Метод математической индукции - (реферат)
p>Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого на-турального n.ПРИМЕР 5
Доказать, что для любого натурального n спра-ведливо равенство: 13+23+33+…+n3=n2(n+1)2/4.
Решение: 1) Пусть n=1.
Тогда Х1=13=12(1+1)2/4=1.
Мы видим, что при n=1 утверждение верно.
2) Предположим, что равенство верно при n=k
Xk=k2(k+1)2/4.
3) Докажем истинность этого ут-верждения для n=k+1, т. е.
Хk+1=(k+1)2(k+2)2/4. Xk+1=13+23+…+k3+(k+1)3=k2(k+1)2/4+(k+1)3=(k2(k++1)2+4(k+1)3)/4=(k+1)2(k2+4k+4)/4=(k+1)2(k+2)2/4. Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.
ПРИМЕР 6
Доказать, что
((23+1)/(23-1))ґ((33+1)/(33-1))ґ…ґ((n3+1)/(n3-1))=3n(n+1)/2(n2+n+1), где n>2. Решение: 1) При n=2 тождество выглядит: (23+1)/(23-1)=(3ґ2ґ3)/2(22+2+1), т. е. оно верно.
2) Предположим, что выражение верно при n=k
(23+1)/(23-1)ґ…ґ(k3+1)/(k3-1)=3k(k+1)/2(k2+k+1).
3) Докажем верность выражения при n=k+1.
(((23+1)/(23-1))ґ…ґ((k3+1)/(k3-1)))ґ(((k+1)3+
+1)/((k+1)3-1))=(3k(k+1)/2(k2+k+1))ґ((k+2)((k+
+1)2-(k+1)+1)/k((k+1)2+(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2ґ
ґ((k+1)2+(k+1)+1).
Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого n>2
ПРИМЕР 7
Доказать, что
13-23+33-43+…+(2n-1)3-(2n)3=-n2(4n+3)
для любого натурального n.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
13-23=-13(4+3); -7=-7.
2) Предположим, что n=k, тогда
13-23+33-43+…+(2k-1)3-(2k)3=-k2(4k+3).
3) Докажем истинность этого ут-верждения при n=k+1
(13-23+…+(2k-1)3-(2k)3)+(2k+1)3-(2k+2)3=-k2(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 лю-бого натурального n.
ПРИМЕР 8
Доказать верность тождества
(12/1ґ3)+(22/3ґ5)+…+(n2/(2n-1)ґ(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
для любого натурального n.
Решение:
1) При n=1 тождество верно 12/1ґ3=1(1+1)/2(2+1).
2) Предположим, что при n=k
(12/1ґ3)+…+(k2/(2k-1)ґ(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Докажем, что тождество верно при n=k+1.
(12/1ґ3)+…+(k2/(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 ут-верждение верно при любом натуральном n.
ПРИМЕР 9
Доказать, что (11n+2+122n+1) делится на 133 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда
113+123=(11+12)(112-132+122)=23ґ133.
Но (23ґ133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.
2) Предположим, что (11k+2+122k+1) делится на 133 без остатка. 3) Докажем, что в таком случае
(11k+3+122k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле 11k+3+122л+3=11ґ11k+2+122ґ122k+1=11ґ11k+2+ +(11+133)ґ122k+1=11(11k+2+122k+1)+133ґ122k+1.
Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без ос-татка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k)ЮА(k+1). В силу метода математической индукции утвержде-ние доказано.
ПРИМЕР 10
Доказать, что при любом n 7n-1 делится на 6 без остатка.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х1=71-1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно. 2) Предположим, что при n=k
7k-1 делится на 6 без остатка.
3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1.
Xk+1=7k+1-1=7ґ7k-7+6=7(7k-1)+6.
Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7k-1 делится на 6 по предположению, а вторым слага-емым является 6. Значит 7n-1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической ин-дукции утверждение доказано.
ПРИМЕР 11
Доказать, что 33n-1+24n-3 при произвольном на-туральном n делится на 11. Решение: 1) Пусть n=1, тогда
Х1=33-1+24-3=32+21=11 делится на 11 без остат-ка. Значит, при n=1 утверждение верно. 2) Предположим, что при n=k
Xk=33k-1+24k-3 делится на 11 без остатка.
3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1.
Xk+1=33(k+1)-1+24(k+1)-3=33k+2+24k+1=33ґ33k-1+24ґ24k-3=
=27ґ33k-1+16ґ24k-3=(16+11)ґ33k-1+16ґ24k-3=16ґ33k-1+
+11ґ33k-1+16ґ24k-3=16(33k-1+24k-3)+11ґ33k-1.
Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 33k-1+24k-3делится на 11 по предположе-нию, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма де-лится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утвер-ждение доказано.
ПРИМЕР 12
Доказать, что 112n-1 при произвольном нату-ральном n делится на 6 без остатка. Решение: 1) Пусть n=1, тогда 112-1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно. 2) Предположим, что при n=k
112k-1 делится на 6 без остатка.
