Примеры - математическая индукция. Примеры индукции. Метод математической индукции: примеры решения Методом математической индукции доказать что при любом

МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Слово индукция по-русски означает наведение, а индуктивными называют выводы, на основе наблюдений, опытов, т.е. полученные путем заключения от частного к общему.

Например, мы каждый день наблюдаем, что Солнце восходит с востока. Поэтому можно быть уверенным, что и завтра оно появится на востоке, а не на западе. Этот вывод мы делаем, не прибегая ни к каким предположениям о причине движения Солнца по небу (более того, само это движение оказывается кажущимся, поскольку на самом деле движется земной шар). И, тем не менее, этот индуктивный вывод правильно описывает те наблюдения, которые мы проведем завтра.

Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются дальнейшие умозаключения. И хотя теоретическая механика основывается на трех законах движения Ньютона, сами эти законы явились результатом глубокого продумывания опытных данных, в частности законов Кеплера движения планет, выведенных им при обработке многолетних наблюдений датского астронома Тихо Браге. Наблюдение, индукция оказываются полезными и в дальнейшем для уточнения сделанных предположений. После опытов Майкельсона по измерению скорости света в движущейся среде оказалось необходимым уточнить законы физики, создать теорию относительности.

В математике роль индукции в значительной степени состоит в том, что она лежит в основе выбираемой аксиоматики. После того как длительная практика показала, что прямой путь всегда короче кривого или ломанного, естественно было сформулировать аксиому: для любых трех точек А, В и С выполняется неравенство

Лежащее в основе арифметики понятие следовать за тоже появилось при наблюдениях за строем солдат, кораблей и другими упорядоченными множествами.

Не следует, однако, думать, что этим исчерпывается роль индукции в математике. Разумеется, мы не должны экспериментально проверять теоремы, логически выведенные из аксиом: если при выводе не было сделано логических ошибок, то они постольку верны, поскольку истинны принятые нами аксиомы. Но из данной системы аксиом можно вывести очень много утверждений. И отбор тех утверждений, которые надо доказывать, вновь подсказывается индукцией. Именно она позволяет отделить полезные теоремы от бесполезных, указывает, какие теоремы могут оказаться верными, и даже помогает наметить путь доказательства.

Суть метода математической индукции

Во многих разделах арифметики, алгебры, геометрии, анализа приходится доказывать истинность предложений А(n), зависящих от натуральной переменной. Доказательство истинности предложения А(n) для всех значений переменной часто удается провести методом математической индукции, который основан на следующем принципе.

Предложение А(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены следующие два условия:

Предложение А(n) истинно для n=1.

Из предположения, что А(n) истинно для n=k (где k - любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего значения n=k+1.

Этот принцип называется принципом математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом, определяющих натуральный ряд чисел, и, следовательно, принимается без доказательства.

Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства. Если требуется доказать истинность предложения А(n) для всех натуральных n, то, во-первых, следует проверить истинность высказывания А(1) и, во-вторых, предположив истинность высказывания А(k), попытаться доказать, что высказывание А(k+1) истинно. Если это удается доказать, причем доказательство остается справедливым для каждого натурального значения k, то в соответствии с принципом математической индукции предложение А(n) признается истинным для всех значений n.

Метод математической индукции широко применяется при доказательстве теорем, тождеств, неравенств, при решении задач на делимость, при решении некоторых геометрических и многих других задач.

Метод математической индукции в решении задач на

делимость

С помощью метода математической индукции можно доказывать различные утверждения, касающиеся делимости натуральных чисел.

Следующее утверждение можно сравнительно просто доказать. Покажем, как оно получается с помощью метода математической индукции.

Пример 1 . Если n - натуральное число, то число четное.

При n=1 наше утверждение истинно: - четное число. Предположим, что - четное число. Так как , a 2k - четное число, то и четное. Итак, четность доказана при n=1, из четности выведена четность .Значит, четно при всех натуральных значениях n.

Пример 2. Доказать истинность предложения

A(n)={число 5 кратно 19}, n - натуральное число.

Решение.

Высказывание А(1)={число кратно 19} истинно.

Предположим, что для некоторого значения n=k

А(k)={число кратно 19} истинно. Тогда, так как

Очевидно, что и A(k+1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения, что A(k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение A(n) истинно при всех значениях n.

Применение метода математической индукции к

суммированию рядов

Пример 1. Доказать формулу

, n - натуральное число.

Решение.

При n=1 обе части равенства обращаются в единицу и, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено.

Предположим, что формула верна при n=k, т.е.

.

Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть. Тогда получим

Таким образом, из того, что формула верна при n=k, следует, что она верна и при n=k+1. Это утверждение справедливо при любом натуральном значении k. Итак, второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана.

Пример 2. Доказать, что сумма n первых чисел натурального ряда равна .

Решение.

Обозначим искомую сумму , т.е. .

При n=1 гипотеза верна.

Пусть . Покажем, что .

В самом деле,

Задача решена.

Пример 3. Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равна .

Решение.

Пусть .

.

Предположим, что . Тогда

И окончательно .

Пример 4. Доказать, что .

Решение.

Если , то

Пример 5. Доказать, что

Решение.

При n=1 гипотеза очевидно верна.

Пусть .

Докажем, что .

Действительно,

Примеры применения метода математической индукции к

доказательству неравенств

Пример 1. Доказать, что при любом натуральном n>1

.

Решение.

Обозначим левую часть неравенства через .

Следовательно, при n=2 неравенство справедливо.

Пусть при некотором k. Докажем, что тогда и . Имеем , .

Сравнивая и , имеем , т.е. .

При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому . Но , значит, и .

Пример 2. Найти ошибку в рассуждении.

Утверждение. При любом натуральном n справедливо неравенство .

Доказательство.

. (1)

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

.

Действительно, не меньше 2 при любом натуральном k. Прибавим к левой части неравенства (1) , а к правой 2. Получим справедливое неравенство , или . Утверждение доказано.

Пример 3. Доказать, что , где >-1, , n - натуральное число, большее 1.

Решение.

При n=2 неравенство справедливо, так как .

Пусть неравенство справедливо при n=k, где k - некоторое натуральное число, т.е.

. (1)

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

. (2)

Действительно, по условию, , поэтому справедливо неравенство

, (3)

полученное из неравенства (1) умножением каждой части его на . Перепишем неравенство (3) так: . Отбросив в правой части последнего неравенства положительное слагаемое , получим справедливое неравенство (2).

Пример 4. Доказать, что

(1)

где , , n - натуральное число, большее 1.

Решение.

При n=2 неравенство (1) принимает вид

. (2)

Так как , то справедливо неравенство

. (3)

Прибавив к каждой части неравенства (3) по , получим неравенство (2).

Этим доказано, что при n=2 неравенство (1) справедливо.

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

. (4)

Докажем, что тогда неравенство (1) должно быть справедливо и при n=k+1, т.е.

(5)

Умножим обе части неравенства (4) на a+b. Так как, по условию, , то получаем следующее справедливое неравенство:

. (6)

Для того чтобы доказать справедливость неравенства (5), достаточно показать, что

, (7)

или, что то же самое,

. (8)

Неравенство (8) равносильно неравенству

. (9)

Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух положительных чисел. Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух отрицательных чисел. В обоих случаях неравенство (9) справедливо.

Этим доказано, что из справедливости неравенства (1) при n=k следует его справедливость при n=k+1.

Метод математической индукции в применение к другим

задачам

Наиболее естественное применение метода математической индукции в геометрии, близкое к использованию этого метода в теории чисел и в алгебре, - это применение к решению геометрических задач на вычисление. Рассмотрим несколько примеров.

Пример 1. Вычислить сторону правильного - угольника, вписанного в круг радиуса R.

Решение.

