Использование метода математической индукции при решении различных задач.

Муниципальное бюджетное общеобразовательное учреждение «Лицей №20»     Школьная научно-практическая конференция обучающихся 5-11 классов       Математика           Использование метода математической индукции при решении различных задач           Автор: Бедарева Арина Алексеевна Класс: 10 ОУ: МБОУ «Лицей №20» Руководитель: Фролова Елена Ивановна, учитель математики                                 Междуреченск — 2016

Оглавление.

I.     Введение……………………………………………………………………………………………………………. 2

II.       Основная часть……………………………………………………………………………………………. 4

1)    Из истории метода математической индукции………………………………… 4

2)    Принцип математической индукции…………………………………………………….. 5

3)    Виды индукции……………………………………………………………………………………………….. 6

4)    Решение различных задач…………………………………………………………………………… 8

III.      Заключение…………………………………………………………………………………………………. 10

IV.      Список литературы…………………………………………………………… ……………………… 11

V.       Приложение…………………………………………………………………………………………………. 12

 

Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим. Метод математической индукции можно наглядно представить в виде  выстроенных друг за другом костей домино. Если мы толкнем первую из них, то упадут и все остальные.

Актуальность: в математических олимпиадах часто встречаются достаточно трудные задачи, и перед школьниками встает вопрос: «Есть ли универсальный математический метод, с помощью которого можно решать эти задачи?» Оказывается, с помощью метода математической индукции, можно решить множество олимпиадных задач. Также в современном мире возросла область применения метода математической индукции.

            Гипотеза: я предполагаю, что метод математической индукции можно использовать при решении различных задач.

Цель работы: изучить метод математической индукции и показать его применение при решении различных задач.

            Задачи:

1)      Проанализировать литературу по данной теме.

2)      Обобщить и систематизировать знания по данной теме.

3)      Прорешать задачи различных видов, применяя данный метод.

4)      Составить приложение;

5)      Сделать выводы.

Объект исследования: метод математической индукции.

Предмет исследования: решение различных задач с использованием данного метода.

Методы исследования:

1)      Познавательно — поисковая деятельность.

2)      Анализ математической литературы и ресурсов Интернета по данной теме.

3)      Постановка гипотезы и её проверка.

4)      Решение задач различных видов.

5)      Анализ полученных результатов.

 

Математической индукцией фактически пользовались еще некоторые древнегреческие ученые. Однако впервые он был явно выражен Герсонидом в 1321 году. Характеристика принципа математической индукции содержится у широко образованного итальянского математика ХVI века Ф.

Мавролико, переводчик Архимеда. В « Трактате об арифметическом треугольнике» Б. Паскаль доказывает закон образования членов этого треугольника методом математической индукции. После этого метод начинает постепенно привлекать внимание некоторых ученых, в частности Бернулли. Лишь со второй половины ХIХ века, после трудов Больцано, Коши, Гаусса, Абеля чисто индуктивные методы доказательств теряют значение в математике. На первый план выдвигается дедукция и математическая индукция.

 

Рассмотрим задачу и сформулируем, что собой представляет метод математической индукции.

Задача. Показать, что любую сумму, начиная с 8 копеек, можно уплатить монетами в 3 и 5 копеек.

Решение. Рассмотрим, как уплатить 8, 9 и 10 копеек:

8 = 5 + 3;

9 = 3 + 3 + 3;

10 = 5 + 5:

Добавив ещё одну трёхкопеечную монету, получаем

11 = 8 + 3 = (5 + 3) + 3;

12 = 9 + 3 = (3 + 3 + 3) + 3;

13 = 10 + 3 = (5 + 5) + 3:

Ещё одна трёхкопеечная монета позволит уплатить

14 = 11 + 3;

15 = 12 + 3;

16 = 13 + 3

копеек, и так далее. Наша задача решена. Сформулируем принцип математической индукции.

Утверждение, зависящее от натурального числа n, справедливо для любого n, если выполнены два условия:

А) утверждение верно для n=1;

Б)из справедливости утверждения для n=k, где k – любое натуральное число, вытекает справедливость утверждения и для следующего натурального числа n=k+1.[1]

Иногда требуется доказать утверждение

не для всех натуральных n, а для n≥p. Тогда на первом шаге проверяют справедливость утверждения для

n=p, а в остальном схема применения метода математической индукции та же.[2]

 

Различают два вида индуктивных умозаключений – полную и неполную индукцию.

