Метод математической индукции для чайников. Старт в науке. Примеры доказательств уравнений и неравенств методом математической индукции

Во многих разделах математики приходится доказывать истинность утверждения, зависящего от , т.е. истинность высказывания p(n) для "n ÎN (для любого n ÎN p(n) верно).

Часто это удается доказать методом математической индукции.

В основе этого метода лежит принцип математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом арифметики и, следовательно, принимается без доказательства. Согласно принципу математической индукции предложение p(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены два условия:

1. Предложение p(n) истинно для n = 1.

2. Из предложения, что p(n) истинно для n = k (k — произвольное натуральное число) следует, что оно истинно для n = k + 1.

Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства

1. Проверяют истинность утверждения для n = 1 – база индукции.

2. Предполагают, что утверждение верно для n = k – индуктивное предположение.

3. Доказывают, что тогда оно верно и для n = k + 1 индуктивный переход.

Иногда предложение p(n) оказывается верным не для всех натуральных n , а начиная с некоторого для n = n 0. В этом случае в базе индукции проверяется истинность p(n) при n = n 0.

Пример 1. Пусть . Доказать, что

1. База индукции: при n = 1 по определению S 1 = 1 и по формуле получаем один результат. Утверждение верно.

n = k и .

n = k + 1. Докажем, что .

Действительно, в силу индуктивного предположения

Преобразуем это выражение

Индуктивный переход доказан.

Замечание. Полезно записать, что дано (индуктивное предположение) и что нужно доказать!

Пример 2. Доказать

1. База индукции. При n = 1, утверждение, очевидно, верно.

2. Индуктивное предположение. Пусть n = k и

3. Индуктивный переход. Пусть n = k + 1. Докажем:

Действительно, возведем правую сторону в квадрат как сумму двух чисел:

Используя индуктивное предположение и формулу суммы арифметической прогрессии: , получим

Пример 3. Доказать неравенство

1. Базой индукции в этом случае является проверка истинности утверждения для , т.е. необходимо проверить неравенство . Для этого достаточно возвести неравенство в квадрат: или 63 < 64 – неравенство верно.

2. Пусть неравенство верно для , т.е.

3. Пусть , докажем:

Используем предположение индукции

Зная как должна выглядеть правая сторона в доказываемом неравенстве выделим эту часть

Остается установить, что лишний множитель не превосходит единицы. Действительно,

Пример 4. Доказать, что при любом натуральном число оканчивается цифрой .

1. Наименьшее натуральное , с которого справедливо утверждение, равно . .

2. Пусть при число оканчивается на . Это означает, что это число можно записать в виде , где – какое-то натуральное число. Тогда .

3. Пусть . Докажем, что оканчивается на . Используя полученное представление, получим

Последнее число имеет ровно единиц.

Приложение

1.4. Метод математической индукции

Как известно, математические утверждения (теоремы) должны быть обоснованы, доказаны. Мы сейчас познакомимся с одним из методов доказательства - методом математической индукции.

В широком смысле индукция - это способ рассуждений, позволяющий переходить от частных утверждений к общим. Обратный переход, от общих утверждений к частным, называется дедукцией.

Дедукция всегда приводит к правильным выводам. Например, нам известен общий результат: все целые числа, оканчивающиеся на нуль, делятся на 5. Отсюда, конечно, можно сделать вывод, что и любое конкретное число, оканчивающееся на 0, например 180, делится на 5.

В то же время индукция может привести к неверным выводам. Например, замечая, что число 60 делится на числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, мы не вправе сделать вывод о том, что 60 делится вообще на любое число.

Метод математической индукции позволяет во многих случаях строго доказывать справедливость общего утверждения P(n), в формулировку которого входит натуральное число n.

Применение метода включает 3 этапа.

1) База индукции: проверяем справедливость утверждения P(n) для n = 1 (или для другого, частного значения n, начиная с которого предполагается справедливость P(n)).

2) Предположение индукции: предполагаем, что P(n) справедливо при n = k.

3) Шаг индукции: используя предположение, доказываем, что P(n) справедливо для n = k + 1.

В результате можно сделать вывод о справедливости P(n) для любого n ∈ N. Действительно, для n = 1 утверждение верно (база индукции). А следовательно, верно и для n = 2, так как переход от n = 1 к n = 2 обоснован (шаг индукции). Применяя шаг индукции снова и снова, получаем справедливость P(n) для n = 3, 4, 5, . . ., т. е. справедливость P(n) для всех n.

Пример 14. Сумма первых n нечётных натуральных чисел равна n2: 1 + 3 + 5 + …

+ (2n — 1) = n2.

Доказательство проведём методом математической индукции.

1) База: при n=1 слева только одно слагаемое, получаем: 1 = 1.

Утверждение верно.

2) Предположение: предполагаем, что для некоторого k справедливо равенство: 1 + 3 + 5 + … + (2k — 1) = k2.

Решение задач про вероятность попаданий при выстрелах

Общая постановка задачи следующая:

Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна $p$. Производится $n$ выстрелов. Найти вероятность того, что цель будет поражена в точности $k$ раз (будет $k$ попаданий).

Применяем формулу Бернулли и получаем:

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k} = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}.

Здесь $C_n^k$ — число сочетаний из $n$ по $k$.

Если в задаче речь идет о нескольких стрелках с разными вероятностями попадания в цель, теорию, примеры решения и калькулятор вы можете найти здесь.

Видеоурок и шаблон Excel

Посмотрите наш ролик о решении задач о выстрелах в схеме Бернулли, узнайте, как использовать Excel для решения типовых задач.

Расчетный файл Эксель из видео можно бесплатно скачать и использовать для решения своих задач.

Примеры решений задач о попаданиях в цель в серии выстрелов

Рассмотрим несколько типовых примеров.

Пример 1. Произвели 7 выстрелов. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,705. Найти вероятность того, что при этом будет ровно 5 попаданий.

Получаем, что в задаче идет речь о повторных независимых испытаниях (выстрелах по мишени), всего производится $n=7$ выстрелов, вероятность попадания при каждом $p=0,705$, вероятность промаха $q=1-p=1-0,705=0,295$.

Нужно найти, что будет ровно $k=5$ попаданий. Подставляем все в формулу (1) и получаем: $$ P_7(5)=C_{7}^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

Пример 2. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,4.

По мишени производится четыре независимых выстрела. Найти вероятность того, что будет хотя бы одно попадание в мишень.

Изучаем задачу и выписываем параметры: $n=4$ (выстрела), $p=0,4$ (вероятность попадания), $k \ge 1$ (будет хотя бы одно попадание).

Используем формулу для вероятности противоположного события (нет ни одного попадания):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_{4}^0 \cdot 0,4^0 \cdot 0,6^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87. $$

Вероятность попасть хотя бы один раз из четырех равна 0,87 или 87%.

Пример 3. Вероятность поражения мишени стрелком равна 0,3.

Найти вероятность того, что при 6 выстрелах мишень будет поражена от трех до шести раз.

В отличие от предыдущих задач, здесь нужно найти вероятность того, что число попаданий будет находится в некотором интервале (а не равно в точности какому-то числу). Но формула используется прежняя.

Найдем вероятность того, что мишень будет поражена от трех до шести раз, то есть будет или 3, или 4, или 5, или 6 попаданий.

Данные вероятности вычислим по формуле (1):

$$ P_6(3)=C_{6}^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_{6}^4 \cdot 0,3^4\cdot 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_{6}^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_{6}^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001.

Так как события несовместные, искомая вероятность может быть найдена по формуле сложения вероятностей: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6)=$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Пример 4. Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех выстрелах равна 0,9984. Найти вероятность попадания в цель при одном выстреле.

Обозначим вероятность попадания в цель при одном выстреле. Введем событие:
$A = $ (Из четырех выстрелов хотя бы один попадет в цель),
а также противоположное ему событие, которое можно записать как:
$\overline{A} = $ (Все 4 выстрела будут мимо цели, ни одного попадания).

Запишем формулу для вероятности события $A$.

Выпишем известные значения: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Подставляем в формулу (1) и получаем:

$$ P(A)=1-P(\overline{A})=1-P_4(0)=1-C_{4}^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1-(1-p)^4=0,9984.

Решаем получившееся уравнение:

$$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$

Итак, вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8.

Спасибо, что читаете и делитесь с другими

Полезные ссылки

Найдите готовые задачи в решебнике:

Онлайн-расчеты по формуле Бернулли

Решение неравенства с помощью калькулятора

Неравенство в математике относится ко всем уравнениям, где «=» заменяется любым из следующих значков: \ [> \] \ [\ geq \] \ [

* линейный;

* квадратный;

* дробный;

* индикативный;

* тригонометрический;

* логарифмический.

В зависимости от этого неравенства называются линейными, частичными и т. Д.

Вы должны знать об этих признаках:

* неравенства с значком больше (>) или меньше (

* Неравенства с значками, которые больше или равны \ [\ geq \] меньше или равно [\ leq \], называются непрофессиональными;

* значок не тот же \ [\ ne \] один, но необходимо постоянно разрешать случаи с этим значком.

Такое неравенство решается посредством преобразований тождеств.

Также прочитайте нашу статью «Решите полное решение для онлайн-уравнения»

Предположим, что выполнено неравенство следующего:

Мы решаем его так же, как линейное уравнение, но следует внимательно следить за признаком неравенства.

Сначала мы переносим членов из неизвестного влево, от известного до правого, меняя символы на противоположное:

Затем мы разделим обе стороны на -4 и изменим знак неравенства на противоположное:

Это ответ на это уравнение.

Где я могу решить неравенство в Интернете?

Вы можете решить уравнение на нашем сайте pocketteacher.ru.