При n=2 правильный 2 n - угольник есть квадрат; его сторона . Далее, согласно формуле удвоения

находим, что сторона правильного восьмиугольника , сторона правильного шестнадцатиугольника , сторона правильного тридцатидвухугольника . Можно предположить поэтому, что сторона правильного вписанного 2 n - угольника при любом равна

. (1)

Допустим, что сторона правильного вписанного - угольника выражается формулой (1). В таком случае по формуле удвоения

,

откуда следует, что формула (1) справедлива при всех n.

Пример 2. На сколько треугольников n-угольник (не обязательно выпуклый) может быть разбит своими непересекающимися диагоналями?

Решение.

Для треугольника это число равно единице (в треугольнике нельзя провести ни одной диагонали); для четырехугольника это число равно, очевидно, двум.

Предположим, что мы уже знаем, что каждый k-угольник, где k 1 А 2 …А n на треугольники.

А n

А 1 А 2

Пусть А 1 А k - одна из диагоналей этого разбиения; она делит n-угольник А 1 А 2 …А n на k-угольник A 1 A 2 …A k и (n-k+2)-угольник А 1 А k A k+1 …A n . В силу сделанного предположения, общее число треугольников разбиения будет равно

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

тем самым наше утверждение доказано для всех n.

Пример 3. Указать правило вычисления числа P(n) способов, которыми выпуклый n-угольник может быть разбит на треугольники непересекающимися диагоналями.

Решение.

Для треугольника это число равно, очевидно, единице: P(3)=1.

Предположим, что мы уже определили числа P(k) для всех k 1 А 2 …А n . При всяком разбиении его на треугольники сторона А 1 А 2 будет стороной одного из треугольников разбиения, третья вершина этого треугольника может совпасть с каждой из точек А 3 , А 4 , …,А n . Число способов разбиения n-угольника, при которых эта вершина совпадает с точкой А 3 , равно числу способов разбиения на треугольники (n-1)-угольника А 1 А 3 А 4 …А n , т.е. равно P(n-1). Число способов разбиения, при которых эта вершина совпадает с А 4 , равно числу способов разбиения (n-2)-угольника А 1 А 4 А 5 …А n , т.е. равно P(n-2)=P(n-2)P(3); число способов разбиения, при которых она совпадает с А 5 , равно P(n-3)P(4), так как каждое из разбиений (n-3)-угольника А 1 А 5 …А n можно комбинировать при этом с каждым из разбиений четырехугольника А 2 А 3 А 4 А 5 , и т.д. Таким образом, мы приходим к следующему соотношению:

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n-1).

С помощью этой формулы последовательно получаем:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

и т.д.

Так же при помощи метода математической индукции можно решать задачи с графами.

Пусть на плоскости задана сеть линий, соединяющих между собой какие-то точки и не имеющие других точек. Такую сеть линий мы будем называть картой, заданные точки ее вершинами, отрезки кривых между двумя смежными вершинами - границами карты, части плоскости, на которые она разбивается границами - странами карты.

Пусть на плоскости задана некоторая карта. Мы будем говорить, что она правильно раскрашена, если каждая ее страна закрашена определенной краской, причем любые две страны, имеющие между собой общую границу, закрашены в разные цвета.

Пример 4. На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.

Решение.

При n=1 наше утверждение очевидно.

Предположим, что наше утверждение справедливо для любой карты, образованной n окружностями, и пусть на плоскости задано n+1 окружностей. Удалив одну из этих окружностей, мы получим карту, которую в силу сделанного предположения можно правильно раскрасить двумя красками, например черной и белой.

Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF

Введение

Данная тема является актуальной, так как каждый день люди решают различные задачи, в которых они применяют разные методы решения, но есть задания, в которых не обойтись без метода математической индукции, и в таких случаях будут очень полезны знания в данной области.

Я выбрал данную тему для исследования, потому что в школьной программе методу математической индукции уделяют мало времени, ученик узнает поверхностнуюинформацию, которая поможетему получить лишь общее представление о данном методе, но чтобы углубленно изучить эту теорию потребуется саморазвитие. Действительно будет полезно поподробнее узнать о данной теме, так как это расширяет кругозор человека и помогает в решении сложных задач.

Цель работы:

Познакомиться с методом математической индукции, систематизировать знания по данной теме и применить её при решении математических задач и доказательстве теорем, обосновать и наглядно показать практическое значение метода математической индукции как необходимого фактора для решения задач.

Задачи работы:

Проанализировать литературу и обобщить знания по данной теме.

Разобраться в принципе метода математической индукции.

Исследовать применение метода математической индукции к решению задач.

Сформулировать выводы и умозаключения по проделанной работе.

Основная часть исследования

История возникновения:

Только к концу XIX века сложился стандарт требований к логической строгости, остающейся и до настоящего времени господствующими в практической работе математиков над развитием отдельных математических теорий.

Индукция - познавательная процедура, посредством которой из сравнения наличных фактов выводится обобщающее их утверждение.

В математике роль индукции в значительной степени состоит в том, что она лежит в основе выбираемой аксиоматики. После того как длительная практика показала, что прямой путь всегда короче кривого или ломанного, естественно было сформулировать аксиому: для любых трех точек А, В и С выполняется неравенство.

Осознание метода математической индукции как отдельного важного метода восходит к Блезу Паскалю и Герсониду, хотя отдельные случаи применения встречаются ещё в античные времена у Прокла и Эвклида. Современное название метода было введено де Морганом в 1838 году.

Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом: мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению логически развивать свою мысль, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.

Индукция и дедукция

Известно, что существуют как частные, так и общие утверждения, и на переходе от одних к другим и основаны два данных термина.

Дедукция (от лат. deductio - выведение) - переход в процессе познания от общего знания к частному и единичному . В дедукции общее знание служит исходным пунктом рассуждения, и это общее знание предполагается «готовым», существующим. Особенность дедукции состоит в том, что истинность ее посылок гарантирует истинность заключения. Поэтому дедукция обладает огромной силой убеждения и широко применяется не только для доказательства теорем в математике, но и всюду, где необходимы достоверные знания.

Индукция (от лат. inductio - наведение) - это переход в процессе познания от частного знания к общему .Другими словами, - это метод исследования, познания, связанный с обобщением результатов наблюдений и экспериментов.Особенностью индукции является ее вероятностный характер, т.е. при истинности исходных посылок заключение индукции только вероятно истинно и в конечном результате может оказаться как истинным, так и ложным.

Полная и неполная индукция

Индуктивное умозаключение - такая форма абстрактного мышления, в которой мысль развивается от знания меньшей степени общности к знанию большей степени общности, а заключение, вытекающее из посылок, носит преимущественно вероятностный характер.

В ходе исследования я выяснил, что индукция делится на два вида: полная и неполная.

Полной индукцией называется умозаключение, в котором общий вывод о классе предметов делается на основании изучения всех предметов этого класса.

Например,пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 6≤ n≤ 18 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Данные равенства показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых.

Рассмотрим следующий пример: последовательность yn= n 2 +n+17; Выпишем первые четыре члена: у 1 =19; y 2 =23; y 3 =29; y 4 =37; Тогда мы можем предположить, что вся последовательность состоит из простых чисел. Но это не так, возьмем y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Это составное число, значит наше предположение неверно, таким образом, неполная индукция не приводит к вполне надежным выводам, но позволяет сформулировать гипотезу, которая в дальнейшем требует математического доказательства или опровержения.

Метод математической индукции

Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для всех этих ситуаций мы не в состоянии.Но как осуществить проверку бесконечного числа случаев? Такой способ предложили Б.Паскаль и Я.Бернулли, это метод математической индукции, в основе которого лежит принцип математической индукции .

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) А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.

Алгоритм (он состоит из четырех этапов):

1.база (показываем, что доказываемое утверждение верно для некоторых простейших частных случаев (п = 1));

2.предположение (предполагаем, что утверждение доказано для первых к случаев); 3 .шаг (в этом предположении доказываем утверждение для случая п = к + 1); 4.вывод (у тверждение верно для всех случаев, то есть для всех п) .