Полной индукцией называется такое умозаключение, в котором общее заключение обо всех элементах класса предметов делается на основании рассмотрения каждого элемента этого класса. В полной индукции рассматриваются все предметы данного класса, а посылками служат единичные суждения. Вывод в полной индукции будет истинным, если посылки истинны. Например:

Иванов хорошо знает математику, Петров хорошо знает математику, Сидоров хорошо знает математику, Титова хорошо знает математику, Полякова хорошо знает математику. Иванов, Петров, Сидоров, Титова, Полякова учатся в 7 «Б» классе. Следовательно, все ученики 7 «Б» хорошо знают математику.

В данном умозаключении рассматриваются все ученики 7 «Б». Следовательно, вывод будет истинным.

Полная индукция дает достоверное заключение, поэтому она часто применяется в математических и в других самых строгих доказательствах. Чтобы использовать полную индукцию, надо выполнить следующие условия:

1. Точно знать число предметов или явлений, подлежащих рассмотрению.

2. Убедиться, что признак принадлежит каждому элементу этого класса.

3. Число элементов должно быть невелико.

Неполная индукция применяется в тех случаях, когда мы

-не можем рассмотреть все элементы, рассматриваемого класса явлений;

-если число объектов либо бесконечно, либо конечно, но достаточно велико.

В неполной индукции рассматриваются не все, а только некоторые элементы класса. Такой переход от некоторых ко всем не может давать истинный вывод. На этом основании неполную индукцию относят к правдоподобным умозаключениям. В таких выводах заключение следует из истинных посылок только с определенной степенью вероятности, которая может колебаться от маловероятной до весьма правдоподобной. О неполной индукции в одном из своих писем говорил французский ученый Пьер де Ферма: «…можно было бы предложить такой вопрос и взять такое правило для его решения, которое подходило бы для многих частных случаев, и все же было бы на самом деле ложным и не всеобщим…».[3]

 

Задача №1. Задача на делимость, взятая из школьного этапа 11 класса «Всероссийской олимпиады школьников» по математике 2015-2016 учебного года.

Доказать, что (7ⁿ⁺¹+8^2n-1):19.

1)      n=1;

7²⁺8¹=57:19-верно;

2)      n=k;

7^k+1+8^2k-1 – верно;

3)      n=k+1;

Доказать (7^k+2+8^2k+1):19;

7^k+2+8^2k+1=7^k+1*7+8^2k-1*8²=7^k+1*7+8^2k-1*64=7^k+1*7+8^2k-1*57+8^2k-1*7= (7*(7^k+2+8^2k-1)+

+8^2k-1*57), что кратно 19. Значит и исходное выражение (7ⁿ⁺¹+8^2n-1) кратно 19, что и требовалось доказать.

Задача №2. Задача на суммирование.

Найти сумму Sn=+++…+. Рассмотрим S₁, S₂, S₃.

S₁= = . S₂= = . S₃= = =.

Проанализировав полученные суммы, можно предположить, что S_{n=. Проверим наше предположение методом математической индукции.}

1)   При n=1. S₁= =  – верно.

2)   При n=k. S_k=  – верно.

3)    При n=k+1.

S_k+1=.

S_k+1= S_k+ =  +  =  =  = .

Значит, S_{n= , что и требовалось доказать.}

 

Задача №3. Задача на доказательство неравенства.

Доказать, что для n≥2 и   (1) (его называют неравенство Бернулли в честь швейцарского математика Якоба Бернулли (1654 – 1705))[4].

получим верное неравенство:

 .

2)  Предположим, что неравенство Бернулли верно и для n=k (k≥2):   . 

3) Докажем что неравенство верно при n=k+1.

В самом деле, умножив обе части неравенства (1) на одно и то же положительное число , получим:

. Значит, мы доказали, что По принципу математической индукции делаем вывод, что неравенство Бернулли справедливо для любого n≥2.

 

В ходе проделанной работы я изучила и проанализировала множество материалов по данной теме. Я выполнила поставленные перед собой цели и задачи и, как мне кажется, подтвердила свою гипотезу: метод математической индукции, действительно, можно применить при решении различного рода задач, включая задачи на суммирование, доказательство неравенств, геометрические и логические задачи. Также я поняла, что одним из достоинств метода математической индукции является его универсальность и узнала, что метод математической индукции используется не только в математике, но и в физике, химии и других науках.

1)    Википедия свободная энциклопедия [Электронный ресурс]. — Режим доступа: https://ru.wikipedia.org/wiki/, свободный – (05.03.2016).

2)    Виленкин Н. Я., Шибасов Л. П., Шибасова З. Ф. За страницами учебника математики. Москва: Просвещение, 1996г.

3)    Мордкович А.Г., Семенов П.В. Алгебра и начала математического анализа. 10 класс. В 2 ч. Ч. 1. Учебник для учащихся общеобразовательных учреждений (профильный уровень). -10-е изд., стер. — М: Мнемозина, 2013. – 424 с. : ил.

