исследовательская работа "Метод математической индукции"
творческая работа учащихся по алгебре (10 класс) на тему

ОБЛАСТНАЯ УЧЕБНО-ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКАЯ КОНФЕРЕНЦИЯ

«ЮНОСТЬ ПОМОРЬЯ»

Направление: математика

Метод математической индукции.

Исследовательская работа

Выполнена учеником 10 «А»  класса

МОУ «Средняя общеобразовательная

школа № 7», МО «Котлас»

Архангельской области

Мочалыгиным Николаем Дмитриевичем

Научный руководитель – учитель                                                                         математики МОУ «Средняя                                                                                 общеобразовательная школа № 7»,

МО «Котлас», Архангельской области

Курдюкова Ольга Васильевна

г. Архангельск, 2017

Оглавление

1 ВВЕДЕНИЕ

Умение решать задачи – такое же практическое искусство, как умение

плавать или бегать.

Ему можно научиться только путем подражания или упражнения.

Д. Пойя.

        Одной из отличительных черт математики является дедуктивное построение теории, однако дедукция не является единственным методом научного мышления. В экспериментальных науках велика роль индуктивных выводов. Например, в математике индукция часто помогает угадать формулировку теорем, а в ряде других случаев даже наметить пути доказательств.

        Данная тема является актуальной сегодня, выросла область применения метода математической индукции. Но, к сожалению, в школьной программе уделяется ничтожно мало времени для изучения данной темы. Для разбора материала чаще всего отводится лишь несколько занятий, на которых даётся теория и разбирается несколько примитивных задач. В школах без углубленного изучения математики этот метод вовсе не входит в образовательную программу. Однако на вступительных экзаменах в ведущие вузы страны встречаются задачи, при решении которых необходим метод математической индукции. При доказательстве многих теорем в математическом анализе на первом курсе в университете используется метод математической индукции, и студентам, у которых в школе не было факультативного курса по этому методу, приходится изучать его самостоятельно.

        Цель моей работы – подробное и глубокое изучение метода математической индукции, его применения от момента возникновения, до современного уровня развития математики.

        Для достижения данной цели нами были поставлены следующие задачи:

1. Изучить научно-методическую и учебную литературу по данной теме.

2. Систематизировать многочисленные примеры и задачи, которые позволяют более глубоко и широко оценить применение метода математической индукции к решению различных типов задач (доказательства тождеств, неравенств, задач на делимость, геометрических задач и т. д.). Рассмотреть задачи повышенного уровня сложности (задачи различных этапов Всероссийской олимпиады школьников), а также задания ЕГЭ, при решении которых можно использовать метод математической индукции.

3. Рассмотреть доказательство некоторых теорем элементарной алгебры методом математической индукции.

        Объектом моего исследования является метод математической индукции, самый распространённый способ доказательства различных математических выражений. Предмет исследования – применение метода математической индукции к решению самых разных типов математических задач, а так же его использование при решении заданий ЕГЭ и Всероссийской олимпиады школьников.

        В ходе работы были использованы следующие методы исследования:

1. Анализ математической литературы и ресурсов Интернета.

2. Репродуктивное воспроизведение изученного материала.

3. Познавательно-поисковая деятельность.

4. Анализ и сравнение данных в поиске решения задач.

5. Постановка гипотез и их поверка.

6. Сравнение и обобщение математических фактов.

7. Решение задач различных видов.

8. Анализ полученных результатов.

        В своей работе я постараюсь показать практическое значение метода математической индукции как необходимого фактора для решения задач.

        Чтобы достичь каких-либо успехов, нужно напряжённо и достаточно долго тренироваться. Если будет накоплен некоторый «багаж» олимпиадных идей и методов решений, то появится уверенность в своих возможностях. Размышления над задачами развивают интеллект, сообразительность, способствуют повышению уровня математической грамотности.

2 ИЗ ИСТОРИИ ВОЗНИКНОВЕНИЯ И РАЗВИТИЯ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

        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. 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 движения планет Кеплера, выведенных им при обработке многолетних наблюдений датского астронома Тихо Браге.

        Приведем пример рассуждения по индукции:

        Требуется установить, что каждое четное число в пределах от 4 до 100 можно представить в виде суммы двух простых чисел. Для этого переберем все интересующие нас числа и выпишем соответствующие суммы:

4 = 2 + 2;  6 = 3 + 3;  8 = 3 + 5;  10 = 5 + 5;   ...  ;  94 = 5 + 89;  96 = 7 + 89;  98 = 9 + 89;  

100 = 3 + 97.

        Эти 49 равенств (мы выписали только 8 из них) показывают, что утверждение о том, что любое четное число от 4 до 100 можно представить в виде суммы двух простых чисел, верно и было доказано путем перебора всех частных случаев.

        Это был пример полной индукции, когда общее утверждение доказывается для конечного множества элементов при рассмотрении каждого из этих элементов. Но чаще общее утверждение относится не к конечному, а к бесконечному множеству. В таких случаях общее утверждение может быть угаданным, полученным неполной индукцией. Оно может оказаться верным или неверным.

