II Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся

Старт в науке

МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

• Авторы
• Руководители
• Файлы работы
• Наградные документы

Власов Н.Д. 1

---

1

Шкулепо В.Н. 1

---

1

Работа в формате PDF

335.7 KB

Автор работы награжден дипломом победителя II степени

Диплом школьникаСвидетельство руководителя

 Введение

Данная тема является актуальной, так как каждый день люди решают различные задачи, в которых они применяют разные методы решения, но есть задания, в которых не обойтись без метода математической индукции, и в таких случаях будут очень полезны знания в данной области.

Я выбрал данную тему для исследования, потому что в школьной программе методу математической индукции уделяют мало времени, ученик узнает поверхностнуюинформацию, которая поможетему получить лишь общее представление о данном методе, но чтобы углубленно изучить эту теорию потребуется саморазвитие. Действительно будет полезно поподробнее узнать о данной теме, так как это расширяет кругозор человека и помогает в решении сложных задач.

Цель работы:

Познакомиться с методом математической индукции, систематизировать знания по данной теме и применить её при решении математических задач и доказательстве теорем, обосновать и наглядно показать практическое значение метода математической индукции как необходимого фактора для решения задач.

Задачи работы:

1. Проанализировать литературу и обобщить знания по данной теме.

2. Разобраться в принципе метода математической индукции.

3. Исследовать применение метода математической индукции к решению задач.

4. Сформулировать выводы и умозаключения по проделанной работе.

Основная часть исследования

История возникновения:

Только к концу XIX века сложился стандарт требований к логической строгости, остающейся и до настоящего времени господствующими в практической работе математиков над развитием отдельных математических теорий.

Индукция - познавательная процедура, посредством которой из сравнения наличных фактов выводится обобщающее их утверждение.

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 .

Осознание метода математической индукции как отдельного важного метода восходит к Блезу Паскалю и Герсониду, хотя отдельные случаи применения встречаются ещё в античные времена у Прокла и Эвклида. Современное название метода было введено де Морганом в 1838 году.

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 логически развивать свою мысль, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.

Индукция и дедукция

Известно, что существуют как частные, так и общие утверждения, и на переходе от одних к другим и основаны два данных термина.

Дедукция (от лат. deductio – выведение) – переход в процессе познания от общего знания к частному и единичному. В дедукции общее знание служит исходным пунктом рассуждения, и это общее знание предполагается «готовым», существующим. Особенность дедукции состоит в том, что истинность ее посылок гарантирует истинность заключения. Поэтому дедукция обладает огромной силой убеждения и широко применяется не только для доказательства теорем в математике, но и всюду, где необходимы достоверные знания.

Индукция (от лат. inductio – наведение) – это переход в процессе познания от частного знания к общему.Другими словами, – это метод исследования, познания, связанный с обобщением результатов наблюдений и экспериментов.Особенностью индукции является ее вероятностный характер, т.е. при истинности исходных посылок заключение индукции только вероятно истинно и в конечном результате может оказаться как истинным, так и ложным.

Полная и неполная индукция

Индуктивное умозаключение – такая форма абстрактного мышления, в которой мысль развивается от знания меньшей степени общности к знанию большей степени общности, а заключение, вытекающее из посылок, носит преимущественно вероятностный характер.

В ходе исследования я выяснил, что индукция делится на два вида: полная и неполная.

Полной индукцией называется умозаключение, в котором общий вывод о классе предметов делается на основании изучения всех предметов этого класса.

Например,пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 6≤ n≤ 18 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Данные равенства показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых.

Рассмотрим следующий пример: последовательность yn= n²+n+17; Выпишем первые четыре члена: у₁=19; y₂=23; y₃=29; y₄=37; Тогда мы можем предположить, что вся последовательность состоит из простых чисел. Но это не так, возьмем y₁₆= 16²+16+17=16(16+1)+17=17*17. Это составное число, значит наше предположение неверно, таким образом, неполная индукция не приводит к вполне надежным выводам, но позволяет сформулировать гипотезу, которая в дальнейшем требует математического доказательства или опровержения.

Метод математической индукции

Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для всех этих ситуаций мы не в состоянии.Но как осуществить проверку бесконечного числа случаев? Такой способ предложили Б.Паскаль и Я.Бернулли, это метод математической индукции, в основе которого лежит 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) А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.

Алгоритм (он состоит из четырех этапов):

1.база ( показываем, что доказываемое утверждение верно для некоторых простейших частных случаев ( п= 1));

2.предположение (предполагаем, что утверждение доказано для первых к случаев); 3.шаг ( в этом предположении доказываем утверждение для случая п= к + 1); 4.вывод ( утверждение верно для всех случаев, то есть для всех п).

Заметим, что Методом математической индукции можно решать не все задачи, а только задачи, параметризованные некоторой переменной. Эта переменная называется переменной индукции.

Применение метода математической индукции

Применим всю данную теорию на практике и выясним, в каких задачах применяется данный метод.

Задачи на доказательство неравенств.

Пример 1.Доказать неравенство Бернулли(1+х)n≥1+n х, х>-1, n € N.

