Матеріали для проведення факультативних занять з теми "Метод математичої індукції""

Про матеріал
Методичний посібник містить матеріали для проведення факультативних занять з математики для 9(10) класу. Матеріал спрямований на профільну та допрофільну підготовку учнів. Він розширює базовий рівень освіти, має поглибити світогляд учнів при вивченні математики, викликати інтерес учнів знаходити потрібну інформацію, аналізувати її та застосовувати у стандартних й нестандартних ситуаціях.
Перегляд файлу

Комунальний заклад «Пономаренківський ліцей»

Роганської селищної ради Харківського району Харківської області

 

Казьмірова Олена Іванівна

 

Матеріали для проведення факультативних занять з теми

 

 

 

 

 

9(10) клас

 

 

 

Методичний посібник містить матеріали для проведення факультативних занять з математики для 9(10) класу.

Матеріал спрямований на профільну та допрофільну підготовку учнів. Він розширює базовий рівень освіти, має поглибити світогляд учнів при вивченні математики, викликати інтерес учнів знаходити потрібну інформацію, аналізувати її та застосовувати у стандартних й нестандартних ситуаціях.

 

Пояснювальна записка

Програма є профільною, розширює базовий рівень освіти, має поглибити світогляд учнів при вивченні математики, викликати інтерес учнів знаходити потрібну інформацію, аналізувати її та застосовувати у стандартних й нестандартних ситуаціях. Вона спрямована на використання набутих знань, умінь і навичок у житті.

Однією з рис, що відрізняють математику від таких наук, як теоретична механіка, теоретична фізика, математична лінгвістика, є дедуктивна побудова теорії. Дедуктивне міркування – це міркування від загального до окремого, або міркування, вихідним моментом якого є загальне твердження, а заключним моментом – окремий висновок.

Дедукція не є єдиним методом наукового мишлення. В фізиці, хімії, біології широко використовуються звернення до спостереження та досліда, індуктивні міркування.

Методи неповної, повної та математичної індукцій широко застосовуються як у шкільному курсі математики, так і в нових сучасних дослідженнях. Тому без оволодіння цими методами не можна серйозно вивчити навіть елементарний курс математики. До того ж ідеї цих методів мають загальноосвітнє значення. Тому ознайомлення з ними становить інтерес навіть для людей, далеких від математики та її застосувань.

Предметом вивчення факультативу є повна, неповна та математична індукція, а також їх практичне застосування.

Особлива увага приділена способу доведення нерівностей , багато з яких пропонувалися на різних математичних олімпіадах. Відомі розв’язання, що наводяться в книжках, дотепні, різноманітні і майже для кожної нерівності пропонується інший спосіб. В даному посібнику пропонується єдиний спосіб доведення цих нерівностей.

Мета вивчення – визначити суть методу математичної індукції; навчити учнів основних методів доведень тверджень, застосовуючи метод математичної індукції; поглибити знання учнів, які сприятимуть  вихованню особистості з високим рівнем підготовки до математичних змагань різних рівнів.

При вивченні факультативу учні виконують практичні завдання, використовуючи знання, отримані на теоретичних семінарах.

Програма розрахована для 9(або 10) класу на 34 год/рік, у тому числі теоретичні семінари – 11 год., практичні заняття – 23 год.

Другий варіант  17 год/рік – 0,5 год на рік або 1 год на один семестр,  у тому числі теоретичні семінари – 5 год., практичні заняття – 12 год.

Форми проведення поточного та підсумкового контролю: залік – усно.

 

Зміст програми

(34  години, 1 година на тиждень)

(17 годин, 0,5 годин на тиждень)

 

№ п/п

Зміст теми

Навчальні досягнення учнів

1

ВСТУП. (1 година)

Суть методу математичної індукції. Індукція і дедукція.

Учні повинні:

мати уявлення про

  • індуктивні міркування;
  • дедуктивні міркування;
  • суть методу математичної індукції;

знати

  • суть індуктивних та дедуктивних міркувань;

уміти

  • наводити приклади індуктивних та дедуктивних міркувань;

2

ТЕМА 1. Повна і неповна індукція. (3 години)

Популярна індукція. Наукова індукція.

