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.

Доказательство по методу математической индукции приводится следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k) => A(k+1).

Приложение практика:

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) => 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) => А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n Î N.

Доказать, что 1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1).

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) истинно.

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 =

Итак , А (k) => A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n.

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.

Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что n=k x _k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) Рассмотрим данное утверждение при n=k+1 x _k ₊₁ =( k +1)( k +2)(2 k +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

3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е. x _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 +4 k +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 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, 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 остатка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k) => А(k+1). В силу метода математической индукции утверждение доказано.

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

Решение: 1) Пусть n=1, тогда x ₁ =7 1 -1=6 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение 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 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.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда x 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 *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 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.

Решение: 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

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: 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.

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

3 3 -1=26 делится на 26

Предположим, что при n=k

3 3k+3 -1 делится на 26

Докажем, что утверждение

3 3k+6 -1=27*3 3k+3 -1=26*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*х.

Решение: 1) При n=2 неравенство справедливо, так как (1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х.

Значит, А(2) истинно.

2) Докажем, что А(k) => A(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

Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем

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

Итак, А(k) => 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 * 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 неравенство 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 математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального m.

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

Решение: Перепишем неравенство в виде (3/2) n >2n.

При n=7 имеем 3 7 /2 7 =2187/128>14=2*7 неравенство верно.

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 )*(3/2)>2k*(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 )

В материале излагается применение метода математической индукции при решении различных задач на конкретных примерах, описываются особенности этого метода и его польза.

Вложение	Размер
metodika_obucheniya_metodu_matematicheskoy_induktsii_i_ego_prilozheniyam.docx	42.19 КБ

Предварительный просмотр:

Методика обучения методу математической индукции и его приложениям

Учитель математики МБОУ Опалиховская гимназия Линок Марианна Николаевна

В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод – это рассуждение от общего к частному, т.е. рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, заключительным – 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 или не отводится вовсе. А ведь очень важно – уметь размышлять индуктивно.

Метод математической индукции необходим для развития математического кругозора учащихся. Вместе с тем усвоение этого метода составляет для учащихся значительные трудности, и ясного понимания можно добиться только систематическим решением задач на применение этого метода.

При изучении явлений в любой области знаний (математика, история, физика, медицина, астрономия, экономика и т.д.) основным этапом является установление определенных закономерностей, связывающих отдельные элементы изучаемого явления. Подмечается определенная связь между элементами изучаемого явления, справедливого для многих частных случаев, и распространяется на все случаи вообще, устанавливается общий закон, раскрывающий сущность данного явления.

Вот пример подобного рассуждения.

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

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

Иногда общий результат удается 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. 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 нечетных чисел. Рассмотрим частные случаи:

После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:

1+3+5+…+(2n-1)= , т.е. сумма n последовательных нечетных чисел равна .

Разумеется, сделанное наблюдение еще не может являться доказательством данной формулы. Часто неполная индукция приводит к ошибочным результатам.

Во многих случаях выход из такого рода затруднений заключается в обращении к методу математической индукции. Он заключается в следующем.

Пусть нужно доказать справедливость некоторого утверждения для любого натурального числа n (например, нужно доказать, что сумма n последовательных нечетных чисел равна ). Непосредственная проверка этого утверждения для каждого значения n невозможна, поскольку множество натуральных чисел бесконечно. Чтобы это доказать, 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.

Обобщая сказанное, сформулируем следующий общий принцип.

Метод 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 предложение А(n) истинно для любого натурального числа n.

Доказательство по методу математической индукции проводится 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, т.е. доказывают, что А( k ) =>А( k+1 ).

Метод математической индукции можно эффективно использовать для формул вычисления сумм, когда число слагаемых зависит от n, для доказательства тождеств и неравенств, задач на делимость, логических задач.

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)= .

Решение:1) Имеем n=1= . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно.

2) Докажем, что А( k ) =>А( k+1 ).

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

Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего числа n= k+1, т.е. что 1+3+5+…+(2 k +1)= . В самом деле, 1+3+5+…+(2 k -1)+ (2 k +1)= +2 k+1= .

Итак, А( k ) =>А( k+1 ). На основании принципа математической индукции заключаем, что предложение А(n) истинно для любого nЄN.

