Задачи по индукции пример для начальной школы

Обновлено: 02.07.2024

Логика — одна из главных дисциплин для развития ума и мышления, в примерах и задачах эта дисциплина входит в обязательный набор обучения детей. Разбираемся, как именно и когда начинать разбирать и решать логические задачи, как учить ребенка мыслить стройно и красиво.

Что такое логика

Логика учит тому, как из одних размышлений следуют другие и почему это правильно. Кто знает логику, привык логически мыслить, тот готов к спору, аргументации, отстаиванию своей точки зрения. Например, доказательства теорем в геометрии строго подчинены основным логическим операциям — к главным методам логического размышления относятся знаменитые дедукция (от общего к частному), индукция (от частного к общему) и абдукция (метод дедуктивного размышления, основанного на выдвижении гипотез и признании их истинными или ложными).

Законы логики

Общепринятые положения, которым должны удовлетворять все рассуждения

Дедукция

Дедукция — самый частый прием логического размышления. Именно им часто пользовался, к примеру, Шерлок Холмс. Этот прием используется в науке и для решения многих логических задач.

Индукция

Противоположный дедукции метод логического размышления, позволяющий установить истинность высказывания от истинного частного размышления к истинному общему.

Логические задачи как примеры размышлений с примерами (и ответами)

Попробуйте, пользуясь методами индукции и дедукции, решить следующие примеры (ответы на них мы дадим в конце текста). Размышляйте и проверяйте себя!

1. Все небесные тела движутся
Все планеты — это небесные тела

2. Все животные смертны
Все люди — животные

3. Ни одна рептилия не имеет меха
Все змеи — рептилии

4. Все котята игривые
Некоторые домашние животные — котята

5. Ни одна домашняя работа не весела
Некоторое чтение — домашняя работа

6. Все прилежные мальчики в этой школе рыжие
Некоторые прилежные мальчики в этой школе — отличники

7. Все кошки млекопитающие
Некоторые кошки не имеют хвоста

Правильные ответы

1. Все планеты движутся

2. Все люди смертны

3. Ни одна змея не имеет меха

4. Некоторые домашние животные игривы

5. Некоторое чтение не весело

6. Некоторые прилежные отличники в этой школе рыжие

7. Некоторые млекопитающие не имеют хвоста

Развернутые сюжетные логические задачи с ответами

Теперь давайте попробуем решить полноценные логические задачи. Ответы с объяснениями на каждую из них в конце материала.

Задача 1

Один кролик увидел 6 слонов, когда шел к реке. Каждый слон видел, как 2 обезьяны идут к реке. Каждая обезьяна держит в руках по одной черепахе.

Сколько животных идет к реке?

Задача 2

У матери Билли было пятеро детей. Первого звали Лала, второго — Леле, третьего — Лили, четвертого — Лоло. Как назвали пятого ребенка?

Задача 3

Задача 4

Оно легкий, как перышко, но самый сильный человек не может задержать его больше чем на пять минут. Что это?

Задача 5

Чем больше его, тем меньше вы видите. Что это?

Задача 6

Вы можете найти ее на Меркурии, Марсе, Юпитере и Сатурне, но не на Земле или Нептуне. Что это?

Задача 7

Он любит пищу, но вода убивает его. Что это?

Задача 8

Что полно дыр, но может удерживать воду?

Задача 9

Что тяжелее — килограмм перьев или килограмм камней?

Задача 10

Вы едете на городском автобусе. На первой остановке садятся три женщины. На второй остановке одна женщина выходит, а мужчина садится. На третьей остановке садятся двое детей. Автобус синий, а на улице в декабре идет дождь. Какого цвета волосы у водителя автобуса?

Задача 11

Есть три дома. Один красный, один синий и один белый. Если красный дом находится слева от дома посередине, а синий — справа от дома посередине, то где же белый дом?

Задача 12, классическая, из мифа об Эдипе и Сфинксе

Что двигается на четырех ногах утром, двух — днем, и трех — вечером?

