Доказательство методом индукции. Принцип математической индукции

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.

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

Индукция в математике

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

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

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

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

И в шутку, и всерьез

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

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

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

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

Знакомые окружности

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

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

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

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

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

Примеры с натуральными числами

Ниже наглядно показано применение метода математической индукции.

Примеры решения:

Доказать, что при любом h правильным будет равенство:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Пусть h=1, значит:

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

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

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

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

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

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d(d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)(2d+3)/6.

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

Задача

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

Решение :

1. Допустим, h=1, в этом случае:

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

Следовательно, при h=1 утверждение является справедливым;

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

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

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

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

Ошибочность суждений

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

Задача

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

Решение :

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

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

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

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

Индукция и законы логики

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

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

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

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

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

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

Индукция в научной среде

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

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

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

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

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

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

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

Индукция и дедукция с позиции философии

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

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

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

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

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

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

Применение индукции в экономике

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

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

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

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

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

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

Наглядный пример индукции в экономике, относящийся к ошибочным суждениям:

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

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

Дедукция и индукция в психологии

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Вместо заключения

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

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

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

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

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

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

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

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

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

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

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

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

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

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

Доказать, что

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

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

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

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

Докажем, что тогда выполняется равенство

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

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

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

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

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

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

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

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

Таким образом,

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

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

Доказать, что при любом n справедливо утверждение:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Предположим, что n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6

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

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

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

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

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

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

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

Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Решение: 1) Пусть n=1

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

2) Предположим, что равенство верно при n=k

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

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

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

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

Доказать, что

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

Решение: 1) При n=2 тождество выглядит:

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

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

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

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

Доказать, что

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

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

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

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

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

Доказать верность тождества

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

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

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

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

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

1) Пусть n=1, тогда

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

Значит, при n=1 утверждение верно

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи

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

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

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

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

Значит, А(2) истинно

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

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

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

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

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем

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

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

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

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

Решение: 1) При m=1

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

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

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

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

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

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

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравенство справедливо для любого натурального n

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

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

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

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

Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Последнее очевидно, а поэтому

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

В силу метода математической индукции неравенство доказано.

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).

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

Решение.

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

что и требовалось доказать.

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

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

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

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

Пример 1. Доказать следующие равенства

где n О N .

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

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

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

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

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

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

Используя предположение индукции, получим

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

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

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

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

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

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

и докажем, что

Действительно,

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

справедливо, и докажем, что оно влечет равенство Действительно,

Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n .

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

. Покажем, что последнее равенство влечет следующее:

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

Таким образом, равенство доказано.

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

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

Тогда Используя равенство получим

Пример 2. Доказать неравенства

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

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

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

d) sin 2n a + cos 2n a ≤ 1, n О N .

e)

f) 2 n > n 3 , n О N , n ≥ 10.

Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство

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

(1 + a ) n ≥ 1 + n a

(1)

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

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

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

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

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

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

Рассмотрим следующие два случая:

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

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

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

Поскольку

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

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

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

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

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

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

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

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

Допустим, что и докажем, что

Поскольку
учитывая P (n ), получим

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

Поскольку при n > 10 имеем или , следует, что

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

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

Пример 3. Доказать, что для любого n О N

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

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

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

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

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

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