Довести методом математичної індукції для будь-кого. Старт у науці

Савельєва Катерина

Діяльність розглядається застосування методу математичної індукції у вирішенні завдань ділимість, до підсумовування рядів. Розглядаються приклади застосування методу математичної індукції до доказу нерівностей та вирішення геометричних завдань. Робота ілюстрована презентацією.

Завантажити:

Попередній перегляд:

Міністерство науки та освіти РФ

Державний освітній заклад

середня загальноосвітня школа № 618

По курсу: алгебра та початку аналізу

Тема проектної роботи

«Метод математичної індукції та її застосування до вирішення завдань»

Роботу виконала: Савельєва Е, 11В клас.

Керівник : Макарова Т.П., вчитель математики ГОУ ЗОШ №618

1. Введення.

2.Метод математичної індукції у вирішенні завдань на подільність.

3. Застосування методу математичної індукції до підсумовування рядів.

4.Приклади застосування методу математичної індукції до підтвердження нерівностей.

5. Застосування методу математичної індукції до розв'язання геометричних завдань.

6. Список використаної літератури.

Вступ

В основі будь-якого математичного дослідження лежать дедуктивний та індуктивний методи. Дедуктивний спосіб міркування - це міркування від загального до приватного, тобто. міркування, вихідним моментом якого є загальний результат, а заключним моментом – приватний результат. Індукція застосовується під час переходу від приватних результатів до загальних, тобто. є методом, протилежним до дедуктивного. Метод математичної індукції можна порівняти з прогресом. Ми починаємо з нижчого, в результаті логічного мисленняприходимо до вищого. Людина завжди прагнула прогресу, до вміння розвивати свою думку логічно, отже, сама природа накреслила йому розмірковувати індуктивно. Хоча й зросла сфера застосування методу математичної індукції, у шкільній програмі йому приділяється мало часу. Але ж це так важливо – вміти розмірковувати індуктивно. Застосування цього принципу під час вирішення завдань та доказ теорем перебуває у одному ряду з розглядом у шкільної практиці та інших математичних принципів: виключеного третього, включення-виключення, Дирихле та інших. У цьому рефераті містяться завдання з різних розділів математики, у яких основним інструментом є використання методу математичної індукції Говорячи про важ-ність цього, А.Н. Колмогоров зазначав, що «розуміння і вміння застосовувати принцип математичної індукції є добрим критерієм зрілості, яка необхідна математику». Метод індукції у його розумінні полягає у переході від приватних спостережень до універсальної, загальної закономірності чи загальної формулюванні. У такому тлумаченні метод — це, звичайно, основний прийом проведення досліджень у будь-якій експериментальній природничо

діяльність людини. Метод (принцип) математичної індукції у найпростішій формі застосовується тоді, коли потрібно довести деяке твердження всім натуральних чисел.

Завдання 1. У статті «Як став математиком» А.Н. Колмогоров пише: «Радість математичного «відкриття» я пізнав рано, помітивши у віці п'яти-шості років закономірність

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = З 2

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 і таке інше.

У школі видавався журнал "Весняні ластівки". У ньому моє відкриття було опубліковано...»

Який саме доказ був наведений у цьому журналі, ми не знаємо, але почалося все з приватних спостережень. Сама гіпотеза, яка, напевно, виникла після виявлення цих приватних рівностей, полягає у тому, що формула

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = п 2

вірна за будь-якого заданого числап = 1, 2, 3, ...

Для підтвердження цієї гіпотези достатньо встановити два факти. По-перше, дляп = 1 (і навіть для п = 2, 3, 4) необхідне твердження правильно. По-друге, припустимо, що твердження правильне прип = до, і переконаємося, що тоді воно вірне і дляп = до + 1:

1 + 3 + 5 + ... + (2к - 1) + (2к + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2к - 1)) + (2к + 1) = до 2 + (2к + 1) = (К + I) 2 .

Отже, твердження, що доводиться, правильне для всіх значеньп: для п = 1 воно вірне (це перевірено), а з другого факту - дляп = 2, звідки для п = 3 (через те саме, другого факту) тощо.

Завдання 2. Розглянемо всі можливі звичайні дроби з чисельником 1 і будь-яким (цілим поклади-

ним) знаменником: Довести, що для будь-якогоп > 3 можна уявити одиницю у вигляді сумип різних дробів такого виду.

Рішення, Перевіримо спочатку це твердження прип = 3; маємо:

Отже, базове твердження виконано

Припустимо тепер, що твердження, яке нас цікавить, вірне для якогось числадо, і доведемо, що воно вірне і для наступного за ним числадо + 1. Іншими словами, припустимо, що існує уявлення

в якому k доданків і всі знаменники різні. Доведемо, що тоді можна отримати подання одиниці у вигляді сумидо + 1 дробів потрібного вигляду. Вважатимемо, що дроби зменшуються, тобто знаменники (у поданні одиниці сумоюдо доданків) зростають зліва направо так, щот - Найбільший із знаменників. Ми отримаємо потрібне нам подання у вигляді суми(до + 1)-й дробу, якщо розіб'ємо один дріб, наприклад останній, на два. Це можна зробити, оскільки

І тому

Крім того, всі дроби залишилися різними, оскількит було найбільшим знаменником, ат + 1 > т , і

т(т+1) > т.

Таким чином, нами встановлено:

1. при п = 3 це твердження правильно;

1. якщо цікаве для нас твердження вірне длядо,
   то воно вірне і длядо +1.

На цій підставі ми можемо стверджувати, що твердження, що розглядається, правильне для всіх натуральних чисел, починаючи з трьох. Понад те, з наведеного докази випливає і алгоритм пошуку необхідного розбиття одиниці. (Який це алгоритм? Подайте число 1 у вигляді суми 4, 5, 7 доданків самостійно.)

При вирішенні попередніх двох завдань було зроблено два кроки. Перший крок називаютьбазисом індукції, другий -індуктивним переходомчи кроком індукції. Другий крок найбільш важливий, і він включає припущення (ствердження вірно прип = к) і висновок (ствердження вірно прип = до + 1). Сам параметр п називається параметром індукціїЦя логічна схема (прийом), що дозволяє укласти, що розглянуте твердження правильне всім натуральних чисел (чи всім, починаючи з деякого), оскільки справедливі і базис, і перехід, називаєтьсяпринципом математичної індукції,на якому і засновано метод математичної індукції.Сам термін «індукція» походить від латинського слова induktio (наведення), яке означає перехід від одиничного знання про окремі предмети даного класу до загального висновку про всі предмети даного класу, що є одним із основних методів пізнання.

Принцип математичної індукції, саме у звичній формі двох кроків, вперше з'явився в 1654 в роботі Блеза Паскаля «Трактат про арифметичний трикутник», в якій індукцією доводився простий спосіб обчислення числа поєднань (біноміальних коефіцієнтів). Д. Пойа у книзі цитує Б. Паскаля з невеликими змінами, що даються у квадратних дужках:

«Незважаючи на те, що розглянута пропозиція [явна формула для біноміальних коефіцієнтів] містить безліч приватних випадків, я дам для неї дуже короткий доказ, заснований на двох лемах.

Перша лема стверджує, що припущення є правильним для заснування — це очевидно. [Пріп = 1 явна формула справедлива...]

Друга лема стверджує наступне: якщо наше припущення є вірним для довільної основи [для довільного тг], то воно буде вірним і для наступного за ним основи [дляп+1].

З цих двох лем необхідно випливає справедливість речення для всіх значеньп. Справді, з першої леми воно справедливо дляп = 1; отже, в силу другої леми воно справедливе дляп = 2; отже, знову-таки в силу другої леми, воно справедливе дляп = 3 і так до безкінечності».

Завдання 3. Головоломка «Ханойські вежі» складається із трьох стрижнів. На одному зі стрижнів знаходиться пірамідка (рис. 1), що складається з кількох кілець різного діаметра, що зменшуються знизу вгору

Рис 1

Цю пірамідку потрібно перемістити на один з інших стрижнів, переносячи щоразу одне кільце і не поміщаючи більше кільце на менше. Чи можна це зробити?

Рішення. Отже, нам необхідно відповісти на запитання: чи можна перемістити пірамідку, що складається зп кілець різного діаметра, з одного стрижня на інший, дотримуючись правил гри? Тепер завдання нами, як то кажуть, параметризоване (введено на розгляд натуральне числод), та її можна вирішувати методом математичної індукції.