 

Учні повинні:

мати уявлення про

  • повну індукцію;
  • неповну індукцію;

знати

  • види неповної індукції;

уміти

  • формулювати гіпотези, використо повну та неповну індукції;

3

ТЕМА 2. Метод математичної індукції. (6 годин)

Принцип математичної індукції. Узагальнений принцип математичної індукції. Недостатність неповної індукції.

 

Учні повинні:

мати уявлення про

  • принцип математичної індукції;
  • узагальнений принцип математичної індукції;

знати

  • три кроки доведення тверджень методом математичної індукції;

уміти

  • наводити приклади доведення тверджень методом математичної індукції;

4

ТЕМА 3. Приклади доведень методом математичної індукції (19 годин)

Доведення тотожностей і обчислення сум. Доведення нерівностей. Задачі на подільність. Вивчення властивостей числових послідовностей. Вивчення властивостей скінченних множин. Математична індукція в геометрії.

 

Учні повинні:

мати уявлення про

  • алгоритм використання принципу математичної індукції;

знати

  • три кроки доведення тверджень методом математичної індукції;

уміти

  • доводити тотожності і обчислювати суми;
  • доводити нерівності;
  • розв’язувати задачі на подільність;
  • вивчати властивості числових послідовностей та скінченних множин;
  • застосовувати метод математичної індукції під час вивчення комбінаторики;

5

ТЕМА 4. Софізми

(2 години)

 

Учні повинні:

мати уявлення про

  • софізми в математиці;

знати

  • означення та історичні відомості;

уміти

  • наводити приклади софізмів;
  • знаходити помилки в логічних міркуваннях;

6

ПІДСУМОК.

(1 година)

 

Учні повинні:

знати

  • метод математичної індукції;

уміти

  • використовувати набуті знання під час заліку.

 

Орієнтовний календарно – тематичний план

№ п/п

Назви тем

Всього годин

Теоретичні семінари

Практичні заняття

1

ВСТУП. Суть методу математичної індукції. Індукція і дедукція.

1(1)

1 (1)

 

2

ТЕМА 1. Повна і неповна індукція.

3(1)

1(1)

2

4

ТЕМА 2. Метод математичної індукції.

6(3)

3 (1)

3(2)

5

ТЕМА 3. Приклади доведень методом математичної індукції

21(10)

2(1)

19(9)

6

ТЕМА 4. Софізми

 

2(1)

1(1)

1

7

ПІДСУМОК. (залік)

 

1(1)

 

1(1)

 

Разом:

 

34(17)

8(5)

26(12)

 

ВСТУП.

Суть методу математичної індукції

Як відзначають історики, найперше, за що беруться науковці після глобальних криз і катастроф – це за аналіз пережитого, за аналіз причин та наслідків, за відновлення порушених правил, відносин, тобто за відновлення логіки.

Так було за падіння античної цивілізації, так було в епоху Відродження. Нині люди, як і 2000 років тому продовжують міркувати, доводити, спростовувати, користуючись логічними методами і прийомами.

Індуктивні міркування – один із видів правдоподібних міркувань. Це міркування, у якому здійснюється перехід від знання про окремі предмети або частини предметів певного класу до загального знання про весь клас предметів. У перекладі з латинської термін «індукція» означає «наведення». Розрізняються кілька видів індуктивних міркувань: міркування за схемою «повна індукція» та міркування за схемою «неповна індукція».

 

Розглянемо суто математичний умовивід.

  • Круг перетинається прямою не більше ніж у двох точках.
  • Еліпс перетинається прямою не більше ніж у двох точках.
  • Парабола перетинається прямою не більше ніж у двох точках.
  • Гіпербола перетинається прямою не більше ніж у двох точках.
  • Круг, еліпс, парабола, гіпербола – це всі види конічних перерізів.

Висновок: всі конічні перерізи перетинаються прямою не більш ніж у двох точках.

Факт відкриття планети Нептун є прикладом індуктивних міркувань французького астронома У. Левер’є (1811 - 1877), який дійшов висновку, що на планету Уран, крім відомих планет, впливає ще якась сила. Він припустив, що цією силою є невідома планета, яку пізніше відкрили і назвали Нептун.

Навчити учнів основних методів доведень тверджень – важливе завдання шкільного курсу.

У різних розділах математики часто доводиться зустрічатися з твердженнями, що залежать від натурального п. Для доведення таких тверджень для всіх значень змінної nN дуже зручно використовувати метод математичної індукції. Цей метод також застосовують до розв’язування вправ на подільність, доведення нерівностей та геометричних тверджень тощо.

Індукція є метод отримання загального твердження з індивідуальних спостережень, наприклад,  будь – яка людина спостерігає зміну ночі ранком, ранка – днем і т.д. На основі цих спостережень він робить висновок про зміну часу доби як про загальну закономірність. Висновок цей вірний. Аналогічно можна зробити висновок також про зміну пір року.

Розглянемо цілі числа, що визначаються формулою п(х) = х2+х+ 41.

Будемо надавати х значення 0, 1, 2, … . Тоді п(0) =41,  п(1) =43,  п(2) =47,  п(3) =53,  п(4) =61.

З цих окремих спостережень можна зробити висновок про те, що формула п(х) = х2+х+ 41 дає тільки прості числа. Твердження це помилкове. Такої помилки в свій час припустився Леонард Ейлер. Для х = 40  п(40) = 402+40+ 41 – число складене, що дорівнює 1681 = 412.

Щоб уникнути подібних помилок, необхідно: чи перебрати всі модливі випадки, що не завжди можливо, чи вірність твердження довести методом, що грунтується на принципі (аксіомі) математичної індукції.

Методи неповної, повної та математичної індукції широко застосовуються як у шкільному курсі математики, так і в нових сучасних дослідженнях. Тому без оволодіння цими методами не можна серйозно вивчити навіть елементарний курс математики. До того ж ідеї цих методів мають загальноосвітнє значення. Тому ознайомлення з ними становить інтерес навіть для людей, далеких від математики та її застосувань.

Звичайно, у повсякденному житті, міркуючи над тією чи іншою проблемою, пересічний громадянин навряд будуватиме складні схеми, таблиці, але знання того факту, що свою позицію, точку зору можна захистити і відстояти у полеміці, дискусії, спираючись на наукове підгрунтя, спираючись на так звану «залізну» логіку, додасть йому впевненості, бо саме знання логіки, логічних методів, навчить не допускати помилок у своїх міркуваннях та розпізнавати їх у міркуваннях інших людей.

Мали рацію мудреці, які говорили, що у водах логіки не слід пливти з піднятими вітрилами.

Важко знайти галузь знань, де б терміни «причина» і «наслідок» не розглядалися як рушійна сила прогресу, руху вперед, досягнення нових результатів.

Рівень і якість засвоєння  методу математичної індукції значно залежить і від того, наскільки він широко використовується в усіх наступних розділах математики.

Індукція і дедукція.

Однією з рис, що відрізняють математику від таких наук, як теоретична механіка, теоретична фізика, математична лінгвістика, є дедуктивна побудова теорії. Дедуктивне міркування – це міркування від загального до окремого, або міркування, вихідним моментом якого є загальне твердження, а заключним моментом – окремий висновок.

В математиці ми користуємось дедукцією, проводячи міркування, наприклад, такого типу: відомо, що любий рівнобедрений трикутник має вісь симетрії, а оскільки даний трикутник рівнобедрений, то він має вісь симетрії. Слово дедукція в перекладі означає «висновок».

Дедукція не є єдиним методом наукового мишлення. В фізиці, хімії, біології широко використовуються звернення до спостереження та досліда, індуктивні міркування. Слово індукція в перекладі означає «наведення», а індуктивними називають висновки, зроблені на основі спостережень та дослідів, а саме отриманих шляхом розгляду окремих випадків та наступного розповсюдження замічених закономірностей на загальний випадок.

Роль індуктивних висновків в експерементальних науках дуже велика. Вони дають ті положення, з яких потімшляхом дедукції роблять наступні висновки. В математиці індукція часто дозволяє вгадати формулювання теорем, а інколи і намітити шляхи доведення.

Завдання для самостійної роботи.

Навести приклади індуктивних та дедуктивних міркувань.

ТЕМА 1.

Повна та неповна індукція

Індуктивні міркування – один із видів правдоподобних міркувань. Це міркування, в якому здійснюється перехід від знання про окремі предмети або частини предметів певного класу до загального знання про весь клас предметів. У перекладі з латинської термін «індукція» означає «наведення».

Якщо загальний висновок роблять на основі розгляду всіх можливих випадків, то такий метод міркувань називають повною індукцією.

Якщо загальний висновок роблять на основі розгляду лише окремих можливих випадків, то такий метод міркувань називають неповною індукцією.

Трапляються випадки, коли множина предметів неосяжна і не так добре впорядкована, як, наприклад,  множина натуральних чисел. Тоді використовують неповну індукцію. Загальний висновок про весь клас об’єктів робиться на підставі знання лише про деякі його об’єкти. Міркування, які грунтуються на неповній індукції, можуть приводити як до істинних, так і до хибних висновків.

Приклад 1. Твердження «числа 15, 25, 35, 55, 65 – кратні 5, тому що будь – яке число, яке закінчується цифрою 5, кратне 5» істинне і його можна довести.

Приклад 2. Твердження «991 п² + 1 не є точним квадратом» буде неправильним.

Підставляючи у цей вираз натуральні значення п = 1, 2, 3, … не матимемо точного квадрата. Здавалося б, можна заспокоїтися? Але за допомогою ЕОМ знайшли таке число п, яке перетворює вираз у точний квадрат. Це число дорівнює 12 055 735 790 331 359 447 442 538 767.

Що ж роблять для того, щоб підвищити надійність висновку при неповній індукції?

  1. Збільшують число досліджуваних випадків.
  2. Збільшують різноманітність досліджуваних випадків.
  3. Враховують характер зв’язку між досліджуваними предметами та їх ознаками.

Розрізняють два основних види неповної індукції. Це індукція шляхом переліку (популярна індукція) та індукція шляхом відбору  (наукова  індукція).

Приклад популярної індукції.

Франція – республіка,

Австрія - республіка,

Італія - республіка,

Франція, Австрія, Італія  - європейські держави.

Отже, всі європейські держави мають республіканську форму правління. Висновок хибний.

Ще приклад.

Іванов причетний до злочину.

Брат Іванова причетний до злочину.

Отже, будь – хто з родини Іванова причетний до злочину.

Висновок помилковий, бо зроблено поспішне узагальнення.

Найпоширенішими логічними помилками індуктивних міркувань є:

  1. поспішне узагальнення;
  2. вживання слів: «після цього, отже, з цієї причини»;
  3. підміна імовірності отриманих висновків їх достовірністю.

Розглянемо наукову індукцію.

Тут важливе місце займають методи встановлення причинних зв’язків, які ще називають «канони Мілля» (Мілль Джон Стюарт (1806 - 1873) – англійський філософ і психолог

Приклад 3.

Нехай треба встановити, що для любих дійсних чисел a і b справджується нерівність

| a + b | ≤ | a |  + | b |.                                          (1)

Розв'язання

Можливі 4 випадки:

  1. а ≥ 0, b ≥ 0;
  2. а < 0, b ≥ 0;
  3. а ≥ 0, b < 0;
  4. а < 0, b <0;

Розглянемо кожний з них.

  1. Якщо а ≥ 0, b ≥ 0, то

| a + b | ==  a + b, | a| =  a, | b|  =  b   

І нерівність (1) набуває вигляду

 a + b  ≤ a   +  b  та є істинним твердженням.

  1. Якщо а < 0, b ≥ 0, то

a  ≤ a + b  < b 

і тому | a + b |не більший за більше  чисел | a |  та | b|. Але тоді     | a + b | ≤ | a |  + | b |.     

  1. Якщо а ≥ 0, b < 0, то доведення аналогічне до випадку 2.
  2. У випадку, коли а < 0, b <0, матимемо:

| a + b | = - a b,  | a| = - a,  |b|  =  b  

і тому твердження     - a b  ≤  - a b 

істинне.

Отже, нерівність (1) є істинноюв кожному з чотирьох можливих випадків.

Такий метод перебору скінченної кількості всіх можливих випадків називають повною індукцією.

Іноді загальний результат вдається «вгадати» після розглядуне всіх, а певної кількості окремих випадків. Такий метод називають неповною індукцією. Результат, отриманий у такий спосіб, залишається лише гіпотезою аж доки не буде доведений точними математичними міркуваннями.

Неповна індукція в математиці не є методом строгого доведення, але є могутным евристичним методом для відкриття нових істин.

 

Приклад 4.

Розглядаючи всі парні числа, які більші за 2, помітимо, що кожне з них є сумою двох простих чисел:

4 = 2 + 2;                  6 = 3 + 3;

8 = 5 + 3;                  10 = 5 + 5;

12 = 5 + 7;                 14 = 7 + 7;

16 = 3 + 13;               18 = 5 + 13 і т.д.

Це спостереження приводить до гіпотези, що будь – яке парне число, більше за 2, є сумою двох простих чисел. Однак це твердження (гіпотеза Гольдбаха) і досі не доведено в загальному вигляді. Суттєвий результат у цьому напрямі отримав російський математик, академік Іван Матвійович Виноградов, довівши, що будь – яке досить велике парне число є сумою чотирьох простих чисел.

Часто помічені закономірності приводять до припущення, яке вдається потім довести.

Приклад 5.

Знайти суму перших п непарних чисел.

Розглянемо окремі випадки:

1 = 1 = 12,

1 + 3 = 4 = 22.

1 + 3 + 5 = 9 = 32.

1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42.

1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52.

Виникає гіпотеза, що

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + … + (2п - 1) = п2,

Тобто сума перших п непарних чисел дорівнює п2.

Далі ми ознайомимось з методом, користуючись яким можна довести, що ця формула правильна.

Але індуктивні міркування можуть призвести і до помилкових висновків.

Приклад 6.

Розглядаючи числа виду 22 + 1, французький математик XVII ст. П'єр Ферма помітив, що коли п = 1, 2, 3, 4, утворюють прості числа. Він припустив, що всі числа такого виду є простими. Однак найвидатніший математик XVIІI ст. леонард Ейлер довів, що вже коли п = 5, число 232 + 1 не є простим – воно ділиться на 641.

Отже, неповна індукція може призвести до помилки. Але досить часто вона дозволяє вгадати правильний результат.

Тому неповна індукція на підставі розгляду багатьох випадків приводить лише до правдоподібного висновку. Неповну індукцію використовують лише для формулювання гіпотез.

Так, з методичних міркувань, у шкільному курсі математики формулу п – го члена арифметичної прогресії

ап = а1 + (п - 1)d

і формулу п – го члена геометричної прогресії

bn = b1qn -  1

одержують методом неповної індукції.

 

Завдання для самостійної роботи.

  1. Отримайте формули п – го члена арифметичної прогресії та п – го члена геометричної прогресії методом неповної індукції.
  2. Sn = -1 + 2 – 3 + 4 – 5 + … + (-1)п п. Обчисліть S1,  S2,  S3,  S4,  S5,  S6 та вгадайте, чому буде дорівнювати сума S316,  S327.
  3. Чи вірне твердження:  п2 + п + 17 – просте число при будь – якому натуральному п? Перевірте для п = 1, 2, 3, 4,…, 15, 16.

 

ТЕМА 2.

Метод математичної індукції.

Повна індукція має в математиці обмежене використання. Провести перевірку істинності твердження для досить великої або нескінченної кількості окремих випадків неможливо. Неповна ж індукція може призвести до хибних результатів. У багатьох випадках вихід з цього положення можна знайти, використовуючи особливий метод міркувань, що називають математичною індукцією.