Доказать, что при любом n справедливо утверждение: + + +…+ = n(n+1)(2 n+1)/6.

Решение:1) Пусть n=1, тогда =1(1+1)(2+1)/6=1. Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n= k верно + + +…+ = k (k +1)(2 k +1)/6.

3) Рассмотрим данное утверждение при n= k+1:

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

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

Доказать, что при любом n справедливо утверждение: + + +…+ = /4.

Решение:1)Пусть n=1. Тогда = /4.

2) Предположим, что равенство верно при n= k: = .

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

Доказать, что при любом целом неотрицательном n число 2 -3 + n делится на 6.

Решение: 1) Пусть n=1. Тогда = =0 делится на 6.

2) Предположим, что при n= k = делится на 6, т.е. = 6m, где m – целое число.

3) Докажем истинность этого утверждения при n= k+1.

= +6 = 6m+6 =6(m+ ) кратно 6.

В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что разность одинаковых четных степеней двух целых чисел делится на сумму оснований, т.е. ( - ) делится на x+y при любом натуральном n (x+y не равно 0).

Решение: 1) При n=1 утверждение задачи верно, т.е. ( - ) делится на x+y. Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n= k ( - ) делится на x+y, т.е. ( - )=( x+y)с.

3) Докажем, что это утверждение верно при n= k+1.

=( x+y)(( x-y) +с ). Утверждение верно при любом n.

В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что сумма каждой строки таблицы

равна квадрату нечетного числа, номер которого в строке равен номеру строки от начала таблицы.

Решение: Общий член последовательности, т.е. n-я строка, может быть записан так:

n, n+1, n+2, …, (n+( n-1)·2). Значит, последний член в этой строке равен 3n-2. Надо доказать, что сумма чисел этой строки равна S(n)= .

Решение: 1) Для n=1 формула верна.

2) Предположим, что формула верна для некоторого натурального значения n= k, т.е.

3) Докажем, что она верна при n= k+1.

S(k+1)= ( k+1)+( k+2)+…+(3 k-2)+( 3k-1)+ 3k +(3k+1) = k +( k+1)+( k+2)+…+(3 k-2)+( 3k-1)+

+3k +(3k+1) – k= S(k)+ ( 3k-1)+ 3k +(3k+1) – = +8k=

В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что при любом натуральном n>3 справедливо неравенство

Решение: 1) При n=4 имеем 1+17/24

2) Предположим, что неравенство верно при n= k, т.е. 1/1!+1/2!+1/3!+…+1/ k!

3) Докажем, что оно верно и для n= k+1.

В силу метода математической индукции неравенство доказано.

Доказать, что при любом натуральном n>2 справедливо неравенство

Решение: 1) При n=3 имеем 1+(1/ )+(1/ )=245/180

2) Предположим, что неравенство верно при n= k, т.е. 1+(1/ )+(1/ )+…+(1/ )

3) Докажем, что для n= k+1 верно неравенство

Докажем, что 1,7-(1/ k)+ (1/ )

Последнее очевидно, а поэтому 1,7-(1/ k)+ (1/ )

В силу метода математической индукции неравенство доказано.

Каждый человек в мире пожал какое-то количество рук. Доказать, что число людей, пожавших нечетное число рук, - четно.

Пронумеруем все рукопожатия в мире от первого (его необязательно должны были совершить Адам и Ева) до произвольного натурального n. Очевидно, что при n=1 утверждение справедливо. Предположим, что оно верно при каком-то n= k, т.е. количество людей, участвовавших в рукопожатиях с номерами от 1 до k и сделавших нечетное количество рукопожатий, четно.

Докажем, что это утверждение верно при k. Возможны три варианта осуществления (k+1) рукопожатия:

друг другу пожимают руки: а) два особых человека; б) два неособых человека; в) один особый и один неособый человек.

В каждом из этих трех случаев количество особых людей либо уменьшается на два, либо увеличивается на два, либо не изменяется, т.е. остается четным.

Чему равна сумма первых n членов последовательности 1,3,5,7,9,11,13,…?