Задача 13

Человек шел под дождем неизвестно куда без пальто и зонта. Он промок насквозь, но ни один волосок на его голове не был мокрым. Как такое может быть?

Ответы и объяснения

Задача 1

В этой загадке много ловушек. Первая из них заключена в условии. Внимательно читайте его! Задание звучит так: сколько животных идут к реке?

К реке идут кролик, две обезьяны, каждая при этом держит в руках черепаху. К реке идут всего 5 животных, а слоны ни при чем. Итого, правильный ответ Г — к реке идут 5 животных.

Тут опять-таки ответ на загадку заключен в условиях. Внимательно перечитайте его! Пятого ребенка матери зовут Билли.

Ни то, ни другое. Яичные желтки желтые, а не белые!

Ни то, ни другое. Оба весят по килограмму!

Задача не имеет решения: нет никаких данных, которые помогли бы вам ответить на этот вопрос.

Где угодно! Скажем, в Саратове.

15 способов научить ребёнка понимать текст, запоминать новое и быть внимательнее. Тренируем эффективное чтение вместе

9 советов психолога, как развить у ребёнка силу воли. Педагог Ирина Беляева — о том, откуда берётся сила воли и почему бессмысленно тренировать её с самого рождения

Партнёрский материал

Сколько рёбер у слона? Какого размера хвост у панды? Тест: что вы знаете о животных

Блоги

И во что верит её мама

Блоги

Рецепты

Блины, которые у вас точно получатся: простой рецепт с припеком

Задача 1 — Сколько животных идет к реке? Ну если быть точным, то трое, кролик и две обезьяны. Черепахи не идут, их несут…

Материал познакомит с понятиями "дедукция", "индукция", и ролью дедуктивных и индуктивных рассуждений (умозаключений) в формировании познавательных УУД.

Описание разработки

Для организации познавательной деятельности большую роль играют такие методы математической науки как дедуктивные и индуктивные рассуждения (умозаключения).

Дедукция - способ рассуждения,при котором новое положение выводится чисто логическим путем от общего положения к частным выводам.

Индукция - способ рассуждения от частных фактов положений к общим выводам.

Слово индукция в переводе на русский язык означает наведение. Выводы, получаемые индуктивным путем, связаны с наблюдениями, анализом, сравнением, с выявлением общих закономерностей и их последующим обобщением.

Использование хорошо поставленных вопросов и продуманных заданий направляет обучающихся на поиски в данном объекте того, что скрыто в его глубине, включают их в творческую деятельность ,дают им радость открытия содействуют их развитию.

При использовании индуктивных методов обучения необходимо руководствоваться следующими принципами:

1. Полезно рассматривать как можно больше аналогичных примеров ,в которых повторяется наблюдаемая закономерность .Это позволяет обучающимся сделать вывод самостоятельно и его усвоить.

2. Рассматриваемые частные примеры полезно давать, используя различные приемы и формы работы для активизации познавательной деятельности обучающихся.

4. Полезно как можно большему числу обучающихся давать возможность словесно выразить наблюдаемые закономерности, зависимости,свя

5. Чтобы обучающиеся смогли правильно сформулировать индуктивный вывод , учителю в процессе организации наблюдения необходимо следить за правильностью и точностью речи , помогать словесно сформулировать свои наблюдения.

6. В случае затруднения при формулировке вывода учитель помогает наводящими вопросами, содержание которых связано с содержанием обобщенной формулировки, или сам уточняет сделанный обучающимися вывод.

Для осуществления преемственности между обучением в начальных классах и в средней школе очень важно проводить определенную работу по формированию умения правильно строить дедуктивные умозаключения, т. к. именно они воспитывают строгость, четкость и логичность мышления.

Примером одного из первых дедуктивных умозаключений в начальном обучении математики является рассуждение 2 меньше 3, потомучто 2 при счете называют раньше ,чем 3.Общее суждение (общая посылка): если одно число при счете называется раньше другого ,то это число меньше.

Для формирования у обучающихся умения проводить дедуктивные рассуждения можно использовать задания . Ответь правильно ли данное умозаключение. Если нет, то почему?

