"Метод математической индукции и его применение к доказательству неравенств"

Муниципальное бюджетное образовательное учреждение

Средняя общеобразовательная школа № 81

Секция: Алгебра

Научное общество учащихся

«Метод математической индукции

и его применение к доказательству неравенств»

Выполнила: Арефьева Ксения,

ученица 10б класс

Научный руководитель:Пятковская А. Р.,

учитель  математики

Нижний Новгород

2015

Введение………………………………………………………………… 3

Метод математической индукции………………………………….…...4

Доказательство неравенств………………………………………….......11

Применение к доказательству неравенств метода математической

индукции……………………………………………………………........13

Доказательство неравенства Коши и неравенства Бернулли методом

математической индукции……………………………………………....20

Заключение…………………………………………………………….....23

Список используемых источников и литературы………………….….24

Введение.

В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод рассуждений - это рассуждение от общего к частному, т.е. рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а заключительным моментом – частный результат. Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим, т.е. является методом, противоположным дедуктивному.

В математике дедуктивный метод мы применяем, например, в рассуждениях такого типа: данная фигура - прямоугольник; у каждого прямоугольника диагонали равны. Индуктивный подход обычно начинается с анализа и сравнения данных наблюдения или эксперимента. Многократность повторения какого-либо факта приводит к индуктивному обобщению. Индуктивный подход люди, часто сами того не замечая, применяют почти во всех сферах деятельности.

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 развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.

Задачи моей работы заключаются в следующем:

1.  Изучить метод математической индукции.
2. Научиться доказывать неравенства методом математической индукции.

Метод математической индукции.

Математическая индукция — метод математического доказательства, используется чтобы доказать истинность некоторого утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 — база (базис) 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.

Предположим, что требуется установить справедливость бесконечной последовательности утверждений, занумерованных натуральными числами:

Р1, Р2, . . . . . Рn,Рn+1,. . ..

Логическим основанием для этого метода доказательства служит так называемая аксиома индукции, пятая из аксиом Пеано. Которая звучит следующим образом «Если какое-либо предложение доказано для 1 (база индукции) и если из допущения, что оно верно для натурального числа n, вытекает, что оно верно для следующего за n натурального числа (индукционное предположение), то это предложение верно для всех натуральных чисел.

Наглядным примером может служить следующие задачи:

Задача1.

Доказать, что (n3+35n) кратно 6.

1)При n=1

(1+35)=36, 36 кратно 6, значит утверждение верное.

2)Пусть приn=k  (k2+35k) кратно 6.

3) Рассмотрим n=k+1. Докажем, что (n3+35n) кратно 6(k+1)3+35(k+1)=k3+3k2+3k+1+35k+35=(k3+35k)+(3k2+3k+36)

a)(k3+35k) кратно 6.

b) 3k2+3k+36=3(k2+k+12)=3(k(k+1)+12), 3 кратно 3.

k(k+1) кратно 2.

(k+1)+12, кратно 2.

Значит 3(k(k+1)+12) кратно 6, тогда (k+1)3+35(k+1) кратно 6.

Задача2.

12+42+72+…+(3n-2)2=

1. n=1- основание индукции

12=; 1=1-верно

2. Индукционный переход

а) n=k ; 12+42+72+…+(3k-2)2=   - верно

б)  n=k+1; 12+42+72+…+(3k-2)2+(3k+1)2=  - верно

12+42+72+…+(3k-2)2+(3k+1)2= +(3k+1)2= = =  = =

На основе математической индукции утверждение верно для любого nN.

Задача3.

Доказать, что 4n+6n-10 кратно 18.

1)Приn=1

41+6-10=0- кратно18.

2)При n=k

4k+6k-10=18 –кратно 18

3)При n=k+1

4k+1+6(k+1)-10=4×4k+6k-4=44k+24k-40-24k+40+6k-4=4(4k+6k-10)-18k+36=4(4k+6k-10)-18(k-2)

4(4k+6k-10) кратно 18 и 18(k-2) кратно 18, значит их разность тоже кратна 18.

На основе математической индукции утверждение верно для любого nN.

Задача 4.

Докажите, что 11n+2+122n+1делится на 133.

1. При n=1

113+123=(11+12)(112-11·12+12²)=23·(121-132+144)=23·133 делится на 133, утверждение верно

2. Пусть при n=k 11k+2+122k+1делится на 133
3. Докажем, что при n=k+1   11k+1+2+122(k+1)+1=11k+3+122k+3=11k+2·11+122k+1·12²=11k+2·11+122k+1·144= =11k+2·11+122k+1·(133+11)=11k+2·11+122k+1·11+122k+1·133= =11·(11k+2+122k+1)+133·122k+1

11·(11k+2+122k+1)делится на 133 и 133·122k+1  делится на 133, значит их сумма так же делится на 133.

Задача 5.

Найдите все пары натуральных чисел m и n, удовлетворяющих уравнению:     2m – 3n= 1

Решение:

Рассмотрим делимость 3n + 1 на 8 для чётного или нечётного n.

1. n = 2·k; k ∈ℕ; Тогда:

32k + 1 = 8·h + R, где {h, R} ∈ℕ, 0 ≤ R ≤ 7; h > 0

R — остаток от деления на 8, h — целая часть.

9k + 1 = 8·h + R[9k+ (1 − R)] кратно 8

Используя метод математической индукции, определим R и докажем, что при любом k будет такой остаток.

База индукции: при k = 1, (10 − R) кратно 8. Отсюда предположим, что R = 2. База тогда верна.

Шаг индукции: пусть для k = а число (9a − 1) кратно 8. Докажем, что 9a+1− 1 также кратно 8:

(9a+1 − 1) − (9a− 1) = 9a+1 − 9a = 9a·(9 − 1) = 8·9aкратно 8.

Отсюда следует, что   (9a+1 − 1) кратно 8.

Итак, при чётном n   3n+ 1 при делении на 8 даёт всегда остаток 2

2. n = 2·k − 1; k ∈ℕ; Тогда:

 32k-1 + 1 = 8·h + R, где {h, R} ∈ℕ; 0 ≤ R ≤ 7, h > 0

32k-1 + (1 − R) кратно 8

И вновь метод математической индукции:

База индукции: k = 1; (4 − R) кратно 8. Отсюда предположим, что R = 4.База тогда верна.

Шаг индукции: пусть для k = а число (32a-1− 3) кратно 8. Докажем, что

32(a+1)-1− 3 также кратно 8.

(32a-1− 3) − (32a+1− 3) = 32a-1− 32a+1= 32a-1·(9 − 1) = 8·32a-1кратно 8.

Отсюда следует, что   (32(a+1)-1 − 3) кратно 8

Итак, при нечётном n   3n+ 1 при делении на 8 даёт всегда остаток 4.

Вернёмся к уравнению. 2m= 1 + 3n. Так как при любом n правая часть не кратна 8, то m меньше 3

1) m = 2;   3n = 3; n = 1

2) m = 1. Тогда3n=1;   n = 0. Но числа m и n — натуральные, поэтому не подходит.

Ответ: n = 1, m = 2

Задача 6.

Докажите 1·1!+2·2!+…+n·n!=(n+1)!-1

1. При n=1    1 ·1!=(1+1)!-1 верно
2. Допустим, что при n=k1·1!+2·2!+…k· k!=(k+1)!-1 верно
3. Докажем, что при n=k+1 равенство 1 ·1!+2 ·2 !+… k · k!+(k +1)· (k +1)!=( k+2)!-1 верно

1 ·1!+2 ·2 !+… k · k!=( k+1)!-1

1 ·1!+2 ·2 !+… k · k!+(k+1) ·(k+1)! =(k+1)!-1+(k+1)·(k+1)!

(k+1)!-1+(k+1)·(k+1)!=(k+1)!·(1+k+1)-1=(k+1)!·(k+2)-1=(k+2)!-1

На основе математической индукции утверждение верно для любого nN.

Задача 7.

Доказать

1. При n=1 ;   ==  верно
2. Допустим, что при n=k равенство   ( верно
3. Докажем, что верно равенство)

Возведем обе части последнего равенства в квадрат

Получили формулу из пункта 2,а она верна, значит верна и формула в пункте 3.

Доказательство неравенств.

Алгебраические неравенства доказываются с помощью различных методов, которые основываются на равносильных преобразованиях и свойствах числовых неравенств: 

1) если a – b > 0, то a > b; если a – b < 0, то a < b;

2) если a > b, то b < a; если a < b, то b > a;

3) если a < b  и  b < c,  то  a <  c;

4) если a < b  и при этом c – любое число, то a + c < b + c;

5) если a < b  и при этом c > 0, то  ac< bc, a/c < b/c;

6) если a < b  и при этом c < 0, то  ac> bc; a/c > b/c;

7) если a1 < b1, a2 < b2, . . . , an < bn, то  a1 +  a2 + . . . + an < b1 + b2 + . . . + bn;  

8) если 0 < a1 < b1, 0 < a2 < b2, . . . , 0 < an < bn, то  a1 ·  a2 · . . . · an < b1 · b2 · . . . · bn;

 Напомним некоторые опорные неравенства, которые часто используются для доказательства других неравенств: 

1) а2 > 0;

2) aх2 + bx + c > 0, при а > 0, b2 – 4ac < 0;

3) x + 1/x > 2, при х > 0,  и  x + 1/x < –2, при х < 0;

4) |a + b| < |a| + |b|, |a – b| > |a| – |b|;

5) если a > b > 0, то 1/a < 1/b;

6) если a > b > 0 и х > 0, то ax >bx, в частности, для натурального n > 2  

a2 > b2  и  n√a > n√b;

7) если a > b > 0 и х < 0, то ax x;

8) если х > 0, то sin x < x. 

 Многие задачи, и это не только неравенства, эффективно решаются с помощью некоторых специальных неравенств, с которыми учащиеся школы часто не бывают знакомы. К ним, прежде всего, следует отнести: 

• неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим положительных чисел (неравенство Коши):

•  неравенство Бернулли:

(1 + α)n ≥ 1 + nα, где α > -1, n – натуральное число;

• неравенство Коши – Буняковского: 

(a1b1 + a2b2 + . . . + anbn)2 ≤ (a12 + a22 + . . . + an2)( b12 + b22 + . . . + bn2);

К наиболее «популярным» методам доказательства неравенств можно отнести:

• доказательство неравенств на основе определения;
• метод выделения квадратов;
• метод последовательных оценок;
• метод математической индукции;
• использование специальных и классических неравенств;
• использование элементов математического анализа;
• использование геометрических соображений;
• идея усиления и др.

Применение к доказательству неравенств метода

математической индукции.

Задача 1.

Доказать, что при любом натуральном n>1          

  .          

 Доказательство.                                    

Обозначим левую часть неравенства через Sn.

S2=   , следовательно, при n=2 неравенство справедливо.

ПустьSk при некотором k. Докажем, что тогда иSk+1.

ИмеемSk=,Sk+1=.

Сравнивая Sk и Sk+1, имеем Sk+1-Sk=, т.е.

Sk+1- Sk=.

При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. ПоэтомуSk+1k

 НоSk , значит, иSk+1

Задача2.

 При любом натуральном n≥3 справедливо неравенство 2n>2n+1.

 Доказательство.  

1)При n=3    23>2·3+1 верно

2)Пусть неравенство справедливо при n=k2k>2k+1

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

2k+1>2(k+1)+1.

2k>2k+1умножим обе части неравенства на 2

2·2k>2(2k+1)

2k+1>2k·2+2=(2k+2)+2k=2(k+1)+2k˃2(k+1)+1

Задача3.

Доказать, что

                               (1)

где a+b>0,a,  n – натуральное число, большее 1.

                                    Решение.                                    

1)При n=2 неравенство (1) принимает вид

.                                (2)

Так какa, то справедливо неравенство

 .                                        (3)

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

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

2)Пусть неравенство (1) справедливо при n=k, где k – некоторое натуральное

число, т.е.

.                                (4)

3)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, a+b>0

, 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. Вобоих случаях неравенство (9) справедливо.

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

справедливость при n=k+1.

Задача4.

Доказать неравенство

для n>1

1)База  индукции для n=2

 верно

2) Пусть при n=k

3) Пусть n=k+1. Докажем.

Используем предположении индукции

Задача5.

3n>2n+n, при n>1

1)n=2.         32>22+2-верно

2)n=k          3k>2k+k

3) n=k+1Докажем 3k+1>2k+1+k+1

3k>2k+k| ×3

3k+1> 3×2k+3k

3×2k+3k=(2+1)×2k+k+2k=2×2k+k+2k+2k=2k+1+k+(2k+2k)> 2k+1+k+1

Задача  6.