Составим суммы одного, двух, трех и т.д. первых членов данной последовательности:

На основе этих наблюдений можно высказать предположение, что

Верно ли это предположение при любом натуральном n?

Предположим, что формула (1) верна для n= k, где k-натуральное, т.е.

Докажем ее справедливость и для числа, следующего за k, для числа n= k+1:

При доказательстве гипотезы методом математической индукции очень важно выполнение всех его составляющих.

Рассмотрим следующие примеры.

Пусть утверждение справедливо для n= k, т.е. 2 k -1 является четным числом.

Проверим верность утверждения при n= k+1: 2(k+1)-1=2 k+2-1=(2k-1)+2.

По предположению индукции 2 k -1 четное число, следовательно, число (2k-1)+2 тоже четное.

Отсутствие первого шага приводит к ошибке.

В поисках формулы, дающей только простые числа, знаменитый математик XVIII века Л.Эйлер подверг испытанию трехчлен P(n)= +n+41. Этот трехчлен давал простые числа при всех значениях n от 1 до 39:

Отсутствие второго шага ( индукционного шага ) приводит к неверному результату.

Само доказательство гипотезы методом математической индукции состоит из следующих частей:

Проверяют справедливость гипотезы для наименьшего из натуральных чисел, при котором гипотеза имеет смысл (базис);

Сделав предположение, что гипотеза верна для некоторого значения k, стремятся доказать справедливость ее для k+1.

Если такое доказательство удалось довести до конца, то, на основании принципа математической индукции можно утверждать, что высказанная гипотеза справедлива при любом натуральном n.

Метод математической индукции не дает никаких указаний, как построить гипотезу. Вопрос о том, как возникает гипотеза, принадлежит к той области, в которой нет никаких общих правил, здесь делает свое дело эксперимент, аналогия, конструктивная индукция.

Без индукции было бы невозможно творчество ни в математике, ни в физике, ни в любой иной области науки. Решение задач с помощью метода математической индукции становится занимательным занятием и может привлечь в математические лабиринты все новых любознательных. А это является основой любой науки.

Презентация на тему: " СОДЕРЖАНИЕ Полная и неполная индукция Принцип математической индукции Метод математической индукции Применение метода математической индукции к суммированию." — Транскрипт:

2 СОДЕРЖАНИЕ Полная и неполная индукция Принцип математической индукции Метод математической индукции Применение метода математической индукции к суммированию рядов Применение метода математической индукции к суммированию рядов Метод математической индукции в решении задач на делимость Метод математической индукции в решении задач на делимость Доказательство тождеств с помощью математической индукции Доказательство тождеств с помощью математической индукции Доказательство неравенств с помощью математической индукции Доказательство неравенств с помощью математической индукции Решение геометрических задач с помощью математической индукции Решение геометрических задач с помощью математической индукции

3 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. пример

4 Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4

5 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. пример

6 Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи: 1=1= =4= =9= =16= =25=5 2 Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить доказательством справедливости приведённой формулы. После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод: …+(2n-1)=n 2 т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n 2

7 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.

8 Предложение А(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены следующие два условия: 1. Предложение А(n) истинно для n=1. 2. Из предположения, что А(n) истинно для n=k (где k – любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего значения n=k+1.

9 Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом, определяющих натуральный ряд чисел, и, следовательно, принимается без доказательства.

10 Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства.

11 Если требуется доказать истинность предложения А(n) для всех натуральных n, то, во-первых, следует проверить истинность высказывания А(1) и, во- вторых, предположив истинность высказывания А(k), попытаться доказать, что высказывание А(k+1) истинно. Если это удается доказать, причем доказательство остается справедливым для каждого натурального значения k, то в соответствии с принципом математической индукции предложение А(n) признается истинным для всех значений n.

12 ПРОВЕРИМ истинность утверждения при n=1 ПРЕДПОЛОЖИМ истинность утверждения при n=k, где k>1 (или k>m) ДОКАЖЕМ истинность утверждения при n=k+1 СДЕЛАЕМ ВЫВОД пример

14 Пример 1. Доказать формулу n – натуральное число.