4)    С.Н. Носуля, В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.

5)    Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач учебное пособие для 10 класса средней школы – М.: Просвещение,1989г.

6)    Шень А. Математическая индукция. 3-е изд., дополн. — М.: МЦНМО, 2007. — 32 с.: ил.

 

 

1)      Задачи на суммирование и доказательство тождеств.

Задача №1.  Доказать формулу  

1) . Левая часть равна 1. Правая часть . Следовательно, при  верно.

2)  

3) n=. Получим:  +(k+1)².

Действительно,      = =  ,что и требовалось доказать.

Задача№2. Доказать, что 1³+2³+3³+4³+…+n³=(1+2+3+4+…+n)².

1)      При n=1. 1³=1² – верно.

2)      При n=k. 1³+2³+3³+4³+…+k³=(1+2+3+4+…+k)² – верно.

3)      При n=k+1. Доказать, что 1³+2³+3³+4³+…+k³+(k+1)³=(1+2+3+4+…+k+(k+1))².

1³+2³+3³+4³+…+k³+(k+1)³=(1+2+3+4+…+k+(k+1))². Отсюда (1+2+3+4+…+k+(k+1))² — 1³+2³+3³+4³+…+k³=(k+1)³. Тогда:

(1+2+3+4+…+k+(k+1))² — (1+2+3+4+…+k)² = ((1+2+3+…+k+(k+1))-(1+2+3+…+k))*(( 1+2+3+…+k+(k+1))+(1+2+3+…+k)) = (k+1)(2*(1+2+3+…+k)+(k+1)) = (k+1)(2* *k+(k+1)) = (k+1)(k(k+1)+( k+1)) = (k+1)(k²+2k+1)=(k+1)(k+1)²=(k+1)³, что и требовалось доказать. [5]

Задачи на доказательство неравенств.

Задача №1. Доказать, что при n≥2 справедливо равенство

1)      При n=2.                                                                                             

Это неравенство верно, так как правая часть явно больше 2, а левая меньше 2.

2)      При n=k.

Верно.

3)      При n=k+1. Доказать:

Прибавим к обеим частям неравенства и получим:

Теперь, если мы докажем, что ,то по свойству транзитивности числовых неравенств докажем полученное неравенство.

Рассмотрим разность правой и левой части неравенства .

Полученное выражение положительно, значит неравенство верно, а поэтому верно неравенство , что и требовалось доказать.

      Задача №2.  Доказать неравенство  , при a и b≥0.

1)      При n=1. a+b≤ 2(a+b) – верно.

2)      При n=k.  .

3)      При n=l+1. = так как разность   и, следовательно, . Что и требовалось доказать.

 

3)      Задачи на делимость.

Задача №1. Доказать,  что (11ⁿ⁺²+12²ⁿ⁺¹) кратно 133.

1) При n =1. 11³+12³=(11+12)(11³-132+12³)=23 133. Так как (23*133) кратно 133, то и (11³+12³) кратно 133.

2) При n=k. (11^k+2+12^2k+1) кратно 133.

3) При n=k+1. Доказать, что (11^k+3+12^2k+3) кратно 133.

11^k+3+12^2k+3=11*11^k+2+12²*12^2k+1=11(11^k+2+12^2k+1)+133*12^2k+1. В данном выражении второе слагаемое кратно 133, а первое слагаемое кратно 133 из второго пункта. Тогда по свойству делимости полученная сумма кратна 133, значит (11ⁿ⁺²+12²ⁿ⁺¹) кратно 133, что и требовалось доказать.

Задача №2. Доказать, что (n³+3n²+8n) кратно 3.

1)      При n=1. 1+3+8=12, 12 кратно 3 – верно.

2)      При n=k. (k³+3k²+8k) кратно 3 – верно.

3)      При n=k+1. Доказать, что ((k+1)³+3(k+1)²+8(k+1)) кратно 3.

(k+1)³+3(k+1)²+8(k+1)=k³+3k²+3k+1+3k²+k+1+8k+8=(k³+3k²+8k)+3k²+9k+9. Полученное выражение кратно 3, так как каждое из слагаемых кратно 3. Значит (n³+3n²+8n) кратно 3, что и требовалось доказать.

Задача№3. Доказать, что (2²ⁿ⁺¹+1) кратно 3.

1)      При n=1. 2³+1=8+1=9, кратно 3 – верно.

2)      При n=k. (2^2k+1+1) кратно 3 – верно.

3)      При n=k+1. Доказать, что (2^2k+3+1) кратно 3.