        Знаменитый математик XVII в. Пьер Ферма проверив, что числа

 + 1 = 3

 + 1 = 5

 + 1 = 17

 + 1 = 257

 + 1 = 65537

простые, сделал по индукции предположение, что для всех натуральных n числа вида +1 простые.

        В XVIII веке Леонард Эйлер нашел, что при n = 5:  + 1 = 4294967297 = 6416700417 (составное число).

        Таким образом, неполная индукция не считается в математике методом строгого доказательства, т. к. может привести к ошибке. Так к середине семнадцатого столетия в математике накопилось немало ошибочных выводов. Стала сильно ощущаться потребность в научно обоснованном методе, который позволял бы делать общие выводы на основании рассмотрения нескольких частных случаев.  И такой метод был разработан, он называется методом математической индукции.

        Основная заслуга в разработке этого метода принадлежит французским математикам Блезу Паскалю (1623 - 1662) и Рене Декарту (1596-1650), а также швейцарскому математику Якобу Бернулли (1654-1705), хотя отдельные случаи применения встречаются ещё в античные времена у Прокла и Эвклида. Современное название метода было введено Огастесом де Морганом в 1838 году.

3 ПРИНЦИП МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

        Принцип математической индукции, именно в привычной форме двух шагов, впервые появился в 1654 году в работе Блеза Паскаля «Трактат об арифметическом треугольнике», в которой индукцией доказывался простой способ вычисления числа сочетаний (биномиальных коэффициентов).

         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 (предположение индукции), и с учётом этого предположения устанавливается справедливость его для n = k + 1 (шаг индукции, или индукционный переход).

        Докажем справедливость принципа математической индукции методом «от противного». 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, m – натуральное число. Выходит, что для натурального числа утверждение справедливо, а для следующего натурального числа m оно несправедливо. Это противоречит условию 2.

ЧТД

        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.

        Итак, доказательство по методу полной математической индукции проводится в три этапа:

        1. проверятся справедливость утверждения для любого натурального числа n (обычно проверку делают для n = 1);

        2. предполагается справедливость утверждения при любом натуральном n = k;

        3. доказывается справедливость утверждения для числа n = k + 1, отталкиваясь от предположения справедливости утверждения для n=k.

        Доказательство методом неполной математической индукции некоторого утверждения, зависящего от n, где n2 проводится аналогичным образом, но в начале устанавливается справедливость для наименьшего значения n.

        Метод математической индукции - эффективный метод доказательства гипотез (утверждений), основанный на использовании принципа математической индукции, поэтому он приводит только к верным выводам. Методом математической индукции можно решать не все задачи, а только параметризованные некоторой переменной, которая называется переменной индукции. Метод математической индукции имеет наибольшее применение в арифметике, алгебре и теории чисел. В дальнейших параграфах рассмотрим его применение.

4 ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ К РЕШЕНИЮ РАЗЛИЧНЫХ ТИПОВ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

        Метод математической индукции – универсальное орудие для решения множества типов математических задач. В этом параграфе рассмотрим его основные сферы применения и докажем несколько довольно известных формул.

4.1 Применение метода математической индукции к доказательству тождеств

        Основная сфера применения метода математической индукции – доказательство различных тождеств. Рассмотрим несколько примеров решения данного типа задач.

Пример 1.

        Докажите, что для любого действительного числа a и любых натуральных чисел m и n справедливо равенство .

Доказательство: Зададим произвольное натуральное число m и будем, как говорят, вести индукцию по n.

1. При n = 1 равенство верно по определению степени с натуральным показателем:

2. Пусть теперь наше равенство верно при n = k:

3. Докажем, что оно справедливо и для n = k + 1:

Тогда по предположению индукции и по определению степени имеем:

,

т. е. .

        Следовательно, согласно принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального n при произвольно выбранном m, т. е. оно верно для любых натуральных m и n.

Пример 2.

        Доказать, что для любого натурального n > 1справедливо равенство

Доказательство: Заметим, что нам нужно доказать данное тождество для всех n > 1, то есть базис индукции проверяется для следующего натурального значения n, т. е. для n = 2.

1. При n = 2 получаем

  – верно, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено.

2. Предположим, что формула верна для n = k: …=

3. Докажем её справедливость и для n = k + 1: …=

Заменим первые k множителей на   (по предположению п. 2) и выполним некоторые преобразования:

…==

        Итак, второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана. 

        Метод математической индукции применим и к решению некоторых тригонометрических задач. Рассмотрим такой пример.

Пример 3.

        Доказать равенство  .

Доказательство: докажем тождество методом математической индукции.

1. При n = 0 получим   (верно).

2. Пусть тождество справедливо при n = k: .

3. Докажем, что оно справедливо и при n = k + 1:

.

        Следовательно, равенство верно (по методу математической индукции).

4.2 Применение метода математической индукции к суммированию рядов

        Суммирование рядов – особый вид тождеств. Уделим таким задачам отдельное внимание.          

        Методом математической индукции доказываются многие известные формулы, одной из которых является формула суммы n первых членов арифметической прогрессии.

Пример 4.

        Докажите формулу суммы n первых членов арифметической прогрессии

S(n) =.

Доказательство: 1. При n = 1 получим S(1) == (верно, т. к. сумма первого члена арифметической прогрессии равна самому первому члену этой прогрессии).

2. Предположим, что формула верна для n = k: S(k) =.

3. Докажем правильность формулы и для n = k + 1:

S(k + 1) ==

        По методу математической индукции формула доказана.

        Рассмотрим ещё один пример задачи на суммирование рядов.

Пример 5. 

        Найдите сумму

Решение: S(1) =, S(2) = , S(3) = S(2) + =. Можно предположить, что S(n) =. Докажем это.

1. Для n=1 формула верна:   .

2. Предположим, что она будет верна для n = k: S(k) =.

3. Докажем, что формула верна и для n = k + 1:

S (k + 1) = S(k)

=

        Второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана.

4.3 Доказательство формулы бинома Ньютона

        Как мы уже говорили, методом математической индукции доказываются многие известные формулы. В параграфе 4.2 мы рассмотрели доказательство формулы суммы n первых членов арифметической прогрессии. Рассмотрим доказательство ещё одной знаменитой формулы – формулы бинома Ньютона.

        Бином Ньютона — формула для разложения на отдельные слагаемые целой неотрицательной степени суммы двух переменных.

        Долгое время считалось, что для натуральных показателей степени эту формулу, как и треугольник, позволяющий находить коэффициенты, изобрёл Блез Паскаль, описавший её в XVII веке. Однако историки науки обнаружили, что формула была известна ещё китайскому математику Яну Хуэю, жившему в XIII веке, а также исламским математикам ат-Туси (XIII век) и ал-Каши (XV век).

        Исаак Ньютон около 1677 года обобщил формулу для произвольного показателя степени (дробного, отрицательного и др.). Из биномиального разложения Ньютон, а позднее и Леонард Эйлер, выводили всю теорию бесконечных рядов.

        Знаменитая формула легко доказывается с помощью метода математической индукции. Рассмотрим её доказательство.

        В общем виде формула выглядит так:

.

1. При n = 1 имеем a + b = b + a (верно, т. к. от перестановки слагаемых сумма не меняется).

2. Предположим справедливость формулы при n = k: .

3. Докажем, что формула справедлива и для n = k + 1.

 (.

Используя равенство , получим

        Второе условие принципа математической индукции выполнено. Формула доказана.

4.4 Применение метода математической индукции к доказательству неравенств

        С помощью метода математической индукции можно доказать множество неравенств. И пусть данный метод не является наиболее распространённым в этой сфере, доказывать неравенства с помощью индукции бывает непросто, он всё же может оказаться полезен. В данном параграфе рассмотрим пример доказательства неравенства методом математической индукции и рассмотрим более сложные задачи.

Пример 6.

        Доказать, что справедливо неравенство  для всех натуральных n при a > 0.

Доказательство: 1. При n = 1 обе части равны:

2. Предположим, что при n = k выполняется неравенство .

3. Докажем, что неравенство верно и при n = k + 1:

        Итак, для n = k + 1 неравенство верно, следовательно, по методу математической индукции, утверждение верно для любого натурального n.

        Не всегда в условиях задач, решаемых с помощью метода математической индукции, бывает чётко сформулирован общий закон, который нужно доказывать. Иногда приходится путём наблюдений частных случаев сначала обнаружить (догадаться), к какому общему закону они приводят, и только потом доказывать высказанную гипотезу методом математической индукции. Кроме того, переменная индукции может быть замаскированной, и прежде, чем решать задачу, необходимо определить, по какому параметру будет проводиться индукция. В качестве примеров рассмотрим следующие задачи.

Пример 7.

        Доказать, что  при любом натуральном n > 1.

Доказательство: Попробуем доказать это неравенство методом математической индукции.

1. Базис индукции проверяется без труда:  – верно.

2. По предположению индукции .

3. Нам остается доказать, что .

Если воспользоваться индуктивным предположением, то мы будем утверждать, что

.

Хотя это равенство на самом деле верно, оно не даёт нам решения задачи.

Попробуем доказать более сильное утверждение, чем это требуется в исходной задаче. А именно докажем, что

.

Может показаться, что доказывать это утверждение методом индукции – дело безнадёжное, однако

1. При n = 1 имеем:  – утверждение верно.

2. Для обоснования индуктивного шага предположим, что .

3. Тогда докажем, что .

Действительно,

=.

Таким образом, нами доказано более сильное утверждение, из которого сразу же следует утверждение, содержащееся в условии задачи.

        Поучительным здесь является то, что хотя нам и пришлось доказывать более сильное утверждение, чем это требуется в задаче, но мы могли пользоваться и более сильным предположением в индуктивном шаге. Этим и объясняется, что прямолинейное применение принципа математической индукции не всегда приводит к цели.

        Ситуация, возникшая при решении задачи, получила название парадокса изобретателя. Сам парадокс состоит в том, что более сложные планы могут быть реализованы с большим успехом, если они базируются на более глубоком понимании существа дела.

