Метод полной математической индукции

Метод математической индукции.
Лекция для учеников 8 «А» класса.
Учитель математики: Ермеев Валерий Александрович.
Цели лекции: 1) ознакомить учащихся 8 «А» класса методом математической индукции;
2) выработать навыки и умения применять данный метод при решении
задач на доказательства равенств, на делимость, на доказательства неравенств, на
суммирование.
Одним из самих универсальных методов доказательств математических
утверждений, в которых фигурируют слова «для произвольного натурального n» является
метод математической индукции.
Доказательство при помощи этого метода состоит из трех этапов:
начало индукции,
индуктивное допущение и
индуктивный шаг.
В простейшем варианте это выглядит следующим образом.
1) Начало индукции. Доказывается (проверяется), что сформулированное утверждение
выполняется при n = 1.
2) Индуктивное допущение. Предполагается, что утверждение справедливо при n = k.
3) Индуктивный шаг. Доказывается, что при условии справедливости утверждения при
n = k следует его справедливость при n = k + 1.
Метод математической индукции можно применять только для доказательства
утверждений, зависящих от натурального n. В основном он применяется для решения
задач двух видов:
1) исходя из частных наблюдений устанавливают некоторую закономерность и затем
доказывают её справедливость методом математической индукции;
2) доказывают справедливость некоторой формулы методом математической индукции.
Применение метода математической индукции в задачах на доказательства
равенств.
Пример 1. Доказать, что при любом натуральном n верно равенство:
n(n  1)( n  2)
1  2  2  3  3  4  4  5      n(n  1) 
.
3
Доказательство. 1) Начало индукции. Проверяем утверждение при n = 1
1(1  1)(1  2)
1 2 
.
3
Неравенство выполняется.
2) Индуктивное допущение. Предположим, что равенство верно при n = k,
k (k  1)( k  2)
.
т. е. 1  2  2  3  3  4  4  5      k (k  1) 
3
3) Индуктивный шаг. Докажем утверждение при n = k +1:
k (k  1)( k  2)
1  2  2  3  3  4  4  5      k (k  1)  (k  1)( k  2) 
 (k  1)( k  2) 
3
k (k  1)( k  2)  3(k  1)( k  2) (k  1)( k  2)( k  3)


.
3
3
Таким образом, что доказываемое утверждение справедливо при n = k + 1. По методу
математической индукции получаем, что утверждение справедливо при любом n N.
Применение метода математической индукции в задачах на делимость.
Пример 2. Доказать, что при любом натуральном n значение выражения n 3 + 11n делится
на 6.
Доказательство. 1) Начало индукции. Проверим утверждение при n = 1.
1 3 + 11∙ 1 = 12
Так как 12 : 6 = 2, то утверждение справедливо при n = 1.
2) Индуктивное допущение. Предположим, что утверждение справедливо
при n = k, т. е. выражение k 3 + 11k делится на 6.
3) Индуктивный шаг. Докажем, что утверждение выполняется при
n = k +1.
(k+1) 3 + 11(k+1) = k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 11k + 11 = (k 3 + 11k) + 3k(k + 1) + 12.
Первое слагаемое делится на 6. При любом натуральном k одно из чисел к ним k + 1
является чётным, поэтому второе слагаемое делится на 6. Третье слагаемое делится на 6.
По методу математической индукции получаем, что утверждение справедливо при любом
n N.
Применение метода математической индукции в задачах на доказательства
неравенств.
Пример 3. Доказать, что при любом натуральном n ≥ 3 выполняется неравенства
3 n > 2 n + 3n.
Доказательство. 1) Начало индукции. Проверим утверждение при n = 3: 3 3 > 2 3 + 3∙3 –
выполняется.
2) Индуктивное допущение. Предположим, что утверждение справедливо
k
при n = k, т. е.3 > 2 k + 3k
.
3) Индуктивный шаг. Докажем, что утверждение выполняется при
n = k +1. Для этого обе части неравенства 3 k > 2 k + 3k умножим на 3. Получаем:
3 л + 1 > 3 ∙ 2 k + 9k = (2 + 1) 2 k + 3(k + 1) + 6k – 3 = 2 ∙ 2 k + 3(k + 1) + 2 k + 3(2k – 1) > 2 k + 1 +
+ 3(k + 1).
Таким образом, что доказываемое утверждение справедливо при n = k + 1. По методу
математической индукции получаем, что утверждение справедливо при любом
натуральном n ≥ 3.
Применение метода математической индукции в задачах на
суммирование.
Пример 4. Вычислить сумму первых n нечетных чисел натурального ряда.
Решение. S(1) = 1, S(2) = 1 + 3 = 4, S(3) = 1 + 3 + 5 = 9, S(4) = 1 + 3 + 5 + 7 = 16, S(5) = 1 + 3
+ 5 + 7 + 9 = 25. Замечаем, что сумма первых n нечетных чисел натурального ряда равна
n2, т.е. S(n) = n2.
Докажем это.
1) Для n = 1 формула верна.
2) Предположим, что она верна для какого-либо натурального n = k, т.е. S(k) =k2.
Докажем, что тогда она будет верна и для n = k +1, т.е. S(k+1) = (k + 1)2:S(k + 1) = 1 + 3 +
5 +…+(2k – 1) + (2k + 1) = S(k) + (2k + 1) = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2.
Следовательно, формула верна для всех натуральных значений n, т.е. S(n) = n2.
Задачи для самостоятельного решения.
1) Докажите, что для любого натурального n справедливы равенства:
а)2  6  10    2(2n  1)  2n 2 ;
n 2  (n  1) 2
;
4
1
1
1
1
n
в)




.
2  5 5  8 8  11
(3n  1)(3n  2) 6n  4
2) Докажите, что при любых натуральных n:
а) n (n 2 – 1) (n 2 – 5n + 26)
делится на 120;
б) 2 5n+ 1 + 5 n + 2
делится на 27;
3n + 3
в) 2
– 7n + 41
делится на 49.
3) Докажите, что для любого натурального n справедливы неравенства:
а) 4 n > n 2;
б) 2 n > n 2 – 2n + 2.
4) Найдите сумму:
а) 1 ∙ 1! + 2 ∙ 2! +3 ∙ 3! + … + n ∙ n!;
1
1
1


.
б)
1 2 2  3
n(n  1)
Используемая литература:
1) Петраков И. С. Математические кружки в 8 – 10 классах: Кн. для учителя.- М.:
б )13  2 3  33    n 2 
Просвещение, 1987.-224 с.
2) Галицкий М. Л. и др. Сборник задач по алгебре для 8 – 9 классов: Учебное пособие для
учащихся школ и классов с углубленным изучением курса математики. М.: Просвещение,
1992.
3) Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике: Решение задач: Учеб. пособие
для 10 кл. сред. шк.- М.: Просвещение, 1989.-252с.