1. Основа індукції. При п = 1 все ясно, тому що пірамідку з одного кільця очевидно можна перемістити на будь-який стрижень.
2. Крок індукції. Припустимо, що ми вміємо переміщати будь-які пірамідки з кількістю кілецьп = до.
   Доведемо, що тоді ми зможемо перемістити і пира мідку зп = до +1.

Пірамідку з до кілець, що лежать на найбільшому(до + 1)-м кільці, ми можемо, згідно з припущенням, перемістити на будь-який інший стрижень. Зробимо це. Нерухоме(до + 1)-е кільце не буде нам заважати провести алгоритм переміщення, оскільки воно найбільше. Після переміщеннядо кілець, перемістимо це найбільше(до + 1)-е кільце на стрижень, що залишився. І потім знову застосуємо відомий нам за індуктивним припущенням алгоритм переміщеннядо кілець, і перемістимо їх на стрижень із лежачим унизу(до + 1)-м кільцем. Таким чином, якщо ми вміємо переміщати пірамідки здо кільцями, то вміємо переміщати пірамідки і здо + 1 кільцями. Отже, згідно з принципом математичної індукції, завжди можна перемістити потрібним чином пірамідку, що складається зп кілець, де п > 1.

Метод математичної індукції у вирішенні завдань на подільність.

За допомогою методу математичної індукції можна доводити різні твердження щодо ділимості натуральних чисел.

Завдання 4 . Якщо n – натуральне число, то число парне.

При n=1 наше твердження істинно: парне число. Припустимо, що – парне число. Оскільки, a 2k - парне число, те й парне. Отже, парність доведена при n=1, з парності виведена парність. Отже, парно при всіх натуральних значеннях n.

Завдання 3. Довести, що число З 3 + 3 - 26n - 27 при довільному натуральномуп ділиться на 26 2 без залишку.

Рішення. Попередньо доведемо по індукції допоміжне твердження, що 3 3n+3 - 1 ділиться на 26 без залишку прип>0.

1. Основа індукції. За п = 0 маємо: З 3 - 1 = 26 -ділиться на 26.

Крок індукції. Припустимо, що 3 3n + 3 - 1 ділиться на 26 прип = до, та доведемо, що в цьому випадку твердження буде вірним прип = до + 1. Оскільки 3

то з індуктивного припущення укладаємо, що число 3 3k + 6 – 1 ділиться на 26.

Тепер доведемо твердження, сформульоване за умови завдання. І знову з індукції.

1. Основа індукції. Очевидно, що прип = 1 твердження вірне: оскільки 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Крок індукції. Припустимо, що прип = до
   вираз 3 3k + 3 - 26k - 27 поділяється на 26 2 без залишку, і доведемо, що твердження правильне прип = до + 1,
   тобто що число

ділиться на 26 2 без залишку. В останній сумі обидва доданків діляться без залишку на 26 2 . Перше — тому що ми довели подільність виразу, що стоїть у дужках, на 26; друге - за припущенням індукції. З принципу математичної індукції, необхідне твердження повністю доведено.

Застосування методу математичної індукції до підсумовування рядів.

Завдання 5. Довести формулу

N – натуральне число.

Рішення.

При n=1 обидві частини рівності перетворюються на одиницю і, отже, перша умова принципу математичної індукції виконано.

Припустимо, формула правильна при n=k, тобто.

Додамо до обох частин цієї рівності та перетворимо праву частину. Тоді отримаємо

Таким чином, з того, що формула вірна за n=k, випливає, що вона вірна і за n=k+1. Це твердження справедливе за будь-якого натурального значення k. Отже, друга умова принципу математичної індукції також виконана. Формулу доведено.

Завдання 6. На дошці написано два числа: 1,1. Вписавши між числами їх суму, ми отримаємо числа 1, 2, 1. Повторивши цю операцію ще раз, отримаємо числа 1, 3, 2, 3, 1. Після трьох операцій будуть числа 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Якою буде сума всіх чисел на дошці після 100 операцій?

Рішення. Виконувати усі 100 операцій було б дуже трудомістким та тривалим заняттям. Отже, потрібно спробувати знайти якусь загальну формулу для суми Sчисел після п операцій. Подивимося на таблицю:

Чи помітили ви тут якусь закономірність? Якщо ні, можна зробити ще один крок: після чотирьох операцій будуть числа

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

сума яких S 4 дорівнює 82.

Насправді можна не виписувати числа, а одразу сказати, як зміниться сума після додавання нових чисел. Нехай сума дорівнювала 5. Якою вона стане, коли додадуться нові числа? Розіб'ємо кожне нове число на суму двох старих. Наприклад, від 1, 3, 2, 3, 1 ми переходимо до 1,

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

Тобто кожне старе число (крім двох крайніх одиниць) входить тепер у суму три рази, тому нова сума дорівнює 3S - 2 (віднімаємо 2, щоб врахувати одиниці, що відсутні). Тому S 5 = 3S 4 - 2 = 244, і взагалі

Яка ж загальна формула? Якби не віднімання двох одиниць, то щоразу сума збільшувалася б утричі, як у ступенях трійки (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). А наші числа, як видно, на одиницю більше. Таким чином, можна припустити, що

Спробуємо тепер довести це з індукції.

Основа індукції. Дивись таблицю (дляп = 0, 1, 2, 3).

Крок індукції. Припустимо, що

Доведемо тоді, що S до + 1 = З до + 1 + 1.

Справді,

Отже, нашу формулу доведено. З неї видно, що після ста операцій сума всіх чисел на дошці дорівнюватиме З 100 + 1.

Розглянемо один чудовий приклад застосування принципу математичної індукції, в якому спочатку потрібно запровадити два натуральні параметри і потім провести індукцію за їхньою сумою.

Завдання 7. Довести, що якщо= 2, х 2 = 3 і для будь-якого натуральногоп > 3 має місце співвідношення

х п = Зх п - 1 - 2х п - 2

то

2 п - 1 + 1, п = 1, 2, 3, ...

Рішення. Зауважимо, що у цьому завданні вихідна послідовність чисел(х п) визначається індукції, оскільки члени нашої послідовності, крім двох перших, задаються індуктивно, тобто через попередні. Так задані послідовності називаютьрекурентними, і в нашому випадку ця послідовність визначається (завданням перших двох її членів) єдиним чином.

Основа індукції. Вона складається з перевірки двох тверджень:п = 1 і п = 2. обох випадках твердження справедливе за умовою.

Крок індукції. Припустимо, що дляп = до - 1 і п = до твердження виконано, тобто

Доведемо тоді справедливість затвердження дляп = до + 1. Маємо:

х 1 = 3 (2 + 1) - 2 (2 + 1) = 2 +1, що і потрібно довести.

Завдання 8. Довести, що будь-яке натуральне число можна подати у вигляді суми кількох різних членів рекурентної послідовності чисел Фібоначчі:

при до > 2.

Рішення. Нехай п - натуральне число. Будемо проводити індукцію щодоп.

Основа індукції. При п = 1 твердження справедливе, оскільки одиниця сама є числом Фібоначчі.

Крок індукції. Припустимо, що всі натуральні числа, менші за деяке числоп, можна подати у вигляді суми кількох різних членів послідовності Фібоначчі. Знайдемо найбільше Фібоначчі F т , не перевищуєп; таким чином, F т п і F т +1 > п.

Оскільки

За припущенням індукції числоп-F т може бути представлено у вигляді суми 5 декількох різних членів Фібоначчі послідовності, причому з останньої нерівності слід, що всі члени послідовності Фібоначчі, що беруть участь у сумі 8, менше Fт. Тому розкладання числап = 8 + F т задовольняє умову завдання.

Приклади застосування методу математичної індукції до підтвердження нерівностей.

Завдання 9. (Нерівність Бернуллі.)Доведіть, що зах > -1, х 0, і загалом п > 2 справедлива нерівність

(1+х) п>1+хп.

Рішення. Доказ знову проводитимемо за індукцією.

1. Основа індукції. Переконаємося у справедливості нерівності прип = 2. Справді,

(1 + х) 2 = 1 + 2х + х 2> 1 + 2х.

2. Крок індукції. Припустимо, що для номерап = до твердження справедливе, тобто

(1 + х) до > 1 + хк,

Де до > 2. Доведемо його за п = до + 1. Маємо: (1 + х) до + 1 = (1 + х) до (1 + х)> (1 + кх) (1 + х) =

1+(к+1)х+кх 2 > 1+(к+1)х.

Отже, на підставі принципу математичної індукції можна стверджувати, що нерівність Бернуллі є справедливою для будь-якогоп>2.