Заметим, что Методом математической индукции можно решать не все задачи, а только задачи, параметризованные некоторой переменной. Эта переменная называется переменной индукции.

Применение метода математической индукции

Применим всю данную теорию на практике и выясним, в каких задачах применяется данный метод.

Задачи на доказательство неравенств.

Пример 1. Доказать неравенство Бернулли(1+х)n≥1+n х, х>-1, n € N.

1) При n=1 неравенство справедливо, так как 1+х≥1+х

2) Предположим, что неравенство верно для некоторого n=k, т.е.

(1+х) k ≥1+k x.

Умножив обе части неравенства на положительное число 1+х, получим

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

Учитывая, что kx 2 ≥0, приходим к неравенству

(1+х) k+1 ≥1+(k+1) x.

Таким образом, из допущения, что неравенство Бернулли верно для n=k, следует, что оно верно для n=k+1. На основании метода математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n € N.

Пример 2. Доказать, что при любом натуральном n>1, .

Докажем с помощью метода математической индукции.

Обозначим левую часть неравенства через.

1), следовательно, при n=2 неравенство справедливо.

2)Пусть при некоторомk. Докажем, что тогда и. Имеем, .

Сравнивая и, имеем, т.е. .

При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому. Но, значит, и.Мы доказали справедливость неравенства при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального n>1.

Задачи на доказательство тождеств.

Пример 1. Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

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=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

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

Пример 2. Доказать, что при любом натуральном nсправедливо равенство

1) Проверим, что это тождество верно приn = 1.; - верно.

2) Пусть тождество верно и для n = k, т.е..

3)Докажем, что это тождество верно и для n = k + 1, т.е.;

Т.к. равенство верно при n=kи n=k+1, то оно справедливо при любом натуральном n.

Задачи на суммирование.

Пример 1. Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Решение: 1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно.

2) Докажем, что А(k) 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) А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n N.

Пример 2. Доказать формулу, n - натуральное число.

Решение: При n=1 обе части равенства обращаются в единицу и, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено.

Предположим, что формула верна при n=k, т.е. .

Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть. Тогда получим

Таким образом, из того, что формула верна при n=k, следует, что она верна и при n=k+1, то это утверждение справедливо при любом натуральном n.

Задачи на делимость.

Пример 1. 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× 133.

(23× 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно;

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. Действительно, 11 k+3 +12 2л+3 =11×11 k+2 +

12 2 ×12 2k+1 =11× 11 k+2 +(11+133)× 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133× 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 является 133.

Итак, А(k)→ А(k+1), то опираясь на метод математической индукции, утверждение верно для любых натуральных n.

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

Решение: 1) Пусть n=1, тогдаХ 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 *3 3k-1 +2 4 *2 4k-3 =

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

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

Задачи из реальной жизни.

Пример 1. Доказать, что сумма Sn внутренних углов любого выпуклого многоугольника равна (п - 2)π, где п — число сторон этого многоугольника:Sn = (п - 2)π (1).

Это утверждение имеет смысл не для всех натуральных п , а лишь для п > 3, так как минимальное число углов в треугольнике равно 3.

1) При п = 3 наше утверждение принимает вид: S 3 = π. Но сумма внутренних углов любого треугольника действительно равна π. Поэтому при п = 3 формула (1) верна.

2) Пусть эта формула верна при n=k , то есть S k = (k - 2)π, где k > 3. Докажем, что в таком случае имеет место и формула:S k+ 1 = (k - 1)π.

Пусть A 1 A 2 ... A k A k+ 1 —произвольный выпуклый (k + 1) -угольник (рис. 338).

Соединив точки A 1 и A k , мы получим выпуклый k -угольник A 1 A 2 ... A k — 1 A k . Очевидно, что сумма углов (k + 1) -угольника A 1 A 2 ... A k A k+ 1 равна сумме углов k -угольника A 1 A 2 ... A k плюс сумма углов треугольника A 1 A k A k+ 1 . Но сумма углов k -угольника A 1 A 2 ... A k по предположению равна (k - 2)π, а сумма углов треугольника A 1 A k A k+ 1 равна π. Поэтому

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

Итак, оба условия принципа математической индукции выполняются, и потому формула (1) верна при любом натуральном п > 3.

Пример 2. Имеется лестница, все ступени которой одинаковы. Требуется указать минимальное число положений, которые гарантировали бы возможность «забраться» на любую по номеру ступеньку.

Все согласны с тем, что должно быть условие. Мы должны уметь забраться на первую ступень. Далее должны уметь с 1-ой ступеньки забраться на вторую. Потом во второй - на третью и т.д. на n-ую ступеньку. Конечно, в совокупности же «n» утверждений гарантирует нм то, что мы сможем добраться до n-ой ступеньки.

Посмотрим теперь на 2, 3,…., n положение и сравним их друг с другом. Легко заметить, что все они имеют одну и ту же структуру: если мы добрались до k ступеньки, то можем забраться на (k+1) ступеньку. Отсюда становится естественной такая аксиома для справедливости утверждений, зависящих от «n»: если предложение А(n), в котором n - натуральное число, выполняется при n=1 и из того, что оно выполняется при n=k (где k - любое натуральное число), следует, что оно выполняется и для n=k+1, то предположение А(n) выполняется для любого натурального числа n.

Приложение

Задачи с применением метода математической индукции при поступлении в ВУЗы.

Заметим, что при поступление в высшие учебные заведения также встречаются задачи, которые решаются данным методом. Рассмотрим их на конкретных примерах.

Пример 1. Доказать, что любом натуральном п справедливо равенство

1) При п=1 мы получаем верное равенство Sin.

2) Сделав предположение индукции, что при n=k равенство верно, рассмотрим сумму, стоящую в левой части равенства, при n=k+1;

3) Используя формулы приведения преобразуем выражение:

Тогда, в силу метода математической индукции равенство верно для любого натурального n.

Пример 2. Доказать, что для любого натурального n значение выражения 4n +15n-1 кратно 9.

1) При n=1: 2 2 +15-1=18 - кратно 9 (т.к.18:9=2)

2) Пусть равенство выполняется для n=k: 4 k +15k-1 кратно 9.

3) Докажем, что равенство выполняется и для следующего числа n=k+1

4 k+1 +15(k+1)-1=4 k+1 +15k+15-1=4.4 k +60k-4-45k+18=4(4 k +15k-1)-9(5k-2)

4(4 k +15k-1) - кратно 9;

9(5k-2) - кратно 9;

Следовательно и все выражение 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) кратно 9, что и требовалось доказать.

Пример 3. Доказать, что при любом натуральном числе п выполняется условие: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ п(п+1)(п+2)=.

1) Проверим, что данная формула верна при п=1: Левая часть = 1∙2∙3=6.

Правая часть= . 6 = 6; верно при п=1.

2) Предположим, что данная формула верна при n=k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Докажем, что данная формула верна при n=k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Доказательство:

Итак, данное условие верно в двух случаях и доказали, что верно при n=k+1, следовательно она верно при любом натуральном числе п.

Заключение

Подведем итоги, в процессе исследования я выяснил, в чем заключается индукция, которая бывает полной или неполной, познакомился с методом математической индукции, основанном на принципе математической индукции, рассмотрел множество задач с применением данного метода.

Также я узнал много новой информации, отличной от той, что включена в школьную программу.Изучая метод математической индукции я использовал различную литературу, ресурсы интернета, а также консультировался с педагогом.

Вывод: Обобщив и систематизировав знания по математической индукции, убедился в необходимости знаний по данной теме в реальной действительности. Положительным качеством метода математической индукции является его широкое применение в решении задач: в области алгебры, геометрии и реальной математики. Также эти знания повышают интерес к математике, как к науке.

Я уверен, что навыки, приобретенные в ходе работы, помогут мне в будущем.

