Метод математической индукции

АГЕНСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ РФ

Метод математической индукции

Колосовой Надежды Александровны

г. Саратов

2006г.

СОДЕРЖАНИЕ

стр.

Введение……………………………………………………………………..	3
I Математическая индукция и её применение…………………. 1  Понятие метода математической индукции……………….. 2  Вычисление по индукции…………………………………… 3  Доказательство по индукции……………………………….. 4  Построение по индукции…………………………………….	4 4 8 11 16
II Индукция в арифметике и алгебре…………………………… 1  Доказательство тождеств; задачи арифметического характера ………………………………………………………... 2  Тригонометрические и алгебраические задачи……………. 3  Задачи на доказательство неравенств……………………… 4  Доказательство некоторых теорем элементарной алгебры методом математической индукции………………………...	21 21 23 25 26
Заключение …………………………………………………………………	29
Список использованной литературы………………………………………	30

ВВЕДЕНИЕ

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. это метод, противоположный дедуктивному.

Данная тема является сегодня актуальной, выросла область применения метода математической индукции. Но в школьной программе уделяется мало времени для изучения этой темы. Для разбора материала чаще всего отводится лишь несколько занятий, на которых даётся теория и разбирается несколько примитивных задач.

Цель работы: более подробное и глубокое изучение метода математической индукции, его применение, от истории возникновения, до уровня развития на сегодняшний момент.

Для достижения данной цели были поставлены следующие задачи:

1)изучить научно-методическую и учебную литература по данной теме

2)систематизировать многочисленные примеры и задачи, которые позволяют более глубоко и широко оценить применения метода к решению задач, неравенств и т. д.

3)рассмотреть доказательство некоторых теорем элементарной алгебры методом математической индукции

Курсовая работа состоит из введения, двух глав, заключения и списка использованной литературы. Во введении выявлена актуальность метода математической индукции, поставлена цель и задачи к работе. В первой главе раскрывается вопрос о необходимости использования метода математической индукции, его применение при вычислении, доказательстве и построении. Во второй главе говорится о применении его при доказательстве тождеств, в арифметике, при решении тригонометрических и алгебраических задач, задач на доказательство неравенств, и то, как метод математической индукции используется при обосновании теорем элементарной алгебры. В заключении сделаны выводы. Список использованной литературы содержит десять источников.

I МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ИНДУКЦИЯ И ЕЕ ПРИМЕНЕНИЕ

1 ПОНЯТИЕ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Индукцией называется всякое рассуждение, содержащее переход от частных утверждений к общим, справедливость которых выводится из справедливости частных утверждений. Метод математической индукции есть особый метод математического доказательства, позволяющий на основании частных наблюдений делать заключения о соответствующих общих закономерностях. Идею этого метода проще всего уяснить себе на примерах. Мы начнем поэтому с рассмотрения следующего примера.

Пример 1. Определить сумму п первых нечетных чисел

1+3 + 5 + ... + (2n—1).

Решение. Обозначив эту сумму через S(n), положим n=1, 2, 3, 4, 5; тогда будем иметь:

S(1)=1,

S(2)=1+3 = 4,

S(3)=1+3 + 5 = 9,

S(4)=1+3 + 5 + 7=16,

S(5) = 1+3 + 5 + 7 + 9 = 25.

Мы замечаем, что при n=1, 2, 3, 4, 5 сумма n последовательных нечетных чисел равна n2. Можно ли отсюда сразу сделать вывод, что это имеет место при любом n? Нет, подобное заключение «по аналогии» может иногда оказаться ошибочным. Приведем несколько примеров.

Рассмотрим числа вида . При n = 0, 1, 2, 3, 4 числа

—простые. Замечательный французский математик XV11 в. П. Ферма предполагал, что все числа такого вида — простые. Однако в XVIII в. другой великий ученый, петербургский академик Л. Эйлер нашел, что

22/5+ 1 = 4 = 641 ∙ 6 700 417 – составное число.

Известный советский математик впал однажды в ошибку такого же рода, предположив, что для всех про­стых чисел p число pp-1-1 не делится на р2, так как непосредственная проверка подтвердила это предположение для всех простых чисел p меньших тысячи. Вскоре, однако, было установлено, что 21092-1 делится на 10032 (1093 — простое число), т. е.. предположение Граве оказалось ошибочным.

Приведем еще один весьма убедительный пример. Подставляя в выражение 991n2+1 вместо n последовательные целые числа 1, 2, 3,.., мы никогда не получим числа, являющегося полным квадратом, сколько бы дней или даже лет мы ни посвятили этим вычислениям. Однако если мы сделаем отсюда вывод, что все числа такого вида не являются квадратами, то мы ошибемся, так как на самом деле оказывается, что среди чисел вида 991n2+1 имеются и квадраты; только наименьшее значение я, при котором число 991n2+1 есть полный квадрат, очень велико. Вот это число:

n=.