Калькулятор неравенства Бернулли

В считанные секунды бесплатное онлайн-решение для спасения решит онлайн-уравнение любой сложности. Все, что вам нужно сделать, это ввести ваши данные в спасение. Вы также можете просмотреть видео-инструкции и узнать, как решить уравнение на нашем веб-сайте.

И если у вас есть вопросы, вы можете задать их в нашей группе Vkontakte: pocketteacher. Присоединяйтесь к нашей группе, мы будем рады вам помочь.

Метод полной математической индукции

Решение уравнений/ Дифференциальные уравнения

© Контрольная работа РУ — калькуляторы онлайн

Решение дифференциальных уравнений

Введите дифф.

уравнение:

С помощью калькулятора вы можете решить дифференциальные уравнения различной сложности.

Примеры решаемых дифференциальных уравнений

Вступление

Основная часть

1. Полная и неполная индукция

2. Принцип математической индукции

3. Метод математической индукции

4. Решение примеров

5. Равенства

6. Деление чисел

7. Неравенства

Заключение

Список использованной литературы

Вступление

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< 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.

Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).

Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами, неполная индукция в математике не считается законным методом строгого доказательства, но является мощным методом открытия новых истин.

Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:

1+3+5+7+9=25=5 2

После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

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 ) Þ А(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.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

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

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

В самом деле,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .

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

ПРИМЕР 2

Доказать, что

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

Решение: 1) При n=1 получаем

1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

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

В самом деле

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

=(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-

А 3 ведливо, ибо в треугольнике

 А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей;

А 2 А(3) истинно.

2) Предположим, что во всяком

выпуклом k-угольнике имеет-

А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей.

А k Докажем, что тогда в выпуклом

(k+1)-угольнике число

диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-уголь-ник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы под-считать общее число диагоналей этого (k+1)-уголь-ника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A 1 A 2 …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 А 1 А k .

Таким образом,

 k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

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

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.

Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

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

X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+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 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

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 Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=k

Применяя метод математической индукции, доказать, что для любого натурального n справедливы следующие равенства:
а) ;
б) .

Решение.

а) При n = 1 равенство справедливо. Предполагая справедливость равенства при n , покажем справедливость его и при n + 1. Действительно,

что и требовалось доказать.

б) При n = 1 справедливость равенства очевидна. Из предположения справедливости его при n следует

Учитывая равенство 1 + 2 + ... + n = n (n + 1)/2, получаем

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

т. е. утверждение справедливо и при n + 1.

Пример 1. Доказать следующие равенства

где n О N .

Решение. a) При n = 1 равенство примет вид 1=1, следовательно, P (1) истинно. Предположим, что данное равенство справедливо, то есть, имеет место

. Следует проверить (доказать), что P (n + 1), то есть истинно. Поскольку (используется предположение индукции) получим то есть, P (n + 1) - истинное утверждение.

Таким образом, согласно методу математической индукции, исходное равенство справедливо для любого натурального n .

Замечание 2. Этот пример можно было решить и иначе. Действительно, сумма 1 + 2 + 3 + ... + n есть сумма первых n членов арифметической прогрессии с первым членом a 1 = 1 и разностью d = 1. В силу известной формулы , получим

b) При n = 1 равенство примет вид: 2·1 - 1 = 1 2 или 1=1, то есть, P (1) истинно. Допустим, что имеет место равенство

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 и докажем, что имеет место P (n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n + 1) 2 или 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Используя предположение индукции, получим

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Таким образом, P (n + 1) истинно и, следовательно, требуемое равенство доказано.

Замечание 3. Этот пример можно решить (аналогично предыдущему) без использования метода математической индукции.

c) При n = 1 равенство истинно: 1=1. Допустим, что истинно равенство

и покажем, что то есть истинность P (n ) влечет истинность P (n + 1). Действительно, и, так как 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n + 2), получим и, следовательно, исходное равенство справедливо для любого натурального n .

d) При n = 1 равенство справедливо: 1=1. Допустим, что имеет место

и докажем, что

Действительно,

e) Утверждение P (1) справедливо: 2=2. Допустим, что равенство

справедливо, и докажем, что оно влечет равенство Действительно,

Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n .

f) P (1) справедливо: 1 / 3 = 1 / 3 . Пусть имеет место равенство P (n ):

. Покажем, что последнее равенство влечет следующее:

Действительно, учитывая, что P (n ) имеет место, получим

Таким образом, равенство доказано.

g) При n = 1 имеем a + b = b + a и, следовательно, равенство справедливо.

Пусть формула бинома Ньютона справедлива при n = k , то есть,

Тогда Используя равенство получим

Пример 2. Доказать неравенства

a) неравенство Бернулли: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, n О N .

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n , если x 1 x 2 · ... ·x n = 1 и x i > 0, .

c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического где x i > 0, , n ≥ 2.

d) sin 2n a + cos 2n a ≤ 1, n О N .

e)

f) 2 n > n 3 , n О N , n ≥ 10.

Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство

1 + a ≥ 1 + a . Предположим, что имеет место неравенство

(1 + a ) n ≥ 1 + n a

(1)

и покажем, что тогда имеет место и (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a .

Действительно, поскольку a > -1 влечет a + 1 > 0, то умножая обе части неравенства (1) на (a + 1), получим

(1 + a ) n (1 + a ) ≥ (1 + n a )(1 + a ) или (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + n a 2 Поскольку n a 2 ≥ 0, следовательно, (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + n a 2 ≥ 1 + (n + 1)a .

Таким образом, если P (n ) истинно, то и P (n + 1) истинно, следовательно, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.

b) При n = 1 получим x 1 = 1 и, следовательно, x 1 ≥ 1 то есть P (1) - справедливое утверждение. Предположим, что P (n ) истинно, то есть, если adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n положительных чисел, произведение которых равно единице, x 1 x 2 ·...·x n = 1, и x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n .

Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n +1 - (n + 1) положительных чисел, таких, что x 1 x 2 ·...·x n ·x n +1 = 1, тогда x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Рассмотрим следующие два случая:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n +1 = 1. Тогда сумма этих чисел равна (n + 1), и требуемое неравество выполняется;

2) хотя бы одно число отлично от единицы, пусть, например, больше единицы. Тогда, поскольку x 1 x 2 · ... ·x n ·x n + 1 = 1, существует еще хотя бы одно число, отличное от единицы (точнее, меньше единицы). Пусть x n + 1 > 1 и x n < 1. Рассмотрим n положительных чисел

x 1 ,x 2 ,...,x n -1 ,(x n ·x n +1). Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе, x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n x n + 1 ≥ n . Последнее неравенство переписывается следующим образом: x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n x n +1 + x n + x n +1 ≥ n + x n + x n +1 или x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n + x n +1 ≥ n + x n + x n +1 - x n x n +1 .

Поскольку

(1 - x n )(x n +1 - 1) > 0, то n + x n + x n +1 - x n x n +1 = n + 1 + x n +1 (1 - x n ) - 1 + x n =
= n + 1 + x n +1 (1 - x n ) - (1 - x n ) = n + 1 + (1 - x n )(x n +1 - 1) ≥ n + 1. Следовательно, x 1 + x 2 + ... + x n + x n +1 ≥ n +1, то есть, если P (n ) справедливо, то и P (n + 1) справедливо. Неравенство доказано.

Замечание 4. Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Пусть x 1 ,x 2 ,...,x n - произвольные положительные числа. Рассмотрим следующие n положительных чисел:

Поскольку их произведение равно единице: согласно ранее доказанному неравенству b), следует, что откуда

Замечание 5. Равенство выполняется если и только если x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P (1) - справедливое утверждение: sin 2 a + cos 2 a = 1. Предположим, что P (n ) - истинное утверждение:

Sin 2n a + cos 2n a ≤ 1 и покажем, что имеет место P (n + 1). Действительно, sin 2(n + 1) a + cos 2(n + 1) a = sin 2n a ·sin 2 a + cos 2n a ·cos 2 a < sin 2n a + cos 2n a ≤ 1 (если sin 2 a ≤ 1, то cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, то sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n О N sin 2n a + cos 2n ≤ 1 и знак равенства достигается лишь при n = 1.

e) При n = 1 утверждение справедливо: 1 < 3 / 2 .

Допустим, что и докажем, что

Поскольку
учитывая P (n ), получим

f) Учитывая замечание 1 , проверим P (10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, следовательно, для n = 10 утверждение справедливо. Предположим, что 2 n > n 3 (n > 10) и докажем P (n + 1), то есть 2 n +1 > (n + 1) 3 .

Поскольку при n > 10 имеем или , следует, что

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 или n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Учитывая неравенство (2 n > n 3 ), получим 2 n +1 = 2 n ·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Таким образом, согласно методу математической индукции, для любого натурального n О N , n ≥ 10 имеем 2 n > n 3 .

Пример 3. Доказать, что для любого n О N

Решение. a) P (1) - истинное утверждение (0 делится на 6). Пусть P (n ) справедливо, то есть n (2n 2 - 3n + 1) = n (n - 1)(2n - 1) делится на 6. Покажем, что тогда имеет место P (n + 1), то есть, (n + 1)n (2n + 1) делится на 6. Действительно, поскольку

и, как n (n - 1)(2 n - 1), так и 6 n 2 делятся на 6, тогда и их сумма n (n + 1)(2 n + 1) делится 6.

Таким образом, P (n + 1) - справедливое утверждение, и, следовательно, n (2n 2 - 3n + 1) делится на 6 для любого n О N .

b) Проверим P (1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, следовательно, P (1) - справедливое утверждение. Следует доказать, что если 6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 делится на 11 (P (n )), тогда и 6 2n + 3 n +2 + 3 n также делится на 11 (P (n + 1)). Действительно, поскольку

6 2n + 3 n +2 + 3 n = 6 2n -2+2 + 3 n +1+1 + 3 n -1+1 = = 6 2 ·6 2n -2 + 3·3 n +1 + 3·3 n -1 = 3·(6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1) + 33·6 2n -2 и, как 6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 , так и 33·6 2n -2 делятся на 11, тогда и их сумма 6 2n + 3 n +2 + 3 n делится на 11. Утверждение доказано. Индукция в геометрии

Пример 4. Вычислить сторону правильного 2 n -угольника, вписанного в окружность радиуса R .

Лекция 6. Метод математической индукции.

Новые знания в науке и жизни добываются разными способами, но все они (если не углубляться в детали) делятся на два вида – переход от общего к частному и от частного к общему. Первый – это дедукция, второй – индукция. Дедуктивные рассуждения – это то, что в математике обычно называют логическими рассуждениями , и в математической науке дедукция является единственным законным методом исследования. Правила логических рассуждений были сформулированы два с половиной тысячелетия назад древнегреческим учёным Аристотелем. Он создал полный список простейших правильных рассуждений, силлогизмов – «кирпичиков» логики, одновременно указав типичные рассуждения, очень похожие на правильные, однако неправильные (с такими «псевдологическими» рассуждениями мы часто встречаемся в СМИ).

Индукция (induction – по-латыни наведение ) наглядно иллюстрируется известной легендой о том, как Исаак Ньютон сформулировал закон всемирного тяготения после того, как ему на голову упало яблоко. Ещё пример из физики: в таком явлении, как электромагнитная индукция, электрическое поле создает, «наводит» магнитное поле. «Ньютоново яблоко» – типичный пример ситуации, когда один или несколько частных случаев, то есть наблюдения , «наводят» на общее утверждение, общий вывод делается на основании частных случаев. Индуктивный метод является основным для получения общих закономерностей и в естественных, и в гуманитарных науках. Но он имеет весьма существенный недостаток: на основании частных примеров может быть сделан неверный вывод. Гипотезы, возникающие при частных наблюдениях, не всегда являются правильными. Рассмотрим пример, принадлежащий Эйлеру.

Будем вычислять значение трехчлена при некоторых первых значениях n :

Заметим, что получаемые в результате вычислений числа являются простыми. И непосредственно можно убедиться, что для каждого n от 1 до 39 значение многочлена
является простым числом. Однако при n =40 получаем число 1681=41 2 , которое не является простым. Таким образом, гипотеза, которая здесь могла возникнуть, то есть гипотеза о том, что при каждом n число
является простым, оказывается неверной.

Лейбниц в 17 веке доказал, что при всяком целом положительном n число
делится на 3, число
делится на 5 и т.д. На основании этого он предположил, что при всяком нечётном k и любом натуральном n число
делится на k , но скоро сам заметил, что
не делится на 9.

Рассмотренные примеры позволяют сделать важный вывод: утверждение может быть справедливым в целом ряде частных случаев и в то же время несправедливым вообще. Вопрос о справедливости утверждения в общем случае удается решить посредством применения особого метода рассуждений, называемого методом математической индукции (полной индукции, совершенной индукции).

6.1. Принцип математической индукции.

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

1) проверяется справедливость этого утверждения для n =1 (базис индукции) ,

2) предполагается справедливость этого утверждения для n = k , где k – произвольное натуральное число 1 (предположение индукции) , и с учётом этого предположения устанавливается справедливость его для n = k +1.

Доказательство . Предположим противное, то есть предположим, что утверждение справедливо не для всякого натурального n . Тогда существует такое натуральное m , что:

1) утверждение для n =m несправедливо,

2) для всякого n , меньшего m , утверждение справедливо (иными словами, m есть первое натуральное число, для которого утверждение несправедливо).

Очевидно, что m >1, т.к. для n =1 утверждение справедливо (условие 1). Следовательно,
– натуральное число. Выходит, что для натурального числа
утверждение справедливо, а для следующего натурального числа m оно несправедливо. Это противоречит условию 2. ■

Заметим, что в доказательстве использовалась аксиома о том, что в любой совокупности натуральных чисел содержится наименьшее число.

Доказательство, основанное на принципе математической индукции, называется методом полной математической индукции .

 Пример 6.1. Доказать, что при любом натуральном n число
делится на 3.

Решение.

1) При n =1 , поэтому a 1 делится на 3 и утверждение справедливо при n =1.

2) Предположим, что утверждение справедливо при n =k ,
, то есть что число
делится на 3, и установим, что при n =k +1 число делится на 3.

В самом деле,

Т.к. каждое слагаемое делится на 3, то их сумма также делится на 3. ■ 

 Пример 6.2. Доказать, что сумма первых n натуральных нечётных чисел равна квадрату их числа, то есть .

Решение. Воспользуемся методом полной математической индукции.