2^2k+3+1=2^2k+1*2²+1=2^2k+1*2²+2²-3=2²(2^2k+1+1)-3. Полученное выражение кратно 3, так как каждое из слагаемых кратно 3. Значит (2²ⁿ⁺¹+1) кратно 3, что и требовалось доказать.

4)      Логические задачи.

Задача№1.

На доске написаны два числа 1; 1. Вписав между числами их сумму, мы получим числа 1; 2; 1. Повторив эту операцию ещё раз, получим числа 1; 3; 2; 3; 1. После трёх операций будут числа 1; 4; 3; 5; 2; 5; 3; 4; 1. Какова будет сумма всех чисел на доске после 100 операций?

Решение. Ясно, что для выполнения 100 операций нам не хватит ни места, ни времени. Значит, нужно пытаться найти какую-то общую формулу для суммы чисел после n операций (обозначим её Sn ). Посмотрим на таблицу и найдем закономерность.

n	Sn
0	2
1	4
2	10
3	28

На самом деле можно не выписывать числа, а сразу сказать, как изменится сумма после добавления новых чисел. Пусть сумма была равна S. Разобьём каждое новое число в сумму двух старых. Например, от

1; 3; 2; 3; 1

мы переходим к

1; 1 + 3; 3; 3 + 2; 2; 2 + 3; 3; 3 + 1; 1:

Каждое старое число (кроме двух крайних единиц) входит теперь в сумму три раза, поэтому новая сумма равна 3S − 2 (мы вычли 2, чтобы учесть недостающие единицы). Поэтому S5 = 3S4 − 2 = 244 и вообще Sn = 3Sn−1 − 2: Попробуем составить общую формулу. Если бы не вычитание двух единиц, то каждый раз сумма увеличивалась бы в три раза, как в степенях тройки (1; 3; 9; 27; 81; 243; : : : ). А наши числа, как теперь видно, на единицу больше. Таким образом, можно предположить, что Sn = 3n + 1. Докажем это по индукции.

1)      N=1. Смотри таблицу (для n = 0; 1; 2; 3).

2)      Если Sn−1 = 3n−1 + 1; то Sn = 3Sn−1 − 2 = 3(3n−1 + 1) − 2 = 3 · 3n−1 + 3 − 2 = 3n + 1, что и требовалось доказать. Из формулы видно, что после ста операций сумма всех чисел на доске будет равна 3100 + 1. Задача решена.

Задача №2. Несколько прямых делят плоскость на части. Доказать, что можно раскрасить эти части в белый и чёрный цвет так, чтобы соседние части (имеющие общий отрезок границы) были разного цвета.

Заметим, что не любую картинку можно так раскрасить. Например, если в одной точке сходятся несколько прямых, то одна из них может быть белой, а две другие, хоть и граничат между собой, будут черными. Но для плоскости, разделенной на части прямыми,

это произойти не может. Докажем это.

Пусть прямая только одна. Тогда всё просто: одна полуплоскость белая, другая – чёрная.

Если прямых две, получатся четыре части. Посмотрим, что произойдёт, если мы на рисунке с двумя прямыми и четырьмя частями проведём третью прямую. Она поделит три части из четырёх; при этом появятся новые участки границы, по обе стороны

которых цвет один и тот же. Что же делать? С одной стороны от новой прямой поменяем цвета (белый на черный и наоборот) и получим раскраску, соответствующую условию. Тогда, используя этот метод, мы можем добавить еще сколько угодно прямых. Что и требовалось доказать.

 

 

 

 

            Задача №3. Игрушка («Ханойские башни») имеет три стержня. На одном находится пирамидка из нескольких колец уменьшающихся снизу вверх). Эту пирамидку нужно переложить на другой стержень, соблюдая правила игры: нельзя переносить сразу несколько колец и нельзя класть большее кольцо поверх меньшего. Например, пирамидку из двух колец можно переложить так: положить меньшее кольцо на второй стержень, затем большее на третий, а затем меньшее поверх большего (1 – 2, 1 – 3, 2 – 3 , если стержни нумеровать слева направо).

Наша задача  доказать, что возможно переместить на другой стержень пирамидку из любого числа колец, соблюдая правила игры.

Пусть в пирамидке три кольца. Временно забудем про нижнее, самое большое (мысленно приклеим его к основанию). Тогда останется пирамидка из двух колец, которую мы уже умеем перекладывать. Переложим её с первого стержня на третий. После этого вспомним про большое кольцо и переложим его на второй стержень (который пока пуст). Теперь переложим пирамидку из двух верхних колец с третьего стержня на второй. Теперь, зная, как перекладывать пирамидку из трех колец, мы можем переложить четыре кольца (достаточно в наших предыдущих рассуждениях заменить пирамидку из двух колец на пирамидку из трёх). После этого можно переложить пять колец, зная, как перекладывать четыре кольца, и так далее. Что и требовалось доказать.

5)      Геометрические задачи.

Задача №1.Найти, на сколько частей делит прямую n точек.

Рассмотрим 1 точку. Она делит прямую на 2 части. 2 точки делят прямую на 3 части, 3 точки на 4 части. Тогда мы можем предположить, что n точек делят прямую на N(n)=n+1 частей. Докажем это утверждение.

1)      При n=1. Верно, так как мы рассмотрели это в рассуждениях.

2)      Если добавленная точка расположена между какими то двумя, она разделит соединяющий эти точки отрезок на два. Если она расположена на луче, она добавит один отрезок. То есть добавление точки увеличивает число частей на 1. Значит: N(n+1)=N(n)+1=(n+1)+1. Следовательно, наше утверждение доказано.

Задача №2. Доказать, что сумма внутренних углов любого n-угольника равна π(n-2).

Так как минимальный n-угольник – это треугольник, то на нашу задачу накладывается условие: n≥3.

1)      При n=3. π*1=π – верно.

2)      При n=k. π(k-2) – верно.

3)      При n=k+1. π(k-1). Разобьем (k+1)-угольник на треугольник и k-угольник, проведя диагональ. Тогда сумма углов треугольника и k-угольника равна π(n-2) (из 1  и 2 шага). Следовательно, сумма внутренних углов любого n-угольника равна π(n-2), что и требовалось доказать.

 

Метод математической индукции – МАТЕМАТИКА

При доказательстве тождеств или тождественных неравенств, обе части которых зависят от натурального аргумента, часто применяют метод математической индукции.

В основе этого метода лежит принцип математической индукции.

Если первый человек в очереди — женщина, и за каждой женщиной стоит женщина, то все в очереди — женщины.

Рассуждение, заключенное в этом шуточном примере, часто встречается в самых разных областях математики и носит название принципа математической индукции. Более серьезная формулировка этого принципа такова:

Имеется последовательность утверждений. Если первое утверждение верно, и за каждым верным утверждением следует верное, то все утверждения в последовательности верны.

Пример 1. Пусть нужно доказать формулу .

Эта формула содержит целую последовательность утверждений:

1) ;

2)  ;

3)  ;

4)  ;

Первое утверждение, разумеется, верно. Легко можно проверить, что за каждым верным утверждением следует верное.

Пусть утверждение  k) верно, то есть равенство   справедливо.

Теперь прибавим к обеим частям равенства число . Получим

.

Но это как раз и есть утверждение , которое следует за утверждением .

Мы доказали, таким образом, что за каждым верным утверждением следует верное. В силу принципа математической индукции, наша формула верна при любом .

Эту же задачу можно решить и без использования метода математической индукции. обозначим сумму, которую мы хотим найти, через . Напишем два равенства

(в нижней строке написана та же сумма, что и в первой, но записанная в обратном порядке). Если  сложим почленно строки, то получим

,

и наше равенство доказано.

Приведем еще одну формулировку принципа математической индукции, немного отличную от первой.

Пусть имеется какое-нибудь предположение, или, как еще говорят, гипотеза, и мы хотим проверить справедливость этой гипотезы для всех натуральных .

Допустим, что удалось доказать такие два утверждения:

а) Наша гипотеза справедлива при .

б) Из того, что эта гипотеза верна при , где — произвольное натуральное число, следует, что  она верна и при .

Принцип математической индукции состоит в том, что из утверждения а) и б) следует справедливость нашей гипотезы для всех натуральных чисел .

Утверждение б) носит условный характер. В нем не утверждается, что гипотеза верна для . Оно состоит лишь в том, что если наша гипотеза верна, для , то она верна и для .

Мы будем называть б) индуктивным предположением.

Пример. Докажем, что для любого натурального число делится на .

Проведем доказательство методом математической индукции.

а)  При выражение  равно нулю и, значит, делится на .

б) Пусть — произвольное натуральное число. Покажем, что если при  число  делится на , то  тоже делится на .

Используя равенство

,

представим число в виде

.

Мы представили число  в виде суммы двух слагаемых. Первое их них, , делится на 5 по нашему предположению. Второе слагаемое , также делится на 5. Сумма двух чисел делится на 5, так как каждое слагаемое делится на 5, т.е.  делится на 5.

Итак, утверждения а) и б) доказаны. Значит, по принципу математической индукции число  делится на 5 при всех натуральных .

Существуют другие формулировки принципа математической индукции, эквивалентные данным нами. Вот одна из них:

Если:

а)  некоторое утверждение верно при ;

б)  из того, что оно верно для всех , следует, что оно верно и для , то это утверждение верно для всех .