        Но бывают случаи, когда требуется не просто доказать более сильное утверждение, а провести доказательство вспомогательного утверждения. Пример такой задачи мы рассмотрим в Приложении 1 (стр. 30).

4.5 Доказательство неравенств Бернулли и Коши.

        Среди неравенств, как и среди тождеств, есть наиболее известные. К таким относятся, например, неравенства Бернулли и Коши. В данном параграфе рассмотрим их доказательство методом математической индукции.

        Неравенство Якоба Бернулли в обобщённом виде выглядит так:  при любом  и любом натуральном n.

        Рассмотрим его доказательство методом математической индукции.

Доказательство: 1. Пусть n = 2. Тогда неравенство приобретает вид  (верно).

2. Предположим, что неравенство справедливо для n = k, то есть .

3. Докажем, что оно верно и для n = k + 1, то есть :

.

        Итак, на основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n > 2.

        Неравенство Огюстена Луи Коши звучит так: «Среднее арифметическое нескольких положительных чисел не меньше их среднего геометрического, т. е. если  – неотрицательные числа, то

,

причём равенство имеет место в том, и только в том случае, когда .

Доказательство: Докажем сначала вспомогательное утверждение.

Лемма. Пусть  – произвольные положительные числа, причём . Тогда справедливо неравенство .

        Доказательство: Докажем неравенство методом математической индукции.

        1. Пусть n = 2. Тогда . Если оба числа равны 1, то  и, следовательно, утверждение верно. Пусть теперь , а , тогда  и . Решим неравенство  или   Последнее неравенство справедливо при всех , следовательно, доказываемое утверждение справедливо.

2. Пусть утверждение справедливо при n = k.

3. Пусть n = k + 1 и  – произвольные положительные числа и .

        Возможны два случая: либо все числа равны 1, тогда их сумма равна k + 1 и неравенство доказано, либо среди этих чисел хотя бы одно не равное единице. Тогда найдётся, по крайней мере, ещё одно число, не равное единице, причём одно из них больше единицы, а другое меньше единицы. Пусть , а . Рассмотрим теперь произведение k чисел . Тогда, используя предположение индукции, получим .

        Прибавим к обеим частям неравенства :

        Заметим, что

        Следовательно, . Утверждение доказано. Из приведённого доказательства следует, что знак равенства в доказываемом соотношении имеет место тогда и только тогда, когда .

        Вернёмся теперь к доказательству неравенства Коши. Рассмотрим n чисел

 Эти числа положительны и их произведение равно 1. Тогда

  или  .

Причём знак равенства возможен, .

        Неравенство Коши доказано для любого натурально .

4.6 Метод математической индукции в решении задач на делимость

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

        Рассмотрим следующие примеры:

Пример 8.

        Доказать, что  кратно 27, где n – натуральное число.

Доказательство: 1. При n = 1 получаем   27 (верно).

2. Предположим, что при n = k     27 – верно.

3. Докажем, что утверждение справедливо и для n = k + 1:

        Т. к. первое слагаемое делится на 27 (по предположению п. 2) и второе слагаемое делится на 27 (т. к. один из его множителей равен 27), то   кратно 27 при любом натуральном n по методу математической индукции.

        Задачи на делимость, решаемые с помощью метода математической индукции, довольно однотипны. В целом, чтобы доказать делимость того или иного выражения на какое-либо число, достаточно просто следовать алгоритму, представленному в предыдущем примере. В Приложении 2 (стр. 31) мы рассмотрим более сложный пример, в котором необходимо будет применить метод математической индукции дважды.

4.7 Решение задач на раскраску карт методом математической индукции.

        Интересны задачи о раскраске карт. Пусть на плоскости задана некоторая географическая карта. Будем говорить, что карта правильно раскрашена, если любая ее страна раскрашена определенной краской, причем любые ее две страны, имеющие между собой общую границу, закрашены в разные цвета.

        Примером правильно раскрашенной карты может служить любая географическая карта. Любую карту можно раскрасить, например, закрасив каждую страну в особый цвет, но такая раскраска неэкономна. Поэтому возникает вопрос, каково то наименьшее число красок, которыми можно правильно раскрасить заданную карту.

        К примеру, для раскраски следующих карт нужно:

         2 цвета                      3 цвета                        4 цвета

         До сих пор не найдено ни одной карты, которую не удалось бы правильно раскрасить четырьмя красками. Впервые на это обстоятельство обратил внимание немецкий математик Август Фердинанд Мебиус более ста лет назад. С тех пор многие крупные ученые пытались решить эту проблему четырех красок, то есть пытались либо доказать, что четырех красок достаточно для раскраски любой карты, либо найти пример карты, которую нельзя раскрасить четырьмя красками. Однако до сих пор этого никому не удалось сделать. Установлено, что для правильной раскраски любой карты достаточно пяти красок.

        Любопытно, что для некоторых поверхностей, устроенных, казалось бы, более сложно, чем плоскость, проблема раскраски карт решена полностью. Так, например, доказано, что на поверхности тора («баранки») для правильной раскраски любой карты достаточно семи красок. Причем существуют карты, которые нельзя правильно раскрасить 6 красками.