Доказать неравенство x1+x2+x3 …+xn≥n, если x1×x2×…×xn=1, иxi>0, i =.

1)n=1, x=1следовательно x1≥1 справедливое утверждение.

2)Допустим, чтопри n=k истинно, т.е. x1×x2×…xk=1, xi>0, i =, то x1+x2+…xk≥k.

3) Докажем, что неравенство выполняется при n=k+1

X1×x2×x3…xk+1=1, xi>0, i = , тоx1+x2+…xk+xk+1≥k+1

1. пустьx1=x2=x3=…xk=xk+1=1, тоx1+x2+…xk+xk+1=k+1, k+1≥k+1, k+1≥k+1 неравенство выполняется.
2. хотя бы одно из чисел отличное от единицы, например, пусть больше единицы, т.к. x1×x2×…xk×xk+1=1,  то существует еще хотя бы одно число отличное от единицы, точнее меньше единицы.

Пусть xk+1>1 иxk<1.

Рассмотрим kположительность чисел x1,x2,x3…xk-1(xk×xk+1)

т.ч.x1×x2…xk-1(xk×xk+1)=1

x1+x2+x3+xk-1+(xk×xk+1)≥k|+(xk+xk+1)

x1+x2+…+xk-1+xk×xk+1+xk+xk+1≥k+xk+xk+1

x1+x2+…+xk-1+xk+xk+1≥k+xk+xk+1-xk×xk+1

k+xk+xk+1-xk×xk+1= k+xk+xk+1-xk×xk+1+1-1=

=k+1+(xk+1)+xk+1(1-xk)≥k+1

Следовательноx1+x2+…xk+xk+1≥k+1, т.е. если P(x) справедливо, то и P(k+1) справедливо.

Замечание1. Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x1=x2=…xn=1.

Задача 7.

Доказать неравенство +≤1, n/

1)n=1.  справедливое утверждение.

2)Допустим, что при n=kимеет место неравенство

3)Докажем, что при n=k+1 выполняется неравенство

+

Замечание2. Равенство выполняется только при n=1.

Задача  8.

Доказать неравенство

 , n.

1)n=1

2)Допустим, что неравенство выполняется при n=k.

3)Докажем, что при n=k+1 выполняется неравенство.

Поскольку (k+1)!=1×2×3×…×k×(k+1) то

(k+1)!>k(k+1)

=

учитывая P(k), получим

Задача  9.

Доказать неравенство 2n>n3 , n, n≥10

1)при n=10

210=1024

103=1000

1024> 1000,верное утверждение.

2)Допустим, что при k>10, 2k>k3верное неравенство.

3)Докажем, что при n=k+1 неравенство верное.

2k+1>(k+1)3

Поскольку k>10, то 2>или 2>1+

Следует, что 2k3>k3+3k2+3k+1

k3>3k2+3k+1

учитывая неравенство P(k) 2k>k3получим

2k+1=2k+2k>k3+k3>k3+3k2+3k+1=(k+1)3

Задача 10.

Найти все целые решения неравенства х-16(х+3)

Решение

Допустимые значения х определяются из условия х+3>0. хZ. т.е. х=-2,-1.0.1,2…

Начнем последовательно проверять

А) х=-2, -361 верно

Б) х=-1, -262  верно

В) х=0, -163  верно

Г) х=1,   064  верно

Для остальных целых х неравенство не выполняется. Докажем по индукции неравенство  n-1>log6(n +3), n≥2, n

1. При  n=2  1>log65  верно
2. Предположим, что приn=k выполняется неравенство k-1>log6(k +3)
3. Докажем, что (k+1)-1>log6((k +1)+3) верное неравенство.

k-1>log6(k +3)

(k+1)-1 >log6(k +3)+1

log6(k +3)+1= log6(k +3)+ log66= log6(6(k+3))= log6(6 k+18)= log6((k+4)+(5k+14)) >log6(k+4)  (поскольку5 k+14 >0), значит

(k+1)-1 >log6((k +1)+3) верно. Индуктивный переход обоснован.

Ответ :-2,-1,0,1

Доказательство неравенства Коши и неравенства

Бернулли методом  математической индукции.