15 Решение. При n=1 обе части равенства обращаются в единицу и, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено. Предположим, что формула верна при n=k, т.е.. Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть. Тогда получим Таким образом, из того, что формула верна при n=k, следует, что она верна и при n=k+1. Это утверждение справедливо при любом натуральном значении k. Итак, второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана.

17 Решение. 1. при n=1 2. Если то

19 С помощью метода математической индукции можно доказывать различные утверждения, касающиеся делимости натуральных чисел. пример

20 Если n – натуральное число, то число n 2 -n - четное. проверим истинность утверждения при n=1, наше утверждение истинно:1 2 -1=0 - четное число предположим истинность утверждения при n=k, где k>1 (или k>m), k 2 -k - четное число докажем истинность утверждения при n=k+1 (k+1) 2 -(k+1)-(k 2 -k)=2k, a 2k – четное число, то и четное (k+1) 2 -(k+1). Вывод Итак, четность n 2 -n доказана при n=1, из k 2 - k четности выведена четность (k+1) 2 -(k+1).Значит, n 2 -n четно при всех натуральных значениях n.

21 A(n)=, n – натуральное число. проверим истинность утверждения при n=1 высказывание А(1)= истинно. предположим истинность утверждения при n=k, где k>1 (или k>m)? А(k)= истинно докажем истинность утверждения при n=k+1 тогда А(k+1)= т.к 5*2 3k k-1 кратно 19 из предположения, а 19 кратно 19. Вывод Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение A(n) истинно при всех значениях n. Решите сами

22 (4 n+1 +15n+32) кратно 3 для любого n

24 Доказать, что при любом натуральном n>1. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

25 Обозначим левую часть неравенства через S n. проверим истинность утверждения при n=2, следовательно, при n=2 неравенство справедливо. предположим истинность утверждения при n=k, где k>1 (или k>m) Пусть докажем истинность утверждения при n=k+1 тогда Имеем и Сравнивая S k и S k +1 Т.е

26 При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому. Но, значит, и. Значит и Верно при любом натуральном n>1

27 Найти ошибку в рассуждении Утверждение. При любом натуральном n справедливо неравенство. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

28 Пусть неравенство справедливо при n=k, где k – некоторое натуральное число, т.е. (1) Докажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е. Действительно, не меньше 2 при любом натуральном k. Прибавим к левой части неравенства (1), а к правой 2. Получим справедливое неравенство, или. Утверждение доказано.. РЕШИТЕ САМИ

29 2 n >n для n N 2 n >2n+1 n>=3

31 Доказать тождество, что для любого n принадлежащий множеству N …+ n 2 = (n*(n+1)*(2n+1))/6 ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

32 ПРОВЕРИМ истинность утверждения при n=1 1 2 = (1*2*3)/6 (верно) ПРЕДПОЛОЖИМ истинность утверждения при n=k, где k>1 (или k>m) …+ k 2 = (k*(k+1)*(2k+1))/6 k- слагаемое ДОКАЖЕМ истинность утверждения при n=k …+ k 2 +(k+1) 2 =((k+1)*(k+2)*(2k+3))/ …+ 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 +k+6k+6))/6=((k+1)*(2k+3)*(k+2))/6 Вывод: равенство верно для любого n РЕШИ САМ

33 Доказать, что …+(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)Þ A(k+1). Пусть k-любое натуральное число и пусть утверж-дение справедливо для n=k, т.е …+(2k-1)=k 2. Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что …+(2k+1)=(k+1) 2. В самом деле, …+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2. Итак, А(k)Þ А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для любого nÎ N.

34 Доказать, что при всех допустимых значениях x имеет место тождество: ПРОВЕРОЧКА

36 Вычислить сторону a 2 n правильного - 2n угольника, вписанного в круг радиуса R. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

37 При n=2 правильный 2 n – угольник есть квадрат; его сторона. Далее, согласно формуле удвоения. находим, что сторона правильного восьмиугольника

38 сторона правильного шестнадцатиугольника сторона правильного тридцатидвухугольника Можно предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2 n – угольника при любом n>= равна (1)

39 Допустим, что сторона правильного вписанного 2 n - угольника выражается формулой (1). В таком случае по формуле удвоения откуда следует, что формула (1) справедлива при всех n.

Читайте также: