СОДЕРЖАНИЕ Полная и неполная индукция Принцип математической индукции Метод математической индукции Применение метода математической индукции к суммированию. - презентация

1

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

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

4 Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения: 4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5; 14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7. Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых. Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случаев.

5 Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция). Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами, неполная индукция в математике не считается законным методом строгого доказательства, но является мощным методом открытия новых истин. пример

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

7 Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же индукция часто приводит к ошибочным результатам.

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

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

10 Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства.

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

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

13

14 Пример 1. Доказать формулу n – натуральное число.

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

16 Доказать, что

17 Решение. 1. при n=1 2. Если то

18

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

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

21 A(n)={число 5*2 3n n-1 кратно 19}, n – натуральное число. проверим истинность утверждения при n=1 высказывание А(1)={число 5*2-3 2 кратно 19} истинно. предположим истинность утверждения при n=k, где k>1 (или k>m)? А(k)={число 5*2 3k k-1 кратно 19} истинно докажем истинность утверждения при n=k+1 тогда А(k+1)={число 5*2 3(k+1) (k+1)-1 =8*5*2 3k+2 +27*3 3k-1 =8(5*2 3k k-1 )+19* 3 3k-1 кратно 19} т.к 5*2 3k k-1 кратно 19 из предположения, а 19 кратно 19. Вывод Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение A(n) истинно при всех значениях n. Решите сами

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

23

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

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

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

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

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

29 2 n >n для n N 2 n >2n+1 n>=3

30

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

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

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

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

35

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

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

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

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

40