Вернемся теперь к задаче о вычислении суммы п первых нечетных чисел. Из предыдущего ясно, что формулу S(n) = n2 (1) нельзя считать доказанной, для скольких бы первых значений n мы ее ни проверили, так как всегда можно опасаться, что где-то за пределами рассмотренных случаев эта формула перестает быть верной. Чтобы убедиться в справедливости формулы (1) для всех n, надо доказать, что как бы далеко мы ни двигались вдоль натурального рада чисел, мы никогда не сможем перейти от значений n, для, которых формула (1) еще верна, к значениям я, для которых она уже не верна.

Итак, предположим, что для какого-то числа n, наша формула верна, и попытаемся доказать, что тогда она верна и для следущего числа n+1.

Таким образом, мы полагаем, что

S(n)=1+3+5+…+(2n-1)=n2.

вычислим

S(n+1)=1+3+5+…+(2n-1)+(2n+1).

В силу сделанного нами предположения, сумма n первых слагаемых правой части последнего равенства равна n2, следовательно,

S(n+1)=n2+(2n+1)=(n+1)2.

Итак, предположив, что формула S(n)=n2 справедлива для какого-то натурального числа n, мы смогли доказать ее справедливость и для непосредственно следующего числа n+1. Но выше мы проверили, что эта формула верна для n=1, 2, 3, 4, 5. Следовательно, она будет верна и для числа n= 6, следующего за 5, а тогда она верна и для n = 7, и для n= 8, и для n = 9 и т. д. Теперь наша формула может считаться доказанной для любого числа слагаемых. Этот метод доказательства и называется методом математической индукции.

Итак, доказательство методом математической индукции состоит из следующих двух частей:

1 ° Проверки что высказанное утверждение справедливо для наименьшего значения п, для которого оно имеет смысл);

2° Доказательства, что если это утверждение справедливо для какого-то натурального числа п, то оно справедливо и для непосредственно следующего числa n+1.

В необходимости второй части доказательства мы уже убедились на ряде примеров. Очевидно, что и первая часть рассуждении не менее необходима: ведь доказательство того, что если какое-то предложение справедливо для некоторого числа n, то оно справедливо и для числа n+1, само по себе еще ровно ничего не дает, так как может оказаться, что это предложение не справедливо вообще ни для одного целого значения n. Например, если предположить, что какое-либо целое число n равно следующему за ним, т. е. что n=n+1, то, прибавив к обеим частям этого равенства по единице, мы получим, что n+1=n+2 т. е. что и число n+1 равно следующему за ним. Отсюда, разумеется вовсе не вытекает, что высказанное предположение справедливо для всех n-оно не справедливо ни для какого целой числа.

Применение метода математической индукции не обязательно строго следует приведенной выше схеме. Так, на пример, иногда приходится делать предположение, что рассматриваемое предложение справедливо, скажем, для двух последовательных чисел n-1 и n, и доказывать, что в таком случае оно справедливо и для числа n+1; в этом случае в качестве первого шага рассуждения необходимо проверить что предложение справедливо для двух первых значений ,например для n=1 и n=2(см. ниже примеры 16, 17, 18). Иногда в качестве второго шага рассуждения доказывай: справедливость предложения для какого-то значения я, пре; полагая его справедливость для всех натуральных чисел, меньших n (см. ниже примеры 7,8,9, 15).

Рассмотрим еще несколько примеров применения метода математической индукции. Формулы, которые мы получим в этом, будут использованы в дальнейшем.

Пример 2. Доказать, что сумма n первых натуральных чисел — обозначим ее через S1(n)-равна n(n+1)/2, т. е.

2 ВЫЧИСЛЕНИЕ ПО ИНДУКЦИИ

Наиболее естественное применение метода математической индукции в геометрии, близкое к использованию этого метода в теории чисел и в алгебре,— это применение к решению геометрических задач на вычисление. Рассмотрим несколько примеров.

Пример 1. Вычислить сторону a2n правильного 2n-угольника, вписанного в круг радиуса R.

Решение. 1° При n=2правильный 2n-угольник есть квадрат; его сторона a4=R Далее, согласно формуле удвоения

, сторона правильного восьмиугольника

' ,сторона правильного шестнадцатиугольника

,сторона правильного тридцатидвухугольника

. Можно предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2я-угольника при любом

равна . (6)

2° Допустим, что сторона правильного вписанного 2n-угольника выражается формулой (6). В таком случае по формуле удвоения

откуда следует, что формула (6) справедлива для всех п.

Из формулы (6) вытекает, что длина С = 2 R окружности радиуса R равна пределу выражения

при неограничейном возрастании п и, следовательно,

Задача 1. Пользуясь формулой (6), доказать, что равно пределу, к которому стремится выражение

_2 2 ______„

когда число множителей (квадратных корней) в знаменателе неограниченно возрастает (формула Виета1)), Закон со­ставления множителей определяется первыми тремя, которые уже написаны.

Указaние. Обозначим через S площадь правильного 2n-угольника, вписанного в круг радиуса R, а" через h—его апофему. Тогда из формулы (6) следует, что

(здесь предполагается, что ). Далее, имеем:

откуда следует, что

Так как и ,

то равно пределу выражения

Затем остается только воспользоваться формулой

Пример 2. Указать правило вычисления числа Р(п) способов, которыми выпуклый n-угольник может быть разбит на треугольники непересекающимися диагоналями.

Решение. 1° Для треугольника это число равно, очевидно, единице:

Р (3)=1.

2° Предположим, что мы уже определили числа Р(к) для всех к<п; найдем, чему равно в таком случае Р(п).

Для этого рассмотрим выпуклый п-угольннк А1 А2 …Аn (черт. 4). При венком разбиении его на треугольники сторона А1 А2 будет стороной одного из треугольников разбиения, третьи вершина этого треугольника может совпасть с каждой из точек A1 A 3 A4 Число способов разбиения n-угольника,

при которых эта вершина совпадает с точкой A3, равно числу способов разбиения на треугольники (п—1)-угольника A1 A3 A4…An , т. е. равно Р(п—1). Число способов разбиения, при которых эта вершина совпадает с A4 , равно числу способов разбиения (п—2)-угольника A1 A4 A5 …An

,т. е. равно Р(п — 2) = Р(п—2)Р(3); число способов разбиения, при которых она совпадает с A3 равно Р(п — 3).Р(4), так как каждое из раз­биений (п — 3)-уголника A1 A5 …An можно комбинировать при этом с каждым из разбиений четырехугольника A2 A3 A4 A5 , и т. д. Таким образом, мы приходим к следующему соотношению:

Р(п) = Р(п— 1) + Р (n —2) Р (3) + Я (n— 3) Р(4)+ …

...+P(3)Р(n — 2) + Р(n —1). (7)

С помощью этой формулы последовательно получаем:

P (4)= P (3)4+P (3)=2,

P(5) = Р(4) + P(3)Р(3)4+P(4) = 5,

Р(6)=Р(5)+Р(4)Р(3)+P(3)Р(4)+P(5)=14,

P (7) = Р(6)+Р (5) Р (3) + Р (4) Р (4)+Р(3)Р (5) + Р(6)=42,

P(8)=P(7)+P(6)P(3) + P(5)P(4) + P(4)P(5) +

+P(3)Р(6)+Р(7)=132 и т. д.

Примечание. С помощью формулы (7) можно доказать, что при всяком п

3 ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ПО ИНДУКЦИИ

Уже некоторые предложения предыдущего параграфа можно рассматривать как примеры использования метода математиче­ской индукции для доказательства геометрических теорем. Например, предложение примера 7 можно сформулировать так: доказать, что сумма углов n-угольника равна 2d (п — 2); в при­мере 8 было доказано, что непересекающиеся диагонали раз­бивают n-угольник на п — 2 треугольника. В этом параграфе мы рассмотрим дальнейшие примеры такого же рода.

Пример 1. Дано п произвольных квадратов. Доказать, что их можно разрезать па части так, что из полученных частей можно сложить новый квадрат.

Решение. 1° При п=1 наше утверждение не нуждается в доказательстве. Докажем, что и при п =2 оно также справедливо. Обозначим стороны заданных квадратов ABCD и abcd соответственно через х и у; пусть

. На сторонах квадрата ABCD со стороной х (черт. 5,а) отложим отрезки AM=BN = CP = DQ = и разрежем этот квадрат по прямым MP и NQ, которые, как легко видеть, пересекаются в центре О квадрата и образуют между собой прямой угол, разбивая квадрат на четыре равные части. Эти куски приложим ко второму квадрату, как показано на черт. 5, б.

Полученная фигура тоже будет квадратом, так как углы при точках M´ N´, Р´ Q'— развернутые, углы A´, В´, С´, D'- прямые и A'B'=B´C´ = =C´D´=D´A´.

2° Допустим, что наше утверждение уже доказано для п квадратов, и пусть дано п+1 квадратов К1,К2, ...,Kn, Кn+1.

Выберем любые два из этих квадратов, скажем Кn и Kn+1. Как показано в п. 1°, разрезая один из этих квадратов и прикладывая полученные куски ко второму, можно получить новый квадрат К'. Далее, согласно сделанному нами предположению квадраты K1, K2,.., Кn-1, К' можно так разрезать:' на части, что из этих частей можно сложить новый квадрат, . что и требовалось доказать.

Пример 2. (Теорема о двух красках.) Для того чтобы карту можно было правильно раскрасить двумя красками, необходимо и достаточно, чтобы в каждой ее вершине сходилось четное число границ.

Решение. Необходимость этого условия очевидна, так как если в какой-нибудь вершине карты сходится нечетное число границ, то уже страны, окружающие эту вершину, нельзя правильно раскрасить двумя красками (черт. 19).

Для доказательства достаточности условия проведем индукцию по числу границ карты.

1° Для карты с двумя границами утверждение очевидно (черт. 20).

2° Предположим, что теорема справедлива для любой карты, в каждой вершине которой сходится четное число границ и общее число границ которой не превосходит п, и пусть дана карта S, имеющая п+1 границ и удовлетворяющая тому же условию. Начиная с произвольной вершины А карты S, станем двигаться в произвольном направлении вдоль границ карты. Ввиду конечности числа вершин карты мы вернемся в конце концов в одну

из уже пройденных вершин (карта не имеет крайних вершин, потому что на ней нет неразделяющих границ) и сможем выделить некоторый не имеющий самопересечений замкнутый контур, состоящий из границ карты. Удалив этот контур, мы получим карту S' с меньшим числом границ, в каждой вершине которой также сходится четное число границ (потому что в каждой вершине карты S отбрасывалось четное число границ — 0 или 2). В силу индуктивного предположения карту S´ можно правильно раскрасить двумя красками.

Восстановив отброшенный контур и изменив все цвета с одной стороны от него (например, внутри), мы и получим правильную раскраску карты S.

Пример 3 Границы всякой нормальной карты можно правильно занумеровать четырьмя цифрами.

Доказательство. Мы докажем это утверждение для любой (даже не обязательно связной; см. выше стр. 22) карты, в каждой вершине которой сходится не более трех границ. Доказательство про­ведем индукцией по числу п вершин карты.

1° При n=2 утверждение очевидно.

2° Предположим, что наше утверждение справедливо для любой карты, в каждой вершине которой сходится не более трех границ и число вершин которой равно n, и рассмотрим карту S, удовлетворяющую тому же условию и имеющую п+1 вершин. Удалив одну из этих вершин, скажем A0, вместе с принадлежащими ей границами, мы получим карту S´ в каждой вершине которой сходится не более трех границ и число вершин которой равно п. В силу индуктивного предположения границы карты S´ можно правильно занумеровать четырьмя цифрами 1, 2, 3, 4. Восстановим вершину A0 с ее границами. При этом возможны три случая:

а) Вершина A0 соединена (одной, двумя или тремя границами) лишь с одной вершиной А1 карты S´ (черт. 33, а, б, в). В этом случае нумерация границ карты S´ легко продолжается в правильную нумерацию границ карты S.

б) Вершина A0 соединена с двумя вершинами A1 и A2 карты S', причем с одной из них она может быть соединена двумя "границами (черт. 34, а и б). Легко проверить, что при этом во всех случаях нумерация границ карты S´ может быть продолжена в правильную нумерацию границ карты S.

в) Вершина А0 соединена с тремя вершинами А1А2А3 карты S´ (черт. 35). Наименее благоприятным случаем будет тот, когда через каждую из вершин A1, A2, A3 карты S´ проходит по две границы. Для каждой из границ A0A1, A0A2 A0 A3 мы будем иметь в этом случае по два возможных номера, из которых не удастся выбрать трех различных номеров лишь в том случае, если эти три пары одинаковы, т. е. если три пары границ карты S', проходящих через вершины A1,A2,A3., получили одинаковые номера, скажем 1 и 2. Выделим тогда на карте S' контур максимальной длины, начинающийся в вершине А1 и состоящий попеременно из границ с номерами 1 и 3 (такой контур может состоять лишь из одной границы и может заканчиваться и в одной из вершин А2 и А3). Этот контур не может иметь самопересечений, так как, по предположению, границы карты S' занумерованы правильно. Переменим номера границ этого контура, заменяя единицу тройкой и наоборот. При этом нумерация границ карты S' останется, очевидно, правильной, причем в новой нумерации три пары границ, проходящих через вершины A1,A2 и A3 карты S', уже не будут занумерованы одинаково; а в этом случае правильная нумерация гра­ниц карты S' легко может быть продолжена в правильную нумерацию границ карты S.

4 ПОСТРОЕНИЕ ПО ИНДУКЦИИ

Применение метода математической индукции к решению задач на построение может иметь место в том случае, если в условии задачи фигурирует некоторое целое положительное число п (например, в задачах на построение n-угольников).

Мы будем рассматривать и самопересекающиеся многоугольники (черт. 36); другими словами, под многоугольником в большинстве задач понимается какая угодно замкнутая ломаная A1 A2 …An.

Пример 1 На плоскости даны 2п+1 точек. Построить (2п+1)-угольник, для которого эти точки являются серединами сторон.

Решение. 1° При п =1 задача сводится к построению треугольника по заданным серединам его сторон и решается легко (достаточно провести через каждую из трех заданных точек прямую, параллельную прямой, соединяющей две другие точки).

2° Предположим, что мы умеем строить (2n-1)-уголь­ник по заданным серединам его сторон, и пусть даны 2n+1 точек А1,A2,.., A2n+1, являющихся серединами сторон искомого (2n+1)-угольника х1 х2... х2n+1.

Рассмотрим четырехугольник х1 х2n-1 х2n х2n+1 (черт. 37). Точки А2n-1, А2n, А2n+1 слу­жат серединами трех его сторон

х2n-1 х2n , x2n x2n+1 , x2n+1 x1.

Пусть А — середина четвертой стороны х1 х2n-1. Четырехугольник

А2n-1А2nА2n+1A—параллелограмм (для доказательства достаточно провести прямую х1х2n и рассмотреть треугольники х1 х2n+1 x2n и x1x2n-1x2n, для которых отрезки A2nA2n+1 и A2n-1A служат средними линиями); так как точки A2n-1,A2n и A2n+1 нам известны, то четвертая вершина А параллелограмма легко может быть построена. Точки A1,A2,…,A2n-2 являются серединами сторон

(2п-1)-уголь­ника x1x2…x2n-1, который согласно сделанному предпо­ложению мы можем построить. Далее, остается только по­строить отрезки х1x2n+1 и х2n-1x2n (точки х1 и х2n-1 уже определены), делящиеся пополам в известных точках А2n+1 и A2n-1.

В случае многоугольника, не имеющего самопересечений, ясно, что понимать под внешними и внутренними (по отноше­нию к этому многоугольнику) точками. В общем случае это понятие теряет смысл; так, например, нельзя сказать, расположена ли точка А на черт. 36 внутри или вне многоуголь­ника. Вместо этого мы введем следующее определение. Пусть дан произвольный многоугольник А1A2…An. Установим для этого многоугольника определенное направление обхода его вершин (скажем, в порядке A1,A2…An). Пусть на одной из сторон, например А1, А2 многоугольника построен треугольник A1BA2. Если направление обхода вершин треугольника в порядке А1А2, В противоположно направлению обхода вершин многоугольника (одно — по, а другое против часовой стрелки), то мы будем говорить, что треугольник обращен во внешнюю сторону по отношению к многоугольнику; если же направления обхода вершин треугольника и многоугольника совпадают,— будем говорить что он обращен во внутреннюю сторону по отношению к многоугольнику.

Пример 2. На плоскости даны п точек. Построить n-угольник, стороны которого являются основаниями равнобед­ренных треугольников с вершинами в данных п точках и углами при вершинах ).

Решение. Мы будем считать, что некоторые из углов

могут быть и больше 180°, условившись, что при соответствующий равнобедренный треугольник обращен во внешнюю сторону по отношению к многоугольнику, а при — во внутреннюю сторону (причем Угол при вершине в этом Случае равен 360° — ).

1° Пусть n = 3. Допустим, что задача решена, x1,x2,x3— вершины искомого треугольника, A1,A2,A3— заданные вершины построенных на его сторонах равнобедренных треугольников с углами при вершинах (черт.38,a). При повороте плоскости вокруг точки А1 на угол (условимся считать, что все повороты производятся против часовой стрелки) вершина х1 перейдет в х2, при повороте вокруг точки А2 на угол вершина х2 перейдет в x3. Оба эти поворота, последовательно выполненные один за другим,

равносильны одному повороту на угол вокруг некоторой точки A, которую можно построить по точкам А1 и A2 и углам и следующим образом: на отрезке А1 А2 про точках A1 и А2 строим углы и точка А пересечения вторых сторон этих углов и будет центром результирующего пово­рота на угол . При этом результирующем повороте вершина х1 переходит в x3. Следовательно, вершина х3 переходит в х1 при повороте вокруг точки А на угол 360° — .

По точкам А и A3, если они не совпадают (что может иметь место, лишь если ), можно построить сто­рону х1 х3. Для этого на отрезке АA3 по обе стороны от точек А и A3 строим соответственно углы

и . Точки пересечения сторон этих углов и будут вершинами х1 и х3 искомого треугольника. После этого нетрудно построить и вершину x2. При (когда точка А совпа­дает с A3) решение задачи является неопределенным.

2° Предположим, что мы умеем строить n-угольник по вершинам построенных на его сторонах равнобедренных тре­угольников с заданными углами при вершинах, и пусть тре­буется построить. (n-1)-угольник по вершинам A1,A2,…,An,An+1 построенных на его сторонах равнобедренных треугольников с углами при вершинах.

Пусть х1 х2 . . . х1 хnxn+1 — искомый (п+1)-угольник (черт. 88,6), Рассмотрим треугольник х1 хnxn+1. Как в п. 1°, по известным вершинам Аn и Аn+1 равнобедренных треугольников хnАnхn+1 и хn+1Аn+1х1, построенных на сторонах xnхn+1 и xn+1x1, можно найти вершину А равнобедренного треугольника х1 Ахn, построенного на диагонали х1 хn и имеющего угол при вершине, равный 360°— (). Этим наша задача сводится к задаче о построении n-угольника x1 x2…xn по вершинам А1 А2 ... Аn-1 А построенных на его сторонах равнобедренных треугольников с известными углами

при вершинах. В силу индуктивного предположения n-угольник х1 х2, ... , хn может быть построен, после чего уже нетрудно построить и иско­мый (n+1)-угольник x1x2…xnxn+1.

При решение задачи является невозможным или неопределенным.

II ИНДУКЦИЯ В АРИФМЕТИКЕ И В АЛГЕБРЕ

1ДОКАЗАТЕЛЬСТВА ТОЖДЕСТВ; ЗАДАЧИ АРИФИМЕТИЧЕСКОГО ХАРАКТЕРА.

Пример 1. Выпишем в порядке возрастания нечетные положительные числа 1, 3, 5, 7, … Обозначим первое из них u1, второе u2, третье и3 и т. д., т. u1=1, u2= 3, u3=5, u4=7, ... Поставим перед собой такую задачу: составить формулу, выражающую нечетное число иn через его номер n.

Решение. Первое нечетное число и1 можно записать так:

u1 = 2 · 1 — 1;

второе нечетное число и2 можно записать так:

u2 = 2·2—1; (2)

третье нечетное число ив можно записать так:

u3 = 2·3—1.

Внимательно рассматривая равенства (1), (2), (3), можно высказать гипотезу, что для получения любого нечетного числа достаточно от удвоенного номера его отнять 1, т. е. для /г-го нечетного числа имеем формулу

un = 2п-1. (4) (4)

Докажем, что формула эта справедлива.

1° Равенство (1) показывает, что для n= 1 формула (4)

справедлива.

2° Предположим, что формула (4) справедлива для n=k, т. е. k-e. нечетное число имеет вид uk=2k—1. Докажем, что тогда формула (4) обязана быть справедливой и для (k+1)-го нечетного числа, т. е. что (k+1)-е нечетное число имеет вид uk+1 = 2 (k+1)-1, или, что все равно, uk+1 = 2k+1.

Для получения (к+1)-го нечетного числа достаточно к k-му нечетному числу прибавить 2, т. е. uk+1 = uk + 2. Но, по условию, uk = 2k—1. Значит, uk+1 = (2k-1)+2=2k+1, что и требовалось доказать.

Ответ. un=2n- 1.

Пример 2. Доказать, что сумма п первых чисел натурального ряда равна

Решение. Эта задача отличается от предыдущих тем, что гипотезу здесь строить не надо, она дана. Нужно только доказать, что гипотеза верна.

Обозначим искомую сумму Sn, т. е. Sn= 1 + 2 + … + n.

1° При п=1 гипотеза верна.

2° Пусть

Покажем, что В самом деле,

Задача решена.

Пример 3. Доказать, что сумма квадратов п первых чисел

натурального ряда равна

Решение. Пусть S2 (п)=12+22+32+…+n2.

20 Предположим, что

Тогда

и окончательно

Пример 5. Дано:

т. е. для к > 1 ,

Доказать, что (1)

Решение. 1° Докажем сначала, что формула (1) верна для n = 2.

По условию,

По формуле (1) Сократив последнюю дробь на

, имеем (2) Что и требовалось доказать.

2° Пусть формула (1) справедлива для п = k, т. е.

(2)

Докажем, что тогда она должна быть справедлива и для n=k+1

Действительно, или

Пользуясь равенством (2), имеем:

Теорема доказана.

2 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКОЕ И АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ

Пример 1. Доказать тождество

Решение. 1° При n = 0 тождество справедливо, так как

2° Пусть тождество справедливо при п =k , т. е.

Тогда оно справедливо и при п =k+1. Действительно,

Пример 2. Доказать теорему:

Если в результате конечного числа рациональных дейст­вий (т. е. сложения, вычитания, умножения и деления) над комплексными числами х1, х2 ,..., хn получается число и, то в результате тех же действий над сопряженными комп­лексными числами ,,…, получится число , сопряженное с u.

Решение. 1° Прежде всего покажем, что утверж­дение верно для каждого из четырех действий над двумя комплексными числами.

Пусть х1 =a+di, х2 = c + di. Тогда x1 +x2=(a+c)+(b+d)i=u,

Точно так же утверждение проверяется для вычитания, ум­ножения и деления.

2° Пусть теперь дано некоторое рациональное выраже­ние от комплексных чисел x1 х2, ..., хn. Вычисление та­кого выражения сводится, как известно, к последователь­ному выполнению одного из четырех действий над двумя комплексными числами, причем действия эти могут быть за­нумерованы. Например, пусть и =Для вычисления и до-статочно произвести действия:

Предположим, что утверждение верно для всех выраже­ний, которые вычисляются посредством не более k дей­ствий. Термин «действие» здесь означает сложение, либо вычитание, либо умножение, либо деление двух комплекс­ных чисел. Покажем, что тогда утверждение должно быть верно и для выражений, требующих k+l действий.

Действительно, последнее (k+l)-e действие мы вы­полняем над числами ui и uj, которые сами вычислялись посредством не более чем k действий.

В результате замены чисел х1, x2, ..., xn сопряжен­ными, числа иi и uj заменяются сопряженными и , a тогда и результат (k+1)-го действия над ними, т. е. число u, также заменится сопряженным числом .

3 ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ

Пример 1. Доказать, что при любом натуральном п > 1

Решение. Обозначим левую часть неравенства через Sn.

1° следовательно, при п = 2 неравенство справедливо.

2° Пусть при некотором k. Докажем, что тогда и .

Имеем

Сравнивая Sk и Sk+1, имеем

Т. е.

При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому Sk+1 > Sk. Но значит, и

Пример 2. Доказать, что при любом х > 0 и при любом натуральном п справедливо неравенство: (1)

Решение. 1° а) Мри n=1 неравенство (1) прини­мает вид(2)

Неравенство (2) вытекает из неравенства

б) При n = 2 неравенство (1) принимает вид(3)

Неравенство (2) справедливо при любом х>0; значит, оно справедливо при замене x на x2;v2, т. е. . Прибавив к каждой части последнего неравенства по 1, получим неравенство (3).

2° Предположим, что неравенство (1) справедливо при n = k где k — некоторое натуральное число, т. е. (4)

Докажем, что тогда неравенство (1) справедливо и при n=k+2 , т. е.

Заменив в неравенстве (2) х на xk+2 ,получаем (6)

Сложив почленно неравенства (4) и (6), получим неравен­ство (5).

Подведем теперь итог.

В пп. 1° а) и б) мы доказали, что неравенство (1) спра­ведливо при п=1 и при n=2.

В п. 2° мы доказали, что из справедливости неравен­ства (1) при п=к вытекает его справедливость и при n = k+2. Иными словами, п. 2° дает нам право перехода от п = к к п = k + 2.

Результаты пп. 1° а) и 2° дают нам право утверждать, что неравенство (1) справедливо при любом нечетном п. Точно так же результаты пп. 1° б) и 2° дают нам право утверждать, что неравенство (1) справедливо при любом чётном п. В целом мы имеем право утверждать, что неравенство (1) справедливо при любом натуральном п.

4 ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕКОТОРЫХ ТЕОРЕМ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ АЛГЕБРЫ МЕТОДОМ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Теорема 1. Квадрат многочлена равен сумме квад­ратов всех его членов, сложенной со всевозможными их удвоенными попарными произведениями, т. е. (1)

10Для п=2 формула (1) может быть доказана непо­средственным умножением.

2° Допустим, что формула (1) верна для n = k—1, т. е.

где S — сумма всевозможных попарных произведений, со­ставленных из a1, a2,..., ak-1 .Докажем, что

где S1—сумма, всевозможных попарных произведений, со­ставленных из а1 , а2,…,an т. е.

