Математическая индукция лежит в основе одного из самых распространенных методов математических доказательств. С его помощью можно доказать большую часть формул с натуральными числами n , например, формулу нахождения суммы первых членов прогрессии S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n , формулу бинома Ньютона a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n .

В первом пункте мы разберем основные понятия, потом рассмотрим основы самого метода, а затем расскажем, как с его помощью доказывать равенства и неравенства.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Понятия индукции и дедукции

Для начала рассмотрим, что такое вообще индукция и дедукция.

Определение 1

Индукция – это переход от частного к общему, а дедукция наоборот – от общего к частному.

Например, у нас есть утверждение: 254 можно разделить на два нацело. Из него мы можем сделать множество выводов, среди которых будут как истинные, так и ложные. Например, утверждение, что все целые числа, которые имеют в конце цифру 4 , могут делиться на два без остатка – истинное, а то, что любое число из трех знаков делится на 2 – ложное.

В целом можно сказать, что с помощью индуктивных рассуждений можно получить множество выводов из одного известного или очевидного рассуждения. Математическая индукция позволяет нам определить, насколько справедливы эти выводы.

Допустим, у нас есть последовательность чисел вида 1 1 · 2 , 1 2 · 3 , 1 3 · 4 , 1 4 · 5 , . . . , 1 n (n + 1) , где n обозначает некоторое натуральное число. В таком случае при сложении первых элементов последовательности мы получим следующее:

S 1 = 1 1 · 2 = 1 2 , S 2 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 = 2 3 , S 3 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 = 3 4 , S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5 , . . .

Используя индукцию, можно сделать вывод, что S n = n n + 1 . В третьей части мы докажем эту формулу.

В чем заключается метод математической индукции

В основе этого метода лежит одноименный принцип. Он формулируется так:

Определение 2

Некое утверждение будет справедливым для натурального значения n тогда, когда 1) оно будет верно при n = 1 и 2) из того, что это выражение справедливо для произвольного натурального n = k , следует, что оно будет верно и при n = k + 1 .

Применение метода математической индукции осуществляется в 3 этапа:

  1. Для начала мы проверяем верность исходного утверждения в случае произвольного натурального значения n (обычно проверка делается для единицы).
  2. После этого мы проверяем верность при n = k .
  3. И далее доказываем справедливость утверждения в случае, если n = k + 1 .

Как применять метод математической индукции при решении неравенств и уравнений

Возьмем пример, о котором мы говорили ранее.

Пример 1

Докажите формулу S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Решение

Как мы уже знаем, для применения метода математической индукции надо выполнить три последовательных действия.

  1. Для начала проверяем, будет ли данное равенство справедливым при n , равном единице. Получаем S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Здесь все верно.
  2. Далее делаем предположение, что формула S k = k k + 1 верна.
  3. В третьем шаге нам надо доказать, что S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , основываясь на справедливости предыдущего равенства.

Мы можем представить k + 1 в качестве суммы первых членов исходной последовательности и k + 1:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

Поскольку во втором действии мы получили, что S k = k k + 1 , то можно записать следующее:

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

Теперь выполняем нужные преобразования. Нам потребуется выполнить приведение дроби к общему знаменателю, приведение подобных слагаемых, применить формулу сокращенного умножения и сократить то, что получилось:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

Таким образом, мы доказали равенство в третьем пункте, выполнив все три шага метода математической индукции.

Ответ: предположение о формуле S n = n n + 1 является верным.

Возьмем более сложную задачу с тригонометрическими функциями.

Пример 2

Приведите доказательство тождества cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .

Решение

Как мы помним, первым шагом должна быть проверка верности равенства при n , равном единице. Чтобы это выяснить, нам надо вспомнить основные тригонометрические формулы.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α · cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Следовательно, при n , равном единице, тождество будет верным.

Теперь предположим, что его справедливость сохранится при n = k , т.е. будет верно, что cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .

Доказываем равенство cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α для случая, когда n = k + 1 , взяв за основу предыдущее предположение.

Согласно тригонометрической формуле,

sin 2 k + 1 α · cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 · 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α

Следовательно,

cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α

Пример решения задачи на доказательство неравенства с применением этого метода мы привели в статье о методе наименьших квадратов. Прочтите тот пункт, в котором выводятся формулы для нахождения коэффициентов аппроксимации.