Не завжди в умовах завдань, які вирішуються за допомогою методу математичної індукції, буває чітко сформульовано загальний закон, який слід доводити. Іноді доводиться шляхом спостережень окремих випадків спочатку виявити (здогадатися), до якого загального закону вони наводять, і лише потім доводити висловлену гіпотезу методом математичної індукції. Крім того, змінна індукція може бути замаскованою, і перш ніж вирішувати завдання, необхідно визначити, за яким параметром проводитиметься індукція. Як приклади розглянемо такі завдання.

Завдання 10. Довести, що

при будь-якому натуральномуп>1.

Рішення, Спробуємо довести цю нерівність методом математичної індукції.

Базис індукції перевіряється легко:1+

За припущенням індукції

і нам залишається довести, що

Якщо скористатися індуктивним припущенням, ми стверджуватимемо, що

Хоча ця рівність насправді вірна, вона не дає нам вирішення завдання.

Спробуємо довести сильніше твердження, ніж це потрібно у вихідному завданні. А саме, доведемо, що

Може здатися, що доводити це твердження шляхом індукції справа безнадійна.

Однак за п = 1 маємо: твердження вірне. Для обґрунтування індуктивного кроку припустимо, що

і доведемо тоді, що

Справді,

Таким чином, нами доведено сильніше твердження, з якого відразу ж випливає твердження, що міститься в умові завдання.

Повчальним тут є те, що хоча нам і довелося доводити сильніше твердження, ніж це потрібно в завданні, але ми могли скористатися сильнішим припущенням в індуктивному кроці. Цим пояснюється, що прямолінійне застосування принципу математичної індукції який завжди призводить до мети.

Ситуація, що виникла під час вирішення завдання, отримала назвуфеномен винахідника.Сам феномен полягає в тому, що більш складні плани можуть бути реалізовані з величезним успіхом, якщо вони базуються на більш глибокому розумінні суті справи.

Завдання 11. Доведіть, що 2 т + п – 2 тп за будь-яких натуральнихтип.

Рішення. Тут ми маємо два параметри. Тому можна спробувати провести так звануподвійну індукцію(Індукція всередині індукції).

Будемо проводити індуктивне міркування щодоп.

1. База індукції за п.При п = 1 потрібно перевірити, що 2 т ~ 1> т. Для доказу цієї нерівності скористаємося індукцією щодот.

а) Основа індукції за т.п.При т = 1 виконується
рівність, що допустимо.

б) Крок індукції за т.п.Припустимо, що прит = до твердження вірне, тобто 2 до ~ 1 > до. Тоді до
кажемо, що твердження буде вірним і прит = до +1.
Маємо:

при натуральних до.

Таким чином, нерівність 2 виконується за будь-якого натуральногот.

2. Крок індукції за п.Виберемо і зафіксуємо якесь натуральне числот. Припустимо, що прип = I твердження справедливе (при фіксованомут), тобто 2 т +1 ~ 2 > т1, і доведемо, що тоді твердження буде справедливим і прип = l+1.
Маємо:

за будь-яких натуральнихт та п.

Отже, на підставі принципу математичної індукції (зад) затвердження завдання правильне за будь-якихп і за будь-якого фіксованогот. Таким чином, ця нерівність виконується за будь-яких натуральнихтип.

Завдання 12. Нехай т, п і к - натуральні числа, причомут > п. Яке з двох чисел більше:

У кожному виразідо знаків квадратного кореня,т і п чергуються.

Рішення. Доведемо спочатку деяке допоміжне твердження.

Лемма. За будь-яких натуральнихт і п (т > п) та невід'ємному (не обов'язково цілому)х справедлива нерівність

Доведення. Розглянемо нерівність

Ця нерівність справедлива, тому що обидва співмножники в лівій частині позитивні. Розкриваючи дужки та перетворюючи, отримуємо:

Витягуючи квадратний корінь з обох частин останньої нерівності, отримаємо затвердження леми. Отже, лема доведена.

Перейдемо тепер до розв'язання задачі. Позначимо перше з даних чисел череза, а друге - черезЬ до. Доведемо, що а при будь-якому натуральномудо. Доказ проводитимемо методом математичної індукції окремо для парних та непарнихдо.

Основа індукції. При до = 1 маємо нерівність

у[т > у/п , справедливе через те, щот > п. При до = 2 необхідне виходить з доведеної леми підстановкоюх = 0.

Крок індукції. Припустимо, при деякомудо нерівність а >b до справедливо. Доведемо, що

З припущення індукції та монотонності квадратного кореня маємо:

З іншого боку, з доведеної леми випливає,

Об'єднуючи дві останні нерівності, отримуємо:

Відповідно до принципу математичної індукції, твердження доведене.

Завдання 13. (Нерівність Коші.)Доведіть, що для будь-яких позитивних чисел...,а п справедлива нерівність

Рішення. При п = 2 нерівність

про середнє арифметичне та середнє геометричне (для двох чисел) вважатимемо відомим. Нехайп = 2, до = 1, 2, 3, ... і спочатку проведемо індукцію подо. База цієї індукції має місце Припустивши тепер, що необхідне нерівність вже встановлено дляп = 2 , доведемо його дляп = 2. Маємо (застосовуючи нерівність для двох чисел):

Отже, за індукційним припущенням

Таким чином, індукцією з k ми довели нерівність для всіхп 9 є ступенем двійки.

Для доказу нерівності для інших значеньп скористаємося «індукцією вниз», тобто доведемо, що якщо нерівність виконана для довільних невід'ємнихп чисел, то воно справедливе також і для(п - 1)-го числа. Щоб у цьому переконатися, зауважимо, що за зробленим припущенням дляп чисел виконано нерівність

тобто а г + а 2 + ... + а п_х> (п - 1) А. Розділивши обидві частини нап - 1, отримаємо потрібну нерівність.

Отже, спочатку ми встановили, що нерівність має місце для нескінченної кількості можливих значеньп, а потім показали, що якщо нерівність виконана дляп чисел, то воно справедливе і для(п - 1) числа. Звідси тепер ми й укладаємо, що нерівність Коті має місце для набору зп будь-яких невід'ємних чисел за будь-якогоп = 2, 3, 4, ...

Завдання 14. (Д. Успенський.) Для будь-якого трикутника АВС, у якого кути =САB, = СВА сумірні, мають місце нерівності

Рішення. Кути і сумірні, але це (за визначенням) означає, що це кути мають загальну міру, на яку = р, = (р, q— натуральні взаємно прості числа).

Скористаємося методом математичної індукції та проведемо її за сумоюп = р + q натуральних взаємно простих чисел.

Основа індукції. При р + q = 2 маємо: р = 1 і q = 1. Тоді трикутник АВС рівнобедрений, і потрібні нерівності очевидні: вони випливають з нерівності трикутника

Крок індукції. Припустимо тепер, що нерівності встановлені для р + q = 2, 3, ...,до - 1, де до > 2. Доведемо, що нерівності справедливі й ур + q = к.

Нехай АВС - даний трикутник, у якого> 2. Тоді сторони АС та ПС не можуть бути рівними: нехайАС > НД. Побудуємо тепер, як на малюнку 2, рівнобедрений трикутникАВС; маємо:

АС = DС і АD = АВ + ВD, отже,

2АС > АВ + ВD (1)

Розглянемо тепер трикутникВДС, кути якого також можна порівняти:

DСВ = (q - р), ВDС = p.

Мал. 2

Для цього трикутника виконано індуктивне припущення, і тому

(2)

Складаючи (1) та (2), маємо:

2AC+BD>

і тому

Із того ж трикутникаВБС за припущенням індукції укладаємо, що

Враховуючи попередню нерівність, укладаємо, що

Таким чином, індуктивний перехід отримано, і затвердження завдання випливає із принципу математичної індукції.

Зауваження. Твердження завдання залишається у силі й у разі, коли кути а і р є сумірними. У основі розгляду у випадку вже доводиться застосовувати інший важливий математичний принцип — принцип безперервності.

Завдання 15. Декілька прямих поділяють площину на частини. Довести, що можна розфарбувати ці частини у білий

і чорний кольори так, щоб сусідні частини, що мають загальний відрізок кордону, були різного кольору (як на малюнку 3п = 4).

рис 3

Рішення. Скористаємося індукцією за кількістю прямих. Отже, нехайп - Число прямих, що ділять нашу площину на частини,п>1.

Основа індукції. Якщо пряма одна(п = 1), то вона ділить площину на дві напівплощини, одну з яких можна розфарбувати в білий колір, а другий у чорний, і затвердження завдання вірне.

Крок індукції. Щоб доказ індуктивного переходу було зрозуміліше, розглянемо процес додавання однієї нової прямої. Якщо проведемо другу пряму(п= 2), то отримаємо чотири частини, які можна розфарбувати належним чином, пофарбувавши протилежні кути в один колір. Подивимося, що станеться, якщо ми проведемо третю пряму. Вона поділить деякі «старі» частини, при цьому з'являться нові ділянки кордону, з обох боків яких колір один і той же (рис. 4).

Мал. 4

Вчинимо так:з одного бокувід нової прямої поміняємо кольори - білий зробимо чорним і навпаки; при цьому ті частини, які лежать з іншого боку від цієї прямої, не перефарбовуємо (рис. 5). Тоді ця нова розмальовка буде задовольняти потрібним вимогам: з одного боку прямий вона вже чергувалася (але з іншими кольорами), а з іншого боку вона і була потрібна. Для того, щоб частини, що мають загальний кордон, що належить проведеній прямій, були пофарбовані в різні кольори, ми і перефарбовували частини тільки з одного боку від цієї прямої.

Рис.5

Доведемо тепер індуктивний перехід. Припустимо, що для деякогоп = дозатвердження завдання справедливе, тобто всі частини площини, на які вона ділиться цимидоПрямими, можна розфарбувати в білий і чорний кольори так, щоб сусідні частини були різного кольору. Доведемо, що тоді існує таке забарвлення і дляп= до+ 1 Прямих. Вчинимо аналогічно випадку переходу від двох прямих до трьох. Проведемо на площинідопрямих. Тоді, за припущенням індукції, отриману карту можна розфарбувати належним чином. Проведемо тепер(до+ 1)-ю пряму і з одного боку від неї поміняємо кольори на протилежні. Таким чином, тепер(до+ 1) пряма усюди поділяє ділянки різного кольору, при цьому «старі» частини, як ми вже бачили, залишаються правильно розфарбованими. Відповідно до принципу математичної індукції завдання вирішене.

Завдання16. На краю пустелі є великий запас бензину та машина, яка за повної заправки може проїхати 50 кілометрів. У необмеженій кількості є каністри, в які можна зливати бензин із бензобака машини та залишати на зберігання у будь-якій точці пустелі. Довести, що машина може проїхати будь-яку цілу відстань, більшу за 50 кілометрів. Каністри з бензином возити не дозволяється, порожні можна возити у будь-якій кількості.

Рішення.Спробуємо довести індукцію щодоп,що машина може від'їхати напкілометрів від краю пустелі. Прип= 50 відомо. Залишилось провести крок індукції та пояснити, як проїхатип = до+ 1 кілометрів, якщо відомо, щоп = докілометрів проїхати можна.

Однак тут ми зустрічаємося з трудом: після того, як ми проїхалидокілометрів, бензину може не вистачити навіть на дорогу назад (не кажучи вже про зберігання). І в даному випадку вихід полягає у посиленні твердження, що доводиться (парадокс винахідника). Будемо доводити, що можна не лише проїхатипкілометрів, але і зробити скільки завгодно великий запас бензину в точці на відстаніпкілометрів від краю пустелі, опинившись у цій точці після закінчення перевезень.

Основа індукції.Нехай одиниця бензину - це кількість бензину, необхідна для здійснення одного кілометра шляху. Тоді рейс на відстань 1 кілометр і назад вимагає двох одиниць бензину, тому ми можемо залишити 48 одиниць бензину в сховищі на відстані кілометра від краю і повернутися за новою порцією. Таким чином, за кілька рейсів до сховища можна зробити запас довільного розміру, який буде потрібно. При цьому щоб створити 48 одиниць запасу, ми витрачаємо 50 одиниць бензину.

Крок індукції.Припустимо, що на відстаніп= довід краю пустелі можна запасти будь-яку кількість бензину. Доведемо, що тоді можна створити сховище на відстаніп = до+ 1 кілометр з будь-яким заданим наперед запасом бензину і опинитися у цього сховища наприкінці перевезень. Оскільки в точціп= доє необмежений запас бензину, то (згідно з базою індукції) ми можемо за кілька рейсів у точкуп = до+ 1 зробити в точціп= до4- 1 запас довільного розміру, який буде потрібно.

Істинність загальнішого твердження, ніж за умови завдання, тепер випливає з принципу математичної індукції.

Висновок

Зокрема, вивчивши метод математичної індукції, я підвищила свої знання у цій галузі математики, а також навчилася вирішувати завдання, які раніше були мені не під силу.

У це були логічні і цікаві завдання, тобто. саме ті, які підвищують інтерес до самої математики як науки. Вирішення таких завдань стає цікавим заняттям і може залучити до математичних лабіринтів нових допитливих. На мою думку, це є основою будь-якої науки.

Продовжуючи вивчати метод математичної індукції, я намагатимусь навчитися застосовувати його не лише в математиці, а й у вирішенні проблем фізики, хімії та самого життя.

Література

1.Вуленкін ІНДУКЦІЯ. Комбінаторика. Посібник для вчителів. М., Просвітництво,

1976.-48 с.

2. Головіна Л.І., Яглом І.М. Індукція у геометрії. - М: Держсуд. видавництво. літер. – 1956 – С.I00. Допомога з математики для вступників до вузів / За ред. Яковлєва Г.М. Наука. -1981. – С.47-51.

3. Головіна Л.І., Яглом ІМ. Індукція у геометрії. -
М.: Наука, 1961. - (Популярні лекції з математики.)

4. І.Т.Демідов,А.Н.Колмогоров, С.І.Шварцбург,О.С.Івашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. Навчальний посібник / "Освіта" 1975.

5.Р. Курант, Р Роббінс «Що таке математика?» Розділ 1, § 2

6.Попа Д. Математика та правдоподібні міркування. - М: Наука, 1975.

7. Попа Д. Математичне відкриття. - М.: Наука, 1976.

8.Рубанов І.С. Як навчати методу математичної індукції/Математика школі. - Nl. – 1996. – С.14-20.

9.Сомінський І.С., Головіна Л.І., Яглом ІМ. Про метод математичної індукції. - М.: Наука, 1977. - (Популярні лекції з математики.)

10.Соломінський І.С. Метод математичної індукції. - М: Наука.

63с.

11.Соломінський І.С., Головіна Л.І., Яглом І.М. Про математичну індукцію. - М:Наука. – 1967. – С.7-59.

12.httр://ш.wikiреdiа.оrg/wiki

13.htt12://www.rеfешtсоllесtiоп.ru/40 124.html

p align="justify"> Метод доказу, заснований на аксіомі Пеано 4, використовують для доказу багатьох математичних властивостей і різних тверджень. Основою цього служить наступна теорема.

Теорема. Якщо твердження А(n)з натуральною змінною nістинно для n = 1 і з того, що воно істинно для n = kслід, що воно істинно і для наступного числа n=k,те твердження А(n) n.

Доведення. Позначимо через Мбезліч тих і лише тих натуральних чисел, для яких твердження А(n)істинно. Тоді з умови теореми маємо: 1) 1 М; 2) k MkM. Звідси, на підставі аксіоми 4, укладаємо, що М =N, тобто. затвердження А(n)істинно для будь-якого натурального n.

Метод доказу, що ґрунтується на цій теоремі, називається методом математичної індукції,а аксіома – аксіомою індукції. Такий доказ складається із двох частин:

1) доводять, що затвердження А(n)істинно для n = А(1);

2) припускають, що твердження А(n)істинно для n = k, і, виходячи з цього припущення, доводять, що твердження A(n)істинно і для n = k + 1, тобто. що істинно висловлювання A(k) A(k + 1).

Якщо А( 1) А (k) A(k + 1) - справжнє висловлювання, то роблять висновок у тому, що твердження A(n)істинно для будь-якого натурального числа n.

Доказ методом математичної індукції можна починати не тільки з підтвердження істинності твердження для n = 1, але і з будь-якого натурального числа m. У цьому випадку затвердження А(n)буде доведено для всіх натуральних чисел nm.

Завдання. Доведемо, що для будь-якого натурального числа істинна рівність 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n.

Рішення.Рівність 1 + 3 + 5 … + (2 n - 1) = nє формулою, за якою можна знаходити суму перших послідовних непарних натуральних чисел. Наприклад, 1 + 3 + 5 + 7 = 4 = 16 (сума містить 4 доданків), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (сума містить 6 доданків); якщо ця сума містить 20 доданків зазначеного виду, то вона дорівнює 20 = 400 і т.д. Довівши істинність цієї рівності, отримаємо можливість знаходити за формулою суму будь-якого числа доданків зазначеного виду.

1) Переконаємося в істинності даної рівності для n = 1. При n = 1 ліва частина рівності складається з одного члена, рівного 1, права частина дорівнює 1 = 1. Так як 1 = 1, то для n = 1 це рівність істинно.

2) Припустимо, що ця рівність істинна для n = k, тобто. що 1 + 3 + 5 + … + (2 k - 1) = k.Виходячи з цього припущення, доведемо, що воно є істинним і для n = k + 1, тобто. 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Розглянемо ліву частину останньої рівності.

За припущенням, сума перших kдоданків дорівнює kі тому 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Вираз k+ 2k + 1 тотожно дорівнює виразу ( k + 1).

Отже, істинність даної рівності для n = k + 1 доведено.

Таким чином, дана рівність істинна для n = 1 і з істинності його для n = kслід істинність для n = k + 1.

Тим самим доведено, що ця рівність є істинною для будь-якого натурального числа.

З допомогою методу математичної індукції можна доводити істинність як рівностей, а й нерівностей.

Завдання. Довести, що , де nN.

Рішення.Перевіримо істинність нерівності при n = 1. Маємо – справжню нерівність.

Припустимо, що нерівність вірна при n = k,тобто. - Справжня нерівність. Доведемо, виходячи з припущення, що воно правильне і при n = k + 1, тобто. (*).

Перетворимо ліву частину нерівності (*), враховуючи, що : .

Але, значить і .

Отже, ця нерівність істинна для n = 1, і, з того, що нерівність вірна для деякого n = k, ми отримали, що воно вірне і для n = k + 1.

Тим самим, використовуючи аксіому 4, ми довели, що ця нерівність є істинною для будь-якого натурального числа.

Методом математичної індукції можна довести інші твердження.

Завдання. Довести, що з будь-якого натурального числа істинно твердження .

Рішення. Перевіримо істинність затвердження при n = 1: -Справжнє висловлювання.

Припустимо, що це твердження правильне при n = k: . Покажемо, використовуючи це, істинність затвердження при n = k + 1: .

Перетворимо вираз: . Знайдемо різницю kі k+ 1 членів. Якщо виявиться, що отримана різниця кратна 7, а за припущенням віднімається ділиться на 7, то і кратно, що також зменшується 7:

Добуток кратно 7, отже, і .

Таким чином, це твердження є істинним для n = 1 і з істинності його для n = kслід істинність для n = k + 1.

Тим самим було доведено, що це твердження є істинним для будь-якого натурального числа.

Завдання. Довести, що для будь-якого натурального числа n 2 істинно твердження (7-1)24.

Рішення. 1) Перевіримо істинність затвердження при n= 2: - Справжнє висловлювання.

Математична індукція є основою одного з найпоширеніших методів математичних доказів. З його допомогою можна довести більшу частину формул з натуральними числами n , наприклад, формулу знаходження суми перших членів прогресії S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n формулу бінома Ньютона a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b +. . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n .

У першому пункті ми розберемо основні поняття, потім розглянемо основи самого методу, а потім розповімо, як за його допомогою доводити рівність та нерівність.

Поняття індукції та дедукції

Спочатку розглянемо, що таке взагалі індукція і дедукція.

Визначення 1

Індукція- це перехід від приватного до загального, а дедукціянавпаки – від загального до часткового.

Наприклад, у нас є твердження: 254 можна поділити на два націло. З нього ми можемо зробити безліч висновків, серед яких будуть як справжні, так і хибні. Наприклад, твердження, що всі цілі числа, які мають наприкінці цифру 4 , можуть ділитися на два без залишку - істинне, а те, що будь-яке число із трьох знаків ділиться на 2 - хибне.

Загалом можна сказати, що з допомогою індуктивних міркувань можна отримати безліч висновків з одного відомого чи очевидного міркування. Математична індукція дає нам змогу визначити, наскільки справедливі ці висновки.

Припустимо, ми маємо послідовність чисел виду 1 1 · 2 , 1 2 · 3 , 1 3 · 4 , 1 4 · 5 , . . . , 1 n (n + 1) , де n означає деяке натуральне число. У такому разі при складанні перших елементів послідовності ми отримаємо наступне:

S 1 = 1 1 · 2 = 1 2 , S 2 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 = 2 3 , S 3 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 = 3 4 , S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5 , . . .

Використовуючи індукцію, можна дійти невтішного висновку, що S n = n n + 1 . У третій частині ми доведемо цю формулу.

У чому полягає метод математичної індукції

В основі цього лежить однойменний принцип. Він формулюється так:

Визначення 2

Якесь твердження буде справедливим для натурального значення n тоді, коли 1) воно буде вірним при n = 1 і 2) з того, що цей вираз справедливий для довільного натурального n = k , слід, що воно буде вірним і при n = k + 1 .

Застосування методу математичної індукції здійснюється у 3 етапи:

1. Спочатку ми перевіряємо вірність вихідного твердження у разі довільного натурального значення n (зазвичай перевірка робиться для одиниці).
2. Після цього ми перевіряємо вірність при n = k.
3. І далі доводимо справедливість утвердження у разі, якщо n = k + 1 .

Як застосовувати метод математичної індукції при розв'язанні нерівностей та рівнянь

Візьмемо приклад, про який ми говорили раніше.

Приклад 1

Доведіть формулу S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 +. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Рішення

Як ми вже знаємо, для застосування методу математичної індукції треба виконати три послідовні дії.

1. Для початку перевіряємо, чи дана рівність буде справедливою при n , рівному одиниці. Отримуємо S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Тут все правильно.
2. Далі припускаємо, що формула S k = k k + 1 вірна.
3. У третьому кроці треба довести, що S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , ґрунтуючись на справедливості попередньої рівності.

Ми можемо представити k + 1 як сума перших членів вихідної послідовності і k + 1:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

Оскільки в другій дії ми отримали, що S k = k k + 1 можна записати наступне:

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

Тепер виконуємо необхідні перетворення. Нам потрібно виконати приведення дробу до спільному знаменнику, приведення подібних доданків, застосувати формулу скороченого множення та скоротити те, що вийшло:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

Таким чином, ми довели рівність у третьому пункті, виконавши всі три кроки методу математичної індукції.

Відповідь:припущення про формулу S n = n n + 1 є вірним.

Візьмемо більш складне завдання із тригонометричними функціями.

Приклад 2

Наведіть доказ тотожності cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Рішення

Як ми пам'ятаємо, першим кроком має бути перевірка вірності рівності при n, що дорівнює одиниці. Щоб це з'ясувати, треба згадати основні тригонометричні формули.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α · cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Отже, при n рівному одиниці, тотожність буде вірним.

Тепер припустимо, що його справедливість збережеться за n = k , тобто. буде вірно, що cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Доводимо рівність cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α для випадку, коли n = k + 1, взявши за основу попереднє припущення.

Згідно з тригонометричною формулою,

sin 2 k + 1 α · cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 · 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α

Отже,

cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α

Приклад вирішення завдання на доказ нерівності із застосуванням цього методу ми навели у статті про метод найменших квадратів. Прочитайте той пункт, де виводяться формули для знаходження коефіцієнтів апроксимації.

Якщо ви помітили помилку в тексті, будь ласка, виділіть її та натисніть Ctrl+Enter

Багато розділах математики доводиться доводити істинність твердження, залежить від , тобто. істинність висловлювання p(n)для " nÎN (для будь-якого nÎN p(n)вірно).

Часто це вдається довести методом математичної індукції.

В основі цього лежить принцип математичної індукції. Зазвичай він вибирається як одна з аксіом арифметики і, отже, приймається без доказу. Відповідно до принципу математичної індукції пропозиція p(n)вважається істинним для всіх натуральних значень змінної, якщо виконано дві умови:

1. Пропозиція p(n)істинно для n= 1.

2. Із пропозиції, що p(n)істинно для n =k (k -довільне натуральне число) слід, що воно істинно для n =k+ 1.

Під методом математичної індукції розуміють такий спосіб доказу

1. Перевіряють істинність затвердження для n= 1 – основа індукції.

2. Припускають, що твердження правильне для n = k -індуктивне припущення.

3. Доводять, що тоді воно правильне і для n =k+ 1 індуктивний перехід.

Іноді пропозиція p(n)виявляється вірним не для всіх натуральних n, а починаючи з деякого для n = n 0. І тут у основі індукції перевіряється істинність p(n)при n = n 0.

приклад 1.Нехай. Довести, що

1. База індукції: при n= 1 за визначенням S 1 = 1 і за формулою одержуємо один результат. Твердження вірне.

n = kта .

n = k+ 1. Доведемо, що .

Дійсно, через індуктивне припущення

Перетворимо цей вираз

Індуктивний перехід доведено.

Зауваження.Корисно записати, що дано (індуктивне припущення) та що треба довести!

приклад 2.Довести

1. Основа індукції. При n= 1, твердження, зрозуміло, правильно.

2. Індуктивне припущення. Нехай n = kі

3. Індуктивний перехід. Нехай n = k+ 1. Доведемо:

Справді, зведемо правий бік квадрат як суму двох чисел:

Використовуючи індуктивне припущення та формулу суми арифметичної прогресії: , отримаємо

приклад 3.Довести нерівність

1. Базою індукції у разі є перевірка істинності затвердження для , тобто. необхідно перевірити нерівність. Для цього достатньо звести нерівність у квадрат: або 63< 64 – неравенство верно.

2. Нехай нерівність правильна для , тобто.

3. Нехай, доведемо:

Використовуємо припущення індукції

Знаючи як має виглядати правий бік у доведеній нерівності виділимо цю частину

Залишається встановити, що зайвий множник не перевищує одиниці. Справді,

приклад 4.Довести, що за будь-якого натурального число закінчується цифрою .

1. Найменше натуральне , з якого справедливе твердження, дорівнює . .

2. Нехай за число закінчується на . Це означає, що це число можна записати у вигляді де - якесь натуральне число. Тоді.

3. Нехай. Доведемо, що закінчується на . Використовуючи отриману виставу, отримаємо

Останнє число має рівне одиниць.

додаток

1.4. Метод математичної індукції

Як відомо, математичні твердження (теореми) мають бути обґрунтовані, доведені. Ми зараз познайомимося з одним із методів доказу – методом математичної індукції.

У широкому значенні індукція - це спосіб міркувань, що дозволяє переходити від приватних тверджень до загальних. Зворотний перехід від загальних тверджень до приватних називається дедукцією.

Дедукція завжди призводить до правильних висновків. Наприклад, нам відомий загальний результат: всі цілі числа, що закінчуються на нуль, діляться на 5. Звідси, звичайно, можна дійти невтішного висновку, як і будь-яке конкретне число, що закінчується на 0, наприклад 180, ділиться на 5.

У той самий час індукція може призвести до неправильних висновків. Наприклад, помічаючи, що число 60 ділиться на числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, ми не маємо права зробити висновок про те, що 60 ділиться взагалі на будь-яке число.

Метод математичної індукції дозволяє у багатьох випадках суворо доводити справедливість загального затвердження P(n), формулювання якого входить натуральне число n.

Застосування методу включає 3 етапи.

1) База індукції: перевіряємо справедливість затвердження P(n) для n = 1 (або іншого, приватного значення n, починаючи з якого передбачається справедливість P(n)).

2) Припущення індукції: припускаємо, що P(n) справедливе за n = k.

3) Крок індукції: використовуючи припущення, доводимо, що P(n) є справедливим для n = k + 1.

У результаті можна дійти невтішного висновку про справедливості P(n) для будь-якого n ∈ N. Дійсно, для n = 1 твердження правильне (база індукції). Отже, вірно й у n = 2, оскільки перехід від n = 1 до n = 2 обгрунтований (крок індукції). Застосовуючи крок індукції знов і знов, отримуємо справедливість P(n) для n = 3, 4, 5, . . ., тобто справедливість P(n) для всіх n.

Приклад 14. Сума перших n непарних натуральних чисел дорівнює n2: 1 + 3 + 5 + …

+ (2n - 1) = n2.

Підтвердження проведемо шляхом математичної індукції.

1) База: при n=1 зліва лише одне доданок, отримуємо: 1 = 1.

Твердження вірне.

2) Припущення: припускаємо, що деякому k справедливо рівність: 1 + 3 + 5 + … + (2k — 1) = k2.

Розв'язання задач про ймовірність попадань під час пострілів

Загальна постановка завдання така:

Імовірність влучення в ціль при одному пострілі дорівнює $p$. Проводиться $n$ пострілів. Знайти ймовірність того, що ціль буде вражена в точності $k$ раз (буде $k$ попадань).

Застосовуємо формулу Бернуллі та отримуємо:

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

Тут $C_n^k$ — кількість поєднань з $n$ до $k$.

Якщо в задачі йдеться про кілька стрілок з різними ймовірностямипопадання в ціль, теорію, приклади рішення та калькулятор ви можете знайти тут.

Відеоурок та шаблон Excel

Перегляньте наш ролик про вирішення завдань про постріли в схемі Бернуллі, дізнайтеся, як використовувати Excel для вирішення типових завдань.

Розрахунковий файл Ексель із відео можна безкоштовно скачати та використовувати для вирішення своїх завдань.

Приклади розв'язання завдань про попадання в ціль у серії пострілів

Розглянемо кілька типових прикладів.

приклад 1.Зробили 7 пострілів. Імовірність влучення при одному пострілі дорівнює 0,705. Знайти ймовірність того, що при цьому буде рівно 5 влучень.

Отримуємо, що в задачі йдеться про повторні незалежні випробування (постріли по мішені), всього проводиться $n=7$ пострілів, ймовірність попадання при кожному $p=0,705$, ймовірність промаху $q=1-p=1-0,705=0,295 $.

Потрібно визначити, що буде рівно $k=5$ попадань. Підставляємо все у формулу (1) і отримуємо: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

приклад 2.Імовірність влучення в ціль при одному пострілі дорівнює 0,4.

По мішені проводиться чотири незалежні постріли. Знайти ймовірність того, що буде хоча б одне влучення в ціль.

Вивчаємо завдання та виписуємо параметри: $n=4$ (пострілу), $p=0,4$ (імовірність влучення), $k \ge 1$ (буде хоча б одне влучення).

Використовуємо формулу для ймовірності протилежної події (немає жодного влучення):

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

Імовірність потрапити хоча б один раз із чотирьох дорівнює 0,87 або 87%.

приклад 3.Імовірність ураження мішені стрільцем дорівнює 0,3.

Знайти ймовірність того, що при шести пострілах мішень буде вражена від трьох до шести разів.

На відміну від попередніх завдань, тут потрібно знайти ймовірність того, що кількість влучень буде перебувати в деякому інтервалі (а не рівно точно якомусь числу). Але формула використовується колишня.

Знайдемо ймовірність того, що мета буде вражена від трьох до шести разів, тобто буде або 3, або 4, або 5, або 6 попадань.

Дані ймовірності обчислимо за формулою (1):

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

Оскільки події несумісні, ймовірність може бути знайдена за формулою складання ймовірностей: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6)=$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

приклад 4.Імовірність хоча б одного влучення в ціль при чотирьох пострілах дорівнює 0,9984. Знайти ймовірність попадання в ціль за одного пострілу.

Позначимо ймовірність попадання в ціль за одного пострілу. Введемо подію:
$A = $ (З чотирьох пострілів хоча б один потрапить у ціль),
а також протилежну йому подію, яку можна записати як:
$\overline(A) = $ (Всі 4 постріли будуть повз ціль, жодного влучення).

Запишемо формулу для ймовірності події $A$.

Випишемо відомі значення: $ n = 4 $, $ P (A) = 0,9984 $. Підставляємо у формулу (1) і отримуємо:

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

Вирішуємо рівняння, що вийшло:

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

Отже, ймовірність влучення в ціль при одному пострілі дорівнює 0,8.

Дякую, що читаєте та ділитесь з іншими

Корисні посилання

Знайдіть готові задачі в решінику:

Онлайн-розрахунки за формулою Бернуллі

Вирішення нерівності за допомогою калькулятора

Нерівність у математиці відноситься до всіх рівнянь, де «=» замінюється будь-яким з наступних значків: \ [> \] \ [\ geq \] \ [

* лінійний;

* Квадратний;

* дробовий;

* індикативний;

* тригонометричний;

* логарифмічний.

Залежно від цього нерівності називаються лінійними, частковими тощо.

Ви повинні знати про ці ознаки:

* нерівності зі значком більше (>) або менше (

* Нерівності з значками, які більші або рівні \[\geq\] менші або рівні [\leq\], називаються непрофесійними;

* значок не той самий [[ne]] один, але необхідно постійно вирішувати випадки з цим значком.

Така нерівність вирішується у вигляді перетворень тотожностей.

