Презентація на тему:
Метод математичної індукції

Метод математичної індукції Фетіщева Поліна, 10-В

У основі будь-якого математичного дослідження лежать дедуктивний і індуктивний методи. Дедуктивний метод міркувань - це міркування від загального до окремого. Індукція є методом, протилежним дедуктивному, тобто перехід від окремих результатів до загального.   Хоча і виросла область застосування методу математичної індукції, у шкільній програмі йому відводиться мало часу. Але ж це так важливо - вміти міркувати індуктивно!

За своїм первісним змістом слово "індукція" застосовується до міркувань, за допомогою яких отримують загальні висновки, спираючись на ряд приватних тверджень. Найпростішим методом міркувань такого роду є повна індукція. Повна індукція

Ось приклад подібного міркування. Нехай потрібно встановити, що кожне натуральне парне число n в межах 4

Таким чином, повна індукція полягає в тому, що загальне твердження доводиться окремо в кожному з кінцевого числа можливих випадків. Повна індукція

Іноді загальний результат вдається вгадати після розгляду не всіх, а досить великого числа окремих випадків (так звана неповна індукція ). Результат, отриманий неповної індукцією, залишається, однак, лише гіпотезою , поки він не доведений точним математичним міркуванням , що охоплює всі окремі випадки. Іншими словами, неповна індукція в математиці не вважається законним методом суворого доказу, але є потужним методом відкриття нових істин. Неповна індукція

  Нехай, наприклад, потрібно знайти суму перших n послідовних непарних чисел. Розглянемо окремі випадки : 1=1=12 1+3=4=22 1+3+5=9=32 1+3+5+7=16=42 1+3+5+7+9=25=52 Неповна індукція Після розгляду цих кількох окремих випадків напрошується наступний загальний висновок: 1+3+5+…+(2n-1)=n2 тобто сума n перших послідовних непарних чисел дорівнює n2

Зрозуміло, зроблене спостереження ще не може служити доказом справедливості наведеної формули. Повна індукція має в математиці лише обмежене застосування. Багато цікавих математичні твердження охоплюють нескінченне число окремих випадків , а провести перевірку для нескінченного числа випадків ми не взмозі. Неповна ж індукція часто призводить до помилкових результатів .

У багатьох випадках вихід з такого роду затруднення полягає у зверненні до особливого методу міркувань , званому методом математичної індукції . Він полягає в наступному:   Нехай потрібно довести справедливість деякого твердження для будь-якого натурального числа n (наприклад потрібно довести, що сума перших n непарних чисел дорівнює n2 ). Безпосередня перевірка цього твердження для кожного значення n неможлива, оскільки множина натуральних чисел нескінченна. Щоб довести це твердження, перевіряють спочатку його справедливість для n=1 . Потім доводять, що за будь-якого натурального значення k, із вірності аналізованого твердження при n=k, випливає його справедливість і при n=k+1 . Метод математичної індукції

Тоді твердження вважається доведеним для всіх n. Справді, твердження справедливе при n = 1 . Але тоді воно справедливо і для наступного числа n=1 +1 = 2 . З справедливості твердження для n=2 випливає його справедливість для n= 2+1 = 3 . Звідси випливає справедливість твердження для n =4 і т.д. Ясно, що , зрештою, ми дійдемо до будь-якого натурального числа n. Значить , твердження вірне для будь-якого n. Метод математичної індукції

Узагальнюючи сказане, сформулюємо наступний загальний принцип.   Принцип математичної індукції доведення твердження методом математичної індукції. Крок 1. Перевіряють істинність твердження Крок 2. Припускаючи істинність твердження доводять істинність твердження Якщо доведення правдиве для кожного натурального значення то, відповідно до принципу математичної індукції, твердження є істинним для будь-яких натуральних значень Принцип методу математичної індукції

Приклади Задача 1. Доведіть, що число, яке складається з 243 одиниць, ділиться на 243. Розв’язування: Помітимо, що 243 = 35. Спробуємо довести більш загальне твердження, що число, складене з 3n одиниць, поділяється на Зn. Виявляється, це простіше. Для n = 1 твердження вірне (111 поділяється на 3). Помітимо, що 111111111 = 111 • 1001001, і взагалі число з 3n одиниць розкладається на множники:  I ... 1 = 1 ... 1 *10...010... 01  причому, другий множник ділиться на 3 (по ознаці подільності на 3). Отже, у послідовності чисел 111, 111111111, ..., «Зn одиниць» кожне наступне дорівнює попередньому, помноженому на число, кратне трьом. Тому, якщо 1...1 ділиться на 3n-1, то і 1...1 ділиться на Зn. 