​ Список литературы

Соминский И.С. Метод математической индукции. Популярные лекции по математике, выпуск 3-М.: Наука, 1974г.

Л. И. Головина, И. М. Яглом. Индукция в геометрии. — Физматгиз, 1961. — Т. 21. — 100 с. — (Популярные лекции по математике).

Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Пособие по математике для поступающих в вузы (Избранные вопросы элементарной математики) - Изд.5-е, перераб., 1976 - 638с.

А. Шень. Математическая индукция. — МЦНМО, 2004. — 36 с.

M.Л.Галицкий, А.М.Гольдман, Л.И.Звавич Сборник задач по алгебре: учеб.пособие для 8-9 кл. с углубл. изучением математики 7-е изд.— М.: Просвещение, 2001.—271 с

Ма-ка-ры-чев Ю.Н., Мин-дюк Н.Г До-пол-ни-тель-ные главы к школь-но-му учеб-ни-ку ал-геб-ры 9 клас-са. - М.: Про-све-ще-ние, 2002.

Википедия- свободная энциклопедия.

Лекция 6. Метод математической индукции.

Новые знания в науке и жизни добываются разными способами, но все они (если не углубляться в детали) делятся на два вида – переход от общего к частному и от частного к общему. Первый – это дедукция, второй – индукция. Дедуктивные рассуждения – это то, что в математике обычно называют логическими рассуждениями , и в математической науке дедукция является единственным законным методом исследования. Правила логических рассуждений были сформулированы два с половиной тысячелетия назад древнегреческим учёным Аристотелем. Он создал полный список простейших правильных рассуждений, силлогизмов – «кирпичиков» логики, одновременно указав типичные рассуждения, очень похожие на правильные, однако неправильные (с такими «псевдологическими» рассуждениями мы часто встречаемся в СМИ).

Индукция (induction – по-латыни наведение ) наглядно иллюстрируется известной легендой о том, как Исаак Ньютон сформулировал закон всемирного тяготения после того, как ему на голову упало яблоко. Ещё пример из физики: в таком явлении, как электромагнитная индукция, электрическое поле создает, «наводит» магнитное поле. «Ньютоново яблоко» – типичный пример ситуации, когда один или несколько частных случаев, то есть наблюдения , «наводят» на общее утверждение, общий вывод делается на основании частных случаев. Индуктивный метод является основным для получения общих закономерностей и в естественных, и в гуманитарных науках. Но он имеет весьма существенный недостаток: на основании частных примеров может быть сделан неверный вывод. Гипотезы, возникающие при частных наблюдениях, не всегда являются правильными. Рассмотрим пример, принадлежащий Эйлеру.

Будем вычислять значение трехчлена при некоторых первых значениях n :

Заметим, что получаемые в результате вычислений числа являются простыми. И непосредственно можно убедиться, что для каждого n от 1 до 39 значение многочлена
является простым числом. Однако при n =40 получаем число 1681=41 2 , которое не является простым. Таким образом, гипотеза, которая здесь могла возникнуть, то есть гипотеза о том, что при каждом n число
является простым, оказывается неверной.

Лейбниц в 17 веке доказал, что при всяком целом положительном n число
делится на 3, число
делится на 5 и т.д. На основании этого он предположил, что при всяком нечётном k и любом натуральном n число
делится на k , но скоро сам заметил, что
не делится на 9.

Рассмотренные примеры позволяют сделать важный вывод: утверждение может быть справедливым в целом ряде частных случаев и в то же время несправедливым вообще. Вопрос о справедливости утверждения в общем случае удается решить посредством применения особого метода рассуждений, называемого методом математической индукции (полной индукции, совершенной индукции).

6.1. Принцип математической индукции.

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

1) проверяется справедливость этого утверждения для n =1 (базис индукции) ,

2) предполагается справедливость этого утверждения для n = k , где k – произвольное натуральное число 1 (предположение индукции) , и с учётом этого предположения устанавливается справедливость его для n = k +1.

Доказательство . Предположим противное, то есть предположим, что утверждение справедливо не для всякого натурального n . Тогда существует такое натуральное m , что:

1) утверждение для n =m несправедливо,

2) для всякого n , меньшего m , утверждение справедливо (иными словами, m есть первое натуральное число, для которого утверждение несправедливо).

Очевидно, что m >1, т.к. для n =1 утверждение справедливо (условие 1). Следовательно,
– натуральное число. Выходит, что для натурального числа
утверждение справедливо, а для следующего натурального числа m оно несправедливо. Это противоречит условию 2. ■

Заметим, что в доказательстве использовалась аксиома о том, что в любой совокупности натуральных чисел содержится наименьшее число.

Доказательство, основанное на принципе математической индукции, называется методом полной математической индукции .

 Пример 6.1. Доказать, что при любом натуральном n число
делится на 3.

Решение.

1) При n =1 , поэтому a 1 делится на 3 и утверждение справедливо при n =1.

2) Предположим, что утверждение справедливо при n =k ,
, то есть что число
делится на 3, и установим, что при n =k +1 число делится на 3.

В самом деле,

Т.к. каждое слагаемое делится на 3, то их сумма также делится на 3. ■ 

 Пример 6.2. Доказать, что сумма первых n натуральных нечётных чисел равна квадрату их числа, то есть .

Решение. Воспользуемся методом полной математической индукции.

1) Проверяем справедливость данного утверждения при n =1: 1=1 2 – это верно.

2) Предположим, что сумма первых k (
) нечётных чисел равна квадрату числа этих чисел, то есть . Исходя из этого равенства, установим, что сумма первых k +1 нечётных чисел равна
, то есть .

Пользуемся нашим предположением и получаем

. ■ 

Метод полной математической индукции применяется для доказательства некоторых неравенств. Докажем неравенство Бернулли.

 Пример 6.3. Доказать, что при
и любом натуральном n справедливо неравенство
(неравенство Бернулли).

Решение. 1) При n =1 получаем
, что верно.

2) Предполагаем, что при n =k имеет место неравенство
(*). Используя это предположение, докажем, что
. Отметим, что при
это неравенство выполняется и поэтому достаточно рассмотреть случай
.

Умножим обе части неравенства (*) на число
и получим:

То есть (1+
. ■ 

Доказательство методом неполной математической индукции некоторого утверждения, зависящего от n , где
проводится аналогичным образом, но в начале устанавливается справедливость для наименьшего значения n .

В некоторых задачах явно не сформулировано утверждение, которое можно доказать методом математической индукции. В таких случаях надо самим установить закономерность и высказать гипотезу о справедливости этой закономерности, а затем методом математической индукции проверить предполагаемую гипотезу.

 Пример 6.4. Найти сумму
.

Решение. Найдём суммы S 1 , S 2 , S 3 . Имеем
,
,
. Высказываем гипотезу, что при любом натуральном n справедлива формула
. Для проверки этой гипотезы воспользуемся методом полной математической индукции.

1) При n =1 гипотеза верна, т.к.
.

2) Предположим, что гипотеза верна при n =k ,
, то есть
. Используя эту формулу, установим, что гипотеза верна и при n =k +1, то есть

В самом деле,

Итак, исходя из предположения, что гипотеза верна при n =k ,
, доказано, что она верна и при n =k +1, и на основании принципа математической индукции делаем вывод, что формула справедлива при любом натуральном n . ■ 

 Пример 6.5. В математике доказывается, что сумма двух равномерно непрерывных функций является равномерно непрерывной функцией. Опираясь на это утверждение, нужно доказать, что сумма любого числа
равномерно непрерывных функций является равномерно непрерывной функцией. Но поскольку мы ещё не ввели понятие «равномерно непрерывная функция», поставим задачу более абстрактно: пусть известно, что сумма двух функций, обладающих некоторым свойством S , сама обладает свойством S . Докажем, что сумма любого числа функций обладает свойством S .

Решение. Базис индукции здесь содержится в самой формулировке задачи. Сделав предположение индукции, рассмотрим
функций f 1 , f 2 , …, f n , f n +1 , обладающих свойством S . Тогда . В правой части первое слагаемое обладает свойством S по предположению индукции, второе слагаемое обладает свойством S по условию. Следовательно, их сумма обладает свойством S – для двух слагаемых «работает» базис индукции.

Тем самым утверждение доказано и будем использовать его далее. ■ 

 Пример 6.6. Найти все натуральные n , для которых справедливо неравенство

.

Решение. Рассмотрим n =1, 2, 3, 4, 5, 6. Имеем: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3 <3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Таким образом, можно высказать гипотезу: неравенство
имеет место для каждого
. Для доказательства истинности этой гипотезы воспользуемся принципом неполной математической индукции.

1) Как было установлено выше, данная гипотеза истинна при n =5.

2) Предположим, что она истинна для n =k ,
, то есть справедливо неравенство
. Используя это предположение, докажем, что справедливо неравенство
.

Т. к.
и при
имеет место неравенство

при
,

то получаем, что
. Итак, истинность гипотезы при n =k +1 следует из предположения, что она верна при n =k ,
.

Из пп. 1 и 2 на основании принципа неполной математической индукции следует, что неравенство
верно при каждом натуральном
. ■ 

 Пример 6.7. Доказать, что для любого натурального числа n справедлива формула дифференцирования
.

Решение. При n =1 данная формула имеет вид
, или 1=1, то есть она верна. Сделав предположение индукции, будем иметь:

что и требовалось доказать. ■ 

 Пример 6.8. Доказать, что множество, состоящее из n элементов, имеет подмножеств.

Решение. Множество, состоящее из одного элемента а , имеет два подмножества. Это верно, поскольку все его подмножества – пустое множество и само это множество, и 2 1 =2.

Предположим, что всякое множество из n элементов имеет подмножеств. Если множество А состоит из n +1 элементов, то фиксируем в нём один элемент – обозначим его d , и разобьём все подмножества на два класса – не содержащие d и содержащие d . Все подмножества из первого класса являются подмножествами множества В, получающегося из А выбрасыванием элемента d .

Множество В состоит из n элементов, и поэтому, по предположению индукции, у него подмножеств, так что в первом классе подмножеств.

Но во втором классе подмножеств столько же: каждое из них получается ровно из одного подмножества первого класса добавлением элемента d . Следовательно, всего у множества А
подмножеств.

Тем самым утверждение доказано. Отметим, что оно справедливо и для множества, состоящего из 0 элементов – пустого множества: оно имеет единственное подмножество – самого себя, и 2 0 =1. ■ 

Во многих разделах математики приходится доказывать истинность утверждения, зависящего от , т.е. истинность высказывания p(n) для "n ÎN (для любого n ÎN p(n) верно).

Часто это удается доказать методом математической индукции.

В основе этого метода лежит принцип математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом арифметики и, следовательно, принимается без доказательства. Согласно принципу математической индукции предложение p(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены два условия:

1. Предложение p(n) истинно для n = 1.

2. Из предложения, что p(n) истинно для n = k (k — произвольное натуральное число) следует, что оно истинно для n = k + 1.

Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства

1. Проверяют истинность утверждения для n = 1 – база индукции.

2. Предполагают, что утверждение верно для n = k – индуктивное предположение.

3. Доказывают, что тогда оно верно и для n = k + 1 индуктивный переход.

Иногда предложение p(n) оказывается верным не для всех натуральных n , а начиная с некоторого для n = n 0. В этом случае в базе индукции проверяется истинность p(n) при n = n 0.

Пример 1. Пусть . Доказать, что

1. База индукции: при n = 1 по определению S 1 = 1 и по формуле получаем один результат. Утверждение верно.

n = k и .

n = k + 1. Докажем, что .

Действительно, в силу индуктивного предположения

Преобразуем это выражение

Индуктивный переход доказан.

Замечание. Полезно записать, что дано (индуктивное предположение) и что нужно доказать!

Пример 2. Доказать

1. База индукции. При n = 1, утверждение, очевидно, верно.

2. Индуктивное предположение. Пусть n = k и

3. Индуктивный переход. Пусть n = k + 1. Докажем:

Действительно, возведем правую сторону в квадрат как сумму двух чисел:

Используя индуктивное предположение и формулу суммы арифметической прогрессии: , получим

Пример 3. Доказать неравенство

1. Базой индукции в этом случае является проверка истинности утверждения для , т.е. необходимо проверить неравенство . Для этого достаточно возвести неравенство в квадрат: или 63 < 64 – неравенство верно.

2. Пусть неравенство верно для , т.е.

3. Пусть , докажем:

Используем предположение индукции

Зная как должна выглядеть правая сторона в доказываемом неравенстве выделим эту часть

Остается установить, что лишний множитель не превосходит единицы. Действительно,

Пример 4. Доказать, что при любом натуральном число оканчивается цифрой .

1. Наименьшее натуральное , с которого справедливо утверждение, равно . .

2. Пусть при число оканчивается на . Это означает, что это число можно записать в виде , где – какое-то натуральное число. Тогда .

3. Пусть . Докажем, что оканчивается на . Используя полученное представление, получим

Последнее число имеет ровно единиц.

Приложение

1.4. Метод математической индукции

Как известно, математические утверждения (теоремы) должны быть обоснованы, доказаны. Мы сейчас познакомимся с одним из методов доказательства - методом математической индукции.

В широком смысле индукция - это способ рассуждений, позволяющий переходить от частных утверждений к общим. Обратный переход, от общих утверждений к частным, называется дедукцией.

Дедукция всегда приводит к правильным выводам. Например, нам известен общий результат: все целые числа, оканчивающиеся на нуль, делятся на 5. Отсюда, конечно, можно сделать вывод, что и любое конкретное число, оканчивающееся на 0, например 180, делится на 5.

В то же время индукция может привести к неверным выводам. Например, замечая, что число 60 делится на числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, мы не вправе сделать вывод о том, что 60 делится вообще на любое число.

Метод математической индукции позволяет во многих случаях строго доказывать справедливость общего утверждения P(n), в формулировку которого входит натуральное число n.

Применение метода включает 3 этапа.

1) База индукции: проверяем справедливость утверждения P(n) для n = 1 (или для другого, частного значения n, начиная с которого предполагается справедливость P(n)).

2) Предположение индукции: предполагаем, что P(n) справедливо при n = k.

3) Шаг индукции: используя предположение, доказываем, что P(n) справедливо для n = k + 1.

В результате можно сделать вывод о справедливости P(n) для любого n ∈ N. Действительно, для n = 1 утверждение верно (база индукции). А следовательно, верно и для n = 2, так как переход от n = 1 к n = 2 обоснован (шаг индукции). Применяя шаг индукции снова и снова, получаем справедливость P(n) для n = 3, 4, 5, . . ., т. е. справедливость P(n) для всех n.

Пример 14. Сумма первых n нечётных натуральных чисел равна n2: 1 + 3 + 5 + …

+ (2n — 1) = n2.

Доказательство проведём методом математической индукции.

1) База: при n=1 слева только одно слагаемое, получаем: 1 = 1.

Утверждение верно.

2) Предположение: предполагаем, что для некоторого k справедливо равенство: 1 + 3 + 5 + … + (2k — 1) = k2.

Решение задач про вероятность попаданий при выстрелах

Общая постановка задачи следующая:

Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна $p$. Производится $n$ выстрелов. Найти вероятность того, что цель будет поражена в точности $k$ раз (будет $k$ попаданий).

Применяем формулу Бернулли и получаем:

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k} = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}.

Здесь $C_n^k$ — число сочетаний из $n$ по $k$.

Если в задаче речь идет о нескольких стрелках с разными вероятностями попадания в цель, теорию, примеры решения и калькулятор вы можете найти здесь.

Видеоурок и шаблон Excel

Посмотрите наш ролик о решении задач о выстрелах в схеме Бернулли, узнайте, как использовать Excel для решения типовых задач.

Расчетный файл Эксель из видео можно бесплатно скачать и использовать для решения своих задач.

Примеры решений задач о попаданиях в цель в серии выстрелов

Рассмотрим несколько типовых примеров.

Пример 1. Произвели 7 выстрелов. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,705. Найти вероятность того, что при этом будет ровно 5 попаданий.

Получаем, что в задаче идет речь о повторных независимых испытаниях (выстрелах по мишени), всего производится $n=7$ выстрелов, вероятность попадания при каждом $p=0,705$, вероятность промаха $q=1-p=1-0,705=0,295$.

Нужно найти, что будет ровно $k=5$ попаданий. Подставляем все в формулу (1) и получаем: $$ P_7(5)=C_{7}^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

Пример 2. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,4.

По мишени производится четыре независимых выстрела. Найти вероятность того, что будет хотя бы одно попадание в мишень.

Изучаем задачу и выписываем параметры: $n=4$ (выстрела), $p=0,4$ (вероятность попадания), $k \ge 1$ (будет хотя бы одно попадание).

Используем формулу для вероятности противоположного события (нет ни одного попадания):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_{4}^0 \cdot 0,4^0 \cdot 0,6^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87. $$

Вероятность попасть хотя бы один раз из четырех равна 0,87 или 87%.

Пример 3. Вероятность поражения мишени стрелком равна 0,3.

Найти вероятность того, что при 6 выстрелах мишень будет поражена от трех до шести раз.

В отличие от предыдущих задач, здесь нужно найти вероятность того, что число попаданий будет находится в некотором интервале (а не равно в точности какому-то числу). Но формула используется прежняя.

Найдем вероятность того, что мишень будет поражена от трех до шести раз, то есть будет или 3, или 4, или 5, или 6 попаданий.

Данные вероятности вычислим по формуле (1):

$$ P_6(3)=C_{6}^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_{6}^4 \cdot 0,3^4\cdot 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_{6}^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_{6}^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001.

Так как события несовместные, искомая вероятность может быть найдена по формуле сложения вероятностей: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6)=$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Пример 4. Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех выстрелах равна 0,9984. Найти вероятность попадания в цель при одном выстреле.

Обозначим вероятность попадания в цель при одном выстреле. Введем событие:
$A = $ (Из четырех выстрелов хотя бы один попадет в цель),
а также противоположное ему событие, которое можно записать как:
$\overline{A} = $ (Все 4 выстрела будут мимо цели, ни одного попадания).

Запишем формулу для вероятности события $A$.

Выпишем известные значения: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Подставляем в формулу (1) и получаем:

$$ P(A)=1-P(\overline{A})=1-P_4(0)=1-C_{4}^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1-(1-p)^4=0,9984.

Решаем получившееся уравнение:

$$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$

Итак, вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8.

Спасибо, что читаете и делитесь с другими

Полезные ссылки

Найдите готовые задачи в решебнике:

Онлайн-расчеты по формуле Бернулли

Решение неравенства с помощью калькулятора

Неравенство в математике относится ко всем уравнениям, где «=» заменяется любым из следующих значков: \ [> \] \ [\ geq \] \ [

* линейный;

* квадратный;

* дробный;

* индикативный;

* тригонометрический;

* логарифмический.

В зависимости от этого неравенства называются линейными, частичными и т. Д.

Вы должны знать об этих признаках:

* неравенства с значком больше (>) или меньше (

* Неравенства с значками, которые больше или равны \ [\ geq \] меньше или равно [\ leq \], называются непрофессиональными;

* значок не тот же \ [\ ne \] один, но необходимо постоянно разрешать случаи с этим значком.

Такое неравенство решается посредством преобразований тождеств.

Также прочитайте нашу статью «Решите полное решение для онлайн-уравнения»

Предположим, что выполнено неравенство следующего:

Мы решаем его так же, как линейное уравнение, но следует внимательно следить за признаком неравенства.

Сначала мы переносим членов из неизвестного влево, от известного до правого, меняя символы на противоположное:

Затем мы разделим обе стороны на -4 и изменим знак неравенства на противоположное:

Это ответ на это уравнение.

Где я могу решить неравенство в Интернете?

Вы можете решить уравнение на нашем сайте pocketteacher.ru.

Калькулятор неравенства Бернулли

В считанные секунды бесплатное онлайн-решение для спасения решит онлайн-уравнение любой сложности. Все, что вам нужно сделать, это ввести ваши данные в спасение. Вы также можете просмотреть видео-инструкции и узнать, как решить уравнение на нашем веб-сайте.

И если у вас есть вопросы, вы можете задать их в нашей группе Vkontakte: pocketteacher. Присоединяйтесь к нашей группе, мы будем рады вам помочь.

Метод полной математической индукции

Решение уравнений/ Дифференциальные уравнения

© Контрольная работа РУ — калькуляторы онлайн

Решение дифференциальных уравнений

Введите дифф.

уравнение:

С помощью калькулятора вы можете решить дифференциальные уравнения различной сложности.

Примеры решаемых дифференциальных уравнений

Метод доказательства, о котором будет идти речь в данном пункте, основан на одной из аксиом натурального ряда.

Аксиома индукции. Пусть дано предложение, зависящее от переменной п, вместо которой можно подставлять любые натуральные числа. Обозначим его А(п). Пусть также предложение А верно для числа 1 и из того, что А верно для числа к , следует, что А верно для числа к+ 1. Тогда предложение А верно для всех натуральных значений п.

Символическая запись аксиомы:

Здесь пик- переменные по множеству натуральных чисел. Из аксиомы индукции получается следующее правило вывода:

Итак, для того чтобы доказать истинность предложения А, можно вначале доказать два утверждения: истинность высказывания А( 1), а также следствие А(к) => А(к+ 1).

Учитывая сказанное выше, опишем сущность метода

математической индукции.

Пусть требуется доказать, что предложение А(п) верно для всех натуральных п. Доказательство разбивается на два этапа.

• 1- й этап. База индукции. Берем в качестве значения п число 1 и проверяем, что А( 1) есть истинное высказывание.
• 2- й этап. Индуктивный переход. Доказываем, что при любом натуральном числе к верна импликация: если А{к ), то А(к+ 1).

Индуктивный переход начинается словами: «Возьмем произвольное натуральное число к, такое, что А(к)», или «Пусть для натурального числа к верно А(к)». Вместо слова «пусть» часто говорят «предположим, что...».

После этих слов буква к обозначает некий фиксированный объект, для которого выполняется соотношение А{к). Далее из А(к) выводим следствия, то есть строим цепочку предложений А(к) 9 Р , Pi, ..., Р„ = А(к+ 1), где каждое предложение Р, является истинным высказыванием или следствием предыдущих предложений. Последнее предложение Р„ должно совпадать с А(к+ 1). Отсюда заключаем: из А{к) следует А(к+ ).

Выполнение индуктивного перехода можно расчленить на два действия:

• 1) Индуктивное предположение. Здесь мы предполагаем, что А к переменной н.
• 2) На основе предположения доказываем, что А верно для числа?+1.

Пример 5.5.1. Докажем, что число п+п является четным при всех натуральных п.

Здесь А(п) = «п 2 +п - четное число». Требуется доказать, что А - тождественно истинный предикат. Применим метод математической индукции.

База индукции. Возьмем л=1. Подставим в выражение п +//, получим n 2 +n = I 2 + 1 = 2 - четное число, то есть /1(1) - истинное высказывание.

Сформулируем индуктивное предположение А{к) = «Число к 2 +к - четное». Можно сказать так: «Возьмем произвольное натуральное число к такое, что к 2 +к есть четное число».

Выведем отсюда утверждение А(кА-) = «Число (к+ 1) 2 +(?+1) - четное».

По свойствам операций выполним преобразования:

Первое слагаемое полученной суммы четно по предположению, второе четно по определению (так как имеет вид 2п). Значит, сумма есть четное число. Предложение А(к+ 1) доказано.

По методу математической индукции делаем вывод: предложение А(п) верно для всех натуральных п.

Конечно, нет необходимости каждый раз вводить обозначение А(п). Однако все же рекомендуется отдельной строкой формулировать индуктивное предположение и то, что требуется из него вывести.

Заметим, что утверждение из примера 5.5.1 можно доказать без использования метода математической индукции. Для этого достаточно рассмотреть два случая: когда п четно и когда п нечетно.

Многие задачи на делимость решаются методом математической индукции. Рассмотрим более сложный пример.

Пример 5.5.2. Докажем, что число 15 2и_| +1 делится на 8 при всех натуральных п.

Бача индукции. Возьмем /1=1. Имеем: число 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 делится на число 8.

, что для некоторого

натурального числа к число 15 2 * ’+1 делится на 8.

Докажем , что тогда число а = 15 2(ЖН +1 делится 8.

Преобразуем число а:

По предположению, число 15 2А1 +1 делится на 8, значит, все первое слагаемое делится на 8. Второе слагаемое 224=8-28 также делится на 8. Таким образом, число а как разность двух чисел, кратных 8, делится на 8. Индуктивный переход обоснован.

На основе метода математической индукции заключаем, что для всех натуральных п число 15 2 " -1 -*-1 делится на 8.

Сделаем некоторые замечания по решенной задаче.

Доказанное утверждение можно сформулировать немного по-другому: «Число 15”"+1 делится на 8 при любых нечетных натуральных /и».

Во-вторых, из доказанного общего утверждения можно сделать частный вывод, доказательство которого может быть дано как отдельная задача: число 15 2015 +1 делится на 8. Поэтому иногда бывает полезно обобщить задачу, обозначив какое-то конкретное значение буквой, а затем применить метод математической индукции.

В самом общем понимании термин «индукция» означает, что на основе частных примеров делают общие выводы. Например, рассмотрев некоторые примеры сумм четных чисел 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, делаем вывод о том, что сумма любых двух четных чисел есть четное число.

В общем случае вот такая индукция может привести к неверным выводам. Приведем пример подобного неправильного рассуждения.

Пример 5.5.3. Рассмотрим число а = /г+я+41 при натуральном /?.

Найдем значения а при некоторых значениях п.

Пусть п= I. Тогда а = 43 - простое число.

Пусть /7=2. Тогда а = 4+2+41 = 47 - простое.

Пусть л=3. Тогда а = 9+3+41 = 53 - простое.

Пусть /7=4. Тогда а = 16+4+41 = 61 - простое.

Возьмите в качестве значений п следующие за четверкой числа, например 5, 6, 7, и убедитесь, что число а будет простым.

Делаем вывод: «При всех натуральных /? число а будет простым».

В результате получилось ложное высказывание. Приведем контрпример: /7=41. Убедитесь, что при данном п число а будет составным.

Термин «математическая индукция» несет в себе более узкий смысл, так как применение этого метода позволяет получить всегда верное заключение.

Пример 5.5.4. Получим на основе индуктивных рассуждений формулу общего члена арифметической прогрессии. Напомним, что арифметической профессией называется числовая последовательность, каждый член которой отличается от предыдущего на одно и то же число, называемое разностью прогрессии. Для того чтобы однозначно задать арифметическую профессию, нужно указать ее первый член а и разность d.

Итак, по определению а п+ = а п + d, при п> 1.

В школьном курсе математики, как правило, формула общего члена арифметической профессии устанавливается на основе частных примеров, то есть именно по индукции.

Если /7=1, ТО С 7| = Я|, ТО есть Я| = tf|+df(l -1).

Если /7=2, то я 2 = a+d, то есть а = Я|+*/(2-1).

Если /7=3, то я 3 = я 2 + = (a+d)+d = a+2d, то есть я 3 = Я|+(3-1).

Если /7=4, то я 4 = я 3 +*/ = (a+2d)+d = Я1+3 и т.д.

Приведенные частные примеры позволяют выдвинуть гипотезу: формула общего члена имеет вид а„ = a+(n-)d для всех /7>1.

Докажем эту формулу методом математической индукции.

База индукции проверена в предыдущих рассуждениях.

Пусть к - такой номер, при котором я* - a+{k-)d (индуктивное предположение ).

Докажем , что я*+! = a+((k+)-)d, то есть я*+1 = a x +kd.

По определению я*+1 = аь+d. а к = я | +(к -1 )d , значит, ац+ = я i +(А:-1)^/+с/ = я | +(А-1+1 )d = я i +kd , что и требовалось доказать (для обоснования индуктивного перехода).

Теперь формула я„ = a+{n-)d доказана для любого натурального номера /;.

Пусть дана некоторая последовательность я ь я 2 , я,„ ... (не

обязательно арифметическая или геометрическая прогрессия). Часто возникают задачи, где требуется суммировать первые п членов этой последовательности, то есть задать сумму Я|+я 2 +...+я и формулой, которая позволяет находить значения этой суммы, не вычисляя члены последовательности.

Пример 5.5.5. Докажем, что сумма первых п натуральных чисел равна

/?(/7 + 1)

Обозначим сумму 1+2+...+/7 через S n . Найдем значения S n для некоторых /7.

Заметим: для того чтобы найти сумму S 4 , можно воспользоваться вычисленным ранее значением 5 3 , так как 5 4 = 5 3 +4.

п(п +1)

Если подставить рассмотренные значения /? в терм ---то

получим, соответственно, те же суммы 1, 3, 6, 10. Эти наблюдения

. _ п(п + 1)

наталкивают на мысль, что формулу S „=--- можно использовать при

любом //. Докажем эту гипотезу методом математической индукции.

База индукции проверена. Выполним индуктивный переход.

Предположим , что формула верна для некоторого натурального числа

, к(к + 1)

к, то сеть сумма первых к натуральных чисел равна ----.

Докажем , что сумма первых (?+1) натуральных чисел равна

• (* + !)(* + 2)

Выразим?*+1 через S k . Для этого в сумме S*+i сгруппируем первые к слагаемых, а последнее слагаемое запишем отдельно:

По индуктивному предположению S k = Значит, чтобы найти

сумму первых (?+1) натуральных чисел, достаточно к уже вычисленной

. „ к(к + 1) _ .. ..

сумме первых к чисел, равной ---, прибавить одно слагаемое (к+1).

Индуктивный переход обоснован. Тем самым выдвинутая вначале гипотеза доказана.

Мы привели доказательство формулы S n = п ^ п+ методом

математической индукции. Конечно, есть и другие доказательства. Например, можно записать сумму S, в порядке возрастания слагаемых, а затем в порядке убывания слагаемых:

Сумма слагаемых, стоящих в одном столбце, постоянна (в одной сумме каждое следующее слагаемое уменьшается на 1, а в другой увеличивается на 1) и равна (/г+1). Поэтому, сложив полученные суммы, будем иметь п слагаемых, равных (и+1). Итак, удвоенная сумма S„ равна п(п+ 1).

Доказанная формула может быть получена как частный случай формулы суммы первых п членов арифметической прогрессии.

Вернемся к методу математической индукции. Отметим, что первый этап метода математической индукции (база индукции) всегда необходим. Отсутствие этого этапа может привести к неверному выводу.

Пример 5.5.6. «Докажем» предложение: «Число 7"+1 делится на 3 при любом натуральном я».

«Предположим, что при некотором натуральном значении к число 7*+1 делится на 3. Докажем, что число 7 ж +1 делится на 3. Выполним преобразования:

Число 6 очевидно делится на 3. Число 1 к + делится на 3 по индуктивному предположению, значит, число 7-(7* + 1) также делится на 3. Поэтому разность чисел, делящихся на 3, будет также делиться на 3.