1) Проверяем справедливость данного утверждения при n =1: 1=1 2 – это верно.

2) Предположим, что сумма первых k (
) нечётных чисел равна квадрату числа этих чисел, то есть . Исходя из этого равенства, установим, что сумма первых k +1 нечётных чисел равна
, то есть .

Пользуемся нашим предположением и получаем

. ■ 

Метод полной математической индукции применяется для доказательства некоторых неравенств. Докажем неравенство Бернулли.

 Пример 6.3. Доказать, что при
и любом натуральном n справедливо неравенство
(неравенство Бернулли).

Решение. 1) При n =1 получаем
, что верно.

2) Предполагаем, что при n =k имеет место неравенство
(*). Используя это предположение, докажем, что
. Отметим, что при
это неравенство выполняется и поэтому достаточно рассмотреть случай
.

Умножим обе части неравенства (*) на число
и получим:

То есть (1+
. ■ 

Доказательство методом неполной математической индукции некоторого утверждения, зависящего от n , где
проводится аналогичным образом, но в начале устанавливается справедливость для наименьшего значения n .

В некоторых задачах явно не сформулировано утверждение, которое можно доказать методом математической индукции. В таких случаях надо самим установить закономерность и высказать гипотезу о справедливости этой закономерности, а затем методом математической индукции проверить предполагаемую гипотезу.

 Пример 6.4. Найти сумму
.

Решение. Найдём суммы S 1 , S 2 , S 3 . Имеем
,
,
. Высказываем гипотезу, что при любом натуральном n справедлива формула
. Для проверки этой гипотезы воспользуемся методом полной математической индукции.

1) При n =1 гипотеза верна, т.к.
.

2) Предположим, что гипотеза верна при n =k ,
, то есть
. Используя эту формулу, установим, что гипотеза верна и при n =k +1, то есть

В самом деле,

Итак, исходя из предположения, что гипотеза верна при n =k ,
, доказано, что она верна и при n =k +1, и на основании принципа математической индукции делаем вывод, что формула справедлива при любом натуральном n . ■ 

 Пример 6.5. В математике доказывается, что сумма двух равномерно непрерывных функций является равномерно непрерывной функцией. Опираясь на это утверждение, нужно доказать, что сумма любого числа
равномерно непрерывных функций является равномерно непрерывной функцией. Но поскольку мы ещё не ввели понятие «равномерно непрерывная функция», поставим задачу более абстрактно: пусть известно, что сумма двух функций, обладающих некоторым свойством S , сама обладает свойством S . Докажем, что сумма любого числа функций обладает свойством S .

Решение. Базис индукции здесь содержится в самой формулировке задачи. Сделав предположение индукции, рассмотрим
функций f 1 , f 2 , …, f n , f n +1 , обладающих свойством S . Тогда . В правой части первое слагаемое обладает свойством S по предположению индукции, второе слагаемое обладает свойством S по условию. Следовательно, их сумма обладает свойством S – для двух слагаемых «работает» базис индукции.

Тем самым утверждение доказано и будем использовать его далее. ■ 

 Пример 6.6. Найти все натуральные n , для которых справедливо неравенство

.

Решение. Рассмотрим n =1, 2, 3, 4, 5, 6. Имеем: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3 <3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Таким образом, можно высказать гипотезу: неравенство
имеет место для каждого
. Для доказательства истинности этой гипотезы воспользуемся принципом неполной математической индукции.

1) Как было установлено выше, данная гипотеза истинна при n =5.

2) Предположим, что она истинна для n =k ,
, то есть справедливо неравенство
. Используя это предположение, докажем, что справедливо неравенство
.

Т. к.
и при
имеет место неравенство

при
,

то получаем, что
. Итак, истинность гипотезы при n =k +1 следует из предположения, что она верна при n =k ,
.

Из пп. 1 и 2 на основании принципа неполной математической индукции следует, что неравенство
верно при каждом натуральном
. ■ 

 Пример 6.7. Доказать, что для любого натурального числа n справедлива формула дифференцирования
.

Решение. При n =1 данная формула имеет вид
, или 1=1, то есть она верна. Сделав предположение индукции, будем иметь:

что и требовалось доказать. ■ 

 Пример 6.8. Доказать, что множество, состоящее из n элементов, имеет подмножеств.

Решение. Множество, состоящее из одного элемента а , имеет два подмножества. Это верно, поскольку все его подмножества – пустое множество и само это множество, и 2 1 =2.

Предположим, что всякое множество из n элементов имеет подмножеств. Если множество А состоит из n +1 элементов, то фиксируем в нём один элемент – обозначим его d , и разобьём все подмножества на два класса – не содержащие d и содержащие d . Все подмножества из первого класса являются подмножествами множества В, получающегося из А выбрасыванием элемента d .

Множество В состоит из n элементов, и поэтому, по предположению индукции, у него подмножеств, так что в первом классе подмножеств.

Но во втором классе подмножеств столько же: каждое из них получается ровно из одного подмножества первого класса добавлением элемента d . Следовательно, всего у множества А
подмножеств.

Тем самым утверждение доказано. Отметим, что оно справедливо и для множества, состоящего из 0 элементов – пустого множества: оно имеет единственное подмножество – самого себя, и 2 0 =1. ■ 

МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Слово индукция по-русски означает наведение, а индуктивными называют выводы, на основе наблюдений, опытов, т.е. полученные путем заключения от частного к общему.

Например, мы каждый день наблюдаем, что Солнце восходит с востока. Поэтому можно быть уверенным, что и завтра оно появится на востоке, а не на западе. Этот вывод мы делаем, не прибегая ни к каким предположениям о причине движения Солнца по небу (более того, само это движение оказывается кажущимся, поскольку на самом деле движется земной шар). И, тем не менее, этот индуктивный вывод правильно описывает те наблюдения, которые мы проведем завтра.

Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются дальнейшие умозаключения. И хотя теоретическая механика основывается на трех законах движения Ньютона, сами эти законы явились результатом глубокого продумывания опытных данных, в частности законов Кеплера движения планет, выведенных им при обработке многолетних наблюдений датского астронома Тихо Браге. Наблюдение, индукция оказываются полезными и в дальнейшем для уточнения сделанных предположений. После опытов Майкельсона по измерению скорости света в движущейся среде оказалось необходимым уточнить законы физики, создать теорию относительности.

В математике роль индукции в значительной степени состоит в том, что она лежит в основе выбираемой аксиоматики. После того как длительная практика показала, что прямой путь всегда короче кривого или ломанного, естественно было сформулировать аксиому: для любых трех точек А, В и С выполняется неравенство

Лежащее в основе арифметики понятие следовать за тоже появилось при наблюдениях за строем солдат, кораблей и другими упорядоченными множествами.

Не следует, однако, думать, что этим исчерпывается роль индукции в математике. Разумеется, мы не должны экспериментально проверять теоремы, логически выведенные из аксиом: если при выводе не было сделано логических ошибок, то они постольку верны, поскольку истинны принятые нами аксиомы. Но из данной системы аксиом можно вывести очень много утверждений. И отбор тех утверждений, которые надо доказывать, вновь подсказывается индукцией. Именно она позволяет отделить полезные теоремы от бесполезных, указывает, какие теоремы могут оказаться верными, и даже помогает наметить путь доказательства.

Суть метода математической индукции

Во многих разделах арифметики, алгебры, геометрии, анализа приходится доказывать истинность предложений А(n), зависящих от натуральной переменной. Доказательство истинности предложения А(n) для всех значений переменной часто удается провести методом математической индукции, который основан на следующем принципе.

Предложение А(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены следующие два условия:

Предложение А(n) истинно для n=1.

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.

Этот принцип называется принципом математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом, определяющих натуральный ряд чисел, и, следовательно, принимается без доказательства.

Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства. 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.

Метод математической индукции широко применяется при доказательстве теорем, тождеств, неравенств, при решении задач на делимость, при решении некоторых геометрических и многих других задач.

Метод математической индукции в решении задач на

делимость

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

Следующее утверждение можно сравнительно просто доказать. Покажем, как оно получается с помощью метода математической индукции.

Пример 1 . Если n - натуральное число, то число четное.

При n=1 наше утверждение истинно: - четное число. Предположим, что - четное число. Так как , a 2k - четное число, то и четное. Итак, четность доказана при n=1, из четности выведена четность .Значит, четно при всех натуральных значениях n.

Пример 2. Доказать истинность предложения

A(n)={число 5 кратно 19}, n - натуральное число.

Решение.

Высказывание А(1)={число кратно 19} истинно.

Предположим, что для некоторого значения n=k

А(k)={число кратно 19} истинно. Тогда, так как

Очевидно, что и A(k+1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения, что A(k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение A(n) истинно при всех значениях n.

Применение метода математической индукции к

суммированию рядов

Пример 1. Доказать формулу

, n - натуральное число.

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.

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

Решение.

Обозначим искомую сумму , т.е. .

При n=1 гипотеза верна.

Пусть . Покажем, что .

В самом деле,

Задача решена.

Пример 3. Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равна .

Решение.

Пусть .

.

Предположим, что . Тогда

И окончательно .

Пример 4. Доказать, что .

Решение.

Если , то

Пример 5. Доказать, что

Решение.

При n=1 гипотеза очевидно верна.

Пусть .

Докажем, что .

Действительно,

Примеры применения метода математической индукции к

доказательству неравенств

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

.

Решение.

Обозначим левую часть неравенства через .

Следовательно, при n=2 неравенство справедливо.

Пусть при некотором k. Докажем, что тогда и . Имеем , .

Сравнивая и , имеем , т.е. .

При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому . Но , значит, и .

Пример 2. Найти ошибку в рассуждении.

Утверждение. При любом натуральном n справедливо неравенство .

Доказательство.

. (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.

Пример 3. Доказать, что , где >-1, , n - натуральное число, большее 1.

Решение.

При n=2 неравенство справедливо, так как .

Пусть неравенство справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.

. (1)

Покажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т.е.

. (2)

Действительно, по условию, , поэтому справедливо неравенство

, (3)

полученное из неравенства (1) умножением каждой части его на . Перепишем неравенство (3) так: . Отбросив в правой части последнего неравенства положительное слагаемое , получим справедливое неравенство (2).

Пример 4. Доказать, что

(1)

где , , n - натуральное число, большее 1.

Решение.

При n=2 неравенство (1) принимает вид

. (2)

Так как , то справедливо неравенство

. (3)

Прибавив к каждой части неравенства (3) по , получим неравенство (2).

Этим доказано, что при n=2 неравенство (1) справедливо.

Пусть неравенство (1) справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.

. (4)

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

(5)

Умножим обе части неравенства (4) на a+b. Так как, по условию, , то получаем следующее справедливое неравенство:

. (6)

Для того чтобы доказать справедливость неравенства (5), достаточно показать, что

, (7)

или, что то же самое,

. (8)

Неравенство (8) равносильно неравенству

. (9)

Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух положительных чисел. Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух отрицательных чисел. В обоих случаях неравенство (9) справедливо.

Этим доказано, что из справедливости неравенства (1) при n=k следует его справедливость при n=k+1.

Метод математической индукции в применение к другим

задачам

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 правильного - угольника, вписанного в круг радиуса R.

Решение.

При n=2 правильный 2 n - угольник есть квадрат; его сторона . Далее, согласно формуле удвоения

находим, что сторона правильного восьмиугольника , сторона правильного шестнадцатиугольника , сторона правильного тридцатидвухугольника . Можно предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2 n - угольника при любом равна

. (1)

Допустим, что сторона правильного вписанного - угольника выражается формулой (1). В таком случае по формуле удвоения

,

откуда следует, что формула (1) справедлива при всех n.

Пример 2. На сколько треугольников n-угольник (не обязательно выпуклый) может быть разбит своими непересекающимися диагоналями?

Решение.

Для треугольника это число равно единице (в треугольнике нельзя провести ни одной диагонали); для четырехугольника это число равно, очевидно, двум.

Предположим, что мы уже знаем, что каждый k-угольник, где k 1 А 2 …А n на треугольники.

А n

А 1 А 2

Пусть А 1 А k - одна из диагоналей этого разбиения; она делит n-угольник А 1 А 2 …А n на k-угольник A 1 A 2 …A k и (n-k+2)-угольник А 1 А k A k+1 …A n . В силу сделанного предположения, общее число треугольников разбиения будет равно

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

тем самым наше утверждение доказано для всех n.

Пример 3. Указать правило вычисления числа P(n) способов, которыми выпуклый n-угольник может быть разбит на треугольники непересекающимися диагоналями.

Решение.

Для треугольника это число равно, очевидно, единице: P(3)=1.

Предположим, что мы уже определили числа P(k) для всех k 1 А 2 …А n . При всяком разбиении его на треугольники сторона А 1 А 2 будет стороной одного из треугольников разбиения, третья вершина этого треугольника может совпасть с каждой из точек А 3 , А 4 , …,А n . Число способов разбиения n-угольника, при которых эта вершина совпадает с точкой А 3 , равно числу способов разбиения на треугольники (n-1)-угольника А 1 А 3 А 4 …А n , т.е. равно P(n-1). Число способов разбиения, при которых эта вершина совпадает с А 4 , равно числу способов разбиения (n-2)-угольника А 1 А 4 А 5 …А n , т.е. равно P(n-2)=P(n-2)P(3); число способов разбиения, при которых она совпадает с А 5 , равно P(n-3)P(4), так как каждое из разбиений (n-3)-угольника А 1 А 5 …А n можно комбинировать при этом с каждым из разбиений четырехугольника А 2 А 3 А 4 А 5 , и т.д. Таким образом, мы приходим к следующему соотношению:

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n-1).

С помощью этой формулы последовательно получаем:

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

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

и т.д.

Так же при помощи метода математической индукции можно решать задачи с графами.

Пусть на плоскости задана сеть линий, соединяющих между собой какие-то точки и не имеющие других точек. Такую сеть линий мы будем называть картой, заданные точки ее вершинами, отрезки кривых между двумя смежными вершинами - границами карты, части плоскости, на которые она разбивается границами - странами карты.

Пусть на плоскости задана некоторая карта. Мы будем говорить, что она правильно раскрашена, если каждая ее страна закрашена определенной краской, причем любые две страны, имеющие между собой общую границу, закрашены в разные цвета.

Пример 4. На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.

Решение.

При n=1 наше утверждение очевидно.

Предположим, что наше 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, например черной и белой.