Докажем с помощью метода математической индукции.

Решение:

1) При n=1 неравенство справедливо, так как 1+х≥1+х

2) Предположим, что неравенство верно для некоторого n=k, т.е.

(1+х)^k≥1+k x.

Умножив обе части неравенства на положительное число 1+х, получим

(1+x)^k+1≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx²

Учитывая, что kx² ≥0, приходим к неравенству

(1+х)^k+1≥1+(k+1) x.

Таким образом, из допущения, что неравенство Бернулли верно для n=k, следует, что оно верно для n=k+1. На основании метода математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n € N.

Пример 2. Доказать, что при любом натуральном n>1, .

Докажем с помощью метода математической индукции.

Решение:

Обозначим левую часть неравенства через.

1), следовательно, при n=2 неравенство справедливо.

2)Пусть при некоторомk. Докажем, что тогда и . Имеем , .

Сравнивая и , имеем , т.е. .

При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому . Но , значит, и.Мы доказали справедливость неравенства при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального n>1.

Задачи на доказательство тождеств.

Пример 1. Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:

1³+2³+3³+…+n³=n²(n+1)²/4.

Решение:

1. Пусть n=1, тогда Х₁=1³=1²(1+1)²/4=1.

Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=kX_k=k²(k+1)²/4.

3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е.X_k+1=(k+1)²(k+2)²/4. X_k+1=1³+2³+…+k³+(k+1)³=k²(k+1)²/4+(k+1)³=(k²(k+1)²+4(k+1)³)/4=(k+1)²(k²+4k+4)/4=(k+1)²(k+2)²/4.

Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n.

Пример 2. Доказать, что при любом натуральном nсправедливо равенство

1) Проверим, что это тождество верно приn = 1.; - верно.

2) Пусть тождество верно и для n = k, т.е..

3)Докажем, что это тождество верно и для n = k + 1, т.е.;

.

Т.к. равенство верно при n=kи n=k+1, то оно справедливо при любом натуральном n.

Задачи на суммирование.

Пример 1.Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n².

Решение: 1) Имеем n=1=1². Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно.

2) Докажем, что А(k) A(k+1).

Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е.1+3+5+…+(2k-1)=k².

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)=k²+2k+1=(k+1)².

Итак, А(k) А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n N.

Пример 2. 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, то это утверждение справедливо при любом натуральном n.

Задачи на делимость.

Пример 1. Доказать, что (11ⁿ⁺²+12²ⁿ⁺¹) делится на 133 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

11³+12³=(11+12)(11²-132+12²)=23× 133.

(23× 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно;

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

3) Докажем, что в таком случае

(11^k+3+12^2k+3) делится на 133 без остатка. Действительно, 11^k+3+12^2л+3=11×11^k+2+

+12² ×12^2k+1=11× 11^k+2+(11+133)× 12^2k+1=11(11^k+2+12^2k+1)+133× 12^2k+1.

Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей является 133.

Итак, А(k)→ А(k+1), то опираясь на метод математической индукции, утверждение верно для любых натуральных n.

Пример 2. Доказать, что 3^3n-1+2^4n-3 при произвольном натуральном n делится на 11.

Решение: 1) Пусть n=1, тогдаХ₁=3^3-1+2^4-3=3²+2¹=11 делится на 11 без остатка. Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n=k

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

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

X_k+1=3^3(k+1)-1+2^4(k+1)-3=3^3k+2+2^4k+1=3³*3^3k-1+2⁴*2^4k-3=

=27 3^3k-1+16* 2^4k-3=(16+11)* 3^3k-1+16* 2^4k-3=16* 3^3k-1+

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

Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3^3k-1+2^4k-3 делится на 11 по предположению, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма делится на 11 без остатка при любом натуральном n.

Задачи из реальной жизни.

Пример 1. Доказать, что сумма Sn внутренних углов любого выпуклого многоугольника равна (п- 2)π, где п — число сторон этого многоугольника:Sn = (п- 2)π (1).

Это утверждение имеет смысл не для всех натуральных п, а лишь для п > 3, так как минимальное число углов в треугольнике равно 3.

1) При п = 3 наше утверждение принимает вид: S₃ = π. Но сумма внутренних углов любого треугольника действительно равна π. Поэтому при п = 3 формула (1) верна.

2) Пусть эта формула верна при n=k, то есть S_k = (k- 2)π, где k > 3. Докажем, что в таком случае имеет место и формула:S_k+1 = (k - 1)π.

Пусть A₁A₂ ... A_kA_k+1—произвольный выпуклый (k + 1) -угольник (рис. 338).

Соединив точки A₁ и A_k, мы получим выпуклый k-угольник A₁A₂ ... A_{k— 1}A_k. Очевидно, что сумма углов (k + 1) -угольника A₁A₂ ... A_kA_k+1 равна сумме углов k-угольника A₁A₂ ... A_k плюс сумма углов треугольника A₁A_kA_k+1. Но сумма углов k-угольника A₁A₂ ... A_k по предположению равна (k - 2)π, а сумма углов треугольника A₁A_kA_k+1 равна π. Поэтому

S_k+1= S_k + π = (k - 2)π + π = (k - 1)π.