Отличие этой формулировки от предыдущей состоит в следующем.

В пункте б) мы требуем, чтобы наше утверждение было справедливо для всех , а не только для .

Легко сообразить, что обе формулировки принципа математической индукции эквивалентны в том смысле, что всякая теорема, которую можно доказать, применяя метод индукции в одной форме, может быть доказана и с помощью другой его формы.

Заметим также, что доказательство утверждения а) нужно, так сказать, лишь для «затравки». Если вместо него доказать утверждение

а’) о том, что наша гипотеза справедлива, скажем, для ,  а пункт б) оставить неизменным, то из утверждений а’) и б) будет следовать, что наша гипотеза верна для всех натуральных , начиная с восьми.

Метод математической индукции  позволит нам более основательно познакомиться с арифметической и геометрической прогрессией, выводом многих формул. Также метод математической индукции часто встречается при решении олимпиадных задач.

Математическая индукция

Математическая индукция — это особый способ доказательства вещей. У него всего 2 шага:

• Шаг 1. Покажите, что верно для первый
• Шаг 2. Покажите, что если любой из верен, то следующий верен

Тогда все верны

 

Вы слышали об «эффекте домино»?

• Шаг 1. Выпадает первая костяшка домино
• Шаг 2. Когда выпадает любая костяшка костяшки, следующая костяшка костяшки выпадает

Итак… все костяшки упадут!

Так работает математическая индукция.

В мире чисел мы говорим:

• Шаг 1. Покажите, что это верно для первого случая, обычно n=1
• Шаг 2. Покажите, что если n=k верно, то n=k+1 также верно

Как это сделать

Шаг 1 обычно прост, нам просто нужно доказать, что это верно для n=1

Шаг 2 лучше всего выполнять следующим образом:

• Предположим, что верно для n=k
• Докажите , что это верно для n=k+1 (мы можем использовать случай n=k как факт .)

Это все равно, что сказать «ЕСЛИ мы можем заставить костяшку домино упасть, Упадет ли следующая?»

 

Шаг 2 часто может быть сложным , нам может понадобиться использовать воображение, чтобы заставить его работать!

Как в этом примере:

Пример: является ли 3

ⁿ −1 кратным 2?

Это правда? Давайте узнаем.

 

1. Покажите, что это верно для n=1

3 ¹ −1 = 3−1 = 2

3 90.

3 ¹ −1 верно

 

2. Предположим, что верно для n=k

3 ^k −1 верно −10003

(Подождите! Откуда мы это знаем? Мы не знаем!
Это предположение … что мы рассматриваем
как факт для остальной части этого примера)

 

Теперь докажите, что 3 ^k+1 −1 кратно 2

3 ^K+1 также 3 × 3 ^K

, а затем раздел 3 × на 2 × и 1 ×

и каждый из них. из 2

 

Потому что:

• 2×3 ^k кратно 2 (мы умножаем на 2)
• 3 ^k −1 верно (это мы сказали в предположении выше)

Итак:

3 ^k+1 −1 верно

ГОТОВО!

Вы видели, как мы использовали случай 3 ^k −1 как истинный , хотя и не доказали этого? Это нормально, потому что мы полагаемся на Эффект домино . ..

… мы спрашиваем если любая костяшка домино выпадет, выпадет ли следующая ?

Итак, мы принимаем как факт (временно), что « n=k » костяшка домино падает (т. » домино тоже выпадет.

Трюки

Я уже говорил, что нам часто приходится использовать творческие трюки.

Обычный трюк состоит в том, чтобы переписать n=k+1 9Случай 0007 на 2 части:

• одна часть представляет собой случай n=k (который считается верным)
• затем можно проверить другую часть, чтобы убедиться, что она также верна

Мы сделали это в примере выше, а вот еще один:

Пример: сложение нечетных чисел

1 + 3 + 5 + … + (2n−1) = n ²

1 Показать, что верно для n=1

1 = 1 ² верно

 

2. Предположим, что верно для n=k

1 + 3 + 5 + .. . + (2k−1) = k ² верно
(Предположение!)

Теперь , докажите, что это верно для «k+1»

1 + 3 + 5 + … + (2k−1) + (2(k+1)−1) = (k+1) ²   ?

 

Мы знаем, что 1 + 3 + 5 + … + (2k−1) = k ² (предположение выше), поэтому мы можем сделать замену для всех членов, кроме последнего:

к ² + (2(k+1)−1) = (k+1) ²

Теперь разверните все члены:

k ² + 2k + 2 − 1 = k ² + 2k +1

И упростить:

k ² + 2k + 1 = k ² + 2k + 1

Они одинаковы! Так что это правда.