1. Пианино-это музыкальный инструмент. У Лены дома музыкальный инструмент. Значит у нее дома пианино?

2. Домашние животные полезны. Коза и корова - домашние животные…..

Таким образом,использование индуктивного и дедуктивного методов обучения способствует активному и сознательному усвоению знаний и положительно влияет на формирование познавательных УУД.

Содержимое разработки

Формирование познавательных УУД методами дедуктивного и индуктивного рассуждений.

Для организации познавательной деятельности большую роль играют такие методы математической науки как дедуктивные и индуктивные расссуждения (умозаключения).

Дедукция –способ рассуждения,при котором новое положение выводится чисто логическим путем от общего положения к частным выводам.

Индукция-способ рассуждения от частных фактов положений к общим выводам.

Слово индукция в переводе на русский язык означает наведение.Выводы ,получаемые индуктивным путем ,связаны с наблюдениями ,анализом ,сравнением, с выявлением общих закономерностей и их последующим обобщением.

Использование хорошо поставленных вопросов и продуманных заданий направляет обучающихся на поиски в данном объекте того ,что скрыто в его глубине, включают их в творческую деятельность ,дают им радость открытия содействуют их развитию.

При использовании индуктивных методов обучения необходимо руководствоваться следующими принципами:

1.Полезно рассматривать как можно больше аналогичных примеров ,в которых повторяется наблюдаемая закономерность .Это позволяет обучающимся сделать вывод самостоятельно и его усвоить.

2.Рассматриваемые частные примеры полезно давать, используя различные приемы и формы работы для активизации познавательной деятельности обучающихся.

4.Полезно как можно большему числу обучающихся давать возможность словесно выразить наблюдаемые закономерности , зависимости ,связи.

5.Чтобы обучающиеся смогли правильно сформулировать индуктивный вывод , учителю в процессе организации наблюдения необходимо следить за правильностью и точностью речи , помогать словесно сформулировать свои наблюдения.

6.В случае затруднения при формулировке вывода учитель помогает наводящими вопросами ,содержание которых связано с содержанием обобщенной формулировки ,или сам уточняет сделанный обучающимися вывод.

Для осуществления преемственности между обучением в начальных классах и в средней школе очень важно проводить определенную работу по формированию умения правильно строить дедуктивные умозаключения, т.к. именно они воспитывают строгость , четкость и логичность мышления.

Примером одного из первых дедуктивных умозаключений в начальном обучении математики является рассуждение 2 меньше 3,потомучто 2 при счете называют раньше ,чем 3.Общее суждение (общая посылка): если одно число при

Для учеников 1-11 классов и дошкольников
Бесплатные сертификаты учителям и участникам

Школьная научно-практическая конференция обучающихся 5-11 классов

Использование метода математической индукции

при решении различных задач

Автор: Бедарева Арина Алексеевна

Руководитель: Фролова Елена Ивановна, учитель математики

Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим. Метод математической индукции можно наглядно представить в виде выстроенных друг за другом костей домино. Если мы толкнем первую из них, то упадут и все остальные.

Гипотеза: я предполагаю, что метод математической индукции можно использовать при решении различных задач.

Цель работы: изучить метод математической индукции и показать его применение при решении различных задач.

Проанализировать литературу по данной теме.

Обобщить и систематизировать знания по данной теме.

Прорешать задачи различных видов, применяя данный метод.

Объект исследования: метод математической индукции.

Предмет исследования: решение различных задач с использованием данного метода.

Методы исследования:

Познавательно - поисковая деятельность.

Анализ математической литературы и ресурсов Интернета по данной теме.

Постановка гипотезы и её проверка.

Решение задач различных видов.

Анализ полученных результатов.

Рассмотрим задачу и сформулируем, что собой представляет метод математической индукции.

Задача. Показать, что любую сумму, начиная с 8 копеек, можно уплатить монетами в 3 и 5 копеек.

Решение. Рассмотрим, как уплатить 8, 9 и 10 копеек:

Добавив ещё одну трёхкопеечную монету, получаем

11 = 8 + 3 = (5 + 3) + 3;

12 = 9 + 3 = (3 + 3 + 3) + 3;

13 = 10 + 3 = (5 + 5) + 3:

Ещё одна трёхкопеечная монета позволит уплатить

копеек, и так далее. Наша задача решена . Сформулируем принцип математической индукции.

Утверждение, зависящее от натурального числа n, справедливо для любого n , если выполнены два условия:

А) утверждение верно для n =1;

Б)из справедливости утверждения для n = k , где k – любое натуральное число, вытекает справедливость утверждения и для следующего натурального числа n = k +1. 1

Иногда требуется доказать утверждение не для всех натуральных n , а для n ≥ p . Тогда на первом шаге проверяют справедливость утверждения для n = p , а в остальном схема применения метода математической индукции та же. 2

Различают два вида индуктивных умозаключений – полную и неполную индукцию.

Полной индукцией называется такое умозаключение, в котором общее заключение обо всех элементах класса предметов делается на основании рассмотрения каждого элемента этого класса. В полной индукции рассматриваются все предметы данного класса, а посылками служат единичные суждения. Вывод в полной индукции будет истинным, если посылки истинны. Например:

Полная индукция дает достоверное заключение, поэтому она часто применяется в математических и в других самых строгих доказательствах. Чтобы использовать полную индукцию, надо выполнить следующие условия:

1. Точно знать число предметов или явлений, подлежащих рассмотрению.

2. Убедиться, что признак принадлежит каждому элементу этого класса.

3. Число элементов должно быть невелико.

Неполная индукция применяется в тех случаях, когда мы

-не можем рассмотреть все элементы, рассматриваемого класса явлений;

-если число объектов либо бесконечно, либо конечно, но достаточно велико.

Доказать, что (7 n +1 +8 2 n -1 ):19.

7 2+ 8 1 =57:19-верно;

7 k +1 +8 2 k -1 – верно;

Доказать (7 k +2 +8 2 k+1 ):19;

7 k+2 +8 2k+1 =7 k+1 *7+8 2k-1 *8 2 =7 k+1 *7+8 2k-1 *64=7 k+1 *7+8 2k-1 *57+8 2k-1 *7= (7*(7 k+2 +8 2k-1 )+

+8 2 k -1 *57), что кратно 19. Значит и исходное выражение (7 n +1 +8 2 n -1 ) кратно 19, что и требовалось доказать.

Задача №2. Задача на суммирование.

Найти сумму Sn = +++…+ . Рассмотрим S ₁ , S ₂ , S ₃ .

Проанализировав полученные суммы, можно предположить, что S _n = . Проверим наше предположение методом математической индукции.

При n=1. S ₁ = = – верно.

При n = k . S _k = – верно.

Значит, S _n = , что и требовалось доказать.

Задача №3. Задача на доказательство неравенства.

Доказать, что для n ≥2 и (1) (его называют неравенство Бернулли в честь швейцарского математика Якоба Бернулли (1654 – 1705)) 4 .

получим верное неравенство:

2) Предположим, что неравенство Бернулли верно и для n = k ( k ≥2): .

3) Докажем что неравенство верно при n = k +1.

В самом деле, умножив обе части неравенства (1) на одно и то же положительное число , получим:

. Значит, мы доказали, что По принципу математической индукции делаем вывод, что неравенство Бернулли справедливо для любого n ≥2.

В ходе проделанной работы я изучила и проанализировала множество материалов по данной теме. Я выполнила поставленные перед собой цели и задачи и, как мне кажется, подтвердила свою гипотезу: метод математической индукции, действительно, можно применить при решении различного рода задач, включая задачи на суммирование, доказательство неравенств, геометрические и логические задачи. Также я поняла, что одним из достоинств метода математической индукции является его универсальность и узнала, что метод математической индукции используется не только в математике, но и в физике, химии и других науках.

Виленкин Н. Я., Шибасов Л. П., Шибасова З. Ф. За страницами учебника математики. Москва: Просвещение, 1996г.

