Докажите методом математической индукции что an bn abn

18.04.202222.04.2022 admin 0 Comments

Метод математической индукции для чайников

Метод полного перебора конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности, называется полной индукцией. Этот метод имеет крайне ограниченную область применения в математике, так как обычно математические утверждения касаются бесконечного множества объектов (например, натуральных чисел, простых чисел, квадратов и т.п.) и перебрать их невозможно.

Основы метода математической индукции

Доказательство с помощью метода математической индукции проводится в два этапа:

Метод математической индукции применяется в разных типах задач:

Ниже вы найдете примеры решения задач, иллюстрирующие применение метода математической индукции, а также ссылки на полезные сайты и учебник и небольшой видеоурок по ММИ.

Математическая индукция: задачи и решения

Доказательство кратности и делимости

$$a_n = 2n^3+3n^2+7n, \quad b=6.$$

Доказательство равенств и неравенств

Задача 5. Доказать равенство

Задача 6. Доказать методом математической индукции:

Задача 7. Доказать неравенство:

Задача 8. Доказать утверждение методом математической индукции:

Задача 9. Доказать неравенство:

Вычисление сумм

Задача 11. Доказать методом математической индукции:

Задача 12. Найдите сумму

Заказать решение

Полезные ссылки о ММИ

Кратенький видеоурок о ММИ

Источник

Метод математической индукции

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

Понятия индукции и дедукции

Для начала рассмотрим, что такое вообще индукция и дедукция.

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

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.

В чем заключается метод математической индукции

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

Применение метода математической индукции осуществляется в 3 этапа:

Как применять метод математической индукции при решении неравенств и уравнений

Возьмем пример, о котором мы говорили ранее.

Решение

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

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 )

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.

Решение

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

Согласно тригонометрической формуле,

Ответ: На этом тождество можно считать доказанным. Мы успешно применили для этого метод математической индукции. Точно так же мы можем доказать справедливость формулы бинома Ньютона.

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.

Источник

math4school.ru

Метод математической индукции

Немного теории

Индукция есть метод получения общего утверждения из частных наблюдений. В случае, когда математическое утверждение касается конечного числа объектов, его можно доказать, проверяя для каждого объекта. Например, утверждение: «Каждое двузначное чётное число является суммой двух простых чисел,» – следует из серии равенств, которые вполне реально установить:

Метод доказательства, при котором проверяется утверждение для конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности, называют полной индукцией. Этот метод применим сравнительно редко, поскольку математические утверждения касаются, как правило, не конечных, а бесконечных множеств объектов. Например, доказанное выше полной индукцией утверждение о четных двузначных числах является лишь частным случаем теоремы: «Любое четное число является суммой двух простых чисел». Эта теорема до сих пор ни доказана, ни опровергнута.

Математическая индукция – метод доказательства некоторого утверждения для любого натурального n основанный на принципе математической индукции: «Если утверждение верно для n=1 и из справедливости его для n=k вытекает справедливость этого утверждения для n=k+1, то оно верно для всех n». Способ доказательства методом математической индукции заключается в следующем:

1) база индукции: доказывают или непосредственно проверяют справедливость утверждения для n=1 (иногда n=0 или n=n₀);

2) индукционный шаг (переход): предполагают справедливость утверждения для некоторого натурального n=k и, исходя из этого предположения, доказывают справедливость утверждения для n=k+1.

Задачи с решениями

Проведём доказательство методом математической индукции.

База индукции. Если n=1, то А(1)=3 3 +2 3 =35 и, очевидно, делится на 7.

Предположение индукции. Пусть А(k) делится на 7.

Индукционный переход. Докажем, что А(k+1) делится на 7, то есть справедливость утверждения задачи при n=k.

А(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=

Последнее число делится на 7, так как представляет собой разность двух целых чисел, делящихся на 7. Следовательно, 3 2n+1 +2 n+2 делится на 7 при любом натуральном n.

Введём обозначение: а_i=2 3 i +1.

а_k+1=2 3 k+1 +1=(2 3 k ) 3 +1=(2 3 k +1)( 2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m·((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k )=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k )=

=3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k ).

Следовательно, утверждение доказано для любого натурального n.

3. Известно, что х+1/x – целое число. Доказать, что х n +1/х n – так же целое число при любом целом n.

Введём обозначение: а_i=х i +1/х i и сразу отметим, что а_i=а_–i, поэтому дальше будем вести речь о натуральных индексах.

Заметим: а₁ – целое число по условию; а₂ – целое, так как а₂=(а₁) 2 –2; а₀=2.

Предположим, что а_k целое при любом натуральном k не превосходящем n. Тогда а₁·а_n – целое число, но а₁·а_n=а_n+1+а_n–1 и а_n+1=а₁·а_n–а_n–1. Однако, а_n–1, согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и а_n+1. Следовательно, х n +1/х n – целое число при любом целом n, что и требовалось доказать.

4. Доказать, что при любом натуральном n большем 1 справедливо двойное неравенство

Воспользуемся методом математической индукции.

При n=2 неравенство верно. Действительно,

Если неравенство верно при n=k, то при n=k+1 имеем

Неравенство доказано для любого натурального n > 1.

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

Воспользуемся методом математической индукции.

При n=1 утверждение очевидно.

Предположим, что 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 (смотрите первый рисунок из приведённых ниже).

Восстановим затем отброшенную окружность и по одну сторону от нее, например внутри, изменим цвет каждой области на противоположный (смотрите второй рисунок). Легко видеть, что при этом мы получим карту, правильную раскрашенную двумя красками, но только теперь уже при n+1 окружностях, что и требовалось доказать.

7. Выпуклый многоугольник будем называть «красивым», если выполняются следующие условия:

1) каждая его вершина окрашена в один из трёх цветов;

2) любые две соседние вершины окрашены в разные цвета;

3) в каждый из трёх цветов окрашена, по крайней мере, одна вершина многоугольника.

Доказать, что любой красивый n-угольник можно разрезать не пересекающимися диагоналями на «красивые» треугольники.

Воспользуемся методом математической индукции.

База индукции. При наименьшем из возможных n=3 утверждение задачи очевидно: вершины «красивого» треугольника окрашены в три разных цвета и никакие разрезы не нужны.

Предположение индукции. Допустим, что утверждение задачи верно для любого «красивого» n-угольника.

Индукционный шаг. Рассмотрим произвольный «красивый» (n+1)-угольник и докажем, используя предположение индукции, что его можно разрезать некоторыми диагоналями на «красивые» треугольники. Обозначим через А₁, А₂, А₃, … А_n, А_n+1 – последовательные вершины (n+1)-угольника. Если в какой-либо из трёх цветов окрашена лишь одна вершина (n+1)-угольника, то, соединив эту вершину диагоналями со всеми не соседними с ней вершинами, получим необходимое разбиение (n+1)-угольника на «красивые» треугольники.

Если в каждый из трёх цветов окрашены не менее двух вершин (n+1)-угольника, то обозначим цифрой 1 цвет вершины А₁, а цифрой 2 цвет вершины А₂. Пусть k – такой наименьший номер, что вершина А_k окрашена в третий цвет. Понятно, что k > 2. Отсечём от (n+1)-угольника диагональю А_k–2А_k треугольник А_k–2 А_k–1А_k. В соответствии с выбором числа k все вершины этого треугольника окрашены в три разных цвета, то есть этот треугольник «красивый». Выпуклый n-угольник А₁А₂ … А_k–2А_kА_k+1 … А_n+1, который остался, также, в силу индуктивного предположения, будет «красивым», а значит разбивается на «красивые» треугольники, что и требовалось доказать.

8. Доказать, что в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку.

Проведём доказательство методом математической индукции.

Докажем более общее утверждение: в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n сторон и диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку. При n = 3 утверждение очевидно. Допустим, что это утверждение верно для произвольного n-угольника и, используя это, докажем его справедливость для произвольного (n+1)-угольника.

Допустим, что для (n+1)-угольника это утверждение неверно. Если из каждой вершины (n+1)-угольника выходит не больше двух выбранных сторон или диагоналей, то всего их выбрано не больше чем n+1. Поэтому из некоторой вершины А выходит хотя бы три выбранных стороны или диагонали AB, AC, AD. Пусть АС лежит между АВ и AD. Поскольку любая сторона или диагональ, которая выходит из точки С и отличная от СА, не может одновременно пересекать АВ и AD, то из точки С выходит только одна выбранная диагональ СА.

Отбросив точку С вместе с диагональю СА, получим выпуклый n-угольник, в котором выбрано больше n сторон и диагоналей, любые две из которых имеют общую точку. Таким образом, приходим к противоречию с предположением, что утверждение верно для произвольного выпуклого n-угольника.

Итак, для (n+1)-угольника утверждение верно. В соответствии с принципом математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

9. В плоскости проведено n прямых, из которых никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. На сколько частей разбивают плоскость эти прямые.

С помощью элементарных рисунков легко убедится в том, что одна прямая разбивает плоскость на 2 части, две прямые – на 4 части, три прямые – на 7 частей, четыре прямые – на 11 частей.

Обозначим через N(n) число частей, на которые n прямых разбивают плоскость. Можно заметить, что

Естественно предположить, что

или, как легко установить, воспользовавшись формулой суммы n первых членов арифметической прогрессии,

Докажем справедливость этой формулы методом математической индукции.

Для n=1 формула уже проверена.

Сделав предположение индукции, рассмотрим k+1 прямых, удовлетворяющих условию задачи. Выделим из них произвольным образом k прямых. По предположению индукции они разобьют плоскость на 1+ k(k+1)/2 частей. Оставшаяся (k+1)-я прямая разобьётся выделенными k прямыми на k+1 частей и, следовательно, пройдёт по (k+1)-й части, на которые плоскость уже была разбита, и каждую из этих частей разделит на 2 части, то есть добавится ещё k+1 часть. Итак,

что и требовалось доказать.

10. В выражении х₁:х₂: … :х_n для указания порядка действий расставляются скобки и результат записывается в виде дроби:

Прежде всего ясно, что в полученной дроби х₁ будет стоять в числителе. Почти столь же очевидно, что х₂ окажется в знаменателе при любой расстановке скобок (знак деления, стоящий перед х₂, относится либо к самому х₂, либо к какому-либо выражению, содержащему х₂ в числителе).

Докажем это утверждение по индукции.

При n=3 можно получить 2 дроби:

так что утверждение справедливо.

Предположим, что оно справедливо при n=k и докажем его для n=k+1.

Пусть выражение х₁:х₂: … :х_k после некоторой расстановки скобок записывается в виде некоторой дроби Q. Если в это выражение вместо х_k подставить х_k:х_k+1, то х_k окажется там же, где и было в дроби Q, а х_k+1 будет стоять не там, где стояло х_k (если х_k было в знаменателе, то х_k+1 окажется в числителе и наоборот).

Теперь докажем, что можно добавить х_k+1 туда же, где стоит х_k. В дроби Q после расстановки скобок обязательно будет выражение вида q:х_k, где q – буква х_k–1 или некоторое выражение в скобках. Заменив q:х_k выражением (q:х_k):х_k+1=q:(х_k·х_k+1), мы получим, очевидно, ту же самую дробь Q, где вместо х_k стоит х_k·х_k+1.

Задачи без решений

1. Доказать, что при любом натуральном n:

а) число 5 n –3 n +2n делится на 4;

б) число n 3 +11n делится на 6;

в) число 7 n +3n–1 делится на 9;

г) число 6 2n +19 n –2 n+1 делится на 17;

д) число 7 n+1 +8 2n–1 делится на 19;

е) число 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 делится на 27.

2. Докажите, что (n+1)·(n+2)· … ·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Доказать неравенство |sin nx| n|sin x| для любого натурального n.

4. Найдите натуральные числа a, b, c, которые не делятся на 10 и такие, что при любом натуральном n числа a n + b n и c n имеют одинаковые две последние цифры.

5. Доказать, что если n точек не лежат на одной прямой, то среди прямых, которые их соединяют, не менее чем n различных.

Источник

Математическая индукция в математике с примерами решения и образцами выполнения

Дедукцией называется переход от общего утверждения к частному. Приведем пример.

Площадь всякого треугольника равна

это утверждение общее.

От этого общего утверждения можно сделать переход к частному утверждению, например такому:

площадь равностороннего треугольника равна

т. е. равна , где а — длина стороны равностороннего треугольника.

Дедукция есть одна из форм умозаключения. (Дедукция происходит от латинского слова «deductio» — выведение.)

Индукцией называется переход от частного утверждения к общему. Индукция есть также одна из форм умозаключения, применяя которую от знания отдельного факта идут к обобщению, к общему положению. (Индукция происходит от латинского слова «inductio» — наведение, побуждение.)

Все формы умозаключения связаны между собой, а потому связаны между собой дедукция и индукция. Одна дедукция (или одна индукция) никогда не может обеспечить познания объективной действительности.

Легкомысленное применение индукции может привести к неправильным выводам. Приведем пример.

Подставив в это выражение вместо п нуль, получим простое число 41. Подставив вместо п единицу, получим 43, т. е. опять простое число. Продолжая подставлять вместо п последовательно 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10; 11, получим соответственно 47, 53; 61; 71; 83; 97; 113; 131 151; 173, т. е. опять же числа простые. Можем ли мы теперь быть уверенными в справедливости такого утверждения:

«Выражение принимает значение, равное простому числу при любом целом положительном значении буквы п»?

Быть уверенными в справедливости этого утверждения мы не можем, так как полученные выше результаты не являются достаточным основанием для такого утверждения. Они являются лишь основанием для предположения о верности этого утверждения. В действительности более полное исследование выражения показывает, что значение этого выражения не при всяком целом значении п является простым числом. Например, при п= 40 получается число 1681, которое уже не является простым. (Число 1681 делится на 41.)

Этот пример показывает, что утверждение может быть верным при одних значениях натурального числа п и неверным при других.

Математическая индукция есть весьма общий метод, позволяющий во многих случаях исследовать законность перехода от частного утверждения к утверждению общему.

Принцип математической индукции можно сформулировать следующим образом.

Теорема о математической индукции

Пусть S(n)—некоторое утверждение, в формулировку которого входнт натуральное число п. Пусть, во-первых, утверждение справедливо и пусть, во-вторых, из справедливости утверждения S(k), где k есть тоже любое натуральное число, не меньшее следует справедливость утверждения S(k + 1). Тогда утверждение S(n) справедливо при любом

Доказательство:

Допустим, что утверждение S(n) не справедливо при некотором т. е. что утверждение S(N) ложно. Тогда должно быть ложным и утверждение S(N — 1), так как в противном случае из справедливости S(N — 1) по второму условию теоремы следовала бы справедливость и утверждения S(N). Точно так же убеждаемся, что из ложности S(N— 1) следует ложность S(N — 2), а из этого ложность
S(N —3) и т. д.

Таким образом (каким бы большим ни было число N), мы рано или поздно, отнимая от этого числа по единице, дойдем до числа и получим, что утверждение ложно, что противоречит первому условию теоремы. Полученное противоречие доказывает справедливость теоремы.

Приведенное доказательство теоремы о математической индукции может показаться некоторым читателям труднопонимаемым. Поэтому ниже приводится несколько упрощенная схема метода математической индукции.

Если в утверждении некоторой теоремы фигурирует целое положительное число п и если из справедливости этой теоремы для какого угодно частного значения п = k следует справедливость ее для значения k + 1, то, коль скоро это утверждение справедливо для п — 1, оно будет справедливо для любого целого положительного числа п.

Здесь дело обстоит так. Сначала мы убеждаемся в том, что теорема верна при п = 1. Затем, предполагая, что она верна для какого угодно частного значения п = k, доказываем ее справедливость для п = k + 1.