Приклади Задача 2. Довести методом математичної індукції наступнурівність: 1+2 +3 + 4 + ... + m = 0,5n(n + 1)              Доведення. 1. Перевіримо правильність даного твердження для  n = 1: , тобто, 1 = 1. 2. Припустимо, що дана рівність виконується для k доданків, тобто,для  n=k  істинна рівність:  1+2 +3 + 4 + ... + k = 0,5k(k+ 1) 3. На основі припущення 2 доведемо  справедливість даноїрівності для n=k +1 1+ ...+ 4 + ... + k + k +1 = 0,5k(k+1) + k + 1.  тоді слідує 0,5k(k+1) + k + 1 = 0,5(k +1)(k +2).  Скористаємося істиною рівністю m = k+1, то 1+2 +3 + 4 + ... + m = 0,5m(m + 1)  Тепер можна зробити висновок про те, що дана рівність справедлива для будь-якого m є N.

Приклади Задача 2. Довести, що при будь-якому натуральному n число  32n+1+2n+2 +2 ділиться на 7. Рішення Проведемо доказ методом математичної індукції . Позначимо А(n)=32n+1+2n+2. База індукції . Якщо n = 1 , то А(1)=33+23=35 і , очевидно , ділиться на 7 . Припущення індукції . Нехай А ( k ) ділиться на 7 . Індукційний перехід. Доведемо , що А ( k +1 ) ділиться на 7 , тобто справедливість твердження завдання при n = k +1 . А(k+1)=32(k+1)+1+2(k+1)+2=32k+1·32+2k+2·21=32k+1·9+2k+2·2=          =32k+1·9+2k+2·(9–7)=(32k+1+2k+2)·9–7·2k+2=9·А(k)–7·2k+2. Останнє число ділиться на 7 , тому що являє собою різницю двох цілих чисел, що діляться на 7 . Отже ,  32n+1+2n+2 ділиться на 7 при будь-якому натуральному n .

Задічі Задача 1. Довести, що при будь-якому натуральному n число 23n+1 ділиться на 3n+1 і не ділиться на 3n+2. Задача 2. Відомо, що х +1 / x - ціле число. Довести, що хn+1/хn  - так само ціле число при будь-якому цілому n. Задача 3. Довести, що при будь-якому натуральному n більшому 1 справедливо подвійна нерівність

Задічі Задача 4. Опуклий багатокутник будемо називати «красивим», якщо виконуються наступні умови:     1) кожна його вершина пофарбована в один з трьох кольорів;     2) будь-які дві сусідні вершини пофарбовані в різні кольори;     3) у кожний з трьох кольорів пофарбована, принаймні, одна вершина багатокутника. Довести, що будь-який красивий n-кутник можна розрізати непересічними діагоналями на «красиві» трикутники. Задача 5. На площині дано n кіл. Довести, що при будь-якому розташуванні цих кіл утворену ними карту можна правильно розфарбувати двома фарбами. Задача 6. Довести, що при натуральному n> 1 і | х |

Задічі Задача 7. Довести, що в опуклому n - косинці не можна вибрати більше n діагоналей так , щоб будь-які дві з них мали спільну точку . Задача 8. У площині проведено n прямих , з яких ніякі дві не паралельні і жодні три не проходять через одну точку. На скільки частин розбивають площину ці прямі. Задача 9. У виразі х1 : х2 : ... : хn для вказівки порядку дій розставляються дужки і результат записується у вигляді дробу: ( при цьому кожна з букв х1 , х2 , ... , хn стоїть або в чисельнику дробу , або в знаменнику ) . Скільки різних виразу можна таким чином отримати при всіляких способах розстановки дужок ?

Дякую за увагу!