Предложение доказано».

Доказательство исходного предложения неверно, несмотря на то что индуктивный переход выполнен правильно. Действительно, при п= I имеем число 8, при п=2 - число 50, ..., и ни одно из этих чисел нс делится на 3.

Сделаем важное замечание об обозначении натурального числа при выполнении индуктивного перехода. При формулировке предложения А(п) буквой п мы обозначали переменную, вместо которой можно подставлять любые натуральные числа. При формулировке индуктивного предположения мы обозначали значение переменной буквой к. Однако очень часто вместо новой буквы к используют ту же самую букву, которой обозначается переменная. Это никак не влияет на структуру рассуждений при выполнении индуктивного перехода.

Рассмотрим еще несколько примеров задач, для решения которых можно применить метод математической индукции.

Пример 5.5.7. Найдем значение суммы

В задании переменная п не фигурирует. Однако рассмотрим последовательность слагаемых:

Обозначим S, = а+а 2 +...+а„. Найдем S „ при некоторых п. Если /1= 1, то S, =а, = -.

Если п= 2. то S, = а, + а? = - + - = - = -.

Если /?=3, то S-, = a,+a 7 + я, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Можете самостоятельно вычислить значения S„ при /7 = 4; 5. Возникает

естественное предположение: S n = -- при любом натуральном /7. Докажем

это методом математической индукции.

База индукции проверена выше.

Выполним индуктивный переход , обозначая произвольно взятое

значение переменной п этой же буквой, то есть докажем, что из равенства

0 /7 _ /7 +1

S n =-следует равенство S , =-.

/7+1 /7 + 2

Предположим, что верно равенство S = - П -.

Выделим в сумме S„+ первые п слагаемых:

Применив индуктивное предположение, получим:

Сокращая дробь на (/7+1), будем иметь равенство S n +1 - , Л

Индуктивный переход обоснован.

Тем самым доказано, что сумма первых п слагаемых

• 1 1 1 /7 ^
• - +-+...+- равна -. Теперь возвратимся к первоначальной
• 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

задаче. Для ее решения достаточно взять в качестве значения п число 99.

Тогда сумма -!- + -!- + -!- + ...+ --- будет равна числу 0,99.

1-2 2-3 3-4 99100

Постарайтесь вычислить данную сумму другим способом.

Пример 5.5.8. Докажем, что производная суммы любого конечного числа дифференцируемых функций равна сумме производных этих функций.

Пусть переменная /? обозначает количество данных функций. В случае, когда дана только одна функция, под суммой понимается именно эта функция. Поэтому если /7=1, то утверждение очевидно истинно:/" = /".

Предположим , что утверждение справедливо для набора из п функций (здесь снова вместо буквы к взята буква п), то есть производная суммы п функций равна сумме производных.

Докажем , что производная суммы (я+1) функций равна сумме производных. Возьмем произвольный набор, состоящий из п+ дифференцируемой функции: /1,/2, . Представим сумму этих функций

в виде g+f„+ 1, где g=f +/г + ... +/ t - сумма п функций. По индуктивному предположению производная функции g равна сумме производных: g" = ft +ft + ... +ft. Поэтому имеет место следующая цепочка равенств:

Индуктивный переход выполнен.

Таким образом, исходное предложение доказано для любого конечного числа функций.

В ряде случаев требуется доказать истинность предложения А(п) для всех натуральных я, начиная с некоторого значения с. Доказательство методом математической индукции в таких случаях проводится по следующей схеме.

База индукции. Доказываем, что предложение А верно для значения п, равного с.

Индуктивный переход. 1) Предполагаем, что предложение А верно для некоторого значения к переменной /?, которое больше либо равно с.

2) Доказываем, что предложение А истинно для значения /?, равного

Снова заметим, что вместо буквы к часто оставляют обозначение переменной п. В этом случае индуктивный переход начинают словами: «Предположим, что для некоторого значения п>с верно А(п). Докажем, что тогда верно А(п+ 1)».

Пример 5.5.9. Докажем, что при всех натуральных п> 5 верно неравенство 2” > и 2 .

База индукции. Пусть п= 5. Тогда 2 5 =32, 5 2 =25. Неравенство 32>25 истинно.

Индуктивный переход. Предположим , что имеет место неравенство 2 П >п 2 для некоторого натурального числа п> 5. Докажем , что тогда 2" +| > (п+1) 2 .

По свойствам степеней 2” +| = 2-2". Так как 2">я 2 (по индуктивному предположению), то 2-2" > 2я 2 (I).

Обоснуем, что 2п 2 больше (я+1) 2 . Это можно сделать разными способами. Достаточно решить квадратное неравенство 2х 2 >(х+) 2 во множестве действительных чисел и увидеть, что все натуральные числа, большие либо равные 5, являются его решениями.

Мы поступим следующим образом. Найдем разность чисел 2п 2 и (я+1) 2:

Так как и > 5, то я+1 > 6, значит, (я+1) 2 > 36. Поэтому разность больше 0. Итак, 2я 2 > (я+1) 2 (2).

По свойствам неравенств из (I) и (2) следует, что 2*2" > (я+1) 2 , что и требовалось доказать для обоснования индуктивного перехода.

На основе метода математической индукции заключаем, что неравенство 2" > я 2 истинно для любых натуральных чисел я.

Рассмотрим еще одну форму метода математической индукции. Отличие заключается в индуктивном переходе. Для его осуществления требуется выполнить два шага:

• 1) предположить, что предложение А(п) верно при всех значениях переменной я, меньших некоторого числар;
• 2) из выдвинутого предположения вывести, что предложение А(п) справедливо и для числар.

Таким образом, индуктивный переход требует доказательства следствия: [(Уи?) А{п)] => А(р). Заметим, что следствие можно переписать в виде: [(Уп^р) А(п)] => А(р+ 1).

В первоначальной формулировке метода математической индукции при доказательстве предложения А(р) мы опирались только на «предыдущее» предложение А(р- 1). Данная здесь формулировка метода позволяет выводить А(р), считая, что все предложения А(п), где я меньшер , истинны.

Пример 5.5.10. Докажем теорему: «Сумма внутренних углов любого я-угольника равна 180°(я-2)».

Для выпуклого многоугольника теорему легко доказать, если разбить его диагоналями, проведенными из одной вершины, на треугольники. Однако для невыпуклого многоугольника такая процедура может быть невозможна.

Докажем теорему для произвольного многоугольника методом математической индукции. Будем считать известным следующее утверждение, которое, строго говоря, требует отдельного доказательства: «В любом //-угольнике существует диагональ, лежащая целиком во внугренней его части».

Вместо переменной // можно подставлять любые натуральные числа, которые больше либо равны 3. Для п=Ъ теорема справедлива, так как в треугольнике сумма углов равна 180°.

Возьмем некоторый /7-угольник (р> 4) и предположим, что сумма углов любого //-угольника, где // р, равна 180°(//-2). Докажем, что сумма углов //-угольника равна 180°(//-2).

Проведем диагональ //-угольника, лежащую внутри него. Она разобьет //-угольник на два многоугольника. Пусть один из них имеет к сторон, другой - к 2 сторон. Тогда к+к 2 -2 = р, так как полученные многоугольники имеют общей стороной проведенную диагональ, не являющуюся стороной исходного //-угольника.

Оба числа к и к 2 меньше //. Применим к полученным многоугольникам индуктивное предположение: сумма углов А]-угольника равна 180°-(?i-2), а сумма углов? 2 -угольника равна 180°-(Аг 2 -2). Тогда сумма углов //-угольника будет равна сумме этих чисел:

180°*(Аг|-2)-н 180°(Аг2-2) = 180 о (Аг,-ьАг 2 -2-2) = 180°-(//-2).

Индуктивный переход обоснован. На основе метода математической индукции теорема доказана для любого //-угольника (//>3).