3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
112(k+1)-1=121ґ112k-1=120ґ112k+(112k-1).
Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: пер-вое содержит кратное 6-ти число 120, а второе де-лится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.
ПРИМЕР 13
Доказать, что 33n+3-26n-27 при произвольном натуральном n делится на 262(676) без остатка. Решение: Предварительно докажем, что 33n+3-1 делится на 26 без остатка. При n=0
33-1=26 делится на 26
Предположим, что при n=k
33k+3-1 делится на 26
Докажем, что утверждение
верно при n=k+1.
33k+6-1=27ґ33k+3-1=26ґ33л+3+(33k+3-1) –делится на 26
Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулированного в условии задачи.
1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение верно
33+3-26-27=676
2) Предположим, что при n=k
выражение 33k+3-26k-27 делится на 262 без остатка.
3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
33k+6-26(k+1)-27=26(33k+3-1)+(33k+3-26k-27).
Оба слагаемых делятся на 262; первое делится на 262, потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода мате-матической индукции утверждение доказано.
ПРИМЕР 14
Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство
(1+х)n>1+nґх.
Решение: 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как
(1+х)2=1+2х+х2>1+2х.
Значит, А(2) истинно.
2) Докажем, что А(k)ЮA(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т. е. , что справедливо неравенство
(1+х)k>1+kґx. (3)
Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т. е. , что справедливо неравенство (1+x)k+1>1+(k+1)ґx.
В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим
(1+x)k+1>(1+kґx)(1+x).
Рассмотрим правую часть последнего неравен
ства; имеем
(1+kґx)(1+x)=1+(k+1)ґx+kґx2>1+(k+1)ґx.
В итоге получаем, что
(1+х)k+1>1+(k+1)ґx.
Итак, А(k)ЮA(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого
n> 2.
ПРИМЕР 15
Доказать, что справедливо неравенство
(1+a+a2)m> 1+mґa+(m(m+1)/2)ґa2 при а> 0.
Решение: 1) При m=1
(1+а+а2)1> 1+а+(2/2)ґа2 обе части равны.
2) Предположим, что при m=k
(1+a+a2)k>1+kґa+(k(k+1)/2)ґa2
3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно
(1+a+a2)k+1=(1+a+a2)(1+a+a2)k>(1+a+a2)(1+kґa+
+(k(k+1)/2)ґa2)=1+(k+1)ґa+((k(k+1)/2)+k+1)ґa2+
+((k(k+1)/2)+k)ґa3+(k(k+1)/2)ґa4> 1+(k+1)ґa+
+((k+1)(k+2)/2)ґa2.
Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натурального m.
ПРИМЕР 16
Доказать, что при n>6 справедливо неравенство
3n>nґ2n+1.
Решение: Перепишем неравенство в виде
(3/2)n>2n.
При n=7 имеем
37/27=2187/128>14=2ґ7
неравенство верно.
Предположим, что при n=k
(3/2)k>2k.
3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1.
3k+1/2k+1=(3k/2k)ґ(3/2)>2kґ(3/2)=3k>2(k+1).
Так как k>7, последнее неравенство очевидно.
В силу метода математической индукции неравен-ство справедливо для любого натурального n.
ПРИМЕР 17
Доказать, что при n>2 справедливо неравенство
1+(1/22)+(1/32)+…+(1/n2) Решение: 1) При n=3 неравенство верно
1+(1/22)+(1/32)=245/180 Предположим, что при n=k
1+(1/22)+(1/32)+…+(1/k2)=1, 7-(1/k).
3) Докажем справедливость не
равенства при n=k+1
(1+(1/22)+…+(1/k2))+(1/(k+1)2) Докажем, что 1, 7-(1/k)+(1/(k+1)2) Ы(1/(k+1)2)+(1/k+1) Ыk(k+2) Последнее очевидно, а поэтому
1+(1/22)+(1/32)+…+(1/(k+1)2)
В силу метода математической индукции не-равенство доказано.
Заключение
Вчастности изучив метод математической индукции, я повысил свои знания в этой облас-ти математики, а также научился решать задачи, которые раньше были мне не под силу.
В основном это были логические и занима-тельные задачи, т. е. как раз те, которые повы-шают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится заниматель-ным занятием и может привлечь в математиче-ские лабиринты всё новых любознательных. По-моему, это является основой любой науки. Продолжая изучать метод математической индукции, я постараюсь научиться применять его не только в математике, но и в решении проблем физики, химии и самой жизни.
МАТЕМАТИКА :
ЛЕКЦИИ, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ
Учебное пособие / В. Г. Болтянский, Ю. В. Сидоров, М. И. Шабунин. ООО “Попурри” 1996.
АЛГЕБРА И НАЧАЛА АНАЛИЗА
Учебное пособие / И. Т. Демидов, А. Н. Колмогоров, С. И. Шварцбург, О. С. Ивашев-Мусатов, Б. Е. Вейц. “Просвещение” 1975.
Страницы: 1, 2