Також прочитайте нашу статтю «Вирішіть повне рішення для онлайн-рівняння»

Припустимо, що виконано нерівність наступного:

Ми вирішуємо його так само, як лінійне рівнянняАле слід уважно стежити за ознакою нерівності.

Спочатку ми переносимо членів із невідомого вліво, від відомого до правого, змінюючи символи на протилежне:

Потім ми розділимо обидві сторони на -4 і змінимо знак нерівності протилежне:

Це відповідь на це рівняння.

Де я можу вирішити нерівність в Інтернеті?

Ви можете розв'язати рівняння на нашому сайті pocketteacher.ru.

Калькулятор нерівності Бернуллі

За лічені секунди безкоштовне онлайн-рішення для порятунку вирішить онлайн-рівняння будь-якої складності. Все, що вам потрібно зробити, це ввести ваші дані на спасіння. Ви також можете переглянути відео-інструкції та дізнатися, як вирішити рівняння на нашому веб-сайті.

І якщо у вас є питання, ви можете поставити їх у нашій групі Vkontakte: pocketteacher. Приєднуйтесь до нашої групи, ми будемо раді допомогти вам.

Метод повної математичної індукції

Розв'язання рівнянь/ Диференціальні рівняння

© Контрольна робота РУ — калькулятори онлайн

Розв'язання диференціальних рівнянь

Введіть дифф.

рівняння:

За допомогою калькулятора ви можете вирішити диференційне рівняннярізної складності.

Приклади розв'язуваних диференціальних рівнянь

Метод математичної індукції

Вступ

Основна частина

1. Повна та неповна індукція
2. Принцип математичної індукції
3. Метод математичної індукції
4. Рішення прикладів
5. Рівності
6. Розподіл чисел
7. Нерівності

Висновок

Список використаної літератури

Вступ

В основі будь-якого математичного дослідження лежать дедуктивний та індуктивний методи. Дедуктивний спосіб міркування - це міркування від загального до приватного, тобто. міркування, вихідним моментом якого є загальний результат, а заключним моментом – приватний результат. Індукція застосовується під час переходу від приватних результатів до загальних, тобто. є методом, протилежним до дедуктивного.

Метод математичної індукції можна порівняти із прогресом. Ми починаємо з нижчого, в результаті логічного мислення приходимо до вищого. Людина завжди прагнула прогресу, до вміння розвивати свою думку логічно, отже, сама природа накреслила йому розмірковувати індуктивно.

Хоча й зросла сфера застосування методу математичної індукції, у шкільній програмі йому приділяється мало часу. Ну, скажіть, що корисній людині принесуть ті два-три уроки, за які вона почує п'ять слів теорії, вирішить п'ять примітивних завдань, і в результаті отримає п'ятірку за те, що вона нічого не знає.

Адже це так важливо - вміти розмірковувати індуктивно.

Основна частина

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

Нехай потрібно встановити, що кожне натуральне парне число n не більше 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Ці дев'ять рівностей показують, що кожна з чисел, що нас цікавлять, дійсно представляється у вигляді суми двох простих доданків.

Отже, повна індукція у тому, що загальне твердження доводиться окремо у кожному з кінцевого числа можливих випадків.

Іноді загальний результат вдається передбачити після розгляду не всіх, а досить великої кількості окремих випадків (так звана неповна індукція).

Результат, отриманий неповною індукцією, залишається, однак, лише гіпотезою, доки 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 сильним методом відкриття нових істин.

Нехай, наприклад, потрібно знайти суму перших n послідовних непарних чисел. Розглянемо окремі випадки:

1+3+5+7+9=25=5 2

Після розгляду цих кількох окремих випадків напрошується наступний загальний висновок:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тобто. сума n перших послідовних непарних чисел дорівнює n 2

Зрозуміло, зроблене спостереження ще може бути доказом справедливості наведеної формули.

Повна індукція має у математиці лише обмежене застосування. Багато цікавих математичних тверджень охоплюють нескінченну кількість окремих випадків, а провести перевірку для нескінченної кількості випадків ми не в змозі. Неповна індукція часто призводить до помилкових результатів.

У багатьох випадках вихід з таких труднощів полягає у зверненні до особливого методу міркувань, званого методом математичної індукції. Він полягає у наступному.

Нехай потрібно довести справедливість деякого твердження для будь-якого натурального числа n (наприклад, треба довести, що сума перших n непарних чисел дорівнює n 2). Безпосередня перевірка цього твердження кожного значення n неможлива, оскільки безліч натуральних чисел нескінченно. Щоб довести це твердження, спочатку перевіряють його справедливість для n=1. Потім доводять, що з будь-якому натуральному значенні k із справедливості розглянутого твердження при n=k випливає його справедливість і за n=k+1.

Тоді твердження вважається доведеним всім n. Справді, твердження справедливе за n=1. Але тоді воно справедливе й у наступного числа n=1+1=2. Зі справедливості твердження для n=2 випливає його справедливість для n=2+

1=3. Звідси випливає справедливість затвердження для n=4 і т.д. Зрозуміло, що, зрештою, ми дійдемо будь-якого натурального числа n. Отже, твердження правильне для будь-якого n.

Узагальнюючи сказане, сформулюємо наступний загальний принцип.

Принцип математичної індукції.

Якщо пропозиція А(n), що залежить від натурального числа n, істинно для n=1 і з того, що воно істинно для n=k (де k-будь-яке натуральне число), слід, що воно істинно і для наступного числа n=k +1, припущення А(n) істинно для будь-якого натурального числа n.

У ряді випадків потрібно довести справедливість деякого твердження не для всіх натуральних чисел, а лише для n>p, де p-фіксоване натуральне число. І тут принцип математичної індукції формулюється так.

Якщо пропозиція А(n) істинно при n=p і якщо А(k)ÞА(k+1) для будь-якого k>p, то пропозиція А(n) істинно для будь-якого n>p.

Доказ методом математичної індукції проводитися в такий спосіб. Спочатку доводиться твердження перевіряється для n=1, тобто. встановлюється істинність висловлювання А(1). Цю частину підтвердження називають базисом індукції. Потім слідує частина докази, звана індукційним кроком. У цьому частині доводять справедливість твердження для n=k+1 у припущенні справедливості твердження для n=k (припущення індукції), тобто. доводять, що А(k) ÞA(k+1).

Довести, що 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Рішення: 1) Маємо n=1=1 2 . Отже,

твердження правильне при n=1, тобто. А(1) істинно.

2) Доведемо, що А(k) ÞA(k+1).

Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай твердження справедливо для n = k, тобто.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Доведемо, що тоді твердження справедливе й у наступного натурального числа n=k+1, тобто. що

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Справді,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .

Отже, А(k) ÞА(k+1). З принципу математичної індукції укладаємо, що припущення А(n) істинно будь-якого nÎN.

Довести, що

1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), де х1

Рішення: 1) При n=1 отримуємо

1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

отже, при n=1 формула вірна; А(1) істинно.

2) Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай формула правильна при n = k, тобто.

1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1).

Доведемо, що тоді виконується рівність

1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1).

Справді

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).

Отже, А(k) ÞA(k+1). З принципу математичної індукції укладаємо, що форму-ла правильна будь-якого натурального числа n.

Довести, що число діагоналей опуклого n-кутника дорівнює n(n-3)/2.

Рішення: 1) При n=3 затвердження спра-

А 3 ведливо, бо в трикутнику

A 3 =3(3-3)/2=0 діагоналей;

А 2 А(3) істинно.

2) Припустимо, що у всякому

опуклому k-кутнику має-

А 1 ся А k = k (k-3) / 2 діагоналей.

А k Доведемо, що тоді у опуклому

(k+1)-кутник число

діагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нехай А 1 А 2 А 3 …A k A k +1 - опуклий (k + 1)-кутник. Проведемо в ньому діагональ A1Ak. Щоб підрахувати загальне число діагоналей цього (k+1)-угольника треба підрахувати число діагоналей в k-кутнику A 1 A 2 …A k , додати до отриманого числа k-2, тобто. число діагоналей (k+1)-кутника, що виходять з вершини А k+1 і, крім того, слід врахувати діагональ А 1 А k .

Таким чином,

 k+1 =  k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

Отже, А(k) ÞA(k+1). Внаслідок принципу математичної індукції твердження правильне для будь-якого опуклого n-кутника.

Довести, що за будь-якого n справедливе твердження:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 = 1 2 = 1 (1 +1) (2 +1) / 6 = 1.

Отже, при n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) Розглянемо дане твердження 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.

Ми довели справедливість рівності і при n = k + 1, отже, в силу методу математичної індукції, твердження правильне для будь-якого натурального n.

Довести, що для будь-якого натурального n справедлива рівність:

1 3 +2 3 +3 3 + ... + n 3 = n 2 (n + 1) 2 /4.

Рішення: 1) Нехай n = 1.

Тоді Х 1 = 13 = 12 (1 +1) 2 / 4 = 1.

Ми, що з n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що рівність правильна при n = k

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

3) Доведемо істинність цього твердження для n=k+1, тобто.

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.

З наведеного доказу видно, що твердження вірне при n = k + 1, отже, рівність вірно при будь-якому натуральному n.

Довести, що

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), де n>2.

Рішення: 1) При n=2 тотожність виглядає: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

тобто. воно вірне.

2) Припустимо, що вираз правильно при n = k

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).

3) Доведемо вірність виразу при n=k+1.

(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1))))(((k+1) 3 +

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

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

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Ми довели справедливість рівності і при n=k+1, отже, через метод математичної індукції, твердження правильне для будь-якого n>2

Довести, що

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

для будь-якого натурального n.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) Припустимо, що n=k тоді

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

3) Доведемо істинність цього твердження 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).

Доведено і справедливість рівності при n=k+1, отже твердження правильне для будь-якого натурального n.

Довести вірність тотожності

(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

для будь-якого натурального n.

1) При n = 1 тотожність вірно 1 2 /1 '3 = 1 (1 +1) / 2 (2 +1).

2) Припустимо, що з n=k

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

3) Доведемо, що тотожність правильна при n=k+1.

(1 2 /1´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))´((k/2 )+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 )(k+2)/2(2(k+1)+1).

З наведеного доказу видно, що твердження вірне за будь-якого натурального n.

Довести, що (11n+2+122n+1) ділиться на 133 без залишку.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

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

Але (23´133) ділиться на 133 без залишку, отже при n=1 твердження вірне; А(1) істинно.

2) Припустимо, що (11 k+2 +12 2k+1) ділиться на 133 без залишку.

3) Доведемо, що у такому разі

(11 k+3 +12 2k+3) ділиться на 133 без залишку. Справді 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 .

Отримана сума ділиться на 133 без залишку, так як перше її доданок ділиться на 133 без залишку за припущенням, а в другому одним з множників виступає 133. Отже, А(k) ÞА(k+1). У силу методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що за будь-якого n 7 n -1 ділиться на 6 без залишку.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді Х 1 = 7 1 -1 = 6 ділиться на 6 без залишку. Значить при n = 1 твердження вірно.

2) Припустимо, що з n=k

7 k-1 ділиться на 6 без залишку.

3) Доведемо, що твердження є справедливим для n=k+1.

X k +1 = 7 k +1 -1 = 7 '7 k -7 +6 = 7 (7 k -1) +6.

Перше доданок ділиться на 6, оскільки 7 k -1 ділиться на 6 за припущенням, а другим доданком є ​​6. Значить 7 n -1 кратно 6 при будь-якому натуральному n. У силу методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 3 3n-1 +2 4n-3 при довільному натуральному n ділиться на 11.
Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 = 3 3-1 +2 4-3 = 3 2 +2 1 = 11 ділиться на 11 без залишку. Отже, при n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що з n=k

X k =3 3k-1+24k-3 ділиться на 11 без залишку.

3) Доведемо, що твердження правильне 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 .

Перше доданок ділиться на 11 без залишку, оскільки 3 3k-1 +2 4k-3 ділиться на 11 за припущенням, друге ділиться на 11, тому що одним з його множників є число 11. Значить і сума поділяється на 11 без залишку за будь-якого натурального n. У силу методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 11 2n -1 при довільному натуральному n ділиться на 6 без залишку.

Рішення: 1) Нехай n=1, тоді 112-1=120 ділиться на 6 без залишку. Значить при n = 1 твердження вірно.

2) Припустимо, що з n=k

11 2k -1 ділиться на 6 без залишку.

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).

Обидва доданків діляться на 6 без залишку: перше містить кратне 6-ти число 120, а друге ділиться на 6 без залишку за припущенням. Значить і сума ділиться на 6 без залишку. З методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 3 3n+3 -26n-27 при довільному натуральному n ділиться на 26 2 (676) без залишку.

Рішення: Попередньо доведемо, що 33n+3-1 ділиться на 26 без залишку.

1. При n=0

3 3 -1=26 ділиться на 26

2. Припустимо, що з n=k

3 3k+3 -1 поділяється на 26

3. Доведемо, що твердження

Правильно при n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) –ділиться на 26

Тепер проведемо доказ твердження, сформульованого за умови завдання.

1) Очевидно, що при n = 1 твердження вірно

3 3+3 -26-27=676

2) Припустимо, що з n=k

вираз 3 3k+3 -26k-27 ділиться на 26 2 без залишку.

3) Доведемо, що твердження правильне за n=k+1

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).

Обидва доданків діляться на 26 2; перше ділиться на 26 2 , тому що ми довели подільність на 26 вирази, що стоїть у дужках, а друге ділиться за припущенням індукції. З огляду на методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що якщо n>2 і х>0, то справедлива нерівність

(1+х) n >1+n´х.

Рішення: 1) При n=2 нерівність справедливо, оскільки

(1+х) 2 = 1+2х+х 2 >1+2х.

Отже, А(2) істинно.

2) Доведемо, що А(k) ÞA(k+1), якщо k> 2. Припустимо, що А(k) істинно, тобто справедлива нерівність

(1+х) k >1+k´x. (3)

Доведемо, що тоді і А(k+1) істинно, тобто, що справедлива нерівність

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Справді, помноживши обидві частини нерівності (3) на позитивне число 1+х, отримаємо

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Розглянемо праву частину останнього нерівний-

ства; маємо

(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.

У результаті отримуємо, що

(1+х) k+1 >1+(k+1)´x.

Отже, А(k) ÞA(k+1). На підставі принципу математичної індукції можна стверджувати, що нерівність Бернуллі справедлива для будь-якого

Довести, що справедлива нерівність

(1+a+a 2) m > 1+m'a+(m(m+1)/2)'a 2 при а> 0.

Рішення: 1) При m=1

(1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2)´а 2 обидві частини рівні.

2) Припустимо, що з m=k

(1+a+a 2) k >1+k'a+(k(k+1)/2)'a 2

3) Доведемо, що з m=k+1 не-рівність правильна

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k+a+)

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

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

+((k+1)(k+2)/2)'a 2 .

Ми довели справедливість нерівності при m=k+1, отже, в силу методу математичної індукції, нерівність справедлива для будь-якого натурального m.

Довести, що за n>6 справедлива нерівність

3 n >n´2 n+1 .

Рішення: Перепишемо нерівність у вигляді

1. При n=7 маємо

3 7 /2 7 = 2187/128> 14 = 2 '7

нерівність вірна.

2. Припустимо, що з n=k

3) Доведемо вірність нерівності при n = k +1.

3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)'(3/2)>2k'(3/2)=3k>2(k+1).

Оскільки k>7, остання нерівність очевидна.

У силу методу математичної індукції нерівність справедлива для будь-якого натурального n.

Довести, що за n>2 справедлива нерівність

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

Рішення: 1) При n=3 нерівність вірна

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

1. Припустимо, що з n=k

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

3) Доведемо справедливість не-

рівності за n=k+1

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

Доведемо, що 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

K(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Останнє очевидно, а тому

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

З огляду на методу математичної індукції не-рівність доведено.

Висновок

Зокрема вивчивши метод математичної індукції, я підвищив свої знання в цій галузі математики, а також навчився вирішувати завдання, які раніше були мені не під силу.

У це були логічні і цікаві завдання, тобто. саме ті, які підвищують інтерес до самої математики як до науки. Вирішення таких завдань стає цікавим заняттям і може залучити в математичні лабіринти все нових допитливих. На мою думку, це є основою будь-якої науки.

Продовжуючи вивчати метод математичної індукції, я намагатимусь навчитися застосовувати його не лише в математиці, а й у вирішенні проблем фізики, хімії та самого життя.

МАТЕМАТИКА:

ЛЕКЦІЇ, ЗАВДАННЯ, РІШЕННЯ

Навчальний посібник / В. Г. Болтянський, Ю. В. Сідоров, М. І. Шабунін. ТОВ "Попурі" 1996.

АЛГЕБРА І ПОЧАТКУ АНАЛІЗУ

Навчальний посібник / І. Т. Демідов, А. Н. Колмогоров, С. І. Шварцбург, О. С. Івашев-Мусатов, Б. Є. Вейц. "Освіта" 1975.