velikol.ru
1

МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ


I. Введение

Утверждения подразделяются на общие и частные. Приведем пример общего утверждения: во всяком параллелограмме диагонали в точке пересечения делятся пополам.

Соответствующим примером частного утверждения является следующее: в параллелограмме ABCD диагонали в точке пересечения делятся пополам.

Переход от общих утверждений к частным называется дедукцией. Рассмотрим пример:

Все числа, оканчивающие нулем, делятся на 5. (1)

140 – число, оканчивающееся на ноль. (2)

^ 140 делится на 5. (3)

Из общего утверждения (1) при помощи утверждения (2) получено частное утверждение (3).

Переход от частных утверждений к общим называется индукцией. Индукция может привести как в верным, так и к неверным выводам. Разберем два примера:

140 делится на 5. (1)

Все числа, оканчивающиеся нулем, делятся на 5. (2)

Из частного утверждения (1) получено общее утверждение (2). Утверждение (2) верно.

140 делится на 5. (1)

Все трехзначные числа делятся на 5. (2)

Из частного утверждения (1) получено общее утверждение (2). Утверждение (2) неверно.

Спрашивается, как пользоваться в математике индукцией, чтобы получать только верные ответы? Ответ на этот вопрос и дается в этой статье.

Если имеется утверждение, справедливое в нескольких частных случаях, а все частные случае рассмотреть невозможно. Как же узнать, справедливо ли вообще это утверждение?

Этот вопрос иногда удается решить посредством применения особого метода рассуждений, называемого методом математической индукции (полной индукции, совершенной индукции).

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

^ Утверждение справедливо для всякого натурального n, если:

  1. оно справедливо для n = 1

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

Доказательство, основанное на принципе математической индукции, называется доказательством методом математической индукции. Такое доказательство необходимо должно состоять из двух частей, из доказательства двух самостоятельных теорем:

Теорема 1. Утверждение справедливо для n = 1.

Теорема 2. Утверждение справедливо для n = k+1, если оно справедливо для n = k, где k – какое-либо произвольное натуральное число.

Если обе эти теоремы доказаны, то на основании принципа математической индукции утверждение справедливо для всякого натурального n.

Пример 1. Вычислить сумму

Sn = 1/1*2 + 1/2*3 + 1/3*4 + … + 1/n(n+1).

Мы знаем, что

S1 = ½; S2 = 2/3; S3 = ¾; S4 =4/5.

Рассмотрение сумм S1, S2, S3 и S4 позволяет высказать гипотезу, что Sn = n/n+1, при всяком натуральном n. Для проверки гипотезы воспользуемся методом математической индукции.

Теорема 1. Для n = 1 гипотеза верна, так как S1 = ½.

Теорема 2. Предположим, что гипотеза верна и для n = k, т.е. что

Sk = 1/ 1*2 + 1/2*3 + … + 1/k(k+1) = k/(k+1),

Где k – некоторое натуральное число. Докажем, что тогда гипотеза обязана быть верной и для n = k+1, т.е. что

Sk+1 = Sk +1/(k+1)(k+2);

Следовательно, по условию теоремы,

Sk+1 = k/(k+1) + 1(k+1)(k+2) = (k2 + 2k +1)/(k+1)(k+2) = (k+1)/ (k+2).

Обе теоремы доказаны. Теперь на основании принципа математической индукции мы утверждаем что

Sn =n/n+1.

Замечание. Необходимо подчеркнуть, что доказательство методом математической индукции, безусловно, требует доказательства обеих теорем 1 и 2.


Пример 2. Теорема. Всякое натуральное число равно следующему за ним натуральному числу.

Доказательство проведем методом математической индукции. Предположим, что

k = k + 1 (1)

Докажем, что

k + 1 = k + 2 (2)

Действительно, прибавив к каждой части равенства (1) по 1, получим равенство (2). Выходит, что если утверждение справедливо для n= k, то оно справедливо и для n = k+1. Теорема доказана.

Следствие. Все натуральные числа равны.

Где же здесь ошибка? Ошибка заключается в том, что первая теорема, необходимая для применения принципа математической индукции, не доказана и не верна, а доказана только вторая теорема.

Теоремы 1 и 2 имеют свое особое значение. Теорема 1, так сказать, создает базу для проведения индукции. Теорема 2 дает право неограниченного автоматического расширения этой базы, право перехода от данного частного случая к следующему, от n к n+1.

Если не доказана теорема 1, а доказана теорема 2, то, следовательно, не создана база для проведения индукции, и тогда бессмысленно применять теорему 2, так как и расширять-то, собственно, нечего.

Если не доказана теорема 2, а доказана только теорема 1, то, хотя база для проведения индукции и создана, право расширения этой базы отсутствует.

Для того чтобы научиться применять метод математической индукции, надо рассмотреть достаточное количество задач.

Чтобы не повторять без конца слова «Теорема 1» и «Теорема 2», мы условимся в дальнейшем помечать первую и вторую части доказательства по индукции знаками 1 и 2.

^ II. Доказательства тождеств: задачи арифметического характера

Пример 1. Выпишем в порядке возрастания положительные нечетные числа 1, 3, 5, 7, … Обозначим первое из них u1, второе u2, третье u3 и т. д., т .е.

u1 = 1, u2 = 3, u3 = 5, u4 = 7, ..……

Поставим перед собой такую задачу: составить формулу, выражающую нечетное число un через его номер n.

Решение: Первое нечетное число u1 можно записать так:

u1= 2*1 – 1; (1)

второе нечетное число можно записать так:

u2 = 2*2 – 1; (2)

третье нечетное число можно записать так:

u3 = 2*3 – 1. (3)

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 n-го нечетного числа имеем формулу

un = 2n – 1. (4)

Докажем, что эта формула справедлива.

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

2. Предположим, что формула (4) справедливо для n = k, т.е. k-е 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 (k+1)-го нечетного числа достаточно к k-му нечетному числу прибавить 2, т.е.

uk+1 = uk + 2.

Но, по условию, uk+1 = (2k-1). Значит,

uk+1 = (2k-1) + 2 = 2k +1,

что и требовалось доказать.

^ Ответ: un = 2*n – 1.


Пример 2. Вычислить сумму первых n нечетных чисел.

Решение. Обозначим искомую сумму Sn, т.е.

Sn = 1 + 3 + 5 + … (2n – 1).

Для решения таких задач в математике существуют готовые формулы. Нам интересно решить эту задачу, не прибегая к готовой формуле, а пользуясь методом математической индукции. Для этого, прежде всего, надо построить гипотезу, т.е. просто постараться угадать ответ.

Придаем n последовательно значения 1, 2, 3, … до тех пор, пока у нас не накопится достаточно материала, чтобы на основе его построить более или менее надежную гипотезу. После этого останется только эту гипотезу проверить методом математической индукции.

Имеем,

S1 =1, S2 = 4, S3 = 9,

S4 = 16, S5 = 25, S6 = 36.

Теперь все зависит от наблюдательности решающего задачу, от его способности по частным результатам угадать общий.

Полагаем, что в данном случае легко заметить, что

S1 = 12, S2 = 22, S3 = 32, S4 = 42.

На основе этого можно предположить, что вообще

Sn = n2.

Докажем, что эта гипотеза справедлива.

1. При n = 1 сумма представляется одним слагаемым, равным 1. Выражение n2 при n = 1 также равно 1. Значит, при n = 1 гипотеза верна.

2. Допустим, что гипотеза верна для n = k, т.е. Sk = k2. Докажем, что тогда гипотеза должны быть верна и для n = k +1, т.е.

Sk+1 = (k + 1)2.

Действительно,

Sk+1 = Sk +(2k + 1).

Но Sk = k2 и потому

Sk+1 = k2 + (2k + 1) = (k + 1)2,

Что и требовалось доказать

^ Ответ: Sn = n2.


Пример 3. Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равно n(n+1)(2n+1)/6.

Решение. Пусть

S2 (n) = 12 + 22 +32 +…+n2.

1. S2 (1) = 12 = 1(1+1)(2*1+1)/6.

2. Предположим, что

S2 (n) = n(n+1)(2n+1)/6.

Тогда

S2 (n+1) = 12 + 22 +32 +…+n2+(n+1)2 = (n(n+1)(2n+2)/6)+(n+1)2

и окончательно

S2 (n+1) = (n+1)[(n+1)+1][2(n+1)+1]/6.


III. Тригонометрические и алгебраические задачи

Пример 4. Доказать тождество

cos ()cos (2) cos(4)…cos(2n) = sin(2n+1)/2n+1sin.

Решение.

1. При n = 0 тождество справедливо, так как

cos() = sin (2)/2sin()

Пусть тождество справедливо при n = k, т.е.

cos ()cos (2) … cos(2k) = sin(2k+1)/2k+1sin.

