Методична розробка "метод математичної індукції". Метод математичної індукції калькулятор онлайн Метод математичної індукції теорія

МБОУ ліцей «Техніко-економічний»

МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ

МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ.

ПОЯСНЮВАЛЬНА ЗАПИСКА

Методична розробка «Метод математичної індукції» складена для учнів 10 класу математичного профілю.

Першочергові цілі: познайомити учнів з методом математичної індукції та навчити застосовувати його під час вирішення різних завдань.

У методичній розробці розглядаються питання елементарної математики: завдання ділимість, доказ тотожностей, доказ нерівностей, пропонуються завдання різного ступеня складності, зокрема і завдання, запропоновані на олімпіадах.

Роль індуктивних висновків у експериментальних науках дуже велика. Вони дають ті положення, з яких потім шляхом дедукції робляться подальші висновки. Назва метод математичної індукціїоманливо - насправді цей метод є дедуктивним і дає суворий доказ твердженням, вгаданим за допомогою індукції. Метод математичної індукції сприяє виявленню зв'язків між різними розділами математики, допомагає розвитку математичної культури учня.

Визначення методу математичної індукції. Повна та неповна індукції. Доказ нерівностей. Доказ тотожностей. Розв'язання задач на подільність. Вирішення різних завдань на тему «Метод математичної індукції».

ЛІТЕРАТУРА ДЛЯ ВЧИТЕЛЯ

1. М.Л.Галицький. Поглиблене вивчення курсу алгебри та математичного аналізу. - М.Просвітництво.1986.

2. Л.І.Звавіч. Алгебра та початку аналізу. Дидактичні матеріали. М.Дрофа.2001.

3. Н.Я.Віленкін. Алгебра та математичний аналіз. М Просвітництво.1995.

4. Ю.В.Міхеєв. Метод математичної індукції. НГУ.1995.

ЛІТЕРАТУРА ДЛЯ НАВЧАЛЬНИХ

1. Н.Я.Віленкін. Алгебра та математичний аналіз. М Просвітництво.1995.

2. Ю.В.Міхеєв. Метод математичної індукції. НГУ.1995.

КЛЮЧОВІ СЛОВА

Індукція, аксіома, принцип математичної індукції, повна індукція, неповна індукція, утвердження, тотожність, нерівність, подільність.

ДИДАКТИЧНИЙ ДОДАТОК ДО ТЕМИ

«МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ».

Урок №1.

Визначення методу математичної індукції.

Метод математичної індукції є одним із високоефективних методом пошуку нових результатів та доказу істинності висунутих припущень. Хоча цей метод у математиці і не новий, але інтерес до нього не слабшає. Вперше у чіткому викладі метод математичної індукції був застосований у 17 столітті видатним французьким ученим Блезом Паскалем за підтвердження властивостей числового трикутника, що з того часу носить його ім'я. Однак ідея математичної індукції була відома ще давнім грекам. В основі методу математичної індукції лежить принцип математичної індукції, який сприймається як аксіома. Ідею математичної індукції розглянемо з прикладів.

Приклад №1.

Квадрат ділиться відрізком на дві частини, потім одна з отриманих частин ділиться на дві частини тощо. Визначити, на скільки частин розділиться квадрат через пкроків?

Рішення.

Після першого кроку ми, за умовою, отримаємо дві частини. На другому кроці ми одну частину залишаємо без змін, а другу – ділимо на 2 частини та отримуємо 3 частини. На третьому кроці ми 2 частини залишаємо без змін, а третю ділимо на дві частини та отримуємо 4 частини. На четвертому кроці ми залишаємо 3 частини без змін, а останню частину ділимо на дві частини і отримуємо 5 частин. На п'ятому етапі ми отримаємо 6 частин. Напрошується пропозиція, що через пкроків ми отримаємо (п+1)частина. Але цю пропозицію треба довести. Припустимо, що через докроків квадрат розіб'ється на (К+1)частина. Тоді на (К+1)кроку ми дочастин залишимо без зміни, а (К+1)частину ділимо на дві частини та отримаємо (До+2)частини. Помічаєте, що так можна міркувати як завгодно довго, нескінченно. Тобто, наше припущення, що через пкроків квадрат буде розбитий на (п+1)частина стає доведеним.

Приклад №2.

Бабуся мала онука, який дуже любив варення, і особливо те, що в літровій банці. Але бабуся не дозволяла його чіпати. І задумав онучок обдурити бабусю. Він вирішив з'їдати щодня по 1/10 л із цієї банки та доливати її водою, ретельно перемішавши. Через скільки днів бабуся виявить обман, якщо варення залишається незмінним на вигляд при розведенні його водою на половину?

Рішення.

Знайдемо, скільки чистого варення залишиться у банку через пднів. Після першого дня в банку залишиться суміш, що складається на 9/10 із варення та на 1/10 із води. Через два дні з банки зникне 1/10 суміші води та варення і залишиться (в 1л суміші знаходиться 9/10л варення, в 1/10л суміші знаходиться 9/100лварення)

9/10 - 9/100 = 81/100 = (9/10) 2 л варення. На третій день з банки зникне 1/10л суміші, що складається на 81/100 з варення та на 19/100 з води. У 1л суміші знаходиться 81/100л варення, в 1/10л суміші 81/1000л варення. 81/100 - 81/1000 =

729/1000=(9/10) 3 л варення залишиться через 3 дні, а решта займатиме вода. Виявляється закономірність. Через пднів у банку залишиться (9/10) пл варення. Але це, знову, лише наше припущення.

Нехай до- Довільне натуральне число. Припустимо, що через доднів у банку залишиться (9/10) до л варення. Подивимося, що тоді буде в банку ще через день, тобто, через (К+1)день. З банки зникне 1/10лсуміші, що складається з (9/10) до лварення та води. У 1лсуміші знаходиться (9/10) до лварення, в 1/10лсуміші (9/10) до+1 лварення. Тепер ми сміливо можемо заявляти, що через пднів у банку залишиться (9/10) п лварення. Через 6 днів у банку буде 531444/1000000лварення, через 7 днів – 4782969/10000000лварення, тобто менше половини.

Відповідь:через 7 днів бабуся виявить обман.

Спробуємо виділити найголовніше у рішеннях розглянутих завдань. Кожну з них ми починали вирішувати з розгляду окремих або, як то кажуть, окремих випадків. Потім на основі наших спостережень ми висловлювали деяке припущення Р(п), що залежить від натурального п.

твердження перевірили, тобто довели Р(1), Р(2), Р(3);

припустили, що Р(п)справедливо за п=доі вивели, що тоді воно буде справедливим і при наступному п, п=к+1.

А потім міркували приблизно так: Р(1)мабуть, Р(2)мабуть, Р(3)мабуть, Р(4)вірно, ..., значить вірно Р(п).

Принцип математичної індукції.

Твердження Р(п), що залежить від натурального псправедливо при всіх натуральних п, якщо

1) доведено справедливість затвердження при п=1;

2) із припущення справедливості затвердження Р(п)при п=дослід

справедливість Р(п)при п = до +1.

У математиці принцип математичної індукції вибирається, як правило, як один з аксіом, що визначають натуральний ряд чисел, і, отже, приймається без доказів. Метод доказу за принципом математичної індукції називається методом математичної індукції. Зауважимо, що це метод широко застосовується за підтвердження теорем, тотожностей, нерівностей під час вирішення завдань на ділимість і багатьох інших завдань.

Урок №2

Повна та неповна індукція.

У випадку, коли математичне твердження стосується кінцевої кількості об'єктів, його можна довести, перевіряючи для кожного об'єкта, наприклад, твердження «Кожне двозначне парне число є сумою двох простих чисел». Метод доказу, у якому ми перевіряємо затвердження кінцевого числа випадків, називається повної математичної індукцією. Цей метод можна застосувати порівняно рідко, оскільки твердження найчастіше розглядаються на нескінченних множинах. Наприклад, теорема «Будь-яке парне число дорівнює сумі двох простих чисел» досі ні доведено, ні спростовано. Якби ми навіть перевірили цю теорему для першого мільярда, це ні на крок не наблизило б нас до її доказу.

У науках застосовують неповну індукцію, перевіряючи експеримент кілька разів, переносять результат попри всі випадки.

Приклад №3.

Вгадаємо за допомогою неповної індукції формулу суми кубів натуральних чисел.

Рішення.

1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 = (1 +2 +3 +4 +5) 2; …; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .

Доведення.

Нехай правильно для п = до.

Доведемо, що вірно для п = до +1.

Висновок: формула для суми кубів натуральних чисел вірна для будь-якого натурального п.

Приклад №4.

Розгляньте рівності та здогадайтеся, до якого загального закону підводять ці приклади.

Рішення.

1=0+1

2+3+4=1+8

5+6+7+8+9=8+27

10+11+12+13+14+15+16=27+64

17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125

……………………………………………………………..

Приклад №5.

Запишіть у вигляді суми такі вирази:

1)
2)
3)
; 4)
.

грецька літера "сигма".

Приклад №6.

Запишіть наведені нижче суми за допомогою знака
:

2)

Приклад №7.

Запишіть такі вирази у вигляді творів:

1)

3)
4)

Приклад №8.

Запишіть наступні твори за допомогою символу

(велика грецька буква «пі»)

1)
2)

Приклад №9.

Обчислюючи значення багаточлена f ( n )= n 2 + n +11 , при п = 1,2,3,4.5,6,7 можна зробити припущення, що за будь-якого натуральногопчисло f ( n ) просте.

Чи правильне це припущення?

Рішення.

Якщо кожне доданок суми поділяється на число, то сума поділяється на це число,
не є простим числом за будь-якого натуральногоп.

Розбір кінцевого числа випадків відіграє важливу роль у математиці: не даючи доказів того чи іншого твердження, він допомагає вгадати правильне формулювання цього твердження, якщо вона ще невідома. Саме так член Петербурзької академії наук Гольдбах дійшов гіпотезі, що будь-яке натуральне число, починаючи з двох, є сумою не більш як трьох простих чисел.

Урок №3.

Метод математичної індукції дозволяє доводити різні тотожності.

Приклад №10.Доведемо, що для всіх пвиконується тотожність

Рішення.

Покладемо

Нам треба довести, що

Доведемо, що Тоді з істинності тотожності

слід істинність тотожності

За принципом математичної індукції доведено істинність тотожності за всіх п.

Приклад №11.

Доведемо тотожність

Доведення.

рівності, що почленно вийшли.

;
. Отже, це тотожність істинно для всіхп .

Урок №4.

Підтвердження тотожностей шляхом математичної індукції.

Приклад №12. Доведемо тотожність

Доведення.

Застосовуючи принцип математичної індукції, довели, що рівність вірна за всіх п.

Приклад №13. Доведемо тотожність

Доведення.

Застосовуючи принцип математичної індукції, довели, що твердження вірне за будь-якого натурального п.

Приклад №14. Доведемо тотожність

Доведення.

Приклад №15. Доведемо тотожність

1) п=1;

2) для п=до виконується рівність

3) доведемо, що рівність виконується для п=к+1:

Висновок: тотожність справедлива для будь-якого натурального п.

Приклад №16.Доведемо тотожність

Доведення.

Якщо п=1 , то

Нехай тотожність виконується при п = до.

Доведемо, що тотожність виконується при п = до +1.

Тоді тотожність справедлива для будь-якого натурального п.

Урок №5.

Підтвердження тотожностей шляхом математичної індукції.

Приклад №17.Доведемо тотожність

Доведення.

Якщо п=2 , то отримуємо правильну рівність:

Нехай рівність вірна прип=до:

Доведемо справедливість затвердження при п = до +1.

Відповідно до принципу математичної індукції, тотожність доведена.

Приклад №18. Доведемо тотожність
при п≥2.

При п=2 це тотожність перепишеться у дуже простому вигляді

і, очевидно, вірно.

Нехай при п=досправді

.

Доведемо справедливість затвердження прип=до+1, тобто виконується рівність: .

Отже, ми довели, що тотожність вірна за будь-якого натурального п≥2.

Приклад №19. Доведемо тотожність

При п=1 отримаємо правильну рівність:

Припустимо, що при п=доотримуємо також правильну рівність:

Доведемо, що спостерігається справедливість рівності при п=к+1:

Тоді тотожність справедлива за будь-якого натурального п.

Урок №6.

Розв'язання задач на подільність.

Приклад №20.Довести методом математичної індукції, що

ділиться на 6 без залишку.

Доведення.

При п=1 спостерігається розподіл на6 без залишку,
.

Нехай при п=до вираз
кратно6.

Доведемо, що за п=до+1 вираз
кратно6 .

Кожен доданок кратний 6 , отже сума кратна 6 .

Приклад №21.
на5 без залишку.

Доведення.

При п=1 вираз ділиться без залишку
.

Нехай при п=до вираз
також поділяється на5 без залишку.

При п=до+1ділиться на 5 .

Приклад №22. Довести подільність виразу
на16.

Доведення.

При п=1кратно 16 .

Нехай при п=до
кратно16.

При п=до+1

Усі доданки поділяються на 16: перше – очевидно, друге за припущенням, а третьому – у дужках стоїть парне число.

Приклад №23. Довести подільність
на676.

Доведення.

Попередньо доведемо, що
ділиться на
.

При п=0
.

Нехай при п=до
ділиться на26 .

Тоді при п=до+1ділиться на 26 .

Тепер проведемо доказ твердження, сформульованого за умови завдання.

При п=1ділиться на 676.

При п=до вірно, що
ділиться на26 2 .

При п=до+1 .

Обидва доданки поділяються на 676 ; перше – тому, що ми довели подільність на 26 вирази, що стоїть у дужках, а друге ділиться за припущенням індукції.

Урок №7.

Розв'язання задач на подільність.

Приклад №24.

Довести, що
ділиться на5 без залишку.

Доведення.

При п=1
ділиться на5.

При п=до
ділиться на5 без залишку.

При п=до+1 кожне доданок поділяється на5 без залишку.

Приклад №25.

Довести, що
ділиться на6 без залишку.

Доведення.

При п=1
ділиться на6 без залишку.

Нехай при п=до
ділиться на6 без залишку.

При п=до+1ділиться на 6 без залишку, тому що кожен доданок поділяється на6 без залишку: перший доданок - за припущенням індукції, другий - очевидно, третій - тому, що
парне число.

Приклад №26.

Довести, що
при розподілі на9 дає залишок 1 .

Доведення.

Доведемо, що
ділиться на9 .

При п=1
ділиться на 9 . Нехай при п=до
ділиться на9 .

При п=до+1ділиться на 9 .

Приклад №27.

Довести, що поділяється на15 без залишку.

Доведення.

При п=1ділиться на 15 .

Нехай при п=доділиться на 15 без залишку.

При п=до+1

Перше доданок кратно15 за припущенням індукції, другий доданок кратний15 - Очевидно, третій доданок кратно15 , так як
кратно5 (доведено в прикладі № 21), четвертий і п'ятий доданки також кратні5 , Що очевидно, тоді сума кратна15 .

Урок №8-9.

Доказ нерівностей методом математичної індукції

Приклад №28.
.

При п=1маємо
- вірно.

Нехай при п=до
- вірна нерівність.

При п=до+1

Тоді нерівність справедлива для будь-якого натурального п.

Приклад №29.Довести, що справедлива нерівність
за будь-якого п.

При п=1отримаємо правильну нерівність 4 >1.

Нехай при п=досправедлива нерівність
.

Доведемо, що за п=до+1справедлива нерівність

Для будь-якого натурального доспостерігається нерівність.

Якщо
при
то

Приклад №30.

при будь-якому натуральному пі будь-кому

Нехай п=1
, вірно.

Припустимо, що нерівність виконується при п=до:
.

При п=до+1

Приклад №31.Довести справедливість нерівності

при будь-якому натуральному п.

Доведемо спочатку, що за будь-якого натурального тсправедлива нерівність

Помножимо обидві частини нерівності на
. Отримаємо рівносильну нерівність або
;
; - ця нерівність виконується за будь-якого натурального т.

При п=1вихідна нерівність вірна
;
;
.

Нехай нерівність виконується при п=до:
.

При п=до+1

Урок №10.

Розв'язання задач на тему

Метод математичної індукції.

Приклад №32.Довести нерівність Бернуллі.

Якщо
, то для всіх натуральних значеньп виконується нерівність

Доведення.

При п=1 доказувана нерівність набуває вигляду
і, мабуть, справедливо. Припустимо, що воно вірно прип=до , тобто що
.

Бо за умовою
, то
, і тому нерівність не змінить сенсу при множенні обох його частин на
:

Так як
, то отримуємо, що

.

Отже, нерівність вірна при п=1, а з його істинності при п=дослід, що воно істинно і при п = до +1.Отже, через математичну індукцію воно має місце для всіх натуральних п.

Наприклад,

Приклад №33. Знайти усі натуральні значенняп , для яких справедлива нерівність

Рішення.

При п=1нерівність справедлива. При п=2нерівність також справедлива.

При п=3нерівність не виконується. Лише за п=6нерівність виконується, так що за базис індукції можна взяти п=6.

Припустимо, що нерівність справедлива для деякого натурального до:

Розглянемо нерівність

Остання нерівність виконується, якщо
Контрольна робота з теми п=1 задана рекурентно: п≥5 , де п- -натуральне число.

Савельєва Катерина

Діяльність розглядається застосування методу математичної індукції у вирішенні завдань ділимість, до підсумовування рядів. Розглядаються приклади застосування методу математичної індукції до доказу нерівностей та вирішення геометричних завдань. Робота ілюстрована презентацією.

Завантажити:

Попередній перегляд:

Міністерство науки та освіти РФ

Державний освітній заклад

середня загальноосвітня школа № 618

По курсу: алгебра та початку аналізу

Тема проектної роботи

«Метод математичної індукції та її застосування до вирішення завдань»

Роботу виконала: Савельєва Е, 11В клас.

Керівник : Макарова Т.П., вчитель математики ГОУ ЗОШ №618

1. Введення.

2.Метод математичної індукції у вирішенні завдань на подільність.

3. Застосування методу математичної індукції до підсумовування рядів.

4.Приклади застосування методу математичної індукції до підтвердження нерівностей.

5. Застосування методу математичної індукції до розв'язання геометричних завдань.

6. Список використаної літератури.

Вступ

В основі будь-якого математичного дослідження лежать дедуктивний та індуктивний методи. Дедуктивний спосіб міркування - це міркування від загального до приватного, тобто. міркування, вихідним моментом якого є загальний результат, а заключним моментом – приватний результат. Індукція застосовується під час переходу від приватних результатів до загальних, тобто. є методом, протилежним до дедуктивного. Метод математичної індукції можна порівняти з прогресом. Ми починаємо з нижчого, в результаті логічного мислення приходимо до вищого. Людина завжди прагнула прогресу, до вміння розвивати свою думку логічно, отже, сама природа накреслила йому розмірковувати індуктивно. Хоча й зросла сфера застосування методу математичної індукції, у шкільній програмі йому приділяється мало часу. Але ж це так важливо – вміти розмірковувати індуктивно. Застосування цього принципу під час вирішення завдань та доказ теорем перебуває у одному ряду з розглядом у шкільної практиці та інших математичних принципів: виключеного третього, включення-виключення, Дирихле та інших. У цьому рефераті містяться завдання з різних розділів математики, у яких основним інструментом є використання методу математичної індукції Говорячи про важ-ність цього, А.Н. Колмогоров зазначав, що «розуміння і вміння застосовувати принцип математичної індукції є добрим критерієм зрілості, яка необхідна математику». Метод індукції у його розумінні полягає у переході від приватних спостережень до універсальної, загальної закономірності чи загальної формулюванні. У такому тлумаченні метод — це, звичайно, основний прийом проведення досліджень у будь-якій експериментальній природничо

діяльність людини. Метод (принцип) математичної індукції у найпростішій формі застосовується тоді, коли потрібно довести деяке твердження всім натуральних чисел.

Завдання 1. У статті «Як став математиком» А.Н. Колмогоров пише: «Радість математичного «відкриття» я пізнав рано, помітивши у віці п'яти-шості років закономірність

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = З 2

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 і таке інше.

У школі видавався журнал "Весняні ластівки". У ньому моє відкриття було опубліковано...»

Який саме доказ був наведений у цьому журналі, ми не знаємо, але почалося все з приватних спостережень. Сама гіпотеза, яка, напевно, виникла після виявлення цих приватних рівностей, полягає у тому, що формула

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = п 2

вірна за будь-якого заданого числап = 1, 2, 3, ...

Для підтвердження цієї гіпотези достатньо встановити два факти. По-перше, дляп = 1 (і навіть для п = 2, 3, 4) необхідне твердження правильно. По-друге, припустимо, що твердження правильне прип = до, і переконаємося, що тоді воно вірне і дляп = до + 1:

1 + 3 + 5 + ... + (2к - 1) + (2к + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2к - 1)) + (2к + 1) = до 2 + (2к + 1) = (К + I) 2 .

Отже, твердження, що доводиться, правильне для всіх значеньп: для п = 1 воно вірне (це перевірено), а з другого факту - дляп = 2, звідки для п = 3 (через те саме, другого факту) тощо.

Завдання 2. Розглянемо всі можливі звичайні дроби з чисельником 1 і будь-яким (цілим поклади-

ним) знаменником: Довести, що для будь-якогоп > 3 можна уявити одиницю у вигляді сумип різних дробів такого виду.

Рішення, Перевіримо спочатку це твердження прип = 3; маємо:

Отже, базове твердження виконано

Припустимо тепер, що твердження, яке нас цікавить, вірне для якогось числадо, і доведемо, що воно вірне і для наступного за ним числадо + 1. Іншими словами, припустимо, що існує уявлення

в якому k доданків і всі знаменники різні. Доведемо, що тоді можна отримати подання одиниці у вигляді сумидо + 1 дробів потрібного вигляду. Вважатимемо, що дроби зменшуються, тобто знаменники (у поданні одиниці сумоюдо доданків) зростають зліва направо так, щот - Найбільший із знаменників. Ми отримаємо потрібне нам подання у вигляді суми(до + 1)-й дробу, якщо розіб'ємо один дріб, наприклад останній, на два. Це можна зробити, оскільки

І тому

Крім того, всі дроби залишилися різними, оскількит було найбільшим знаменником, ат + 1 > т , і

т(т+1) > т.

Таким чином, нами встановлено:

1. при п = 3 це твердження правильно;

1. якщо цікаве для нас твердження вірне длядо,
   то воно вірне і длядо +1.

На цій підставі ми можемо стверджувати, що твердження, що розглядається, правильне для всіх натуральних чисел, починаючи з трьох. Понад те, з наведеного докази випливає і алгоритм пошуку необхідного розбиття одиниці. (Який це алгоритм? Подайте число 1 у вигляді суми 4, 5, 7 доданків самостійно.)

При вирішенні попередніх двох завдань було зроблено два кроки. Перший крок називаютьбазисом індукції, другий -індуктивним переходомчи кроком індукції. Другий крок найбільш важливий, і він включає припущення (ствердження вірно прип = к) і висновок (ствердження вірно прип = до + 1). Сам параметр п називається параметром індукціїЦя логічна схема (прийом), що дозволяє укласти, що розглянуте твердження правильне всім натуральних чисел (чи всім, починаючи з деякого), оскільки справедливі і базис, і перехід, називаєтьсяпринципом математичної індукції,на якому і засновано метод математичної індукції.Сам термін «індукція» походить від латинського слова induktio (наведення), яке означає перехід від одиничного знання про окремі предмети даного класу до загального висновку про всі предмети даного класу, що є одним із основних методів пізнання.

Принцип математичної індукції, саме у звичній формі двох кроків, вперше з'явився в 1654 в роботі Блеза Паскаля «Трактат про арифметичний трикутник», в якій індукцією доводився простий спосіб обчислення числа поєднань (біноміальних коефіцієнтів). Д. Пойа у книзі цитує Б. Паскаля з невеликими змінами, що даються у квадратних дужках:

«Незважаючи на те, що розглянута пропозиція [явна формула для біноміальних коефіцієнтів] містить безліч приватних випадків, я дам для неї дуже короткий доказ, заснований на двох лемах.

Перша лема стверджує, що припущення є правильним для заснування — це очевидно. [Пріп = 1 явна формула справедлива...]

Друга лема стверджує наступне: якщо наше припущення є вірним для довільної основи [для довільного тг], то воно буде вірним і для наступного за ним основи [дляп+1].

З цих двох лем необхідно випливає справедливість речення для всіх значеньп. Справді, з першої леми воно справедливо дляп = 1; отже, в силу другої леми воно справедливе дляп = 2; отже, знову-таки в силу другої леми, воно справедливе дляп = 3 і так до безкінечності».

Завдання 3. Головоломка «Ханойські вежі» складається із трьох стрижнів. На одному зі стрижнів знаходиться пірамідка (рис. 1), що складається з кількох кілець різного діаметра, що зменшуються знизу вгору

Рис 1

Цю пірамідку потрібно перемістити на один з інших стрижнів, переносячи щоразу одне кільце і не поміщаючи більше кільце на менше. Чи можна це зробити?

Рішення. Отже, нам необхідно відповісти на запитання: чи можна перемістити пірамідку, що складається зп кілець різного діаметра, з одного стрижня на інший, дотримуючись правил гри? Тепер завдання нами, як то кажуть, параметризоване (введено на розгляд натуральне числод), та її можна вирішувати методом математичної індукції.

1. Основа індукції. При п = 1 все ясно, тому що пірамідку з одного кільця очевидно можна перемістити на будь-який стрижень.
2. Крок індукції. Припустимо, що ми вміємо переміщати будь-які пірамідки з кількістю кілецьп = до.
   Доведемо, що тоді ми зможемо перемістити і пира мідку зп = до +1.

Пірамідку з до кілець, що лежать на найбільшому(до + 1)-м кільці, ми можемо, згідно з припущенням, перемістити на будь-який інший стрижень. Зробимо це. Нерухоме(до + 1)-е кільце не буде нам заважати провести алгоритм переміщення, оскільки воно найбільше. Після переміщеннядо кілець, перемістимо це найбільше(до + 1)-е кільце на стрижень, що залишився. І потім знову застосуємо відомий нам за індуктивним припущенням алгоритм переміщеннядо кілець, і перемістимо їх на стрижень із лежачим унизу(до + 1)-м кільцем. Таким чином, якщо ми вміємо переміщати пірамідки здо кільцями, то вміємо переміщати пірамідки і здо + 1 кільцями. Отже, згідно з принципом математичної індукції, завжди можна перемістити потрібним чином пірамідку, що складається зп кілець, де п > 1.

Метод математичної індукції у вирішенні завдань на подільність.

За допомогою методу математичної індукції можна доводити різні твердження щодо ділимості натуральних чисел.

Завдання 4 . Якщо n – натуральне число, то число парне.

При n=1 наше твердження істинно: парне число. Припустимо, що – парне число. Оскільки, a 2k - парне число, те й парне. Отже, парність доведена при n=1, з парності виведена парність. Отже, парно при всіх натуральних значеннях n.

Завдання 3. Довести, що число З 3 + 3 - 26n - 27 при довільному натуральномуп ділиться на 26 2 без залишку.

Рішення. Попередньо доведемо по індукції допоміжне твердження, що 3 3n+3 - 1 ділиться на 26 без залишку прип>0.

1. Основа індукції. За п = 0 маємо: З 3 - 1 = 26 -ділиться на 26.

Крок індукції. Припустимо, що 3 3n + 3 - 1 ділиться на 26 прип = до, та доведемо, що в цьому випадку твердження буде вірним прип = до + 1. Оскільки 3

то з індуктивного припущення укладаємо, що число 3 3k + 6 – 1 ділиться на 26.

Тепер доведемо твердження, сформульоване за умови завдання. І знову з індукції.

1. Основа індукції. Очевидно, що прип = 1 твердження вірне: оскільки 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Крок індукції. Припустимо, що прип = до
   вираз 3 3k + 3 - 26k - 27 поділяється на 26 2 без залишку, і доведемо, що твердження правильне прип = до + 1,
   тобто що число

ділиться на 26 2 без залишку. В останній сумі обидва доданків діляться без залишку на 26 2 . Перше — тому що ми довели подільність виразу, що стоїть у дужках, на 26; друге - за припущенням індукції. З принципу математичної індукції, необхідне твердження повністю доведено.

Застосування методу математичної індукції до підсумовування рядів.

Завдання 5. Довести формулу

N – натуральне число.

Рішення.

При n=1 обидві частини рівності перетворюються на одиницю і, отже, перша умова принципу математичної індукції виконано.

Припустимо, формула правильна при n=k, тобто.

Додамо до обох частин цієї рівності та перетворимо праву частину. Тоді отримаємо

Таким чином, з того, що формула вірна за n=k, випливає, що вона вірна і за n=k+1. Це твердження справедливе за будь-якого натурального значення k. Отже, друга умова принципу математичної індукції також виконана. Формулу доведено.

Завдання 6. На дошці написано два числа: 1,1. Вписавши між числами їх суму, ми отримаємо числа 1, 2, 1. Повторивши цю операцію ще раз, отримаємо числа 1, 3, 2, 3, 1. Після трьох операцій будуть числа 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Якою буде сума всіх чисел на дошці після 100 операцій?

Рішення. Виконувати усі 100 операцій було б дуже трудомістким та тривалим заняттям. Отже, потрібно спробувати знайти якусь загальну формулу для суми Sчисел після п операцій. Подивимося на таблицю:

Чи помітили ви тут якусь закономірність? Якщо ні, можна зробити ще один крок: після чотирьох операцій будуть числа

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

сума яких S 4 дорівнює 82.

Насправді можна не виписувати числа, а одразу сказати, як зміниться сума після додавання нових чисел. Нехай сума дорівнювала 5. Якою вона стане, коли додадуться нові числа? Розіб'ємо кожне нове число на суму двох старих. Наприклад, від 1, 3, 2, 3, 1 ми переходимо до 1,

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

Тобто кожне старе число (крім двох крайніх одиниць) входить тепер у суму три рази, тому нова сума дорівнює 3S - 2 (віднімаємо 2, щоб врахувати одиниці, що відсутні). Тому S 5 = 3S 4 - 2 = 244, і взагалі

Яка ж загальна формула? Якби не віднімання двох одиниць, то щоразу сума збільшувалася б утричі, як у ступенях трійки (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). А наші числа, як видно, на одиницю більше. Таким чином, можна припустити, що

Спробуємо тепер довести це з індукції.

Основа індукції. Дивись таблицю (дляп = 0, 1, 2, 3).

Крок індукції. Припустимо, що

Доведемо тоді, що S до + 1 = З до + 1 + 1.

Справді,

Отже, нашу формулу доведено. З неї видно, що після ста операцій сума всіх чисел на дошці дорівнюватиме З 100 + 1.

Розглянемо один чудовий приклад застосування принципу математичної індукції, в якому спочатку потрібно запровадити два натуральні параметри і потім провести індукцію за їхньою сумою.

Завдання 7. Довести, що якщо= 2, х 2 = 3 і для будь-якого натуральногоп > 3 має місце співвідношення

х п = Зх п - 1 - 2х п - 2

то

2 п - 1 + 1, п = 1, 2, 3, ...

Рішення. Зауважимо, що у цьому завданні вихідна послідовність чисел(х п) визначається індукції, оскільки члени нашої послідовності, крім двох перших, задаються індуктивно, тобто через попередні. Так задані послідовності називаютьрекурентними, і в нашому випадку ця послідовність визначається (завданням перших двох її членів) єдиним чином.

Основа індукції. Вона складається з перевірки двох тверджень:п = 1 і п = 2. обох випадках твердження справедливе за умовою.

Крок індукції. Припустимо, що дляп = до - 1 і п = до твердження виконано, тобто

Доведемо тоді справедливість затвердження дляп = до + 1. Маємо:

х 1 = 3 (2 + 1) - 2 (2 + 1) = 2 +1, що і потрібно довести.

Завдання 8. Довести, що будь-яке натуральне число можна подати у вигляді суми кількох різних членів рекурентної послідовності чисел Фібоначчі:

при до > 2.

Рішення. Нехай п - натуральне число. Будемо проводити індукцію щодоп.

Основа індукції. При п = 1 твердження справедливе, оскільки одиниця сама є числом Фібоначчі.

Крок індукції. Припустимо, що всі натуральні числа, менші за деяке числоп, можна подати у вигляді суми кількох різних членів послідовності Фібоначчі. Знайдемо найбільше Фібоначчі F т , не перевищуєп; таким чином, F т п і F т +1 > п.

Оскільки

За припущенням індукції числоп-F т може бути представлено у вигляді суми 5 декількох різних членів Фібоначчі послідовності, причому з останньої нерівності слід, що всі члени послідовності Фібоначчі, що беруть участь у сумі 8, менше Fт. Тому розкладання числап = 8 + F т задовольняє умову завдання.

Приклади застосування методу математичної індукції до підтвердження нерівностей.

Завдання 9. (Нерівність Бернуллі.)Доведіть, що зах > -1, х 0, і загалом п > 2 справедлива нерівність

(1+х) п>1+хп.

Рішення. Доказ знову проводитимемо за індукцією.

1. Основа індукції. Переконаємося у справедливості нерівності прип = 2. Справді,

(1 + х) 2 = 1 + 2х + х 2> 1 + 2х.

2. Крок індукції. Припустимо, що для номерап = до твердження справедливе, тобто

(1 + х) до > 1 + хк,

Де до > 2. Доведемо його за п = до + 1. Маємо: (1 + х) до + 1 = (1 + х) до (1 + х)> (1 + кх) (1 + х) =

1+(к+1)х+кх 2 > 1+(к+1)х.

Отже, на підставі принципу математичної індукції можна стверджувати, що нерівність Бернуллі є справедливою для будь-якогоп>2.

Не завжди в умовах завдань, які вирішуються за допомогою методу математичної індукції, буває чітко сформульовано загальний закон, який слід доводити. Іноді доводиться шляхом спостережень окремих випадків спочатку виявити (здогадатися), до якого загального закону вони наводять, і лише потім доводити висловлену гіпотезу методом математичної індукції. Крім того, змінна індукція може бути замаскованою, і перш ніж вирішувати завдання, необхідно визначити, за яким параметром проводитиметься індукція. Як приклади розглянемо такі завдання.

Завдання 10. Довести, що

при будь-якому натуральномуп>1.

Рішення, Спробуємо довести цю нерівність методом математичної індукції.

Базис індукції перевіряється легко:1+

За припущенням індукції

і нам залишається довести, що

Якщо скористатися індуктивним припущенням, ми стверджуватимемо, що

Хоча ця рівність насправді вірна, вона не дає нам вирішення завдання.

Спробуємо довести сильніше твердження, ніж це потрібно у вихідному завданні. А саме, доведемо, що

Може здатися, що доводити це твердження шляхом індукції справа безнадійна.

Однак за п = 1 маємо: твердження вірне. Для обґрунтування індуктивного кроку припустимо, що

і доведемо тоді, що

Справді,

Таким чином, нами доведено сильніше твердження, з якого відразу ж випливає твердження, що міститься в умові завдання.

Повчальним тут є те, що хоча нам і довелося доводити сильніше твердження, ніж це потрібно в завданні, але ми могли скористатися сильнішим припущенням в індуктивному кроці. Цим пояснюється, що прямолінійне застосування принципу математичної індукції який завжди призводить до мети.

Ситуація, що виникла під час вирішення завдання, отримала назвуфеномен винахідника.Сам феномен полягає в тому, що більш складні плани можуть бути реалізовані з величезним успіхом, якщо вони базуються на більш глибокому розумінні суті справи.

Завдання 11. Доведіть, що 2 т + п – 2 тп за будь-яких натуральнихтип.

Рішення. Тут ми маємо два параметри. Тому можна спробувати провести так звануподвійну індукцію(Індукція всередині індукції).

Будемо проводити індуктивне міркування щодоп.

1. База індукції за п.При п = 1 потрібно перевірити, що 2 т ~ 1> т. Для доказу цієї нерівності скористаємося індукцією щодот.

а) Основа індукції за т.п.При т = 1 виконується
рівність, що допустимо.

б) Крок індукції за т.п.Припустимо, що прит = до твердження вірне, тобто 2 до ~ 1 > до. Тоді до
кажемо, що твердження буде вірним і прит = до +1.
Маємо:

при натуральних до.

Таким чином, нерівність 2 виконується за будь-якого натуральногот.

2. Крок індукції за п.Виберемо і зафіксуємо якесь натуральне числот. Припустимо, що прип = I твердження справедливе (при фіксованомут), тобто 2 т +1 ~ 2 > т1, і доведемо, що тоді твердження буде справедливим і прип = l+1.
Маємо:

за будь-яких натуральнихт та п.

Отже, на підставі принципу математичної індукції (зад) затвердження завдання правильне за будь-якихп і за будь-якого фіксованогот. Таким чином, ця нерівність виконується за будь-яких натуральнихтип.

Завдання 12. Нехай т, п і к - натуральні числа, причомут > п. Яке з двох чисел більше:

У кожному виразідо знаків квадратного кореня,т і п чергуються.

Рішення. Доведемо спочатку деяке допоміжне твердження.

Лемма. За будь-яких натуральнихт і п (т > п) та невід'ємному (не обов'язково цілому)х справедлива нерівність

Доведення. Розглянемо нерівність

Ця нерівність справедлива, тому що обидва співмножники в лівій частині позитивні. Розкриваючи дужки та перетворюючи, отримуємо:

Витягуючи квадратний корінь з обох частин останньої нерівності, отримаємо затвердження леми. Отже, лема доведена.

Перейдемо тепер до розв'язання задачі. Позначимо перше з даних чисел череза, а друге - черезЬ до. Доведемо, що а при будь-якому натуральномудо. Доказ проводитимемо методом математичної індукції окремо для парних та непарнихдо.

Основа індукції. При до = 1 маємо нерівність

у[т > у/п , справедливе через те, щот > п. При до = 2 необхідне виходить з доведеної леми підстановкоюх = 0.

Крок індукції. Припустимо, при деякомудо нерівність а >b до справедливо. Доведемо, що

З припущення індукції та монотонності квадратного кореня маємо:

З іншого боку, з доведеної леми випливає,

Об'єднуючи дві останні нерівності, отримуємо:

Відповідно до принципу математичної індукції, твердження доведене.

Завдання 13. (Нерівність Коші.)Доведіть, що для будь-яких позитивних чисел...,а п справедлива нерівність

Рішення. При п = 2 нерівність

про середнє арифметичне та середнє геометричне (для двох чисел) вважатимемо відомим. Нехайп = 2, до = 1, 2, 3, ... і спочатку проведемо індукцію подо. База цієї індукції має місце Припустивши тепер, що необхідне нерівність вже встановлено дляп = 2 , доведемо його дляп = 2. Маємо (застосовуючи нерівність для двох чисел):

Отже, за індукційним припущенням

Таким чином, індукцією з k ми довели нерівність для всіхп 9 є ступенем двійки.

Для доказу нерівності для інших значеньп скористаємося «індукцією вниз», тобто доведемо, що якщо нерівність виконана для довільних невід'ємнихп чисел, то воно справедливе також і для(п - 1)-го числа. Щоб у цьому переконатися, зауважимо, що за зробленим припущенням дляп чисел виконано нерівність

тобто а г + а 2 + ... + а п_х> (п - 1) А. Розділивши обидві частини нап - 1, отримаємо потрібну нерівність.

Отже, спочатку ми встановили, що нерівність має місце для нескінченної кількості можливих значеньп, а потім показали, що якщо нерівність виконана дляп чисел, то воно справедливе і для(п - 1) числа. Звідси тепер ми й укладаємо, що нерівність Коті має місце для набору зп будь-яких невід'ємних чисел за будь-якогоп = 2, 3, 4, ...

Завдання 14. (Д. Успенський.) Для будь-якого трикутника АВС, у якого кути =САB, = СВА сумірні, мають місце нерівності

Рішення. Кути і сумірні, але це (за визначенням) означає, що це кути мають загальну міру, на яку = р, = (р, q— натуральні взаємно прості числа).

Скористаємося методом математичної індукції та проведемо її за сумоюп = р + q натуральних взаємно простих чисел.

Основа індукції. При р + q = 2 маємо: р = 1 і q = 1. Тоді трикутник АВС рівнобедрений, і потрібні нерівності очевидні: вони випливають з нерівності трикутника

Крок індукції. Припустимо тепер, що нерівності встановлені для р + q = 2, 3, ...,до - 1, де до > 2. Доведемо, що нерівності справедливі й ур + q = к.

Нехай АВС - даний трикутник, у якого> 2. Тоді сторони АС та ПС не можуть бути рівними: нехайАС > НД. Побудуємо тепер, як на малюнку 2, рівнобедрений трикутникАВС; маємо:

АС = DС і АD = АВ + ВD, отже,

2АС > АВ + ВD (1)

Розглянемо тепер трикутникВДС, кути якого також можна порівняти:

DСВ = (q - р), ВDС = p.

Мал. 2

Для цього трикутника виконано індуктивне припущення, і тому

(2)

Складаючи (1) та (2), маємо:

2AC+BD>

і тому

Із того ж трикутникаВБС за припущенням індукції укладаємо, що

Враховуючи попередню нерівність, укладаємо, що

Таким чином, індуктивний перехід отримано, і затвердження завдання випливає із принципу математичної індукції.

Зауваження. Твердження завдання залишається у силі й у разі, коли кути а і р є сумірними. У основі розгляду у випадку вже доводиться застосовувати інший важливий математичний принцип — принцип безперервності.

Завдання 15. Декілька прямих поділяють площину на частини. Довести, що можна розфарбувати ці частини у білий

і чорний кольори так, щоб сусідні частини, що мають загальний відрізок кордону, були різного кольору (як на малюнку 3п = 4).

рис 3

Рішення. Скористаємося індукцією за кількістю прямих. Отже, нехайп - Число прямих, що ділять нашу площину на частини,п>1.

Основа індукції. Якщо пряма одна(п = 1), вона ділить площину на дві полуплоскости, одну з яких можна розфарбувати в білий колір, а другу в чорний, і твердження завдання правильно.

Крок індукції. Щоб доказ індуктивного переходу було зрозуміліше, розглянемо процес додавання однієї нової прямої. Якщо проведемо другу пряму(п= 2), то отримаємо чотири частини, які можна розфарбувати належним чином, пофарбувавши протилежні кути в один колір. Подивимося, що станеться, якщо ми проведемо третю пряму. Вона поділить деякі «старі» частини, при цьому з'являться нові ділянки кордону, з обох боків яких колір один і той же (рис. 4).

Мал. 4

Вчинимо так:з одного бокувід нової прямої поміняємо кольори - білий зробимо чорним і навпаки; при цьому ті частини, які лежать з іншого боку від цієї прямої, не перефарбовуємо (рис. 5). Тоді ця нова розмальовка буде задовольняти потрібним вимогам: з одного боку прямий вона вже чергувалася (але з іншими кольорами), а з іншого боку вона і була потрібна. Для того, щоб частини, що мають загальний кордон, що належить проведеній прямій, були пофарбовані в різні кольори, ми і перефарбовували частини тільки з одного боку від цієї прямої.

Рис.5

Доведемо тепер індуктивний перехід. Припустимо, що для деякогоп = дозатвердження завдання справедливе, тобто всі частини площини, на які вона ділиться цимидоПрямими, можна розфарбувати в білий і чорний кольори так, щоб сусідні частини були різного кольору. Доведемо, що тоді існує таке забарвлення і дляп= до+ 1 Прямих. Вчинимо аналогічно випадку переходу від двох прямих до трьох. Проведемо на площинідопрямих. Тоді, за припущенням індукції, отриману карту можна розфарбувати належним чином. Проведемо тепер(до+ 1)-ю пряму і з одного боку від неї поміняємо кольори на протилежні. Таким чином, тепер(до+ 1) пряма усюди поділяє ділянки різного кольору, при цьому «старі» частини, як ми вже бачили, залишаються правильно розфарбованими. Відповідно до принципу математичної індукції завдання вирішене.

Завдання16. На краю пустелі є великий запас бензину та машина, яка за повної заправки може проїхати 50 кілометрів. У необмеженій кількості є каністри, в які можна зливати бензин із бензобака машини та залишати на зберігання у будь-якій точці пустелі. Довести, що машина може проїхати будь-яку цілу відстань, більшу за 50 кілометрів. Каністри з бензином возити не дозволяється, порожні можна возити у будь-якій кількості.

Рішення.Спробуємо довести індукцію щодоп,що машина може від'їхати напкілометрів від краю пустелі. Прип= 50 відомо. Залишилось провести крок індукції та пояснити, як проїхатип = до+ 1 кілометрів, якщо відомо, щоп = докілометрів проїхати можна.

Однак тут ми зустрічаємося з трудом: після того, як ми проїхалидокілометрів, бензину може не вистачити навіть на дорогу назад (не кажучи вже про зберігання). І в даному випадку вихід полягає у посиленні твердження, що доводиться (парадокс винахідника). Будемо доводити, що можна не лише проїхатипкілометрів, але і зробити скільки завгодно великий запас бензину в точці на відстаніпкілометрів від краю пустелі, опинившись у цій точці після закінчення перевезень.

Основа індукції.Нехай одиниця бензину - це кількість бензину, необхідна для здійснення одного кілометра шляху. Тоді рейс на відстань 1 кілометр і назад вимагає двох одиниць бензину, тому ми можемо залишити 48 одиниць бензину в сховищі на відстані кілометра від краю і повернутися за новою порцією. Таким чином, за кілька рейсів до сховища можна зробити запас довільного розміру, який буде потрібно. При цьому щоб створити 48 одиниць запасу, ми витрачаємо 50 одиниць бензину.

Крок індукції.Припустимо, що на відстаніп= довід краю пустелі можна запасти будь-яку кількість бензину. Доведемо, що тоді можна створити сховище на відстаніп = до+ 1 кілометр з будь-яким заданим наперед запасом бензину і опинитися у цього сховища наприкінці перевезень. Оскільки в точціп= доє необмежений запас бензину, то (згідно з базою індукції) ми можемо за кілька рейсів у точкуп = до+ 1 зробити в точціп= до4- 1 запас довільного розміру, який буде потрібно.

Істинність загальнішого твердження, ніж за умови завдання, тепер випливає з принципу математичної індукції.

Висновок

Зокрема, вивчивши метод математичної індукції, я підвищила свої знання у цій галузі математики, а також навчилася вирішувати завдання, які раніше були мені не під силу.

У це були логічні і цікаві завдання, тобто. саме ті, які підвищують інтерес до самої математики як науки. Вирішення таких завдань стає цікавим заняттям і може залучити до математичних лабіринтів нових допитливих. На мою думку, це є основою будь-якої науки.

Продовжуючи вивчати метод математичної індукції, я намагатимусь навчитися застосовувати його не лише в математиці, а й у вирішенні проблем фізики, хімії та самого життя.

Література

1.Вуленкін ІНДУКЦІЯ. Комбінаторика. Посібник для вчителів. М., Просвітництво,

1976.-48 с.

2. Головіна Л.І., Яглом І.М. Індукція у геометрії. - М: Держсуд. видавництво. літер. – 1956 – С.I00. Допомога з математики для вступників до вузів / За ред. Яковлєва Г.М. Наука. -1981. – С.47-51.

3. Головіна Л.І., Яглом ІМ. Індукція у геометрії. -
М.: Наука, 1961. - (Популярні лекції з математики.)

4. І.Т.Демідов,А.Н.Колмогоров, С.І.Шварцбург,О.С.Івашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. Навчальний посібник / "Освіта" 1975.

5.Р. Курант, Р Роббінс «Що таке математика?» Розділ 1, § 2

6.Попа Д. Математика та правдоподібні міркування. - М: Наука, 1975.

7. Попа Д. Математичне відкриття. - М.: Наука, 1976.

8.Рубанов І.С. Як навчати методу математичної індукції/Математика школі. - Nl. – 1996. – С.14-20.

9.Сомінський І.С., Головіна Л.І., Яглом ІМ. Про метод математичної індукції. - М.: Наука, 1977. - (Популярні лекції з математики.)

10.Соломінський І.С. Метод математичної індукції. - М: Наука.

63с.

11.Соломінський І.С., Головіна Л.І., Яглом І.М. Про математичну індукцію. - М:Наука. – 1967. – С.7-59.

12.httр://ш.wikiреdiа.оrg/wiki

13.htt12://www.rеfешtсоllесtiоп.ru/40 124.html

Міністерство освіти Саратовської області

Саратовський державний соціально-економічний університет

Обласний конкурс математичних та комп'ютерних робіт школярів

«Вектор майбутнього – 2007»

«Метод математичної індукції.

Його застосування до вирішення алгебраїчних завдань»

(Секція «математика»)

Творча робота

учениці 10 «А» класу

МОУ «Гімназії №1»

Жовтневого району м. Саратова

Арутюнян Гаяне.

Керівник роботи:

вчитель математики

Гришина Ірина Володимирівна.

Саратов

2007

Вступ…………………………………………………………………………………3

Принцип математичної індукції та його

доказ…………………………………………………………………………..4

Приклади рішень задач………………………………………………………………..9

Заключение……………………………………………………………………………..16

Література………………………...……………………………………………………17

Вступ.

Метод математичної індукції можна порівняти із прогресом. Ми починаємо з нижчого, в результаті логічного мислення приходимо до вищого. Людина завжди прагнула прогресу, до вміння розвивати свою думку логічно, отже, сама природа накреслила йому міркувати індуктивно і підкріплювати свою думку доказом, проведеним за всіма правилами логіки.
В даний час зросла сфера застосування методу математичної індукції, але в шкільній програмі йому, на жаль, відводиться мало часу. Адже це так важливо - вміти розмірковувати індуктивно.

Принцип математичної індукції та його доказ

Звернемося до суті методу математичної індукції. Розглянемо різні твердження. Їх можна поділити на загальні та приватні. Наведемо приклади загальних тверджень.

Усі громадяни Росії мають право на освіту.

У кожному паралелограмі діагоналі в точці перетину діляться навпіл.

Усі числа, що закінчуються банкрутом, діляться на 5 .

Відповідні приклади приватних тверджень:

Петров має право освіту.

У паралелограмі ABCD діагоналі в точці перетину діляться навпіл.

140 поділяється на 5.

Перехід від загальних тверджень до приватних називається дедукцією (від латинського deductio - Висновок за правилами логіки).

Розглянемо приклад дедуктивного висновку.

Усі громадяни Росії мають право на освіту. (1)

Петров – громадянин Росії. (2)

Петров має право освіту. (3)

Із загального затвердження (1) за допомогою (2) одержано приватне затвердження (3).

Зворотний перехід від приватних тверджень до загальних називається індукцією (від латинського inductio - Наведення).

Індукція може призвести як до правильних, так і до хибних висновків.

Пояснимо це двома прикладами.

140 ділиться на 5. (1)

Усі числа, що закінчуються банкрутом, діляться на 5 . (2)

140 ділиться на 5. (1)

Усі трицифрові числа діляться на 5. (2)

З часткового затвердження (1) отримано загальне затвердження (2). Твердження (2) вірне.

Другий приклад показує, як із приватного твердження (1) може бути отримано загальне твердження (3), притому твердження (3) не є вірним.

Поставимо питання, як користуватися в математиці індукцією, щоб отримувати тільки правильні висновки. Розглянемо кілька прикладів індукції, неприпустимої математики.

Приклад 1.

Розглянемо квадратний тричлен наступного виду Р(x) = x 2 + x + 41, який звернув увагу ще Леонард Ейлер.

Р(0) = 41, Р(1) = 43, Р(2) = 47, Р(3) = 53, Р(4) = 61, Р(5) = 71, Р(6) = 83, Р (7) = 97, Р (8) = 113, Р (9) = 131, Р (10) = 151.

Ми, щоразу значення тричлена - просте число. На підставі отриманих результатів стверджуємо, що при підстановці в тричлен, що розглядається, замість x будь-якого цілого неотрицательного числа завжди у результаті виходить просте число.

Проте зроблений висновок неспроможна вважатися достовірним. У чому ж справа? Справа в тому, що в міркуваннях висловлено загальні твердження щодо будь-якого х лише на підставі того, що це твердження виявилося справедливим для деяких значень х.

Справді, за більш уважному вивченні тричлена Р(х) числа Р(0), Р(1), …, Р(39) - прості числа, але Р(40) = 41 2 – складове число. І явно: Р(41) = 41 2 +41+41 кратно 41.

У цьому прикладі ми зустрілися з твердженням, справедливим у 40 окремих випадках і все ж таки взагалі виявився несправедливим.

Розглянемо ще кілька прикладів.

приклад 2.

У 17 столітті В.Г. Лейбніц довів, що при кожному натуральному n числа виду n 3 - n кратні 3, n 5 - n кратні 5, n 7 - n кратні 7. На підставі цього, він запропонував, що при кожному непарному k і натуральному n число n k - n кратно k , але незабаром сам зауважив, що 2 9 –2=510, яке, зрозуміло, ділиться на 9 .

Розглянуті приклади дозволяють зробити важливий висновок: твердження може бути справедливим у низці окремих випадків і в той же час несправедливим взагалі.

Природно постає питання: є твердження, справедливе у кількох окремих випадках; всі окремі випадки розглянути неможливо; як же дізнатися, чи справедливе це твердження взагалі?

Це питання іноді вдається вирішити у вигляді застосування особливого методу міркувань, званого методом математичної індукції. В основі цього методу лежить принцип математичної індукції, укладений у наступному: твердження справедливе для будь-якого натурального n якщо:

воно справедливе для n = 1;

із справедливості затвердження для якогось довільного натурального n = k слід його справедливість для n = k +1.

Доведення.

Припустимо неприємне, тобто нехай твердження справедливе не для будь-якого натурального n . Тоді існує таке натуральне число m, що

твердження для n = m несправедливо,

для всіх n

Вочевидь, що m >1, оскільки за n =1 твердження справедливо (умова 1). Отже, m -1 – натуральне число. Для натурального числа m -1 твердження справедливе, а наступного натурального числа m воно несправедливо. Це суперечить умові 2. Отримане протиріччя свідчить про невірність припущення. Отже, твердження справедливе для будь-якого натурального n, т.д.

p align="justify"> Доказ, заснований на принципі математичної індукції, називається доказом методом математичної індукції. Такий доказ має складатися із двох частин, із доказу двох самостійних теорем.

Теорема 1. Твердження справедливе для n =1.

Теорема 2. Твердження справедливе для n = k +1, якщо воно справедливе для n = k, де k-довільне натуральне число.

Якщо обидві ці теореми доведено, то на підставі принципу математичної індукції твердження справедливе для будь-якого
натурального n.

Необхідно підкреслити, що доказ методом математичної індукції, безумовно, вимагає доказу обох теорем 1 і 2. Зневажливе ставлення до теореми 2 призводить до неправильних висновків (приклади 1-2). Покажемо на прикладі, наскільки обов'язковим є доказ теореми 1.

Приклад 3. «Теорема»: всяке натуральне число дорівнює наступному за ним натуральному числу.

Підтвердження проведемо шляхом математичної індукції.

Припустимо, що k = k +1 (1).

Доведемо, що k+1=k+2(2). Для цього до кожної частини «рівності» (1) додамо 1. Отримуємо «рівність» (2). Виходить, що якщо твердження справедливе для n = k, воно справедливе і для n = k +1., ч.т.д.

Очевидне "наслідок" з "теореми": всі натуральні числа рівні.

Помилка полягає в тому, що теорема 1, необхідна для застосування принципу математичної індукції, не доведена і не вірна, а доведена лише друга теорема.

Теореми 1 та 2 мають особливе значення.

Теорема 1 створює основу щодо індукції. Теорема 2 дає право необмеженого автоматичного розширення цієї бази, право переходу від цього окремого випадку до наступного, від n до n +1.

Якщо не доведено теорему 1 , а доведено теорему 2 , то, отже, не створено бази щодо індукції, і тоді безглуздо застосовувати теорему 2 , оскільки і розширювати, власне, нічого.

Якщо не доведено теорему 2 , а доведено лише теорему 1, то, хоча база щодо індукції і створено, право розширення цієї бази відсутня.

Зауваження.

Іноді друга частина докази спирається на справедливість твердження як для n =k , але й n =k -1. У цьому випадку затвердження в першій частині має бути перевірено для двох наступних значень n.

Іноді твердження доводиться задля будь-якого натурального n , а n > m , де m – деяке ціле число. І тут у першій частині докази твердження перевіряється для n =m +1, і якщо це потрібно, то кількох наступних значень n .

Підсумувавши сказане, маємо: метод математичної індукції дозволяє в пошуках загального закону випробовувати гіпотези, що виникають при цьому, відкидати помилкові і стверджувати істинні.

Всім відома роль процесів узагальнення результатів окремих спостережень та дослідів (тобто індукції) для емпіричних, експериментальних наук. Математика ж здавна вважалася класичним зразком здійснення суто дедуктивних методів, оскільки явно чи неявно завжди мається на увазі, що це математичні речення (крім прийнятих за вихідні - аксіом) доводяться, а конкретні застосування цих пропозицій виводяться з доказів, придатних загальних випадків (дедукція).

Що означає індукція в математиці? Чи слід її розуміти як не цілком надійний спосіб і як шукати критерій надійності таких індуктивних методів? Чи достовірність математичних висновків тієї ж природи, як і досвідчені узагальнення експериментальних наук, таких, що будь-який доведений факт непогано було б ще й «перевірити»? Насправді справа не так.

Індукції (наведення) на гіпотезу грає в математиці дуже велику, але суто евристичну роль: вона дозволяє здогадуватися, яким має бути рішення. Але встановлюються математичні пропозиції лише дедуктивно. І метод математичної індукції є суто дедуктивним методом доказу. Насправді, доказ, який проводиться цим методом, складається з двох частин:

так званий «базис» – дедуктивний доказ шуканої пропозиції для одного (або кількох) натурального числа;

індукційний крок, що полягає у дедуктивному доказі загального затвердження. Теорема саме доводиться всім натуральних чисел. З базису, доведеного, наприклад, для числа 0, ми отримуємо, по індукційному кроці, доказ для числа 1, потім так само для 2, для 3 …- і так твердження може бути обґрунтовано для будь-якого натурального числа.

Інакше кажучи, назва «математична індукція» обумовлена ​​тим, що цей метод просто асоціюється в нашій свідомості з традиційними індуктивними висновками (адже базис справді доводиться лише для окремого випадку); індукційний крок, на відміну від заснованих на досвіді критеріїв правдоподібності індуктивних висновків у природничих і суспільних науках, є загальне твердження, яке не потребує жодної приватної посилки і доводиться за суворими канонами дедуктивних міркувань. Тому математичну індукцію називають «повною» чи «досконалою», оскільки є дедуктивний, цілком надійний метод докази.

Приклади розв'язування задач

Індукція в алгебрі

Розглянемо кілька прикладів алгебраїчних завдань, і навіть доказ різних нерівностей, розв'язуваних із застосуванням методу математичної індукції.

Завдання 1. Вгадати формулу для суми та довести її.

А( n )= 2  1 2 + 3 2 2 + …..+(n +1) n 2 .

Рішення.

1. Перетворимо вираз для суми А(n):

A(n)= 2  1 2 + 3  2 2 + ….+ (n+1) n 2 = (1+1) 1 2 + (2+1) 2 2 + …. + (n+1) n 2 = =1  1 2 + 2  2 2 + …+n  n 2 + 1 2 + 2 2 +… +n 2 =1 3 + 2 3 +… +n 3 +1 2 + 2 2 +… +n 2 = В(n) + C(n), де B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Розглянемо суми C (n) та B (n).

а) С( n) = 1 2 + 2 2 + ... + n 2 . Одне з найпоширеніших завдань на метод математичної індукції, довести, що для будь-якого натурального n виконується рівність

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Припустимо, що (1) правильно при всіх n  N.

б ) B(n) = 1 3 + 2 3 + ….. + n 3 . Поспостерігаємо, як змінюються значення B(n) залежно від n.

B(1) = 13 = 1 .

B(2) = 1 3 + 2 3 = 9 = 3 2 = (1 + 2) 2

B(3) = 1 3 + 2 3 + 3 3 = 36 =

Таким чином, можна припустити, що
B (n) = (1 + 2 + …. + n) 2 =
(2)

в) В результаті для суми А(n) отримуємо

А( n) = =

= (*)

3. Доведемо отриману формулу (*) методом математичної індукції.

а) перевіримо справедливість рівності (*) за n = 1.

А(1) = 2  =2,

Очевидно, що формула (*) при n = 1 є правильною.

б) припустимо, що формула (*) правильна при n=k , де k N, тобто виконується рівність

A(k)=

З припущення, доведемо справедливість формули при n =k +1. Справді,

A (k+1)=

Так як формула (*) вірна при n = 1, і з припущення, що вона вірна при деякому натуральному k , слід її справедливість при n = k +1, на підставі принципу математичної індукції укладаємо, що рівність

виконується при будь-якому натуральному n.

Завдання 2.

Обчислити суму 1-2 + 3-4 + ... (-1) n -1 n .

Рішення.

Випишемо послідовно значення сум при різних значеннях n.

A(1)=1, A(2)=1-2= -1, A(3)=1-2+3=2, A(4)=1-2+3-4= -2,

A(5)=1-2+3-4+5=3, A(6)=1-2+3-4+5-6=-3.

Спостерігаючи закономірність, можемо припустити, що A (n) = - при парних n і A (n) =
при непарних n. Об'єднаємо обидва результати в єдину формулу:

A (n) =
, де r - залишок від розподілу n на 2.

І r , очевидно, визначається наступним правилом

0, якщо n – парне,

r =

1, якщо n – непарне.

Тоді r(можна здогадатися) представимо у вигляді:

Остаточно отримаємо формулу для A(n):

A (n) =

(*)

Доведемо виконання рівності (*) за всіх n  N методом математичної індукції.

2. а) Перевіримо рівність (*) за n =1. А(1) = 1=

Рівність справедлива

б) Припустимо, що рівність

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n =

вірно при n = k. Доведемо, що воно справедливе і за n = k +1, тобто

A (k +1) =

Справді,

A(k+1)=A(k)+(-1) k(k+1) =

=

Що й потрібно було довести.

p align="justify"> Метод математичної індукції застосовується також для вирішення завдань на ділимість.

Завдання 3.

Довести, що число N (n) = n 3 + 5n ділиться на 6 за будь-якого натурального n.

Доведення.

При n =1 число N (1)=6 тому твердження справедливо.

Нехай за деякого натурального k число N (k )=k 3 +5k ділиться на 6. Доведемо, що N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) ділиться на 6. Дійсно, маємо
N(k+1)=(k+1) 3+5(k+1)=(k3+5k)+3k(k+1)+6.

Оскільки k і k +1 - натуральні числа, що поряд стоять, то одне з них обов'язково парне, тому вираз 3k (k +1) ділиться на 6. Таким чином, отримуємо, що N (k +1) також ділиться на 6. Висновок число N (n) = n 3 + 5n ділиться на 6 при будь-якому натуральному n.

Розглянемо розв'язання складнішого завдання ділимість, коли метод повної математичної індукції доводиться застосовувати кілька разів.

Завдання 4.

Довести, що за будь-якого натурального n число
не ділиться націло число 2 n +3 .

Доведення.

Уявимо
у вигляді твору
=

= (*)

За припущенням перший множник (*) не ділиться націло на число 2 k +3 , тобто в поданні складового числа
як добутку простих чисел число 2 повторюється лише (k +2) разу. Таким чином, щоб довести, що число
не ділиться націло на 2 k +4, треба довести, що
не поділяється на 4.

Для доказу цього твердження доведемо допоміжне твердження: для будь-якого натурального n число 3 2 n +1 не ділиться на 4. Для n = 1 твердження очевидно, оскільки 10 не ділиться на 4 без залишку. При припущенні, що 3 2 k +1 не ділиться на 4, доведемо, що 3 2(k +1) +1 не ділиться
на 4. Представимо останній вираз у вигляді суми:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Друге доданок суми ділиться на 4 націло, а перше не ділиться. Отже, вся сума не ділиться на 4 без залишку. Допоміжне твердження підтверджено.

Тепер ясно, що
не ділиться на 4, оскільки число 2 k є парним числом.

Остаточно отримуємо, що число
не ділиться націло на число 2 n +3 за жодного натурального n .

Розглянемо тепер приклад застосування індукції до підтвердження нерівностей.

Завдання 5.

За яких натуральних n справедлива нерівність 2 n > 2n + 1?

Рішення.

1. При n = 1 2 1< 2*1+1,

при n = 2 2 2< 2*2+1,

при n =3 2 3 > 2*3+1,

при n =4 2 4 > 2*4+1.

Очевидно, нерівність справедлива за будь-якого натурального n  3. Доведемо це твердження.

2. При n =3 справедливість нерівності вже показано. Нехай тепер нерівність справедлива при n = k , де k - деяке натуральне число, щонайменше 3, тобто.

2 k > 2k +1 (*)

Доведемо, що тоді нерівність справедлива і за n =k +1, тобто 2 k +1 >2(k +1)+1. Помножимо (*) на 2, отримаємо 2 k +1 >4k +2. Порівняємо вирази 2(k+1)+1 та 4k+2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Очевидно, що 2k -1>0 за будь-якого натурального k . Тоді 4k+2>2(k+1)+1, тобто. 2 k +1 >2(k +1)+1. Твердження доведене.

Завдання 6.

Нерівність для середнього арифметичного та середнього геометричного n невід'ємних чисел (нерівність Коші)., Отримаємо =

Якщо хоча б одне із чисел
і нулю, то нерівність (**) також справедливо.

Висновок.

За виконання роботи я вивчила суть методу математичної індукції та її доказ. У роботі представлені завдання, у яких велику роль зіграла неповна індукція, що наводить на правильне рішення, а потім проведено доказ, отриманий за допомогою методу математичної індукції.

Література

Болтянський В.Г., Сидоров Ю.В., Шабурін М.І. Лекції та завдання з елементарної математики; Наука, 1974р.

Віленкін Н.Я. , Шварцбурд С.І. Математичний аналіз.-
М: Просвітництво, 1973.

Галицький М.Л., Мошкович М.М, Шварцбурд С.І. Поглиблене вивчення курсу алгебри та математичного аналізу. - М.: Просвітництво, 1990.

Потапов М.К., Александров В.В., Пасіченко П.І. Алгебра та аналіз елементарних функций.- М.: Наука, 1980.

Сомінський І.С., Головіна М.Л., Яглом І.М. Про математичну індукцію. - М.: Наука, 1967.

Справжнє знання у всі часи ґрунтувалося на встановленні закономірності та доказі її правдивості у певних обставинах. За тривалий термін існування логічних міркувань було дано формулювання правил, а Аристотель навіть склав список «правильних міркувань». Історично прийнято ділити всі висновки на два типи - від конкретного до множинного (індукція) і навпаки (дедукція). Слід зазначити, що типи доказів від приватного до загального та від загального до приватного існують лише у взаємозв'язку та не можуть бути взаємозамінними.

Індукція у математиці

Термін "індукція" (induction) має латинське коріння і дослівно перекладається як "наведення". При пильному вивченні можна виділити структуру слова, саме латинську приставку - in- (позначає спрямоване дію всередину чи перебування усередині) і -duction - вступ. Слід зазначити, що є два види - повна і неповна індукції. Повну форму характеризують висновки, зроблені виходячи з вивчення всіх предметів деякого класу.

Неповну - висновки, що застосовуються до всіх предметів класу, але зроблені виходячи з вивчення лише деяких одиниць.

Повна математична індукція - висновок, що базується на загальному висновку про весь клас будь-яких предметів, функціонально пов'язаних відносинами натурального ряду чисел на підставі знання цього функціонального зв'язку. При цьому процес доказу проходить у три етапи:

• У першому доводиться правильність становища математичної індукції. Приклад: f = 1 індукції;
• Наступний етап будується на припущенні про правомірність становища всім натуральних чисел. Тобто f=h це припущення індукції;
• на етапі доводиться справедливість становища для числа f=h+1, виходячи з вірності становища попереднього пункту - це індукційний перехід, чи крок математичної індукції. Прикладом може бути так званий якщо падає перша кісточка в ряду (базис), то впадуть усі кісточки в ряду (перехід).

І жартома, і всерйоз

Для простоти сприйняття приклади рішення методом математичної індукції викривають форму завдань-жартів. Таким є завдання «Ввічлива черга»:

• Правила поведінки забороняють чоловікові займати чергу перед жінкою (у такій ситуації її пропускають уперед). Виходячи з цього твердження, якщо крайній у черзі – чоловік, то й усі інші – чоловіки.

Яскравим прикладом методу математичної індукції є завдання «Безрозмірний рейс»:

• Потрібно довести, що у маршрутку міститься будь-яка чисельність людей. Правдиво твердження, що одна людина може розміститися всередині транспорту без утруднень (базис). Але як би не була заповнена маршрутка, 1 пасажир завжди поміститься (крок індукції).

Знайомі кола

Приклади розв'язання методом математичної індукції завдань та рівнянь трапляються досить часто. Як ілюстрацію такого підходу можна розглянути таке завдання.

Умова: на площині розміщено h кіл. Потрібно довести, що за будь-якого розташування фігур утворена ними карта може бути правильно розфарбована двома фарбами.

Рішення: при h=1 істинність твердження очевидна, тому доказ будуватиметься кількості кіл h+1.

Приймемо припущення, що твердження достовірне для будь-якої карти, а на площині задано h+1 кіл. Видаливши із загальної кількості одну з кіл, можна отримати правильно розфарбовану двома фарбами (чорною та білою) карту.

При відновленні віддаленого кола змінюється колір кожної області на протилежний (у цьому випадку всередині кола). Виходить карта, правильно розфарбована двома квітами, що потрібно було довести.

Приклади з натуральними числами

Нижче показано застосування методу математичної індукції.

Приклади рішення:

Довести, що за будь-якого h правильною буде рівність:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Нехай h=1, отже:

R 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

З цього випливає, що за h=1 твердження правильно.

2. При припущенні, що h = d, виходить рівняння:

R 1 =d 2 =d(d+1)(2d+1)/6=1

3. При припущенні, що h=d+1, виходить:

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

Таким чином, справедливість рівності при h=d+1 доведена, тому твердження правильне для будь-якого натурального числа, що показано в прикладі рішення математичної індукцією.

Завдання

Умова: потрібен доказ того, що при будь-якому значенні h вираз 7 h -1 ділимо на 6 без залишку.

Рішення:

1. Припустимо, h=1, у разі:

R 1 =7 1 -1=6 (тобто. ділиться на 6 без залишку)

Отже, за h=1 твердження є справедливим;

2. Нехай h=d та 7 d -1 ділиться на 6 без залишку;

3. Доказом справедливості затвердження h=d+1 є формула:

R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

В даному випадку перший доданок ділиться на 6 за припущенням першого пункту, а другий доданок дорівнює 6. Твердження про те, що 7 h -1 ділимо на 6 без залишку при будь-якому натуральному h - справедливо.

Помилковість суджень

Часто в доказах використовують невірні міркування, через неточність логічних побудов, що використовуються. В основному це відбувається за порушення структури та логіки доказу. Прикладом невірного міркування може бути така ілюстрація.

Завдання

Умова: потрібен доказ того, що будь-яка купа каміння - не є купкою.

Рішення:

1. Припустимо, h=1, у разі в купці 1 камінь і твердження вірно (базис);

2. Нехай при h=d вірно, що купа каміння - не є купкою (припущення);

3. Нехай h=d+1, з чого випливає, що при додаванні ще одного каменю безліч не буде купкою. Напрошується висновок, що припущення справедливе за всіх натуральних h.

Помилка полягає в тому, що немає визначення, скільки каменів утворює купку. Таке недогляд називається поспішним узагальненням у методі математичної індукції. Приклад це ясно показує.

Індукція та закони логіки

Історично склалося так, що завжди "крочать пліч-о-пліч". Такі наукові дисципліни як логіка, філософія описують їх як протилежностей.

З погляду закону логіки в індуктивних визначеннях проглядається опора на факти, а правдивість посилок не визначає правильність твердження, що вийшло. Найчастіше виходять висновки з певною часткою ймовірності та правдоподібності, які, природно, мають бути перевірені та підтверджені додатковими дослідженнями. Прикладом індукції у логіці може бути твердження:

В Естонії – посуха, у Латвії – посуха, у Литві – посуха.

Естонія, Латвія та Литва – прибалтійські держави. В усіх прибалтійських державах посуха.

З прикладу можна зробити висновок, що нову інформацію або істину не можна отримати за допомогою методу індукції. Все, на що можна розраховувати, - це певна можлива правдивість висновків. Причому, істинність посилок не гарантує таких висновків. Однак цей факт не означає, що індукція живе на задвірках дедукції: безліч положень та наукових законів обґрунтовуються за допомогою методу індукції. Прикладом може бути та сама математика, біологія та інші науки. Пов'язано це здебільшого з методом повної індукції, але в деяких випадках застосовна і часткова.

Поважний вік індукції дозволив їй проникнути практично у всі сфери діяльності людини - це і наука, і економіка, і життєві висновки.

Індукція у науковому середовищі

Метод індукції вимагає педантичного ставлення, оскільки занадто багато залежить від кількості вивчених деталей цілого: чим більше вивчено, тим достовірніший результат. Виходячи з цієї особливості, наукові закони, отримані методом індукції, досить довго перевіряються на рівні ймовірнісних припущень для відокремлення та вивчення всіх можливих структурних елементів, зв'язків та впливів.

У науці індукційний висновок ґрунтується на значних ознаках, за винятком випадкових положень. Цей факт важливий у зв'язку зі специфікою наукового пізнання. Це добре видно з прикладів індукції у науці.

Розрізняють два види індукції у науковому світі (у зв'язку зі способом вивчення):

1. індукція-відбір (або селекція);
2. індукція – виняток (елімінація).

Перший вид відрізняється методичним (скрупульозним) відбором зразків класу (підкласів) із різних його областей.

Приклад індукції цього виду є наступним: срібло (або солі срібла) очищає воду. Висновок ґрунтується на багаторічних спостереженнях (своєрідний відбір підтверджень та спростування - селекція).

Другий вид індукції будується на висновках, що встановлюють причинні зв'язки та виключають обставини, що не відповідають її властивостям, а саме загальність, дотримання тимчасової послідовності, необхідність та однозначність.

Індукція та дедукція з позиції філософії

Якщо поглянути на історичну ретроспективу, термін "індукція" вперше був згаданий Сократом. Аристотель описував приклади індукції у філософії у наближеному термінологічному словнику, але питання неповної індукції залишається відкритим. Після гонінь на арістотелівський силогізм індуктивний метод став визнаватись плідним і єдино можливим у природознавстві. Батьком індукції як самостійного особливого методу вважають Бекона, проте йому не вдалося відокремити, як цього вимагали сучасники, індукцію від дедуктивного методу.

Подальшою розробкою індукції займався Дж. Мілль, який розглядав індукційну теорію з позиції чотирьох основних методів: згоди, відмінності, залишків та відповідних змін. Не дивно, що на сьогоднішній день ці методи при їх детальному розгляді є дедуктивними.

Усвідомлення неспроможності теорій Бекона та Мілля призвело вчених до дослідження імовірнісної основи індукції. Однак і тут не обійшлося без крайнощів: були спроби звести індукцію до теорії ймовірності з усіма наслідками.

Вотум довіри індукція отримує при практичному застосуванні у певних предметних областях та завдяки метричній точності індуктивної основи. Прикладом індукції та дедукції у філософії вважатимуться Закон всесвітнього тяжіння. На дату відкриття закону Ньютону вдалося перевірити його з точністю 4 відсотки. А при перевірці більш ніж через двісті років правильність була підтверджена з точністю до 0,0001 відсотка, хоча перевірка велася тими ж індуктивними узагальненнями.

Сучасна філософія більше уваги приділяє дедукції, що продиктовано логічним бажанням вивести з уже відомого нові знання (або істини), не звертаючись до досвіду, інтуїції, а оперуючи чистими міркуваннями. При зверненні до справжнім посилкам дедуктивному методі у всіх випадках на виході виходить справжнє твердження.

Ця дуже важлива характеристика має затьмарювати цінність індуктивного методу. Оскільки індукція, спираючись на досягнення досвіду, стає засобом його обробки (включаючи узагальнення та систематизацію).

Застосування індукції економіки

Індукція та дедукція давно використовуються як методи дослідження економіки та прогнозування її розвитку.

Спектр використання методу індукції досить широкий: вивчення виконання прогнозних показників (прибутки, амортизація тощо) та загальна оцінка стану підприємства; формування ефективної політики просування підприємства на основі фактів та їх взаємозв'язків.

Той самий метод індукції застосований в «картах Шухарта», де при припущенні про поділ процесів на керовані та некеровані стверджується, що рамки керованого процесу малорухливі.

Слід зазначити, що наукові закони обґрунтовуються і підтверджуються за допомогою методу індукції, а оскільки економіка є наукою, що часто користується математичним аналізом, теорією ризиків та статистичними даними, то не дивно присутність індукції в списку основних методів.

Прикладом індукції та дедукції економіки може бути така ситуація. Збільшення ціни на продукти харчування (зі споживчого кошика) і товари першої необхідності підштовхують споживача до думки про дорожнечу, що виникає в державі (індукція). Разом з тим з факту дорожнечі за допомогою математичних методів можна вивести показники зростання цін на окремі товари або категорії товарів (дедукція).

Найчастіше звертається до методу індукції керуючий персонал, керівники, економісти. Для того, щоб можна було з достатньою правдивістю прогнозувати розвиток підприємства, поведінку ринку, наслідки конкуренції, необхідний індукційно-дедуктивний підхід до аналізу та обробки інформації.

Наочний приклад індукції економіки, що відноситься до помилкових міркувань:

• прибуток компанії скоротився на 30%;
  конкуруюча компанія розширила лінійку продукції;
  більше нічого не змінилося;
• виробнича політика конкуруючої компанії спричинила скорочення прибутку на 30%;
• отже, потрібно запровадити таку ж виробничу політику.

Приклад є яскравою ілюстрацією того, як невміле використання методу індукції сприяє розоренню підприємства.

Дедукція та індукція у психології

Оскільки існує метод, то, за логікою речей, має місце належним чином організоване мислення (для використання методу). Психологія як наука, що вивчає психічні процеси, їх формування, розвиток, взаємозв'язки, взаємодії, приділяє увагу «дедуктивного» мислення як однієї з форм прояву дедукції та індукції. На жаль, на сторінках психології в мережі Інтернет практично немає обґрунтування цілісності дедуктивно-індуктивного методу. Хоча професійні психологи частіше стикаються з проявами індукції, а точніше – хибними висновками.

Прикладом індукції в психології, як ілюстрації помилкових суджень, може бути висловлювання: моя мати - дурить, отже, всі жінки - дурниці. Ще більше можна почерпнути «помилкових» прикладів індукції з життя:

• учень ні на що не здатний, якщо отримав двійку з математики;
• він - дурень;
• він розумний;
• я можу все;

І багато інших оціночних суджень, виведених на абсолютно випадкових і часом малозначних посиланнях.

Слід зазначити: коли хибність суджень людини сягає абсурду, з'являється фронт роботи психотерапевта. Один із прикладів індукції на прийомі у фахівця:

«Пацієнт абсолютно впевнений у тому, що червоний колір несе для нього лише небезпеку у будь-яких проявах. Як наслідок, людина виключила зі свого життя цю кольорову гаму – наскільки це можливо. У домашній обстановці можливостей для комфортного проживання багато. Можна відмовитись від усіх предметів червоного кольору або замінити їх на аналоги, виконані в іншій кольоровій гамі. Але у громадських місцях, на роботі, у магазині – неможливо. Потрапляючи в ситуацію стресу, пацієнт щоразу відчуває «приплив» абсолютно різних емоційних станів, що може становити небезпеку для оточуючих».

Цей приклад індукції, причому несвідомої, називається «фіксовані ідеї». Якщо таке відбувається з психічно здоровою людиною, можна говорити про нестачу організованості розумової діяльності. Способом позбавлення нав'язливих станів може стати елементарний розвиток дедуктивного мислення. В інших випадках із такими пацієнтами працюють психіатри.

Наведені приклади індукції свідчать, що «незнання закону не звільняє від наслідків (хибних суджень)».

Психологи, працюючи над темою дедуктивного мислення, склали список рекомендацій, покликаний допомогти людям освоїти цей метод.

Першим пунктом є вирішення завдань. Як можна було переконатися, та форма індукції, яка вживається в математиці, може вважатися "класичною", і використання цього способу сприяє "дисциплінованості" розуму.

Наступною умовою розвитку дедуктивного мислення є розширення світогляду (хто ясно мислить, той ясно викладає). Дана рекомендація направляє «стражденних» у скарбниці наук та інформації (бібліотеки, сайти, освітні ініціативи, подорожі тощо).

Окремо слід згадати про так звану «психологічну індукцію». Цей термін, хоч і нечасто, можна зустріти на просторах інтернету. Всі джерела не дають хоча б коротке формулювання визначення цього терміну, але посилаються на «приклади з життя», при цьому видаючи новий вид індукції то сугестію, то деякі форми психічних захворювань, то крайні стани психіки людини. З усього перерахованого зрозуміло, що спроба вивести «новий термін», спираючись на хибні (найчастіше не відповідні дійсності) посилки, прирікає експериментатора отримання помилкового (чи поспішного) твердження.

Слід зазначити, що посилання до експериментів 1960 року (без вказівки місця проведення, прізвищ експериментаторів, вибірки піддослідних і найголовніше - цілі експерименту) виглядає, м'яко кажучи, непереконливо, а твердження про те, що мозок сприймає інформацію, минаючи всі органи сприйняття (фраза «зазнає впливу» в даному випадку вписалася б органічніше), змушує замислитися над легковірністю і некритичністю автора висловлювання.

Замість ув'язнення

Цариця наук - математика, недаремно використовує всі можливі резерви методу індукції та дедукції. Розглянуті приклади дозволяють зробити висновок про те, що поверхневе та невміле (бездумне, як ще кажуть) застосування навіть найточніших і найнадійніших методів призводить завжди до помилкових результатів.

У масовій свідомості метод дедукції асоціюється зі знаменитим Шерлоком Холмсом, який у своїх логічних побудовах найчастіше використовує приклади індукції, у потрібних ситуаціях користуючись дедукцією.

У статті було розглянуто приклади застосування цих методів у різних науках та сферах життєдіяльності людини.

p align="justify"> Метод доказу, заснований на аксіомі Пеано 4, використовують для доказу багатьох математичних властивостей і різних тверджень. Основою цього служить наступна теорема.

Теорема. Якщо твердження А(n)з натуральною змінною nістинно для n = 1 і з того, що воно істинно для n = kслід, що воно істинно і для наступного числа n=k,те твердження А(n) n.

Доведення. Позначимо через Мбезліч тих і лише тих натуральних чисел, для яких твердження А(n)істинно. Тоді з умови теореми маємо: 1) 1 М; 2) k MkM. Звідси, на підставі аксіоми 4, укладаємо, що М =N, тобто. затвердження А(n)істинно для будь-якого натурального n.

Метод доказу, що ґрунтується на цій теоремі, називається методом математичної індукції,а аксіома – аксіомою індукції. Такий доказ складається із двох частин:

1) доводять, що затвердження А(n)істинно для n = А(1);

2) припускають, що твердження А(n)істинно для n = k, і, виходячи з цього припущення, доводять, що твердження A(n)істинно і для n = k + 1, тобто. що істинно висловлювання A(k) A(k + 1).

Якщо А( 1) А (k) A(k + 1) - справжнє висловлювання, то роблять висновок у тому, що твердження A(n)істинно для будь-якого натурального числа n.

Доказ методом математичної індукції можна починати не тільки з підтвердження істинності твердження для n = 1, але і з будь-якого натурального числа m. У цьому випадку затвердження А(n)буде доведено для всіх натуральних чисел nm.

Завдання. Доведемо, що для будь-якого натурального числа істинна рівність 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n.

Рішення.Рівність 1 + 3 + 5 … + (2 n - 1) = nє формулою, за якою можна знаходити суму перших послідовних непарних натуральних чисел. Наприклад, 1 + 3 + 5 + 7 = 4 = 16 (сума містить 4 доданків), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (сума містить 6 доданків); якщо ця сума містить 20 доданків зазначеного виду, то вона дорівнює 20 = 400 і т.д. Довівши істинність цієї рівності, отримаємо можливість знаходити за формулою суму будь-якого числа доданків зазначеного виду.

1) Переконаємося в істинності даної рівності для n = 1. При n = 1 ліва частина рівності складається з одного члена, рівного 1, права частина дорівнює 1 = 1. Так як 1 = 1, то для n = 1 це рівність істинно.

2) Припустимо, що ця рівність істинна для n = k, тобто. що 1 + 3 + 5 + … + (2 k - 1) = k.Виходячи з цього припущення, доведемо, що воно є істинним і для n = k + 1, тобто. 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Розглянемо ліву частину останньої рівності.

За припущенням, сума перших kдоданків дорівнює kі тому 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Вираз k+ 2k + 1 тотожно дорівнює виразу ( k + 1).

Отже, істинність даної рівності для n = k + 1 доведено.

Таким чином, дана рівність істинна для n = 1 і з істинності його для n = kслід істинність для n = k + 1.

Тим самим доведено, що ця рівність є істинною для будь-якого натурального числа.

З допомогою методу математичної індукції можна доводити істинність як рівностей, а й нерівностей.

Завдання. Довести, що , де nN.

Рішення.Перевіримо істинність нерівності при n = 1. Маємо – справжню нерівність.

Припустимо, що нерівність вірна при n = k,тобто. - Справжня нерівність. Доведемо, виходячи з припущення, що воно правильне і при n = k + 1, тобто. (*).

Перетворимо ліву частину нерівності (*), враховуючи, що : .

Але, значить і .

Отже, ця нерівність істинна для n = 1, і, з того, що нерівність вірна для деякого n = k, ми отримали, що воно вірне і для n = k + 1.

Тим самим, використовуючи аксіому 4, ми довели, що ця нерівність є істинною для будь-якого натурального числа.

Методом математичної індукції можна довести інші твердження.

Завдання. Довести, що з будь-якого натурального числа істинно твердження .

Рішення. Перевіримо істинність затвердження при n = 1: -Справжнє висловлювання.

Припустимо, що це твердження правильне при n = k: . Покажемо, використовуючи це, істинність затвердження при n = k + 1: .

Перетворимо вираз: . Знайдемо різницю kі k+ 1 членів. Якщо виявиться, що отримана різниця кратна 7, а за припущенням віднімається ділиться на 7, то і кратно, що також зменшується 7:

Добуток кратно 7, отже, і .

Таким чином, це твердження є істинним для n = 1 і з істинності його для n = kслід істинність для n = k + 1.

Тим самим було доведено, що це твердження є істинним для будь-якого натурального числа.

Завдання. Довести, що для будь-якого натурального числа n 2 істинно твердження (7-1)24.

Рішення. 1) Перевіримо істинність затвердження при n= 2: - Справжнє висловлювання.