Мордкович А.Г., Семенов П.В. Алгебра и начала математического анализа. 10 класс. В 2 ч. Ч. 1. Учебник для учащихся общеобразовательных учреждений (профильный уровень). -10-е изд., стер. - М: Мнемозина, 2013. – 424 с. : ил.

С.Н. Носуля, В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.

Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач учебное пособие для 10 класса средней школы – М.: Просвещение,1989г.

Шень А. Математическая индукция. 3-е изд., дополн. - М.: МЦНМО, 2007. - 32 с.: ил.

Задачи на суммирование и доказательство тождеств.

Задача №1. Доказать формулу

1) . Левая часть равна 1. Правая часть . Следовательно, при верно.

3) n =. Получим: +( k +1) 2 .

Действительно, = = ,что и требовалось доказать.

Задача№2. Доказать, что 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +…+ n 3 =(1+2+3+4+…+ n ) 2 .

При n =1. 1 3 =1 2 – верно.

При n = k . 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +…+ k 3 =(1+2+3+4+…+ k ) 2 – верно.

При n = k +1. Доказать, что 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +…+ k 3 +( k +1) 3 =(1+2+3+4+…+ k +( k +1)) 2 .

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +…+ k 3 +( k +1) 3 =(1+2+3+4+…+ k +( k +1)) 2 . Отсюда (1+2+3+4+…+ k +( k +1)) 2 - 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +…+ k 3 =( k +1) 3 . Тогда:

(1+2+3+4+…+ k +( k +1)) 2 - (1+2+3+4+…+ k ) 2 = ((1+2+3+…+ k +( k +1))-(1+2+3+…+ k ))*(( 1+2+3+…+ k +( k +1))+(1+2+3+…+ k )) = ( k +1)(2*(1+2+3+…+ k )+( k +1)) = ( k +1)(2* * k +( k +1)) = ( k +1)( k ( k +1)+( k +1)) = ( k +1)( k 2 +2 k +1)=( k +1)( k +1) 2 =( k +1) 3 , что и требовалось доказать. 5

Задачи на доказательство неравенств.

Задача №1. Доказать, что при n ≥2 справедливо равенство

Это неравенство верно, так как правая часть явно больше 2, а левая меньше 2.

Верно.

При n = k +1. Доказать:

Прибавим к обеим частям неравенства и получим:

Теперь, если мы докажем, что ,то по свойству транзитивности числовых неравенств докажем полученное неравенство.

Рассмотрим разность правой и левой части неравенства .

Полученное выражение положительно, значит неравенство верно, а поэтому верно неравенство , что и требовалось доказать.

Задача №2. Доказать неравенство , при a и b ≥ 0.

При n =1. a+b ≤ 2(a+b) – верно .

При n = l +1. = так как разность и, следовательно, . Что и требовалось доказать.

Задачи на делимость.

Задача №1. Доказать, что (11 n +2 +12 2 n +1 ) кратно 133.

1) При n =1. 11 3 +12 3 =(11+12)(11 3 -132+12 3 ) =23 133 . Так как (23*133) кратно 133, то и (11 3 +12 3 ) кратно 133.

2) При n = k . (11 k +2 +12 2 k +1 ) кратно 133.

3) При n = k +1. Доказать, что (11 k +3 +12 2 k +3 ) кратно 133.

11 k +3 +12 2 k +3 =11*11 k +2 +12 2 *12 2 k +1 =11(11 k +2 +12 2 k +1 )+133*12 2 k +1 . В данном выражении второе слагаемое кратно 133, а первое слагаемое кратно 133 из второго пункта. Тогда по свойству делимости полученная сумма кратна 133, значит (11 n +2 +12 2 n +1 ) кратно 133, что и требовалось доказать.

Задача №2. Доказать, что ( n 3 +3 n 2 +8 n ) кратно 3.

При n=1 . 1+3+8=12, 12 кратно 3 – верно.

При n = k . ( k 3 +3 k 2 +8 k ) кратно 3 – верно.

Задача№3. Доказать, что (2 2 n +1 +1) кратно 3.

При n=1. 2 3 +1=8+1=9, кратно 3 – верно.

При n = k . (2 2 k +1 +1) кратно 3 – верно.

При n = k +1. Доказать, что ( 2 2k+3 +1) кратно 3.

2 2 k +3 +1=2 2 k +1 *2 2 +1=2 2 k +1 *2 2 +2 2 -3=2 2 (2 2 k +1 +1)-3. Полученное выражение кратно 3, так как каждое из слагаемых кратно 3. Значит (2 2 n +1 +1) кратно 3, что и требовалось доказать.

Логические задачи.

На доске написаны два числа 1; 1. Вписав между числами их сумму, мы получим числа 1; 2; 1. Повторив эту операцию ещё раз, получим числа 1; 3; 2; 3; 1. После трёх операций будут числа 1; 4; 3; 5; 2; 5; 3; 4; 1. Какова будет сумма всех чисел на доске после 100 операций?

Решение . Ясно, что для выполнения 100 операций нам не хватит ни места, ни времени. Значит, нужно пытаться найти какую-то общую формулу для суммы чисел после n операций (обозначим её Sn ). Посмотрим на таблицу и найдем закономерность.

На самом деле можно не выписывать числа, а сразу сказать, как изменится сумма после добавления новых чисел. Пусть сумма была равна S. Разобьём каждое новое число в сумму двух старых. Например, от

1; 1 + 3; 3; 3 + 2; 2; 2 + 3; 3; 3 + 1; 1:

Каждое старое число (кроме двух крайних единиц) входит теперь в сумму три раза, поэтому новая сумма равна 3S − 2 (мы вычли 2, чтобы учесть недостающие единицы). Поэтому S5 = 3S4 − 2 = 244 и вообще Sn = 3Sn−1 − 2: Попробуем составить общую формулу. Если бы не вычитание двух единиц, то каждый раз сумма увеличивалась бы в три раза, как в степенях тройки (1; 3; 9; 27; 81; 243; : : : ). А наши числа, как теперь видно, на единицу больше. Таким образом, можно предположить, что Sn = 3n + 1. Докажем это по индукции.

N =1. Смотри таблицу (для n = 0; 1; 2; 3).

Если Sn−1 = 3n−1 + 1; то Sn = 3Sn−1 − 2 = 3(3n−1 + 1) − 2 = 3 · 3n−1 + 3 − 2 = 3n + 1, что и требовалось доказать. Из формулы видно, что после ста операций сумма всех чисел на доске будет равна 3100 + 1. Задача решена.

Задача №2. Несколько прямых делят плоскость на части. Доказать, что можно раскрасить эти части в белый и чёрный цвет так, чтобы соседние части (имеющие общий отрезок границы) были разного цвета.

Заметим, что не любую картинку можно так раскрасить. Например, если в одной точке сходятся несколько прямых, то одна из них может быть белой, а две другие, хоть и граничат между собой, будут черными. Но для плоскости, разделенной на части прямыми,

это произойти не может. Докажем это.

Пусть прямая только одна. Тогда всё просто: одна полуплоскость белая, другая – чёрная.

Если прямых две, получатся четыре части. Посмотрим, что произойдёт, если мы на рисунке с двумя прямыми и четырьмя частями проведём третью прямую. Она поделит три части из четырёх; при этом появятся новые участки границы, по обе стороны

которых цвет один и тот же. Что же делать? С одной стороны от новой прямой поменяем цвета (белый на черный и наоборот) и получим раскраску, соответствующую условию. Тогда, используя этот метод, мы можем добавить еще сколько угодно прямых. Что и требовалось доказать.

Наша задача доказать, что возможно переместить на другой стержень пирамидку из любого числа колец, соблюдая правила игры.

Пусть в пирамидке три кольца. Временно забудем про нижнее, самое большое (мысленно приклеим его к основанию). Тогда останется пирамидка из двух колец, которую мы уже умеем перекладывать. Переложим её с первого стержня на третий. После этого вспомним про большое кольцо и переложим его на второй стержень (который пока пуст). Теперь переложим пирамидку из двух верхних колец с третьего стержня на второй. Теперь, зная, как перекладывать пирамидку из трех колец, мы можем переложить четыре кольца (достаточно в наших предыдущих рассуждениях заменить пирамидку из двух колец на пирамидку из трёх). После этого можно переложить пять колец, зная, как перекладывать четыре кольца, и так далее. Что и требовалось доказать.

Геометрические задачи.

Задача №1. Найти, на сколько частей делит прямую n точек.

Рассмотрим 1 точку. Она делит прямую на 2 части. 2 точки делят прямую на 3 части, 3 точки на 4 части. Тогда мы можем предположить, что n точек делят прямую на N ( n )= n +1 частей. Докажем это утверждение.

При n =1. Верно, так как мы рассмотрели это в рассуждениях.

Если добавленная точка расположена между какими то двумя, она разделит соединяющий эти точки отрезок на два. Если она расположена на луче, она добавит один отрезок. То есть добавление точки увеличивает число частей на 1. Значит: N ( n +1)= N ( n )+1=( n +1)+1. Следовательно, наше утверждение доказано.

Задача №2. Доказать, что сумма внутренних углов любого n -угольника равна π( n -2).

Так как минимальный n -угольник – это треугольник, то на нашу задачу накладывается условие: n ≥3.

При n =3. π*1=π – верно.

При n = k . π ( k -2) – верно.

При n = k +1. π ( k -1). Разобьем ( k +1)-угольник на треугольник и k -угольник, проведя диагональ. Тогда сумма углов треугольника и k -угольника равна π( n -2) (из 1 и 2 шага). Следовательно, сумма внутренних углов любого n -угольника равна π( n -2), что и требовалось доказать.

3 Пьер де Ферма (17 августа 1601 — 12 января 1665) — французский математик, один из создателей аналитической геометрии, математического анализа, теории вероятностей и теории чисел. Наиболее известен формулировкой Великой теоремы Ферма.

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: а_i=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 а_k делится на 3 k+1 и не делится на 3 k+2 , то есть а_k=2 3 k +1=3 k+1 ·m, где m не делится на 3. Тогда

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

=3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k ).

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

Следовательно, утверждение доказано для любого натурального n.

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

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

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

Предположим, что а_k целое при любом натуральном k не превосходящем n. Тогда а₁·а_n – целое число, но а₁·а_n=а_n+1+а_n–1 и а_n+1=а₁·а_n–а_n–1. Однако, а_n–1, согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и а_n+1. Следовательно, х n +1/х n – целое число при любом целом n, что и требовалось доказать.

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

5. Доказать, что при натуральном n > 1 и |х| 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: … :х_n для указания порядка действий расставляются скобки и результат записывается в виде дроби:

(при этом каждая из букв х₁, х₂, … , х_n стоит либо в числителе дроби, либо в знаменателе). Сколько различных выражения можно таким образом получить при всевозможных способах расстановки скобок?

Прежде всего ясно, что в полученной дроби 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, … , х_n могут располагаться в числителе или знаменателе совершенно произвольным образом. Отсюда следует, что всего можно получить 2 n–2 дробей: каждая из n–2 букв х₃, х₄, … , х_n может оказаться независимо от остальных в числителе или знаменателе.

Докажем это утверждение по индукции.

При n=3 можно получить 2 дроби:

так что утверждение справедливо.

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

Пусть выражение х₁:х₂: … :х_k после некоторой расстановки скобок записывается в виде некоторой дроби Q. Если в это выражение вместо х_k подставить х_k:х_k+1, то х_k окажется там же, где и было в дроби Q, а х_k+1 будет стоять не там, где стояло х_k (если х_k было в знаменателе, то х_k+1 окажется в числителе и наоборот).

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

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

Ответ: 2 n–2 дробей.

Задачи без решений

1. Доказать, что при любом натуральном n:

а) число 5 n –3 n +2n делится на 4;

б) число n 3 +11n делится на 6;

в) число 7 n +3n–1 делится на 9;

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

д) число 7 n+1 +8 2n–1 делится на 19;

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

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

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

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

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

Читайте также: