Метод математической индукции 9 класс план урока

Обновлено: 08.07.2024

При изучении явлений в любой области знаний – будь, то математика или история, физика или медицина, астрономия или экономика всюду и всегда основным этапом является установление определенных закономерностей связывающих отдельные элементы изучаемого явления. Мы подмечаем определенную связь между элементами изучаемого явления справедливого для многих частных случаев, затем распространяем на все случае вообще, устанавливая тем самым общий закон, раскрывающий сущность данного явления.

Все утверждения можно разделить на общие и частные. Например, утверждение “Во всяком параллелограмме диагонали делятся в точке пересечения пополам”, является общим, так как относится ко всему множеству параллелограммов. В то же время утверждение “В параллелограмме ABCD диагонали делятся в точке пересечения пополам”, является частным, так как относится к конкретному параллелограмму ABCD.

На основе частных утверждений делают некоторые предположения (гипотезы) о справедливости какого либо утверждения. Иногда эти предположения оказываются верными, иногда ошибочными.

Многие свойства чисел сначала были открыты путем наблюдений, задолго до того как истинность была строго доказана.

II. Основная часть урока

Переход от частных утверждений к общим называют индукцией (от латинского слова inductio – наведение). Например, знаменитый математик XVII в. П.Ферма, проверив, что числа

, , , , простые, сделал по индукции предположение, что для всех n=1,2,3,… числа вида , простые. Однако это предположение оказалось неверным, так как в XVIII веке Л. Эйлер нашел, что — составное число. Как видим, индукция не является методом доказательства, а лишь помогает сформулировать неизвестный результат в виде некоторой гипотезы, справедливость которой надо потом доказать.

В случае когда утверждение касается конечного числа объектов, его можно доказать, проверяя для каждого объекта.

В чем же заключается суть исследования которое позволяет доказать или опровергнуть математическое утверждение? Ответ мы найдем при разборе следующей задачи.

Перед нами последовательность нечетных чисел натурального ряда.

Чему равна сумма n первых членов этой последовательности?

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

На основе этих наблюдений мы можем высказать предположение, что

Верно ли это предположение при любом целом положительном n?

Приняв наше предположение за закон, не уподобимся ли мы тем зоологам, которые до открытия Австралии утверждали, что все лебеди на земле белые?

Лучше пойдем по иному пути в поисках общего доказательства высказанного нами утверждения.

Предположим, что формула (1) верна для n=k, где kN, то есть

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

Мы пришли к очень важному выводу:

Если наше предположение верно для некоторого натурального k, то оно непременно остается верным для следующего целого числа k+1.

Мы уверены, что предположение верно, для n=1,2,3,4,5. Будучи верным, для 5 оно на основе полученного вывода оно должно быть верным и для следующего целого числа 6, будучи верным, для 6 оно должно быть верным и для 7 и так далее. Предположение верно для всех натуральных чисел.

Данное решение может быть укорочено. При переходе, от какого либо произвольного натурального числа k к следующему за ним натуральному числу k+1 нужно ли проверять наше предположение для n=5,4,3,2. Достаточно быть уверенным в том, что оно справедливо для n=1. И тогда мы скажем: если предположение верно для n=1, то оно на основе доказанного верно и для n=2, если оно верно при n=2, то оно верно и для n=3 и так далее.

Решая эту задачу, мы познакомились с очень важным методом доказательства. Такой можно было бы назвать “переходом от k к k+1”, но обычно его называют методом математической или полной индукции.

В основе этого метода лежит принцип математической индукции, который заключается в следующем.

Утверждение P(n) справедливо для всякого натурального n, если:

Оно справедливо для n=1 или для наименьшего из натуральных чисел при котором закономерность имеет смысл.
Из справедливости утверждения, для какого либо произвольного натурально n=k, следует его справедливость для n=k+1.

Само доказательство 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 основе принципа математической индукции можно утверждать, что высказанная гипотеза справедлива для любого натурального числа n.

III. Закрепление материала

Применим метод математической индукции к решению следующей задачи.

Доказать, что , при n2.

Гипотеза оказалось справедливой и при n=k+1

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

Рассмотрим следующие примеры.

Пусть при n=k утверждение верно, то есть 2k-1 четное число.
Проверим верность утверждения при n=k+1
2(k+1)-1=2k+2-1=(2k-1)+2
По предположению индукции 2k-1 четное число, следовательно число (2k-1)+2 тоже четное.
Отсутствие первого шага приводит к ошибке.