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter

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 .

Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 - база индукции , а затем доказывается, что если верно утверждение с номером n , то верно и следующее утверждение с номером n + 1 - шаг индукции , или индукционный переход .

Доказательство по индукции наглядно может быть представлено в виде так называемого принципа домино . Пусть какое угодно число косточек домино выставлено в ряд таким образом, что каждая косточка, падая, обязательно опрокидывает следующую за ней косточку (в этом заключается индукционный переход). Тогда, если мы толкнём первую косточку (это база индукции), то все косточки в ряду упадут.

Логическим основанием для этого метода доказательства служит так называемая аксиома индукции , пятая из аксиом Пеано , определяющих натуральные числа . Верность метода индукции эквивалентна тому, что в любом подмножестве натуральных чисел существует минимальный элемент.

Существует также вариация, так называемый принцип полной математической индукции. Вот его строгая формулировка:

Принцип полной математической индукции также эквивалентен аксиоме индукции в аксиомах Пеано.

Примеры

Задача. Доказать, что, каковы бы ни были натуральное n и вещественное q ≠ 1, выполняется равенство

Доказательство. Индукция по n .

База , n = 1:

Переход : предположим, что

,

что и требовалось доказать.

Комментарий: верность утверждения P n в этом доказательстве - то же, что верность равенства

См. также

Вариации и обобщения

Литература

  • Н. Я. Виленкин Индукция. Комбинаторика. Пособие для учителей. М., Просвещение, 1976.-48 с
  • Л. И. Головина, И. М. Яглом Индукция в геометрии , «Популярные лекции по математике» , Выпуск 21, Физматгиз 1961.-100 с.
  • Р. Курант, Г. Роббинс «Что такое математика?» Глава I, § 2.
  • И. С. Соминский Метод математической индукции. «Популярные лекции по математике », Выпуск 3, Издательство «Наука» 1965.-58 с.

Wikimedia Foundation . 2010 .

Смотреть что такое "Метод математической индукции" в других словарях:

    Математическая индукция в математике один из методов доказательства. Используется, чтобы доказать истинность некоего утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 база индукции, а затем… … Википедия

    Способ построения теории, при к ром в ее основу кладутся нек рые ее положения – аксиомы или постулаты, – из к рых все остальные положения теории (теоремы) выводятся путем рассуждений, называемых д о к а з а т е л ь с т в а м и. Правила, по к рым… … Философская энциклопедия

    Индукция (лат. inductio наведение) процесс логического вывода на основе перехода от частного положения к общему. Индуктивное умозаключение связывает частные предпосылки с заключением не столько через законы логики, а скорее через некоторые… … Википедия

    ГЕНЕТИЧЕСКИЙ МЕТОД - способ задания содержания и сущности исследуемого предмета не путем конвенции, идеализации или логического вывода, а с помощью изучения его происхождения (опираясь на изучение причин, приведших к его возникновению, механизм становления). Широко… … Философия науки: Словарь основных терминов

    Способ построения научной теории, при котором в её основу кладутся некоторые исходные положения (суждения) аксиомы (См. Аксиома), или Постулаты, из которых все остальные утверждения этой науки (теоремы (См. Теорема)) должны выводиться… … Большая советская энциклопедия

    аксиоматический метод - АКСИОМАТИЧЕСКИЙ МЕТОД (от греч. axioma) принятое положение способ построения научной теории, при котором в доказательствах пользуются лишь аксиомами, постулатами и ранее выведенными из них утверждениями. Впервые ярко продемонстрирован… … Энциклопедия эпистемологии и философии науки

    Один из методов ошибок теории для оценки неизвестных величин по результатам измерений, содержащим случайные ошибки. Н. к. м. применяется также для приближенного представления заданной функции другими (более простыми) функциями и часто оказывается … Математическая энциклопедия

    Математическая индукция один из методов математического доказательства, используется чтобы доказать истинность некоторого утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала пров … Википедия

    У этого термина существуют и другие значения, см. Индукция. Индукция (лат. inductio наведение) процесс логического вывода на основе перехода от частного положения к общему. Индуктивное умозаключение связывает частные предпосылки… … Википедия