Итак:

1 + 3 + 5 + … + (2(k+1)−1) = (k+1) ² верно

ГОТОВО!

 

Ваша очередь

Теперь еще два примера для практики .

Сначала попробуйте сами, а затем посмотрите на наше решение ниже.

Пример: треугольные числа

Треугольные числа — это числа, которые могут образовывать треугольный узор из точек.

Докажите, что n-е треугольное число равно:

T _n = n(n+1)/2

Натуральные числа

Докажите, что:

1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + … + n ³ = ¼n ² (n + 1) ²

3 9.0023

. . . . . . . . . . . . . . . . .

 

 

Пожалуйста, не читайте решения, пока сами не попробуете ответы на вопросы, это единственные вопросы на этой странице, на которых вы можете попрактиковаться!

Пример: треугольные числа

Докажите, что n-е треугольное число:

T _n = n(n+1)/2

 

1. Покажите, что это верно для n=1

T _{1 = 1} + 1  верно

 

2. Предположим, что верно для n=k

T _k = k(k+1)/2  верно (предположение!)

Теперь докажите, что верно верно для «k+1»

T _k+1 = (k+1)(k+2)/2   ?

 

Мы знаем, что T _k = k(k+1)/2  (предположение выше)

T _k+1 имеет дополнительный ряд из (k + 1) точек

Итак, T _k+1 = T _k + (k + 1)

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

Умножить все члены на 2:

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

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

Они одинаковы! Так что верно .

Итак:

T _k+1 = (k+1)(k+2)/2   верно

ГОТОВО!

 

Пример: сложение чисел куба

Докажите, что:

1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + … + N ³ = ¼N ² (N + 1) ²

9010 1. Покажите, что это верно для n = 1

1 ³ = ¼ × 1 ² × 2 ² Истина

2. Предположим, что это верно N = K

2. .

1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + … + k ³ = ¼k ² (k + 1) ² верно (предположение!)

Теперь докажите, что это верно для «k+1»

1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + . .. + (k + 1) ³ = 1/4(k + 1) ² (k + 2) ² ?

 

Мы знаем, что 1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + … + k ³ = ¼k ² (k + 2) 29010 мы можем сделать замену для всего, кроме последнего члена:

¼k ² (k + 1) ² + (k + 1) ³ = ¼(k + 1) ² (k + 2) ²

Умножить все члены на 00 4 k ² (k + 1) ² + 4(k + 1) ³ = (k + 1) ² (k + 2) ²

Все члены имеют общий множитель (k + 1) ² , поэтому его можно сократить:

k ² + 4(k + 1) = (k + 2) ²

. к ²  + 4k + 4

Они одинаковые! Так что это правда.

Итак:

1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + … + (k + 1) ³ = ¼(k + 1) ² 2 (0 01 ) 2 (0 01 ) 2 верно

ГОТОВО!

 

Математическая индукция — TOK RESOURCE.ORG

Рафаэль (1509–1511) Евклид Деталь из Афинская школа. 906:30 Фреска. Апостольский дворец, Ватикан

«Математика, если ее правильно рассматривать, обладает не только истиной, но и высочайшей красотой — красотой холодной и суровой, как красота скульптуры, не затрагивающей ни одной части нашей слабой натуры, без великолепных атрибутов живописи или музыки, но возвышенно чистой и способный к суровому совершенству, которое может показать только величайшее искусство. Истинный дух восторга, экзальтации, ощущение того, что ты больше, чем человек, что является пробным камнем высочайшего совершенства, можно найти в математике так же несомненно, как и в поэзии. Д

— Рассел, Бертран (1919: 60) Мистицизм и логика: и другие очерки. Лонгман, Лондон.

ЗАНЯТИЕ ДЛЯ КЛАССА I: ПОСМОТРЕТЬ ТРЕУГОЛЬНИК ПАСКАЛЯ

Начните с того, что повторите вместе со всем классом закономерности, которые мы нашли в Треугольнике Паскаля в пари Паскаля в Вере как Пути Познания. Все изображения с веб-сайта Math is fun.

 

ЗАДАНИЕ II КЛАССА: ПОСТРОИТЬ КАРТОЧНЫЙ ДОМИК

2, 5, 8… Количество карт, необходимых для каждого из первых трех уровней (рядов) Карточного домика.
Фото WikiHow

Заранее приготовьте несколько колод игральных карт и большое количество черновой/шероховатой бумаги.

Учащиеся должны работать в парах, чтобы построить классический Карточный домик. Небольшой приз должен быть вручен паре с наибольшим количеством уровней, которые могут стоять в одиночестве не менее 10 секунд!

Следующие пары учащихся должны попытаться выполнить следующие задания:

1. Напишите, используя как можно меньше слов, грамматический абзац, содержащий четкие инструкции по сборке классического карточного домика.

2. Какой самый большой карточный домик можно построить из одной колоды карт?

3. Какой самый длинный ряд можно составить из одной колоды карт? (Не забудьте о горизонтальных крышках.)

4. Придумайте или откройте универсальную формулу для общего количества карт, необходимых для построения Карточного домика из n рядов. Есть несколько подходов к этому. Будьте строги. Нарисуйте схему и представьте свое доказательство кратко и ясно. Будьте готовы представить свои выводы всему классу.

 

ГЛУБЖЕ

«Когда я еще ел на высоком стульчике, мой отец после обеда играл со мной в игру. Он купил много странной прямоугольной плитки для пола в ванной где-то в Лонг-Айленд-Сити. Мы поставили их на один конец рядом с другим, и мне разрешили нажать на крайний и смотреть, как все это рушится…

Далее игра улучшилась. Плитка была разного цвета. Я должен поставить одну белую, две голубые, одну белую, две голубые и еще одну белую, а потом две голубые… Вы уже узнаете обычную коварную ловкость; сначала доставьте ему удовольствие игрой, а затем постепенно вводите материал, имеющий воспитательную ценность! Ну, а моя мать, женщина гораздо более чувствительная, начала осознавать коварство его стараний и сказала: «Мел, пожалуйста, пусть бедный ребенок положит синюю плитку, если он хочет». Мой отец сказал: «Нет, я хочу, чтобы он обращал внимание на закономерности. Единственное, что я могу сделать, это математика на этом самом раннем уровне». Если бы я выступал с докладом на тему «Что такое математика?» Я бы уже ответил вам. Математика ищет закономерности. Д

— Фейнман, Ричард П. (1999) Удовольствие от выяснения вещей: лучшие короткие произведения Ричарда П. Фейнмана. Персей, Кембридж, Массачусетс.

 

СПЕЦИАЛЬНЫЙ СЛУЧАЙ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Студенты уже столкнулись с Нобелевским лауреатом по физике Ричардом Фейнманом в Теории неведения и воображения (с ограничениями) и живут в сослагательных наклонениях, как в Пути познания. Студент-волонтер должен прочитать вслух свою ироничную цитату о том, как он учился математике в раннем детстве. Спросите учащихся, откликнулось ли на них его определение математики, когда они работали над заданием «Карточный домик».

По крайней мере, две группы студентов-добровольцев изложат свое мнение о расследовании «Карточного домика». Будет интересно увидеть различные стратегии, принятые сотрудничающими парами, и то, как они уложились в отведенное время.

Интригующая подсказка для нахождения общего правила для Карточного домика скрыта в диагоналях треугольника Паскаля. Числа треугольника являются ключом к разгадке головоломки. Вполне вероятно, что некоторые студенты обнаружат это, и это всплывет во время презентаций и обсуждений. На первый взгляд нет ничего проще, чем треугольные числа. Вы получаете их, складывая счетные числа. Общая формула: 

Вы можете найти выражение вспышкой блестящего озарения или, что более вероятно, упорным методом проб и ошибок! Когда вы систематически выкладываете числовые закономерности, вы должны в конце концов заметить, что если вы возьмете любое счетное число: прибавите к нему единицу, умножите его само на себя, а затем разделите все на два, вы получите правильную совокупную сумму (вашего числа и его предшественники) каждый раз.

Но методом проб и ошибок это точно не доказательство! Это обычное индуктивное рассуждение, когда мы начинаем с множества отдельных случаев и создаем общее правило. Проблема с регулярной индукцией заключается в том, что она работает психологически, но ей не хватает достоверности надежной логики. Правило рушится, как только найден единственный контрпример. Как бы тривиально это ни звучало в случае сложения счетных чисел, просто нецелесообразно проверять каждый случай. Пример с черным лебедем, который мы рассмотрели в разделе «Индукция и дедукция», был яркой иллюстрацией ловушек индукции. Это было проблематично для предварительных знаний о реальном мире естественных наук и вряд ли послужит строгому совершенству абстрактной математики    

К счастью, на помощь приходит частный случай математической индукции! Это несколько сбивает с толку, потому что математическая индукция на самом деле представляет собой особый вид дедуктивных рассуждений с некоторыми очень специфическими приложениями, такими как арифметические ряды, и очень удобна для исследований, таких как Карточный домик.

Доказательство с помощью математической индукции состоит из двух частей:

1. Показать , что выражение верно для основного (наименьшего) случая.

2. Предположим , что выражение верно для любого случая n. Постройте это предположение с помощью , показав , который действителен для случая n + 1.