После этого рассуждаем так: поскольку теорема верна для п = 1, значит, она будет верной и для п — 1 + 1, т. е. для п = 2. Поскольку она верна для п = 2, она будет верной и для п = 2 + 1, т. е. для п = 3 и т. д.

Применение метода математической индукции

Примеры:

1. Доказать, что

Этой формулой утверждается следующее: для того чтобы найти сумму кубов нескольких первых натуральных чисел, надо последнее из них умножить на число, большее его на единицу, полученное произведение разделить на 2 и возвести в квадрат.

Доказательство:

1. При п = 1 утверждение справедливо,

так как

2. Допустим, что утверждение справедливо при п = k, т. е

Утверждение оказалось верным и для п =k+1. Следовательно, теорема верна при всяком целом положительном значении п.

Доказательство:

1. При п = 1 утверждение справедливо, так как

2. Допустим, что утверждение справедливо при п = k, т. е.

Утверждение оказалось верным и для п = k + 1. Следовательно, формула верна при всяком целом положительном значении п.

3. Доказать, что при п > 1

Доказательство:

При п = 2 утверждение справедливо.
Действительно,

Итак, оказалось, что

Но а потому

Докажем, что тогда будет справедливым и неравенство:

К обеим частям неравенства (I) прибавим по . Тогда получим:

Но Поэтому и подавно

что и требовалось доказать,

Теперь мы видим, что утверждение (А) оказалось верным и для n=k+1. Следовательно, это утверждение справедливо при всяком целом положительном значении n, большем двух.

Существует очень много и других теорем, которые успешно доказываются с помощью метода математической индукции. Некоторые из таких теорем встретятся нам в последующих главах.

Доказательство неравенства

Иногда приходится применять метод математической индукции в несколько усложненной форме. Покажем это на примере. Пусть требуется доказать следующее неравенство:

где — положительные числа.

(Выражение называется средним геометрическим чисел , выражение — их средним арифметическим.)

Во-первых, покажем справедливость неравенства (А) при n = 2.

Значит, при n = 2 неравенство (А) справедливо. Теперь докажем следующую лемму.

Лемма:

Если неравенство (А) верно при п = k, то оно будет верно при n=2k.

Доказательство:

Пользуясь свойствами арифметических корней, получим:

(Мы здесь воспользовались доказанным выше неравенством:

Поскольку мы предположили неравенство (А) верным при n = k, постольку

Учитывая эти два последних неравенства и неравенство (В), получим:

Итак, предполагая, что неравенство (А) справедливо при п = 2k, мы доказали, что оно будет справедливым и при п = 2k. Но ранее было доказано, что неравенство (А) справедливо при п = 2. Следовательно, оно будет справедливым и при п = 4,8,16, 32,…, т. е. при где m — любое натуральное число.

Теперь перейдем к доказательству неравенства (А) для любого натурального числа п.

Пусть п есть любое натуральное число. Если окажется, что п есть целая степень числа 2, то для такого п, как это уже было доказано, неравенство (А) справедливо. Если же п не есть целая степень числа 2, то к n всегда можно прибавить такое число q, что п+ q станет целой степенью числа 2. Итак, положим, что

Тогда получим неравенство:

справедливое при любых положительных где

Это следует из того, что число п + q есть целая степень числа 2. Положим, что

Тогда получим последовательно:

что и требовалось доказать.

Значит, неравенство (А) справедливо при всяком натуральном п.

Метод математической индукции

Метод доказательства, называемый методом математической индукции, основан на следующем принципе, который является одной из аксиом арифметики натуральных чисел.

Предложение , зависящее от натуральной переменной , считается истинным для всех , если выполнены следующие два условия:

а) предложение истинно для ;

б) из предположения, что истинно для (где — любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего значения, т.е. для .

Этот принцип называется принципом математической индукции.

Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства: во-первых, проверяют истинность высказывания , и, во-вторых, предположив истинность высказывания , пытаются доказать, что истинно высказывание . Если это удается доказать (при любом натуральном ), то предложение считается истинным для всех значений .