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

cos()cos(2) … cos(2k)cos(2k+1) = sin(2k+1)cos(2k+1)/2k+1sin = sin(2k+2)/2k+2sin.


Пример 5. Доказать, что Ak = cos n , если известно, что A1 = cos; A2 = cos2 и для всякого натурального k 2 имеет место соотношение:

Ak = 2 cos Ak-1 – Ak-2.

Решение.

1. Утверждение справедливо при n = 1 и n = 2.

2. Пусть

Ak-2 = cos (k – 2) ,

Ak-1 = cos (k – 1) .

Тогда

Ak = 2 cos cos (k – 1) - cos (k – 2) = cos k .


Пример 6. Доказать, что

sin x + sin 2x + … + sin nx = [sin(n+1)x/2][sin(nx/2)]/sin(x/2).

Решение.

1. При n = 1 утверждение справедливо.

2. Пусть

sin x + sin 2x + … sin kx = [sin(k+1)x/2][sin(kx/2)]/sin(x/2).

Тогда

sin x + sin 2x + … + sin kx + sin (k+1)x = [sin(k+1)x/2][sin(kx/2)]/sin(x/2) + sin (k+1) x =


= [sin(k+1)x/2][sin(kx/2)]/sin(x/2) + 2[sin((k+1)x/2)] [cos ((k+1)x/2)] =


= [sin(k+2)x/2][sin((k+1)x/2)]/sin(x/2),

ибо

2cos((k+1)x/2) sin (x/2) = sin ((k+2)[/2) – sin kx/2.


^ IV. Задачи на доказательство неравенств

Пример 7. Доказать, что при любом натуральном n 1

1/(n+1) + 1/(n+2) + … + 1/2n 13/24.

Решение. Обозначим левую часть неравенства через Sn.

1. S2 = 7/12 = 14/24, следовательно, при n = 2 неравенство справедливо.

2. Пусть Sk. 13/24 при некотором k. Докажем, что тогда и Sk+1 13/24. Имеем,

Sk = 1/(k+1) + 1/(k+2) + … + 1/2k,

Sk+1 =1/(k+2) + 1/(k+3) + … + 1/2k + 1/(2k+1) + 1/(2k+2).

Сравнивая Sk и Sk+1, имеем

Sk+1 – Sk = 1/(2k+1) + 1/(2k+2) + 1/(k+1),

т.е.

Sk+1 – Sk = ½(k+1)(2k+1).

При любом натуральном k правая часть последнего неравенства положительна. Поэтому

Sk+1 Sk.

Но Sk 13/24, значит, и Sk+1 13/24.

Пример 8. Доказать, что (1+)n 1 + k, где -1, 0, n – натуральное число, большее 1.

Решение. 1. При n = 2 неравенство справедливо, так как +2 0.

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

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

(1+)k+1 1 + (k+1). (2)

Действительно, по условию, 1+ 0, поэтому справедливо неравенство

(1+)k+1 (1 + k)(1 + ), (3)

полученное из неравенства (1) умножением каждой его части на (1 + ).

Перепишем неравенство (3) так:

(1+)k+1 1 + (k+1) + k2.

Отбросив в правой части последнего неравенства положительное слагаемое k2, получим справедливое неравенство (2).


Упражнения.


1. (9-10) Докажите, что делится на 6.

2. (9-10) Докажите, что для любого натурального справедливо неравенство .

3. (8-10) Докажите: .

4. (8-10) Докажите: .

5. (9-10) Известно, что - целое число. Докажите, что - также целое число при любом целом .

6. (9-10) Докажите, что при любом натуральном число делится на и не делится на .

7. (8-10) Сколькими способами можно раскрасить круг, разбитый на р равных секторов с помощью красок, если р – простое число и каждый сектор раскрашиваем одной краской? Две раскраски, совпадающие при повороте круга, считаем одинаковыми.

8. (8-10) Каких чисел больше среди целых чисел первой тысячи, включая и 1000: в записи которых есть хоть одна единица, или среди цифр которых единиц нет?

9. (8-10) Из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 составляют всевозможные семизначные числа, в записи которых каждая цифра участвует только один раз. Докажите, что сумма всех этих чисел делится на 9.

10. (9-10) На окружности отмечены 10 точек. Сколько можно провести незамкнутых несамопересекающихся ломаных с вершинами во всех этих точках?


Литература.

1. Бабинская И. Л. Задачи математических олимпиад. М.: Издательство «Наука» - 1975. – с. 114.

2. Пишкова Н. Е., МИФ-2, №3, 2005.