        Рассмотрим некоторые задачи на раскраску карт, решаемые с помощью метода математической индукции.

Пример 9.

        Пусть прямоугольник разбит на части n прямыми. Доказать, что его можно так закрасить черной и белой красками, что каждые две части, имеющие общую сторону, будут окрашены в разные цвета.

Доказательство: 1.  При n = 1 имеем:

2. Пусть утверждение верно при n = k.

3. Докажем, что оно верно и при n = k + 1.

        При n = k + 1 нужно раскрасить конфигурацию, образованную k прямыми из данных k + 1 прямых следующим образом:

                                                                (k+1)  прямая

        Затем перекрасить всё, что лежит с одной из сторон оставшейся (k+1)  прямой в противоположный цвет.

                                                                 (k+1)  прямая

        Итак, утверждение верно при n = k + 1, а следовательно верно для любого натурального n. Утверждение доказано методом математической индукции.

Пример 10.

        На плоскости дано n ≥ 2 окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.

Доказательство: 1. При n = 2 имеем при всевозможных положениях окружностей следующие рисунки:

2.  Пусть утверждение верно при n = k ≥ 2.

3. Докажем, что оно справедливо и для n = k +1. Пусть на плоскости заданы k + 1 окружностей.

Временно удалим одну из этих окружностей. Карту из оставшихся k окружностей можно раскрасить двумя цветами (рис 1).

Теперь восстановим отброшенную окружность и по одну сторону от неё (например, вне) изменим цвет каждой области на противоположный (рис. 2).

        Мы видим, что действительно возможно раскрасить карту из n + k окружностей в 2 цвета. Следовательно, утверждение доказано по принципу математической индукции.

4.8 Метод математической индукции в решении геометрических задач

        Трудно поверить, но и некоторые геометрические задачи решаются с помощью метода математической индукции. Рассмотрим решения нескольких таких задач.

Пример 11.

        Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно .

Доказательство: 1. При n = 3 утверждение справедливо, т. к. в треугольнике  диагоналей.

2. Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике количество диагоналей равно .

3. Докажем, что в любом (k+1)-угольнике число диагоналей равно .

        Пусть  – выпуклый (k+1)-угольник. Проведём в нём диагональ . Чтобы подсчитать общее количество диагоналей этого (k+1)-угольника нужно к числу диагоналей k-угольника  прибавить k - 2, то есть число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины , и прибавить 1 (т. е. учесть диагональ )

        Таким образом, количество диагоналей выпуклого (k+1)-угольника равно . Утверждение доказано.

Пример 12.

        На сколько частей разбивают плоскость n прямых общего положения (т. е. прямых, никакие две из которых не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке).

Решение: В этой задаче отсутствует явная формула, которую нужно доказать. Поэтому решение задачи стоит начать с выявления закономерности изменения числа частей при проведении новой прямой.

        Обозначим за Dn количество частей, на которые делят плоскость n прямых и рассмотрим первые несколько случаев.

        Рис 3.а                Рис 3.б                Рис 3.в                Рис 3.г        

        Одной прямой мы делим плоскость на 2 части, т. е. D1 = 2 (рис. 3.а). Двумя прямыми мы делим плоскость на 4 части (рис 3.б), тремя – на 7 частей (рис 3.в), четырьмя – на 11 частей (рис 3.г), т. е. D2 = 4 = D1 + 2; D3 = 7 = D2 + 3; D4  = 11 = D3 + 4 и т. д. Исследуя найденные числа, замечаем, что Dn+1 = Dn + (n + 1). Заметим, что (n+1)-ая прямая пересекает остальные n прямых в n точках и делится ими на (n+1) часть. Каждая часть прямой добавляет к разбиению плоскости одну часть. Возникает предположение, что число частей равно 1 + Sn, где Sn – сумма n первых членов арифметической прогрессии с разностью 1:

Dn = 1+.         

Докажем наше предположение с помощью метода математической индукции.

Доказательство: 1.  При n = 1 получаем D1 = D0 + 1 = 1 + 1 = 2 – верно (см. рис. 3.а).

2. Пусть уже проведено n прямых и проводим (n+1)-ую прямую. Новая прямая «начинается» внутри некоторого угла, образованного парой имеющихся прямых, и разбивает его, добавляя одну часть плоскости. Далее она пересекает каждую из имеющихся прямых. В результате каждого пересечения она входит в новую фигуру и добавляет ещё одну часть к уже имеющимся. Всего она может добавить не более чем (n+1) часть. Значит:

Dn+1 = Dn + (n + 1) =+ 1 + n + 1 =  + 1

        В соответствии с принципом математической индукции, утверждение доказано.

Ответ: Dn = 1 + .

5 ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОГО УРОВНЯ СЛОЖНОСТИ

        Часто бывает так, что серьёзное увлечение математикой начинается с решения какой-либо понравившейся нестандартной задачи. Такая задача может встретиться на уроке в школе, на занятии математического кружка, в журнале или книге. Богатым источником таких задач служат различные олимпиады – от школьных, районных и городских до международных. Приведем несколько примеров олимпиадных задач, выходящих за рамки школьной программы.

Пример 13.

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

Доказательство: 1. При n=2 неравенство очевидно:

2. Предположим, что исходное неравенство имеет место при n = k, то есть , где

3. Докажем теперь, что , где

Имеем:

так как ,

так как

        Итак, . Следовательно, двойное неравенство доказано для любого .

Пример 14.

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

   1.Ккаждая его вершина окрашена в один из трёх цветов;

   2. Любые две соседние вершины окрашены в разные цвета;

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

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

Решение: Воспользуемся методом математической индукции.

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

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

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

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

Пример 15.

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

Решение: Проведём доказательство методом математической индукции.

        Докажем более общее утверждение: в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n сторон и диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку.

1. При n = 3 утверждение очевидно.

2. Допустим, что это утверждение верно для произвольного n-угольника.

3. Докажем его справедливость для произвольного (n+1)-угольника.

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

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

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

Пример 16.

        Известно, что   – целое число. Доказать, что  – так же целое число при любом целом n.

Решение: Введём обозначение:  и сразу отметим, что , поэтому дальше будем вести речь о натуральных индексах.

Заметим, что  – целое число по условию;  – целое, так как ; = 2.  

        Предположим, что  целое при любом натуральном  не превосходящем n. Тогда – целое число, но  и . Однако, , согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и . Следовательно,  – целое число при любом целом n, что и требовалось доказать.

Пример 17.

        Доказать, что при любом натуральном n число  делится на и не делится на .

Решение: Введём обозначение: .

        При n = 1 имеем . Итак,  делится на  и не делится на .

        Пусть при n = k число  делится на и не делится на , то есть  , где m не делится на 3. Тогда 

        Очевидно, что  делится на  и не делится на . Следовательно, утверждение доказано для любого натурального n.

6 ЗАДАЧИ НА МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ В ЕГЭ

        Метод математической индукции может оказаться отличным оружием при решении задания 19 (С6) Единого Государственного экзамена. Приведем несколько примеров заданий ЕГЭ, которые легко решаются с помощью метода математической индукции.

Пример 18 (Задание С6 ЕГЭ по математике, 2010 г.).

        Найдите все целые решения неравенства

Решение.

ОДЗ:  

 т. е.

1).  получаем  (верно);

2).  получаем  (верно);

3).  получаем  (верно);

4).  получаем  (верно);

Для остальных целых х неравенство не выполняется. Докажем по индукции неравенство .

1. При  получим  (верно).

2. Предположим, что утверждение верно при n = k , т.е.    (*).

3. Докажем, что оно выполняется и при n = k+1:

Прибавим к неравенству (*) по 1 и проверим, что справедливо неравенство .

В самом деле, , поскольку , что верно для любого . Неравенство доказано.

        Ответ: .

Пример 19 (Задание С6 ЕГЭ по математике, 2013 г.).

        Доказать, что  для любого натурального числа n.

Решение: 1.  При n = 1 получим

   (верно).

                    .

2. Предположим, что утверждение верно при n = k, т.е.

3. Докажем, что тогда утверждение верно и при n = k + 1, т.е. докажем, что .

        Каждое слагаемое делится на 133, следовательно, сумма делится на 133, т.е.

.

        По принципу математической индукции делаем вывод, что требуемое утверждение доказано.

Пример 20 (Задание С6 ЕГЭ по математике, 2012 г.).

        Докажите равенство , .      (1)

Решение: Докажем равенство методом математической индукции.

1. При n = 1:   (верно).

2. Предположим, что равенство верно при n = k, т.е.

.     (2)

3. Докажем, что проверяемое равенство верно и при n = k + 1, т.е.

.     (3)

или

Итак, из равенства (2) вытекает равенство (3).

        Оба условия принципа математической индукции выполняются, значит, равенство (1) справедливо для любого натурального числа n.

Пример 21 (Задание С6 ЕГЭ по математике, 2010 г.).

        Найдите все пары натуральных чисел m и n, удовлетворяющих уравнению
Решение: Рассмотрим делимость 3n + 1 на 8 для чётного или нечётного n.
1). n = 2·k; k ∈ ℕ; тогда:

, где {h, R} ∈ ; 0 ≤ R ≤ 7; h > 0  (R — остаток от деления на 8, h — целая часть).

9k + 1 = 8·h + R
Следовательно, 9k + (1 − R) кратно 8.
        Используя метод математической индукции, определим R и докажем, что при любом k будет такой остаток.
1. При k = 1: (10 − R) кратно 8. Отсюда предположим, что R = 2. База тогда верна.
2. Пусть для k = а число (9a − 1) кратно 8.

3. Докажем, что 9a + 1 – 1 также кратно 8:
  (кратно 8).
        Отсюда следует, что   9a + 1 – 1  кратно 8.
        Итак, при чётном n    при делении на 8 даёт всегда остаток 2.
2).  Тогда:
32·k − 1 + 1 = 8·h + R, где {h, R} ; 0 ≤ R ≤ 7; h > 0.
Следовательно,   кратно 8.
        И вновь применим метод математической индукции:
1. При k = 1:  (4 − R) кратно 8. Отсюда предположим, что R = 4. База тогда верна.
2. Пусть для k = а число  кратно 8.

3. Докажем, что 32·(a + 1) − 1 − 3 также кратно 8.

кратно 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. Следовательно, возможны 2 случая:
1) m = 2; 3n = 3  n = 1
2) m = 1; тогда 3n = 1;   n = . Но числа m и n — натуральные, поэтому данная пара чисел не подходит.
Ответ: n = 1, m = 2.

7 ЗАКЛЮЧЕНИЕ

        Роль индукции в математике сложно переоценить. 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 огромное количество утверждений. И отбор тех утверждений, которые надо доказывать, подсказывается именно индукцией. Именно она позволяет из миллионов бесполезных теорем выбрать полезные, именно индукция указывает, какие теоремы могут оказаться верными, и даже помогает наметить путь доказательства.

        «У меня нет для доказательства никаких других доводов, за исключением длинной индукции, которую я провёл так далеко, что никоим образом не могу сомневаться в законе, управляющим образованием этих членов… И кажется невозможным, чтобы закон, который, как было обнаружено, выполняется, например, для 20 членов, нельзя было бы наблюдать и для следующих». Эти слова принадлежат швейцарскому математику Леонарду Эйлеру. Индукция уже на протяжении множества веков используется математиками, но, к сожалению, не все выводы, сделанные ими методом неполной индукции, верны. Для решения этой проблемы был создан метод математической индукции, который является наиболее эффективным методом проведения полной индукции. Он и по сей день активно используется учёными самых разных областей, прежде всего математики.

        Итак, индукция (от лат. inductio – наведение, пробуждение) – одна из форм умозаключения, приём исследования, применяя который от знания отдельных фактов приходят к общим положениям. Индукция бывает полная и неполная. Метод неполной индукции состоит в переходе к универсальной формулировке после проверки истинности частных формулировок для отдельных, но не всех значений n. Применяя полную индукцию, мы лишь тогда считаем себя вправе объявить об истинности универсальной формулировки, когда убедились в её истинности для каждого без исключения значения n.

        Метод математической индукции – метод доказательства, основанный на принципе математической индукции. Его можно сравнить с принципом домино: представьте ряд домино, выстроенных друг за другом таким образом, что если толкнуть одну костяшку, то упадут они все. Так же и при доказательстве методом математической индукции: мы «толкаем первую костяшку» - базис индукции. Затем, мы проверяем, «упадёт ли какая-то (n+1)-ая костяшка», при условии, что «упадет n-ная». А так как эта «n-ная костяшка» выбрана произвольно, то мы вправе сделать вывод, что если упадёт одна костяшка, то упадёт и весь ряд домино.

        Метод математической индукции является одной из теоретических основ при решении самых разных типов математических задач. В ходе проделанной работы мной был всесторонне изучен метод математической индукции. Были углублены знания по данному разделу математики, показано использование этого метода при вычислении, доказательстве тождеств, неравенств, решении тригонометрических и арифметических задач, доказательстве теорем элементарной математики. Были решены задачи, которые раньше вызывали затруднения.

        Так как метод математической индукции – это особый метод математического доказательства, который позволяет на основании частных наблюдений делать заключения о соответствующих общих закономерностях, и этот метод проще всего уяснить себе на конкретных примерах, то в своей работе я рассмотрел многочисленные задачи по этой теме.

        Знакомясь с методом математической индукции, я изучал специальную литературу, консультировался с педагогом, анализировал данные и решения задач, пользовался ресурсами Интернета, выполнял необходимые вычисления.

        Мы считаем, что в настоящее время метод математической индукции – отличное орудие для обучающихся всех образовательных учреждений: от школ до университетов. Школьникам он поможет при сдаче ЕГЭ, при поступлении в ВУЗы. К примеру, мне он очень помог при решении заданий Заочной физико-технической школы при МФТИ, в которой я обучаюсь с 9 класса. Часто и в высших учебных заведениях требуется знание метода математической индукции, но, к сожалению знакомы с ним не все.

        Сфера применения метода математической индукции простилается от математики, где он зародился, до физики, химии и многих других наук. Значимость работы, проделанной Паскалем и Декартом невозможно переоценить. Эти люди изменили математический мир, сделали его таким, каким знаем его мы.

И чем труднее доказательство, тем больше будет удовольствие тому, кто доказательство найдёт.

Рене Декарт.

8 ПРИЛОЖЕНИЯ

8.1 Приложение 1. Дополнительные примеры задач на доказательство неравенств

Пример 22.

        Пусть m, n и k – натуральные числа, причём . Какое из двух чисел больше:   или   ?

        В каждом выражении k знаков квадратного корня, m и n чередуются (k – любое чётное число).

Решение: Прежде, чем приступить к решению задачи, докажем некоторое вспомогательное утверждение.

Лемма. При любых натуральных m и n () и неотрицательном (не обязательно целом) x справедливо неравенство  ?

        Доказательство: Рассмотрим неравенство .

Это неравенство справедливо, т. к. оба сомножителя в левой части строго положительны. Раскрывая скобки и преобразовывая, получаем:

        Извлекая квадратный корень из обеих частей последнего неравенства, получим утверждение леммы. Итак, лемма доказана.