Действительно,

Теорема 2. n-й член арифметической прогрессии может быть вычислен по формуле an=a1 + d(n-l), (1)

где а1 — первый член, d—разность прогрессии.

1° Для п = 1 формула (1) верна.

2° Предположим, что формула (1) верна для n = k, т. е ak = a1+d(k — 1). Тогда ak+1 =ak+d=a1 + d(k— 1) +d=a1+dk, т. е. формула (1) оказывается справедли­вой и для n=k+1.

Теорема 3. Число перестановок из m элементов может' быть вычислено по формуле Pm=m!. (1)

1° Прежде всего заметим, что Р1=1\ и, таким образом, при m=1 формула (1) верна.

2° Пусть Pk = k!. Докажем, что Pk+1=(k+1)!.

Из данных k+1 элементов а1, a2 ... , ak , ak+1 возь­мем только первые k и составим из них всевозможные пе­рестановки. По условию, таких перестановок будет k!.

В каждой из этих перестановок поставим элемент ak+1 последовательно перед 1-м элементом, перед 2-м, ... , перед k-м, после k-го. Этим путем мы из одной перестановки из k элементов получим k+1 перестановок из k+1 элементов.

Всего имеем k!(k+1)=(k+1)! перестановок из k+1 элементов. Необходимо выяснить:

1)нет ли среди этих (k+1)! перестановок двух оди­наковых;

2)все ли перестановки из k+1 элементов нами получены.
1) Допустим, что среди (k+1)! перестановок имеются две одинаковые. Назовем их р1 и р2. Пусть в перестановке р1 элемент ak+1 занимает s-e место, считая слева. Тогда и в р2 элемент аk+1 занимает s-е место, считая слева.

Удалим из р1 и р2 элемент ak+1. Получим две одина­ковые перестановки из k элементов: и .

Выходит, что для получения р1 и р2 в одну и ту же перестановку из элементов a1, a2, .. , ak два раза на одно и то же место был поставлен элемент аk+1. Это противоречит правилу, по которому построены перестановки.

2) Допустим, что некоторая перестановка р из k+1 элементов нами не получена. Пусть в р элемент аk+1 зани­мает s-е место слева. Удалим из р элемент ak+1. Получим перестановку из первых k элементов. Значит, для полу­чения р достаточно было взять перестановку и поставить в нее элемент ak+1 так, чтобы он занял s-е место слева.

Мы не могли не взять перестановку , так как брали всевозможные перестановки из первых k элементов. Мы не могли не поставить элемент ak+1 на указанное место, так как ставили его и первым, и вторым, ... , и (k+1)-м слева.

Итак, составленные нами перестановки все различны и всякая перестановка из k+1 элементов нами получена. Из сказанного вытекает, что Рk+1 = (k+ 1)!

Теорема 4. Число размещений из m элементов по п может быть вычислено по формуле (1)

1° Прежде всего заметим, что и, таким обра­зом, формула (1) верна при n=1.

2° Предположим, что , где k < m. Докажем, что Для получения всех размещений из т элементов по k+1 достаточно взять все размещения из m элементов по k и к каждому из них приписать в койне каждый из ос­тавшихся т — k элементов. Нетрудно убедиться, что со­ставленные таким образом размещения из т элементов по k+1 все различны и, кроме того, всякое размещение из т элементов по k+1 содержится среди полученных.

Выходит, что

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

В ходе проделанной работы был всесторонне изучен метод математической индукции. Были углублены знания по данному разделу математики, показано использования этого метода при вычислении, доказательствах, построении, доказательств неравенств, решении тригонометрических и арифметических задач, доказательстве теорем элементарной математики, решены задачи, которые раньше вызывали затруднения.

Так как метод математической индукции-это особый метод математического доказательства, который позволяет на основании частных наблюдений делать заключения о соответствующих общих закономерностях, и этот метод проще всего уяснить себе на примерах, то с этой целью в работе были рассмотрены многочисленные примеры.

ПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ

1 , Бубличенко материалы к урокам алгебры в 8-9 классах. – – Ростов –на-Дону: Феникс, 2003.

2 , , Кудрявцев для 9 класса. – М.: Просвещение, 1998.

3 О математической индукции. – М.: Физматигиз, 1962.

4 , Яглом в геометрии. – М.: Физматгиз, 1961.

5 Депман математической индукции. – М.: Учпедгиз., 1957.

6 , , – М.: Дрофа, 2000.

7 , Прокофьев справочник по математике. – М.: Лист Нью, 2003.

8 Ларин такое натуральные числа. – М.: Просвещение, 1996.

9 Сокулер обоснования знания. – М.: Наука, 1988.

10 И др. О математической индукции. – М.: Наука, 1967.