P(n)=n 2 +n+41
Этот трехчлен давал простые числа при всех значениях n от 1 до 39:
P(1)=1 2 +1+41=43;
P(2)=2 2 +2+41=47;
P(3)=3 2 +3+41=53;
…
P(39)=39 2 +39+41=1601;
P(40)=40 2 +40+41=1641=41 2 .

Обратите внимание, что отсутствие второго шага приводит к неверному результату

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

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

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

Докажем справедливость этого утверждения для n=k+1, возможны три варианта осуществления k+1 рукопожатия: друг другу пожимают руки:

два особых человека;
два неособых человека;
один особый и один неособый человек.

В каждом из этих трех случаев количество особых людей либо уменьшается на два, либо увеличивается на два, либо неизменяется.

Утверждение доказано.

IV. Итоги урока

Метод математической индукции не дает ни каких 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.

“Понимание и умение правильно применять принцип математической индукции, является хорошим критерием логической зрелости, которая совершенно необходима математику” А.Н. Колмогоров

Цель урока: Рассмотреть суть метода математической индукции. Научить применять его при доказательстве некоторых утверждений.

Тема: Метод математической индукции.

а) Приведите примеры утверждений.

б) Какие виды утверждений вы знаете?

(общие и частные)

в) Приведите примеры общих утверждений.

г) Приведите примеры частных утверждений.

В математике на основе частных утверждений делают некоторые предположения

О справедливости какого-либо общего утверждения. Переход от частных утверждений к общим называют индукцией.

Джузеппе Пеано показал, что для дедуктивного построения арифметики натуральных чисел достаточно четырех аксиом. Так аксиома 4 у него говорит : Если какая-либо теорема о свойствах натуральных чисел доказывает для единицы и если из допущения, что она верна для натурального числа и, следует, что она верна для всех натуральных чисел.

ПРИМЕР. Найти формулу для вычисления суммы k первых нечетных чисел.

Попробуем подсчитать такую сумму для некоторых значений k:

Таким образом, 1+3…+(2n-1)+(2n+1)=(n+1) 2 .

Знаменитый математик 17 века Пьер Ферма высказал предположение, что простыми являются все числа вида 2 2 n +1.Он показал, что первые пять числе 2 20 +1=3, 2 21 +1=5,2 22 +1=17, 2 23 +1=257, 2 24 +1=65537 – простые и сделая по индукции предположение, что для всех n числа вида 2 2 n +1- простые.

Однако это предположение оказалось не верным, т.к. в 18 веке Л.Эйлер нашёл, что 2 25 +1=4294967297=641∙4700417 – составное число.

Итак, индукция не является методом доказательства, а лишь помогает сформулировать неизвестный результат в виде некоторой гипотезы, справедливость которой потом надо доказать.

Идея последовательного перехода от натурального числа n к следующему за ним числу n+1 осуществляется в строгой форме в одном из самых важных методов математических доказательств называется методом математической индукции.

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

Утверждения P(n) справедливо для всякого натурального n, если:

1)Оно справедливо для n=1;

2)Из справедливости утверждения для какого-либо произвольного натурального n=k следует его справедливость для n=k+1.

3. Закрепление материала.

ПРИМЕР. Методом математической индукции докажите справедливость равенства:

1 2 +3 2 +5 2 +…+(2n-1) 2 =

При n=1, 1 2 =

2.Пусть при n=k верно неравенство:

1 2 +3 2 +…+(2k-1) 2 =

3.Докажем верность равенству при n=k+1

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

= (2k+1)

= , ч.т.д.

ПРИМЕР. Докажите, что n 3 - n делится на 3 любых натуральных значениях n.

1.При n=1 1 2 -1=0 – делится на 3

2. Пусть при n=k (k 3 -k) – делится на 3, т.е. k 3 -k=3m

3. Докажем, что (k+1) 3 -(k+1) – делится на 3.

(k+1) 3 -(k+1)=k 3 +3k 2 +3k+1-k-1=делится на 3, т.к. делится на 3 и делится на 3, ч.т.д.

№1. Методом математической индукции докажите справедливость неравенства:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+n (n+1)(n+2)=n(n+1)(n+2)(n+3)

№2. Докажите, что сумма кубов трех последовательных натуральных чисел делится на 9.

Цель: рассмотреть новый способ доказательства утверждений.

II. Ответы на вопросы по домашнему заданию

III. Изучение нового материала

Для доказательства утверждений, зависящих от натурального числа и, используют метод математической индукции. Для доказательства применяется следующая схема:

1. Проверяют справедливость утверждения при n = 1 (или при первом допустимом по условию задачи значении n).

2. Предполагают, что при произвольном значении n = k утверждение верно.

3. Доказывают, что при следующем значении n = k + 1 утверждение верно, используя предыдущий пункт 2.

Докажем, что при всех натуральных п выражение А(n) = n(n2 + 5) без остатка делится на 6.

Используем приведенную схему доказательства:

1. При n = 1 выражение А(1) = 1 · (12 + 5) = 6 и делится на 6.

2. Предположим, что при n = k выражение А(k) = k(k2 + 5) = k3 + 5k делится без остатка на 6, т. е. k3 + 5k = 6р (где р - натуральное число).

3. При n = k + 1 получаем выражение А(k +1) = (k + 1)3 + 5(k + 1) = k3 + 3k2 + 8k+ 6. Выделим в этом выражении часть, которая согласно пункту 2 делится на 6: А(k + 1) = (k3 + 5k) + (3k2 + 3k + 6) = 6р + (3k2 + 3k + 6). Нужно доказать, что выражение 3k2 + 3k + 6 делится на 6. Для этого достаточно, чтобы выражение 3k2 + 3k = 3k(k + 1) делилось на 6 или k(k + 1) делилось на 2. Но величина k(k + 1) является произведением двух соседних натуральных чисел k т k + 1. Разумеется, одно из них будет четным.

Докажем, что при любом натуральном и выражение А(n) = 4n + 15n - 1 кратно 9.

Используем стандартную схему доказательства:

1. При n = 1 выражение A(1) = 41 + 15 · 1 - 1 = 18 кратно 9.

2. Предположим, что при n = k выражение А(k) = 4k + 15k - 1 кратно 9, т. е. 4k + 15k - 1 = 9р (где р - натуральное число).

3. При n = k + 1 надо доказать, что выражение А(k +1) = 4k+1 + 15(k + 1) - 1 делится на 9. Для доказательства можно использовать два способа.

1-й способ. Поступим, как и в примере 1, т. е. выделим в выражении А(k + 1) часть А(k), которая делится на 9. Для этого преобразуем выражение А(k + 1) к виду А(k +1) = 4k+1 + 15k + 14 = 4(4k + 15k - 1) – 45k + 18 = 4 А(k) + 9(2 – 5k).

Видно, что выражение А(k + 1) является суммой двух слагаемых, каждое из которых делится на 9.

Сложность этого способа состоит в умении в выражении А(k + 1) выделить часть А(k), т. е. догадаться до преобразования 4k+1 + 15k + 14 = 4(4k + 15k - 1) – 45k + 18.

Поэтому рассмотрим другой способ, лишенный такого недостатка.

2-й способ. Из выражения 4k + 15k - 1 = 9р (пункт 2) найдем 4k = 9р + 1 – 15k и подставим в выражение А(k +1) = 4k+1 + 15k + 14 = 4(9p + 1 – 15k) + 15k + 14 = 36p + 18 – 45k. Видно, что выражение A(k + 1) состоит из трех слагаемых, каждое из которых делится на. 9.

Связь между пунктами 2 и 3 была обеспечена за счет того, что в пункте 2 была найдена величина 4k и подставлена в выражение пункта 3.

Заметим, что если на число п накладываются по условию задачи ограничения, то необходимо ввести новое натуральное число т и свести задачу к старой схеме.

Докажем, что при четных неотрицательных числах n выражение А(n) = 52n+1 +3n+1 кратно 8.

Так как n четное и неотрицательное число, то его можно записать в виде n = 2m - 2 (где m - любое натуральное число). Заменив в А(n) число на 2m - 2, переформулируем задачу: докажем, что при любом натуральном значении m выражение кратно 8. Далее применима стандартная схема доказательства:

1. При m = 1 выражение А(1) = 51 + 31 = 8 кратно 8.

2. Предположим, что при m = k выражение А(k) = 54k-3 + 32k-1 кратно 8, т. е. 54k-3 + 32k-1 = 8р (где р - натуральное число). Выразим из этого равенства 54k-3 = 8р – 32k-1.

3. При m = k + 1 получаем выражение

Видно, что это выражение делится на 8.

Заметим, что при попытке доказать ложное утверждение метод математической индукции приведет к противоречию.

Докажем, что при всех натуральных n выражение А(n) = n2 + 7 кратно 4.

Разумеется, это утверждение ложное, т. к., например, при n = 2 получаем: А(2) = 22 + 7 = 11 - число, которое не делится на 4. Тем не менее попробуем применить метод математической индукции:

1. При n = 1 получаем число A(1) = 12 + 7 = 8, которое кратно 4.

2. Предположим, что при n = k число А(k) = k2 + 7 делится на 4.

3. При n = k + 1 получаем выражение А(k + 1) = (k + 1)2 + 7 = k2 + 2k + 1 + 7 = (k2 + 7) + (2k + 1).

Согласно пункту 2 выражение k2 + 7 кратно 4. Выражение 2k + 1 при всех натуральных числах k является нечетным числом и не делится на 4. Таким образом, получаем противоречие с условием задачи.

Метод математической индукции пригоден не только для доказательства утверждений, связанных с делимостью выражений, но и при доказательстве теорем, тождеств, неравенств, в геометрических задачах и т. д. Поэтому рассмотрим еще некоторые случаи применения метода математической индукции.

Докажем, что при любом натуральном n сумма равна

Заметим, что в сумму входит n дробей. Используем метод математической индукции:

1. При n = 1 сумма состоит из одной дроби. Получаем верное равенство

2. Предположим, что при n = k равенство выполняется:

3. При n = k + 1 получаем выражение

Видно, что полученное выражение описывается формулой при n = k + 1.

При a > -1 и любом натуральном n докажем неравенство

1. При n = 1 имеем верное неравенство

2. Предположим, что при n = k неравенство выполнено, т. е.

3. При n = k + 1 надо доказать неравенство

Для этого обе части неравенства (пункт 2) умножим на положительное число 1 + а. Получаем неравенство того же знака: или

Так как число kа2 неотрицательное, то справедливо неравенство

Тогда верно неравенство

Докажем, что n-угольник имеет диагоналей.

Очевидно, что n ≥ 3. Используем стандартную схему:

1. При n = 3 получаем А(3) = 0, т. е. треугольник не имеет диагоналей, и это верно.

2. Предположим, что при n = k многоугольник имеет диагоналей.

3. При n = k + 1 получаем (k + 1)-угольник. Очевидно, что вершину с номером k + 1 можно соединить с остальными вершинами к отрезками. Из этих отрезков один отрезок является стороной многоугольника, а k - 1 отрезок - его диагоналями. Таким образом, к диагоналям k-угольника добавляются еще k - 1 диагонали. Всего получаем:

Имеем значение выражения А(n) при n = k + 1.

Подчеркнем еще раз универсальность и удобство метода математической индукции.

IV. Контрольные вопросы

1. Схема доказательства методом математической индукции.

2. Основной смысл метода математической индукции.

V. Задание на уроке

№ 662; 665; 667; 669 (а).

VI. Задание на дом

№ 663; 666; 668; 669 (б).

VII. Творческие задания

Методом математической индукции докажите, что при любом натуральном и справедливо утверждение.

11) 4n + 15n - 7 делится на 9;

12) n3 + 3n2 + 5n делится на 3;

13) 10n + 18n - 28 делится на 27;

14) n7 - n делится на 42;

15) 72n - 42n делится на 33;

16) 11n+2 + 122n+1 делится на 133.

VIII. Подведение итогов урока

Библиотека образовательных материалов для студентов, учителей, учеников и их родителей.

Наш сайт не претендует на авторство размещенных материалов. Мы только конвертируем в удобный формат материалы из сети Интернет, которые находятся в открытом доступе и присланные нашими посетителями.

Если вы являетесь обладателем авторского права на любой размещенный у нас материал и намерены удалить его или получить ссылки на место коммерческого размещения материалов, обратитесь для согласования к администратору сайта.

Разрешается копировать материалы с обязательной гипертекстовой ссылкой на сайт, будьте благодарными мы затратили много усилий чтобы привести информацию в удобный вид.

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

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

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

А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно.

Основная часть

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

Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4 2

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

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

ПРИМЕР 1

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

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

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

2) Докажем, что А(k)ÞA(k+1).

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

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

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

ПРИМЕР 2

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

Решение: 1) При n=1 получаем

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

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

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

Докажем, что тогда выполняется равенство

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

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

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

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

ПРИМЕР 3

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

Решение: 1) При n=3 утверждение спра-

А₃ ведливо, ибо в треугольнике

2) Предположим, что во всяком

выпуклом k-угольнике имеет-

А_k Докажем, что тогда в выпуклом

Пусть А₁А₂А₃…A_kA_k₊₁-выпуклый (k+1)-уголь-ник. Проведём в нём диагональ A₁A_k. Чтобы под-считать общее число диагоналей этого (k+1)-уголь-ника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A₁A₂…A_k, прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А_k₊₁, и, кроме того, следует учесть диагональ А₁А_k.

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

ПРИМЕР 4

Доказать, что при любом n справедливо утвер-ждение:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что n=k

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

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

ПРИМЕР 5

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

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) Пусть n=1.

Тогда Х₁=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 ут-верждения для n=k+1, т.е.

Х_k+1=(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X_k+1=1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3 )/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.

ПРИМЕР 6

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), где n>2.

Решение: 1) При n=2 тождество выглядит: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

2) Предположим, что выражение верно при n=k

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

3) Докажем верность выражения при n=k+1.

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

ПРИМЕР 7

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

для любого натурального n.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) Предположим, что n=k, тогда

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

3) Докажем истинность этого ут-верждения при n=k+1

(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 )+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

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

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

ПРИМЕР 8

Доказать верность тождества

для любого натурального n.

1) При n=1 тождество верно 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Предположим, что при n=k

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

Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при любом натуральном n.

ПРИМЕР 9

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

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

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

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

2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1 ) делится на 133 без остатка.

3) Докажем, что в таком случае

(11 k+3 +12 2k+3 ) делится на 133 без остатка. В самом деле 11 k +3 +12 2л+3 =11´11 k+2 +12 2 ´12 2k+1 =11´11 k+2 +

+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1 )+133´12 2k+1 .

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

ПРИМЕР 10

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

Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х₁=7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.

2) Предположим, что при n=k

7 k -1 делится на 6 без остатка.

3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1.

Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k -1 делится на 6 по предположению, а вторым слага-емым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической ин-дукции утверждение доказано.

ПРИМЕР 11

Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном на-туральном n делится на 11.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х₁=3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остат-ка. Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n=k

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

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

X_k+1=3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ´3 3k-1 +2 4 ´2 4k-3 =

=27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +

+11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3 k -1 +2 4k-3 )+11´3 3k-1 .

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

ПРИМЕР 12

Доказать, что 11 2n -1 при произвольном нату-ральном n делится на 6 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.

2) Предположим, что при n=k

11 2 k -1 делится на 6 без остатка.

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

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).

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

ПРИМЕР 13

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

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

3 3 -1=26 делится на 26

3 3k+3 -1 делится на 26

3 3 k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3 k +3 -1) –делится на 26

Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулированного в условии задачи.

1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение верно

2) Предположим, что при n=k

выражение 3 3 k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка.

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

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).

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

ПРИМЕР 14

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство

Решение: 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как

(1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х.

Значит, А(2) истинно.

2) Докажем, что А(k)ÞA(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство

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

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

Рассмотрим правую часть последнего неравен-

В итоге получаем, что

Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого

ПРИМЕР 15

Доказать, что справедливо неравенство

(1+a+a 2 ) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 при а> 0.

Решение: 1) При m=1

(1+а+а 2 ) 1 > 1+а+(2/2)´а 2 обе части равны.

2) Предположим, что при m=k

(1+a+a 2 ) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно

(1+a+a 2 ) k+1 =(1+a+a 2 )(1+a+a 2 ) k >(1+a+a 2 )(1+k´a+

+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+

Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натурального m.

ПРИМЕР 16

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство

Решение: Перепишем неравенство в виде

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1.

3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k )´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравен-ство справедливо для любого натурального n.

ПРИМЕР 17

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство

1+(1/2 2 )+(1/3 2 )+…+(1/n 2 ) 2 )+(1/3 2 )=245/180 2 )+(1/3 2 )+…+(1/k 2 )=1,7-(1/k).

Читайте также: