Применяя метод математической индукции, доказать, что для любого натурального n справедливы следующие равенства:
а) ;
б) .

Решение.

а) При n = 1 равенство справедливо. Предполагая справедливость равенства при n , покажем справедливость его и при n + 1. Действительно,

что и требовалось доказать.

б) При n = 1 справедливость равенства очевидна. Из предположения справедливости его при n следует

Учитывая равенство 1 + 2 + ... + n = n (n + 1)/2, получаем

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

т. е. утверждение справедливо и при n + 1.

Пример 1. Доказать следующие равенства

где n О N .

Решение. a) При n = 1 равенство примет вид 1=1, следовательно, P (1) истинно. Предположим, что данное равенство справедливо, то есть, имеет место

. Следует проверить (доказать), что P (n + 1), то есть истинно. Поскольку (используется предположение индукции) получим то есть, P (n + 1) - истинное утверждение.

Таким образом, согласно методу математической индукции, исходное равенство справедливо для любого натурального n .

Замечание 2. Этот пример можно было решить и иначе. Действительно, сумма 1 + 2 + 3 + ... + n есть сумма первых n членов арифметической прогрессии с первым членом a 1 = 1 и разностью d = 1. В силу известной формулы , получим

b) При n = 1 равенство примет вид: 2·1 - 1 = 1 2 или 1=1, то есть, P (1) истинно. Допустим, что имеет место равенство

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 и докажем, что имеет место P (n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n + 1) 2 или 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Используя предположение индукции, получим

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Таким образом, P (n + 1) истинно и, следовательно, требуемое равенство доказано.

Замечание 3. Этот пример можно решить (аналогично предыдущему) без использования метода математической индукции.

c) При n = 1 равенство истинно: 1=1. Допустим, что истинно равенство

и покажем, что то есть истинность P (n ) влечет истинность P (n + 1). Действительно, и, так как 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n + 2), получим и, следовательно, исходное равенство справедливо для любого натурального n .

d) При n = 1 равенство справедливо: 1=1. Допустим, что имеет место

и докажем, что

Действительно,

e) Утверждение P (1) справедливо: 2=2. Допустим, что равенство

справедливо, и докажем, что оно влечет равенство Действительно,

Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n .

f) P (1) справедливо: 1 / 3 = 1 / 3 . Пусть имеет место равенство P (n ):

. Покажем, что последнее равенство влечет следующее:

Действительно, учитывая, что P (n ) имеет место, получим

Таким образом, равенство доказано.

g) При n = 1 имеем a + b = b + a и, следовательно, равенство справедливо.

Пусть формула бинома Ньютона справедлива при n = k , то есть,

Тогда Используя равенство получим

Пример 2. Доказать неравенства

a) неравенство Бернулли: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, n О N .

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n , если x 1 x 2 · ... ·x n = 1 и x i > 0, .

c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического где x i > 0, , n ≥ 2.

d) sin 2n a + cos 2n a ≤ 1, n О N .

e)

f) 2 n > n 3 , n О N , n ≥ 10.

Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство

1 + a ≥ 1 + a . Предположим, что имеет место неравенство

(1 + a ) n ≥ 1 + n a

(1)

и покажем, что тогда имеет место и (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a .

Действительно, поскольку a > -1 влечет a + 1 > 0, то умножая обе части неравенства (1) на (a + 1), получим

(1 + a ) n (1 + a ) ≥ (1 + n a )(1 + a ) или (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + n a 2 Поскольку n a 2 ≥ 0, следовательно, (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + n a 2 ≥ 1 + (n + 1)a .

Таким образом, если P (n ) истинно, то и P (n + 1) истинно, следовательно, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.

b) При n = 1 получим x 1 = 1 и, следовательно, x 1 ≥ 1 то есть P (1) - справедливое утверждение. Предположим, что P (n ) истинно, то есть, если adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n положительных чисел, произведение которых равно единице, x 1 x 2 ·...·x n = 1, и x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n .

Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n +1 - (n + 1) положительных чисел, таких, что x 1 x 2 ·...·x n ·x n +1 = 1, тогда x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Рассмотрим следующие два случая:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n +1 = 1. Тогда сумма этих чисел равна (n + 1), и требуемое неравество выполняется;

2) хотя бы одно число отлично от единицы, пусть, например, больше единицы. Тогда, поскольку x 1 x 2 · ... ·x n ·x n + 1 = 1, существует еще хотя бы одно число, отличное от единицы (точнее, меньше единицы). Пусть x n + 1 > 1 и x n < 1. Рассмотрим n положительных чисел

x 1 ,x 2 ,...,x n -1 ,(x n ·x n +1). Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе, x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n x n + 1 ≥ n . Последнее неравенство переписывается следующим образом: x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n x n +1 + x n + x n +1 ≥ n + x n + x n +1 или x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n + x n +1 ≥ n + x n + x n +1 - x n x n +1 .

Поскольку

(1 - x n )(x n +1 - 1) > 0, то n + x n + x n +1 - x n x n +1 = n + 1 + x n +1 (1 - x n ) - 1 + x n =
= n + 1 + x n +1 (1 - x n ) - (1 - x n ) = n + 1 + (1 - x n )(x n +1 - 1) ≥ n + 1. Следовательно, x 1 + x 2 + ... + x n + x n +1 ≥ n +1, то есть, если P (n ) справедливо, то и P (n + 1) справедливо. Неравенство доказано.

Замечание 4. Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Пусть x 1 ,x 2 ,...,x n - произвольные положительные числа. Рассмотрим следующие n положительных чисел:

Поскольку их произведение равно единице: согласно ранее доказанному неравенству b), следует, что откуда

Замечание 5. Равенство выполняется если и только если x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P (1) - справедливое утверждение: sin 2 a + cos 2 a = 1. Предположим, что P (n ) - истинное утверждение:

Sin 2n a + cos 2n a ≤ 1 и покажем, что имеет место P (n + 1). Действительно, sin 2(n + 1) a + cos 2(n + 1) a = sin 2n a ·sin 2 a + cos 2n a ·cos 2 a < sin 2n a + cos 2n a ≤ 1 (если sin 2 a ≤ 1, то cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, то sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n О N sin 2n a + cos 2n ≤ 1 и знак равенства достигается лишь при n = 1.

e) При n = 1 утверждение справедливо: 1 < 3 / 2 .

Допустим, что и докажем, что

Поскольку
учитывая P (n ), получим

f) Учитывая замечание 1 , проверим P (10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, следовательно, для n = 10 утверждение справедливо. Предположим, что 2 n > n 3 (n > 10) и докажем P (n + 1), то есть 2 n +1 > (n + 1) 3 .

Поскольку при n > 10 имеем или , следует, что

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 или n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Учитывая неравенство (2 n > n 3 ), получим 2 n +1 = 2 n ·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Таким образом, согласно методу математической индукции, для любого натурального n О N , n ≥ 10 имеем 2 n > n 3 .

Пример 3. Доказать, что для любого n О N

Решение. a) P (1) - истинное утверждение (0 делится на 6). Пусть P (n ) справедливо, то есть n (2n 2 - 3n + 1) = n (n - 1)(2n - 1) делится на 6. Покажем, что тогда имеет место P (n + 1), то есть, (n + 1)n (2n + 1) делится на 6. Действительно, поскольку

и, как n (n - 1)(2 n - 1), так и 6 n 2 делятся на 6, тогда и их сумма n (n + 1)(2 n + 1) делится 6.

Таким образом, P (n + 1) - справедливое утверждение, и, следовательно, n (2n 2 - 3n + 1) делится на 6 для любого n О N .

b) Проверим P (1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, следовательно, P (1) - справедливое утверждение. Следует доказать, что если 6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 делится на 11 (P (n )), тогда и 6 2n + 3 n +2 + 3 n также делится на 11 (P (n + 1)). Действительно, поскольку

6 2n + 3 n +2 + 3 n = 6 2n -2+2 + 3 n +1+1 + 3 n -1+1 = = 6 2 ·6 2n -2 + 3·3 n +1 + 3·3 n -1 = 3·(6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1) + 33·6 2n -2 и, как 6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 , так и 33·6 2n -2 делятся на 11, тогда и их сумма 6 2n + 3 n +2 + 3 n делится на 11. Утверждение доказано. Индукция в геометрии

Пример 4. Вычислить сторону правильного 2 n -угольника, вписанного в окружность радиуса R .

Истинное знание во все времена основывалось на установлении закономерности и доказательстве её правдивости в определенных обстоятельствах. За столь длительный срок существования логических рассуждений были даны формулировки правил, а Аристотель даже составил список «правильных рассуждений». Исторически принято делить все умозаключения на два типа - от конкретного к множественному (индукция) и наоборот (дедукция). Следует отметить, что типы доказательств от частного к общему и от общего к частному существуют только во взаимосвязи и не могут быть взаимозаменяемы.

Индукция в математике

Термин "индукция" (induction) имеет латинские корни и дословно переводится как «наведение». При пристальном изучении можно выделить структуру слова, а именно латинскую приставку - in- (обозначает направленное действие внутрь или нахождение внутри) и -duction - введение. Стоит отметить, что существует два вида - полная и неполная индукции. Полную форму характеризуют выводы, сделанные на основании изучения всех предметов некоторого класса.

Неполную - выводы, применяемые ко всем предметам класса, но сделанные на основании изучения только некоторых единиц.

Полная математическая индукция - умозаключение, базирующееся на общем выводе обо всем классе каких-либо предметов, функционально связанных отношениями натурального ряда чисел на основании знания этой функциональной связи. При этом процесс доказательства проходит в три этапа:

• на первом доказывается правильность положения математической индукции. Пример: f = 1, индукции;
• следующий этап строится на предположении о правомерности положения для всех натуральных чисел. То есть, f=h, это предположение индукции;
• на третьем этапе доказывается справедливость положения для числа f=h+1, на основании верности положения предыдущего пункта - это индукционный переход, или шаг математической индукции. Примером может служить так называемый если падает первая косточка в ряду (базис), то упадут все косточки в ряду (переход).

И в шутку, и всерьез

Для простоты восприятия примеры решения методом математической индукции обличают в форму задач-шуток. Таковой является задача «Вежливая очередь»:

• Правила поведения запрещают мужчине занимать очередь перед женщиной (в такой ситуации ее пропускают вперед). Исходя из этого утверждения, если крайний в очереди - мужчина, то и все остальные - мужчины.

Ярким примером метода математической индукции является задача «Безразмерный рейс»:

• Требуется доказать, что в маршрутку помещается любая численность людей. Правдиво утверждение, что один человек может разместиться внутри транспорта без затруднений (базис). Но как бы ни была заполнена маршрутка, 1 пассажир в нее всегда поместится (шаг индукции).

Знакомые окружности

Примеры решения методом математической индукции задач и уравнений встречаются довольно часто. Как иллюстрацию такого подхода, можно рассмотреть следующую задачу.

Условие : на плоскости размещено h окружностей. Требуется доказать, что при любом расположении фигур образуемая ими карта может быть правильно раскрашена двумя красками.

Решение : при h=1 истинность утверждения очевидна, поэтому доказательство будет строиться для количества окружностей h+1.

Примем допущение, что утверждение достоверно для любой карты, а на плоскости задано h+1 окружностей. Удалив из общего количества одну из окружностей, можно получить правильно раскрашенную двумя красками (черной и белой) карту.

При восстановлении удаленной окружности меняется цвет каждой области на противоположный (в указанном случае внутри окружности). Получается карта, правильно раскрашенная двумя цветами, что и требовалось доказать.

Примеры с натуральными числами

Ниже наглядно показано применение метода математической индукции.

Примеры решения:

Доказать, что при любом h правильным будет равенство:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Пусть h=1, значит:

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

Из этого следует, что при h=1 утверждение правильно.

2. При допущении, что h=d, получается уравнение:

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

3. При допущении, что h=d+1, получается:

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 образом, справедливость равенства при h=d+1 доказана, поэтому утверждение верно для любого натурального числа, что и показано в примере решения математической индукцией.

Задача

Условие : требуется доказательство того, что при любом значении h выражение 7 h -1 делимо на 6 без остатка.

Решение :

1. Допустим, h=1, в этом случае:

R 1 =7 1 -1=6 (т.е. делится на 6 без остатка)

Следовательно, при h=1 утверждение является справедливым;

2. Пусть h=d и 7 d -1 делится на 6 без остатка;

3. Доказательством справедливости утверждения для h=d+1 является формула:

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

В данном случае первое слагаемое делится на 6 по допущению первого пункта, а второе слагаемое равно 6. Утверждение о том, что 7 h -1 делимо на 6 без остатка при любом натуральном h - справедливо.

Ошибочность суждений

Часто в доказательствах используют неверные рассуждения, в силу неточности используемых логических построений. В основном это происходит при нарушении структуры и логики доказательства. Примером неверного рассуждения может служить такая иллюстрация.

Задача

Условие : требуется доказательство того, что любая куча камней - не является кучкой.

Решение :

1. Допустим, h=1, в этом случае в кучке 1 камень и утверждение верно (базис);

2. Пусть при h=d верно, что куча камней - не является кучкой (предположение);

3. Пусть h=d+1, из чего следует, что при добавлении еще одного камня множество не будет являться кучкой. Напрашивается вывод, что предположение справедливо при всех натуральных h.

Ошибка заключается в том, что нет определения, какое количество камней образует кучку. Такое упущение называется поспешным обобщением в методе математической индукции. Пример это ясно показывает.

Индукция и законы логики

Исторически сложилось так, что всегда "шагают рука об руку". Такие научные дисциплины как логика, философия описывают их в виде противоположностей.

С точки зрения закона логики в индуктивных определениях просматривается опора на факты, а правдивость посылок не определяет правильность получившегося утверждения. Зачастую получаются умозаключения с определенной долей вероятности и правдоподобности, которые, естественно, должны быть проверены и подтверждены дополнительными исследованиями. Примером индукции в логике может быть утверждение:

В Эстонии - засуха, в Латвии - засуха, в Литве - засуха.

Эстония, Латвия и Литва - прибалтийские государства. Во всех прибалтийских государствах засуха.

Из примера можно заключить, что новую информацию или истину нельзя получить при помощи метода индукции. Все, на что можно рассчитывать - это некоторая возможная правдивость выводов. Причем, истинность посылок не гарантирует таких же заключений. Однако данный факт не обозначает, что индукция прозябает на задворках дедукции: огромное множество положений и научных законов обосновываются при помощи метода индукции. Примером может служить та же математика, биология и другие науки. Связано это по большей части с методом полной индукции, но в некоторых случаях применима и частичная.

Почтенный возраст индукции позволил ей проникнуть практически во все сферы деятельности человека - это и наука, и экономика, и житейские умозаключения.

Индукция в научной среде

Метод индукции требует щепетильного отношения, поскольку слишком многое зависит от количества изученных частностей целого: чем большее число изучено, тем достовернее результат. Исходя из этой особенности, научные законы, полученные методом индукции, достаточно долго проверяются на уровне вероятностных предположений для вычленения и изучения всех возможных структурных элементов, связей и воздействий.

В науке индукционное заключение основывается на значимых признаках, с исключением случайных положений. Данный факт важен в связи со спецификой научного познания. Это хорошо видно на примерах индукции в науке.

Различают два вида индукции в научном мире (в связи со способом изучения):

1. индукция-отбор (или селекция);
2. индукция - исключение (элиминация).

Первый вид отличается методичным (скрупулезным) отбором образцов класса (подклассов) из разных его областей.

Пример индукции этого вида следующий: серебро (или соли серебра) очищает воду. Вывод основывается на многолетних наблюдениях (своеобразный отбор подтверждений и опровержений - селекция).

Второй вид индукции строится на выводах, устанавливающих причинные связи и исключающих обстоятельства, не отвечающие ее свойствам, а именно всеобщность, соблюдение временной последовательности, необходимость и однозначность.

Индукция и дедукция с позиции философии

Если взглянуть на историческую ретроспективу, то термин "индукция" впервые был упомянут Сократом. Аристотель описывал примеры индукции в философии в более приближенном терминологическом словаре, но вопрос неполной индукции остается открытым. После гонений на аристотелевский силлогизм индуктивный метод стал признаваться плодотворным и единственно возможным в естествознании. Отцом индукции как самостоятельного особого метода считают Бэкона, однако ему не удалось отделить, как того требовали современники, индукцию от дедуктивного метода.

Дальнейшей разработкой индукции занимался Дж. Милль, который рассматривал индукционную теорию с позиции четырех основных методов: согласия, различия, остатков и соответствующих изменений. Неудивительно, что на сегодняшний день перечисленные методы при их детальном рассмотрении являются дедуктивными.

Осознание несостоятельности теорий Бэкона и Милля привело ученых к исследованию вероятностной основы индукции. Однако и здесь не обошлось без крайностей: были предприняты попытки свести индукцию к теории вероятности со всеми вытекающими последствиями.

Вотум доверия индукция получает при практическом применении в определенных предметных областях и благодаря метрической точности индуктивной основы. Примером индукции и дедукции в философии можно считать Закон всемирного тяготения. На дату открытия закона Ньютону удалось проверить его с точностью в 4 процента. А при проверке спустя более двухсот лет правильность была подтверждена с точностью до 0,0001 процента, хотя проверка велась все теми же индуктивными обобщениями.

Современная философия больше внимания уделяет дедукции, что продиктовано логичным желанием вывести из уже известного новые знания (или истины), не обращаясь к опыту, интуиции, а оперируя «чистыми» рассуждениями. При обращении к истинным посылкам в дедуктивном методе во всех случаях на выходе получается истинное утверждение.

Эта очень важная характеристика не должна затмевать ценность индуктивного метода. Поскольку индукция, опираясь на достижения опыта, становится и средством его обработки (включая обобщение и систематизацию).

Применение индукции в экономике

Индукция и дедукция давно используются как методы исследования экономики и прогнозирования ее развития.

Спектр использования метода индукции достаточно широк: изучение выполнения прогнозных показателей (прибыли, амортизация и т. д.) и общая оценка состояния предприятия; формирование эффективной политики продвижения предприятия на основе фактов и их взаимосвязей.

Тот же метод индукции применен в «картах Шухарта», где при предположении о разделении процессов на управляемые и неуправляемые утверждается, что рамки управляемого процесса малоподвижны.

Следует отметить, что научные законы обосновываются и подтверждаются при помощи метода индукции, а поскольку экономика является наукой, часто пользующейся математическим анализом, теорией рисков и статистическими данными, то совершенно неудивительно присутствие индукции в списке основных методов.

Примером индукции и дедукции в экономике может служить следующая ситуация. Увеличение цены на продукты питания (из потребительской корзины) и товары первой необходимости подталкивают потребителя к мысли о возникающей дороговизне в государстве (индукция). Вместе с тем, из факта дороговизны при помощи математических методов можно вывести показатели роста цен на отдельные товары или категории товаров (дедукция).

Чаще всего обращается к методу индукции управляющий персонал, руководители, экономисты. Для того чтобы можно было с достаточной правдивостью прогнозировать развитие предприятия, поведение рынка, последствия конкуренции, необходим индукционно-дедуктивный подход к анализу и обработке информации.

Наглядный пример индукции в экономике, относящийся к ошибочным суждениям:

• прибыль компании сократилась на 30%;
  конкурирующая компания расширила линейку продукции;
  больше ничего не изменилось;
• производственная политика конкурирующей компании стала причиной сокращения прибыли на 30%;
• следовательно, требуется внедрить такую же производственную политику.

Пример является красочной иллюстрацией того, как неумелое использование метода индукции способствует разорению предприятия.

Дедукция и индукция в психологии

Поскольку существует метод, то, по логике вещей, имеет место и должным образом организованное мышление (для использования метода). Психология как наука, изучающая психические процессы, их формирование, развитие, взаимосвязи, взаимодействия, уделяет внимание «дедуктивному» мышлению, как одной из форм проявления дедукции и индукции. К сожалению, на страницах по психологии в сети Интернет практически отсутствует обоснование целостности дедуктивно-индуктивного метода. Хотя профессиональные психологи чаще сталкиваются с проявлениями индукции, а точнее - ошибочными умозаключениями.

Примером индукции в психологии, как иллюстрации ошибочных суждений, может служить высказывание: моя мать - обманывает, следовательно, все женщины - обманщицы. Еще больше можно почерпнуть «ошибочных» примеров индукции из жизни:

• учащийся ни на что не способен, если получил двойку по математике;
• он - дурак;
• он - умный;
• я могу все;

И многие другие оценочные суждения, выведенные на абсолютно случайных и, порой, малозначительных посылах.

Следует отметить: когда ошибочность суждений человека доходит до абсурда, появляется фронт работы для психотерапевта. Один из примеров индукции на приеме у специалиста:

«Пациент абсолютно уверен в том, что красный цвет несет для него только опасность в любых проявлениях. Как следствие, человек исключил из своей жизни данную цветовую гамму - насколько это возможно. В домашней обстановке возможностей для комфортного проживания много. Можно отказаться от всех предметов красного цвета или заменить их на аналоги, выполненные в другой цветовой гамме. Но в общественных местах, на работе, в магазине - невозможно. Попадая в ситуацию стресса, пациент каждый раз испытывает «прилив» абсолютно разных эмоциональных состояний, что может представлять опасность для окружающих».

Этот пример индукции, причем неосознанной, называется «фиксированные идеи». В случае если такое происходит с психически здоровым человеком, можно говорить о недостатке организованности мыслительной деятельности. Способом избавления от навязчивых состояний может стать элементарное развитие дедуктивного мышления. В иных случаях с такими пациентами работают психиатры.

Приведенные примеры индукции свидетельствуют о том, что «незнание закона не освобождает от последствий (ошибочных суждений)».

Психологи, работая над темой дедуктивного мышления, составили список рекомендаций, призванный помочь людям освоить данный метод.

Первым пунктом значится решение задач. Как можно было убедиться, та форма индукции, которая употребляется в математике, может считаться «классической», и использование этого метода способствует «дисциплинированности» ума.

Следующим условием развития дедуктивного мышления является расширение кругозора (кто ясно мыслит, тот ясно излагает). Данная рекомендация направляет «страждущих» в скарбницы наук и информации (библиотеки, сайты, образовательные инициативы, путешествия и т. д.).

Отдельно следует упомянуть о так называемой «психологической индукции». Этот термин, хотя и нечасто, можно встретить на просторах интернета. Все источники не дают хотя бы краткую формулировку определения этого термина, но ссылаются на «примеры из жизни», при этом выдавая за новый вид индукции то суггестию, то некоторые формы психических заболеваний, то крайние состояния психики человека. Из всего перечисленного понятно, что попытка вывести «новый термин», опираясь на ложные (зачастую не соответствующие действительности) посылки, обрекает экспериментатора на получение ошибочного (или поспешного) утверждения.

Следует отметить, что отсылка к экспериментам 1960 года (без указания места проведения, фамилий экспериментаторов, выборки испытуемых и самое главное - цели эксперимента) выглядит, мягко говоря, неубедительно, а утверждение о том, что мозг воспринимает информацию, минуя все органы восприятия (фраза «испытывает воздействие» в данном случае вписалась бы более органично), заставляет задуматься над легковерностью и некритичностью автора высказывания.

Вместо заключения

Царица наук - математика, не зря использует все возможные резервы метода индукции и дедукции. Рассмотренные примеры позволяют сделать вывод о том, что поверхностное и неумелое (бездумное, как еще говорят) применение даже самых точных и надежных методов приводит всегда к ошибочным результатам.

В массовом сознании метод дедукции ассоциируется со знаменитым Шерлоком Холмсом, который в своих логических построениях чаще использует примеры индукции, в нужных ситуациях пользуясь дедукцией.

В статье были рассмотрены примеры применения этих методов в различных науках и сферах жизнедеятельности человека.

Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.

В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом.

Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) Ю А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.

Доказательство по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k) Ю A(k+1)

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно
• 2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1)

Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 В самом деле,
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

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

Доказать, что

1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х № 1

• 1) При n=1 получаем
• 1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно

• 2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k,
• 1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1)

Докажем, что тогда выполняется равенство

• 1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1) В самом деле
• 1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)

Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n

Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2

Решение: 1) При n=3 утверждение справедливо, ибо в треугольнике

А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей; А 2 А(3) истинно

2) Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике имеет А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей. А k Докажем, что тогда в выпуклом А k+1 (k+1)-угольнике число диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-угольник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы подсчитать общее число диагоналей этого (k+1)-угольника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A 1 A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1 , и, кроме того, следует учесть диагональ А 1 А k

Таким образом,

G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2

Итак, А(k) Ю A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

Доказать, что при любом n справедливо утверждение:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Предположим, что n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6

3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1

X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2

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

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого натурального n

Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Решение: 1) Пусть n=1

Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=k

X k =k 2 (k+1) 2 /4

3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е

Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4

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

Доказать, что

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))=3n(n+1)/2(n 2 +n+1), где n>2

Решение: 1) При n=2 тождество выглядит:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), т.е. оно верно
• 2) Предположим, что выражение верно при n=k
• (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
• 3) Докажем верность выражения при n=k+1
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого n>2

Доказать, что

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) для любого натурального n

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Предположим, что n=k, тогда
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Докажем истинность этого утверждения при n=k+1
• (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)

Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для любого натурального n.

Доказать верность тождества

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) для любого натурального n

• 1) При n=1 тождество верно 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Предположим, что при n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Докажем, что тождество верно при n=k+1
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1)/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1)

Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при любом натуральном n.

Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

Но (23 ґ 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.

• 2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка
• 3) Докажем, что в таком случае (11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле
• 11 k+3 +12 2л+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k) Ю А(k+1). В силу метода математической индукции утверждение доказано

Доказать, что при любом n 7 n -1 делится на 6 без остатка

• 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно
• 2) Предположим, что при n=k 7 k -1 делится на 6 без остатка
• 3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6

Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k -1 делится на 6 по предположению, а вторым слагаемым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

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

1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остатка.

Значит, при n=1 утверждение верно

• 2) Предположим, что при n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка
• 3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =

27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +

11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1

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

Доказать, что 11 2n -1 при произвольном натуральном n делится на 6 без остатка

• 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно
• 2) Предположим, что при n=k 1 2k -1 делится на 6 без остатка
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: первое содержит кратное 6-ти число 120, а второе делится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка

Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка

• 1. При n=0
• 3 3 -1=26 делится на 26
• 2. Предположим, что при n=k
• 3 3k+3 -1 делится на 26
• 3. Докажем, что утверждение верно при n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -делится на 26

Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи

• 1) Очевидно, что при n=1 утверждение верно
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Предположим, что при n=k выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка
• 3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода математической индукции утверждение доказано

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х) n >1+n ґ х

• 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как
• (1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х

Значит, А(2) истинно

• 2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

В итоге получаем, что (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n> 2

Доказать, что справедливо неравенство (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а> 0

Решение: 1) При m=1

• (1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обе части равны
• 2) Предположим, что при m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно
• (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +

+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального m

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство 3 n >n ґ 2 n+1

Перепишем неравенство в виде (3/2) n >2n

• 1. При n=7 имеем 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенство верно
• 2. Предположим, что при n=k (3/2) k >2k
• 3) Докажем верность неравенства при n=k+1
• 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравенство справедливо для любого натурального n

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) При n=3 неравенство верно
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Предположим, что при n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

Ы (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Последнее очевидно, а поэтому

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)

В силу метода математической индукции неравенство доказано.

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

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

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

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

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

Примеры

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

Доказательство. Индукция по n .

База , n = 1:

Переход : предположим, что

,

что и требовалось доказать.

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

См. также

Вариации и обобщения

Литература

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

Wikimedia Foundation . 2010 .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Yandex.RTB R-A-339285-1

Понятия индукции и дедукции

Для начала рассмотрим, что такое вообще индукция и дедукция.

Определение 1

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

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

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

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

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

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

В чем заключается метод математической индукции

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

Определение 2

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

Применение метода математической индукции осуществляется в 3 этапа:

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

Как применять метод математической индукции при решении неравенств и уравнений

Возьмем пример, о котором мы говорили ранее.

Пример 1

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

Решение

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Возьмем более сложную задачу с тригонометрическими функциями.

Пример 2

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

Решение

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

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

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

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

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

Согласно тригонометрической формуле,

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

Следовательно,

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

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

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