        Перейдём теперь к решению задачи. Обозначим первое из данных чисел через  второе – через. Докажем, что  при любом чётном k.

1. При k = 2 требуемое получается из доказанной леммы подстановкой x = 0.

2. Предположим, что при некотором чётном k неравенство  справедливо.

3. Докажем, что справедливо и неравенство

Из предположения индукции и монотонности квадратного корня имеем:

С другой стороны из доказанной леммы следует, что

Объединяя два последних неравенства, получим:        

 , или

        Согласно принципу математической индукции, утверждение доказано.

8.2 Приложение 2. Дополнительные примеры задач на делимость

Пример 23.

        Доказать, что   10, где n – натуральное число.

Доказательство: 1. При n = 1 получаем    10 (верно).

2. Предположим, что при n = k     10.

3. Докажем, что утверждение справедливо и для n = k + 1:

        Мы видим, что первое слагаемое делится на 10 (по предположению п. 2). Нам необходимо доказать, что и второе слагаемое  делится на 10. Для этого вновь воспользуемся методом математической индукции. Итак, нам нужно доказать, что

  справедливо для любого натурального n.

        1. При n = 1 получаем  (верно).

        2. Предположим, что при n = k    10 – верно.

        3. Докажем, что утверждение справедливо и для n = k + 1:

        Т. к. первое слагаемое делится на 10 (по предположению п. 2) и второе слагаемое         делится на 10, то  кратно 10 при любом натуральном n по методу         математической индукции.        

Вернёмся к выражению . Как уже было сказано, первое слагаемое делится на 10. Мы доказали, что и второе слагаемое кратно 10. Из этого следует, что    10 верно при любом натуральном n по методу математической индукции.

8.3 Приложение 3. Дополнительные примеры олимпиадных задач

Пример 24.

        В выражении  для указания порядка действий расставляются скобки и результат записывается в виде дроби:

(при этом каждая из букв стоит либо в числителе дроби, либо в знаменателе).         Сколько различных выражения можно таким образом получить при всевозможных способах расстановки скобок?

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

        Можно предположить, что все остальные буквы  могут располагаться в числителе или знаменателе совершенно произвольным образом. Отсюда следует, что всего можно получить 2n–2 дробей: каждая из n–2 букв  может оказаться независимо от остальных в числителе или знаменателе.

        Докажем это утверждение по индукции.

1. При n = 3 можно получить 2 дроби:

так что утверждение справедливо.

2. Предположим, что оно справедливо при n = k.

3. Докажем его для n = k + 1.

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

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

        Таким образом, количество всевозможных дробей в случае n = k + 1 в 2 раза больше чем в случае n = k и равно . Тем самым утверждение доказано.

Ответ:  дробей.

8.4 Приложение 4. Примеры для самостоятельного решения

Доказать, что

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.  

8.

9.

10.

11.

12.

13.

14.

15.

16.

17.

18.

19.

20. Доказать, что любую сумму денег, большую 7 копеек, можно уплатить без сдачи только трёх и пятикопеечными монетами.

21.

22. Если

23. Если

24.

25.

26.

27. Доказать, что для каждого натурального  кратно 5. Проверить, выполняется ли утверждение: для каждого натурального  кратно k при k =2; 4.

28. Пусть последовательность задана следующим образом:

        Доказать, что справедлива формула

9 СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

        1. Боковнев О. А., Фирсов В. В., Шварцбурд С. И. Избранные вопросы математики. 9 класс. Факультативный курс.-М.: Просвещение, 1979г.

        2. Виленкин Н. Я. Индукция. Комбинаторика. Пособие для учителей. М.: Просвещение, 1976г.

        3. Виленкин Н. Я., Шибасов Л. П., Шибасова З. Ф. За страницами учебника математики. Москва: Просвещение, 1996г.

        4. Галицкий М. Л., Мошкович М. М., Шварцбурд С. И. Углублённое изучение курса алгебры и математического анализа: методические рекомендации, дидактические материалы.

        5. Иванова Е. Ю. Олимпиадные задачи: методическая разработка для учащихся заочного отделения МММФ - М.: изд-во Центра прикладных исследований при механико-математическом факультете МГУ, 2008г.

        6. Кутасов АД., Пиголкина Т.С., Чехлов В.И., Яковлева Т.Х. Пособие по
математике для поступающих в вузы. — М., Наука, 1981.

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

        8. Петраков И. С. Математические кружки в 8-10 классах: Кн. Для учителя М.: Просвещение, 1987г.

        9. Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач учебное пособие для 10 класса средней школы – М.: Просвещение, 1989г.

        10. Шень А. Математическая индукция – 3-е изд., дополн. – М.: МЦНМО, 2007г.

        11. http://studyport.ru/referaty/tochnye-nauki/3804-metod-matematicheskoj-induktsii

        12. https://ru.wikipedia.org/wiki/Математическая_индукция

        13. http://www.cleverstudents.ru/articles/induction.html

        14. http://www.math.md/school/krujok/inductr/inductr.html