Огюстен Луи Коши (1789-1857) – французский математик, основоположник теории аналитических функций

Задача  1.

Доказать неравенство Коши(cреднее арифметическое неотрицательных чисел не меньше их среднего геометрического) , где xi>0, i = , n≥2, причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда a1=a2=…=an.

1 способ.

Пусть x1x2…xn – произведение положительных чисел.

Рассмотрим следующие n- положительные числа.

тогда

=1,

А по задаче  7

|

Откуда

2 способ.

1)При n=2    верно,т.к.

2) Допустим, что верно неравенство при n=k, т.е.

3) Докажем, что неравенство верно при n=k-1

Умножим обе части неравенства на

Возведем обе части неравенства в степень

Замечание1. В данном доказательстве использовали  индукцию вниз.

Замечание2. Стоит обратить внимание на существование других вариантов записи неравенства Коши, например такого:

илитакого:

Якоб Бернулли (1654-1705) - швейцарский математик, профессор математики Базельского университета. Один из основателей теории вероятностей и математического анализа.

Задача 2.

Доказать неравенство Бернулли: (1+α)n≥1+nα , где α>(-1), n.

1)n=1,

(1+α)≥1+α  истинное неравенство.

2)Допустим , что имеет место быть неравенство при n=k,

(1+α)k≥1+kα.

3)Допустим, что неравенство выполняется при n=k+1,

(1+α)k+1≥1+(k+1)α.

Т.к. α>(-1), то α+1>0,

(1+α)k≥1+kα |(α+1)

(1+α)(1+α)k≥(1+kα)(1+α)

(1+α)k+1≥1+kα+α+kα2

(1+α)k+1≥1+(k+1)α+kα2

kα2≥0,тогда 1+(k+1)α+kα2≥1+(k+1)α

Следовательно (1+α)k+1≥1+(k+1)α.

Тогда если P(k) истинно, то P(k+1) истинно, следовательно, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли доказано.

Заключение.

Познакомившись с методом математической индукции, я расширила свои знания в области математики и научилась решать задачи,которые раньше не могла решить. Это были логические и интересные задачи, которые повышают интерес к самой науке математике. В заданиях ЕГЭ по математике встречаются задачи, которые решаются методом математической индукциии изучив данную тему, я сделала еще один шажок к успешной сдачи ЕГЭ.

Список используемых источников и литературы.

1. Айзенштат Я.И. Доказательство неравенств методом математической индукции. – Математика в школе №2 1976
2. Википедия
3. (https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D1%87%D0%B5%D1%81%D0%BA%D0%B0%D1%8F_%D0%B8%D0%BD%D0%B4%D1%83%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%8F)(https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%90%D0%BA%D1%81%D0%B8%D0%BE%D0%BC%D1%8B_%D0%9F%D0%B5%D0%B0%D0%BD%D0%BE)
4. Викиучебник (http://ru.wikibooks.org/wiki/%D0%97%D0%BD%D0%B0%D0%BA%D0%BE%D0%BC%D1%81%D1%82%D0%B2%D0%BE_%D1%81_%D0%BC%D0%B5%D1%82%D0%BE%D0%B4%D0%BE%D0%BC_%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D1%87%D0%B5%D1%81%D0%BA%D0%BE%D0%B9_%D0%B8%D0%BD%D0%B4%D1%83%D0%BA%D1%86%D0%B8%D0%B8)
5. Гомонов С.А.,Замечательные неравенства. 10-11 класс.-М.: Дрофа  2005
6. (http://works.tarefer.ru/50/100042/index.html )
7. MathschooL(http://math4school.ru/dokazatelstvo_neravenstv.html )
8. (http://www.math.md/school/krujok/inductr/inductr.html )
9. (http://school-collection.edu.ru/catalog/res/6b6881ea-a511-43b2-a469-9836e0ba1044/view/)
10. (http://www.km.ru/referats/C0739375204A4BD69F94357213811B1F )
11. (http://www.km.ru/referats/DD40CE49404742A4BF005A5FBBB56B01 )
12. Соломинский И.С. О математической индукции.-М.: Наука, 1967

Информационная карта

научно-исследовательской работы районной конференции НОУ «Эврика»

Район Сормовский

Секция Алгебра