Итак, оба условия принципа математической индукции выполняются, и потому формула (1) верна при любом натуральном п > 3.

Пример 2.Имеется лестница, все ступени которой одинаковы. Требуется указать минимальное число положений, которые гарантировали бы возможность «забраться» на любую по номеру ступеньку.

Все согласны с тем, что должно быть условие. Мы должны уметь забраться на первую ступень. Далее должны уметь с 1-ой ступеньки забраться на вторую. Потом во второй – на третью и т.д. на n-ую ступеньку. Конечно, в совокупности же «n» утверждений гарантирует нм то, что мы сможем добраться до n-ой ступеньки.

Посмотрим теперь на 2, 3,…., n положение и сравним их друг с другом. Легко заметить, что все они имеют одну и ту же структуру: если мы добрались до k ступеньки, то можем забраться на (k+1) ступеньку. Отсюда становится естественной такая аксиома для справедливости утверждений, зависящих от «n»: если предложение А(n), в котором n – натуральное число, выполняется при n=1 и из того, что оно выполняется при n=k (где k – любое натуральное число), следует, что оно выполняется и для n=k+1, то предположение А(n) выполняется для любого натурального числа n.

Приложение

Задачи с применением метода математической индукции при поступлении в ВУЗы.

Заметим, что при поступление в высшие учебные заведения также встречаются задачи, которые решаются данным методом. Рассмотрим их на конкретных примерах.

Пример 1.Доказать, что любом натуральном п справедливо равенство

.

1) При п=1 мы получаем верное равенство Sin.

2) Сделав предположение индукции, что при n=k равенство верно, рассмотрим сумму, стоящую в левой части равенства, при n=k+1;

3) Используя формулы приведения преобразуем выражение:

.

Тогда, в силу метода математической индукции равенство верно для любого натурального n.

Пример 2.Доказать, что для любого натурального n значение выражения 4n +15n-1 кратно 9.

1) При n=1 : 2² +15-1=18 - кратно 9 (т.к.18:9=2)

2) Пусть равенство выполняется для n=k: 4^k+15k-1 кратно 9.

3) Докажем, что равенство выполняется и для следующего числа n=k+1

4^k+1+15(k+1)-1=4^k+1+15k+15-1=4•4^k+60k-4-45k+18=4(4^k+15k-1)-9(5k-2)

4(4^k+15k-1) - кратно 9;

-9(5k-2) - кратно 9;

Следовательно и все выражение 4(4^k+15k-1)-9(5k-2) кратно 9, что и требовалось доказать.

Пример 3. Доказать, что при любом натуральном числе п выполняется условие : 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ п(п+1)(п+2)=.

1) Проверим, что данная формула верна при п=1: Левая часть = 1∙2∙3=6.

Правая часть= . 6 = 6; верно при п=1.

2) Предположим, что данная формула верна при n=k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S_k=.

3) Докажем, что данная формула верна при n=k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S_k+1=.

Доказательство:

.

Итак, данное условие верно в двух случаях и доказали, что верно при n=k+1, следовательно она верно при любом натуральном числе п.

Заключение

Подведем итоги, в процессе исследования я выяснил, в чем заключается индукция, которая бывает полной или неполной, познакомился с методом математической индукции, основанном на принципе математической индукции, рассмотрел множество задач с применением данного метода.

Также я узнал много новой информации, отличной от той, что включена в школьную программу.Изучая метод математической индукции я использовал различную литературу, ресурсы интернета, а также консультировался с педагогом.

Вывод: Обобщив и систематизировав знания по математической индукции, убедился в необходимости знаний по данной теме в реальной действительности. Положительным качеством метода математической индукции является его широкое применение в решении задач: в области алгебры, геометрии и реальной математики. Также эти знания повышают интерес к математике, как к науке.

Я уверен, что навыки, приобретенные в ходе работы, помогут мне в будущем.

​Список литературы

1. Соминский И.С. Метод математической индукции. Популярные лекции по математике, выпуск 3-М.: Наука, 1974г.

2. Л. И. Головина, И. М. Яглом. Индукция в геометрии. — Физматгиз, 1961. — Т. 21. — 100 с. — (Популярные лекции по математике).

3. Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Пособие по математике для поступающих в вузы (Избранные вопросы элементарной математики) – Изд.5-е, перераб., 1976 – 638с.

4. А. Шень. Математическая индукция. — МЦНМО, 2004. — 36 с.

5. M.Л.Галицкий, А.М.Гольдман, Л.И.Звавич Сборник задач по алгебре: учеб.пособие для 8-9 кл. с углубл. изучением математики 7-е изд.— М.: Просвещение, 2001.—271 с

6. Ма­ка­ры­чев Ю.Н., Мин­дюк Н.Г До­пол­ни­тель­ные главы к школь­но­му учеб­ни­ку ал­геб­ры 9 клас­са. – М.: Про­све­ще­ние, 2002.

7. Википедия- свободная энциклопедия.

18