Сутність методу математичної індукції полягає в наступному: якщо деяке твердження (формула) вірне для п = 1 (або для іншого значення п, для якого має зміст це твердження) та з припущення його справедливостідля деякого натурального значення п = k випливає вірність твердження для наступного натурального значення п = k + 1, тоді твердження дійсне для всіх натуральних значень п.

Метод доведення, грунтується на використанні принципа математичної індукції, носить назву метод математичної індукції

Метод математичної індукції, його ще називають методом повної математичної індукції, використовують при доведенні тверджень, які залежать від натурального числа. Прикладами таких тверджень є:

  • для будь – якого натурального п має місце рівність

1 + 2 + … + п = ;

  • при будь – якому натуральному п число п(п + 1)ділиться на 2  тощо.

Суть цього методу проілюструємо на прикладі.

Приклад 1.

Нехай треба довети істинність деякого твердження для довільного п, nN  (наприклад, треба довести, що сума перших п непарних чисел дорівнює п2).

Безпосередня перевірка для кожного значення п неможлива, оскільки множина натуральних чисел нескінченна.

Щоб довести це твердження, перевіряють його справедливість, коли п = 1. Потім доводять, що для довільного kN зі справедливості даного твердження, коли n = k, випливає його справедливість, коли       n = k + 1. Тоді твердження вважається доведеним для всіх nN.

Справді, якщо твердження справедливе, коли п = 1, то воно справедливе і для наступного числа п = 1 + 1 = 2. Із справедливості твердження, коли п = 2, випливає його справедливість, коли п = 2+1= 3. Звідси, в свою чергу, випливає справедливість твердження, коли п =  4 і т.д. Зрозуміло, що так дійдемо до довільного nN. Отже, твердження є правильним для довільного натурального п.

Принцип математичної індукції.

В основі методу математичної індукції лежить принцип математичної індукції.

Якщо деяке твердження істинне для п = 1 і з істинності твердження для якого – небудь довільного натурального п = k випливає його істинність для п = k + 1, то дане твердження істинне для будь – якого натурального числа п.

Доведення тверджень методом математичної індукції складається з таких частин або кроків:

  1. доводять, що твердження істинне для п = 1(базис  індукції);
  2. припускають, що твердження істинне для п = k (припущення індукції);
  3. використовуючи припущення доводять істинність твердження для п = k + 1 (індукційний крок).

Якщо кроки доведення виконані, то на основі принципу математичної індукції доходять висновку про істинність твердження для всіх nN.

Щоб переконати учнів в обов'язковості виконання кожного з кроків, розглянемо такий приклад

Теорема. Будь – яке натуральне число дорівнює наступному натуральному числу.

Доведення

Нехай, якщо п = k,твердження правильне, тобто

k = k + 1                    (1)

Доведемо, що коли п = k + 1, теорема справедлива, тобто доведемо, що k + 1= k + 2.

Справді, додавши одиницю до обох частин рівності (1), правильність якої ми припустили, дістанемо:

k + 1= k + 2,

що і треба було довести.

Ми «довели» очевидно хибне твердження, оскільки не перевірили істинність запропонованого твердження, коли п = 1. насправді ж, якщо п = 1, то це твердження хибне. Отже, виконувати другий крок доведення вже не було потреби.

Приклад 1.

Доведемо припущення отримане нами щодо суми перших п непарних чисел, а саме       1 + 3 + 5 + 7 + 9 + … + (2п - 1) = п2.     (2)

  1. Якщо п = 1, то рівність (2) набуває вигляду: 1 = 12. Ця рівність істинна. Отже, коли п = 1, то рівність (2), що дана в умові, істинна.
  2. Припустимо, що рівність (2) справедлива, коли п = k. Тобто твердження: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + … + (2k - 1) = k2 справедливе.

Доведемо, що тоді рівність (2) істинна і коли п = k + 1, тобто є правильною рівність

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + … + (2k - 1) + (2k + 1)  = (k + 1)2.

Розглянемо ліву частину останньої рівності:

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + … + (2k - 1) + (2k + 1)  = (1 + 3 + 5 + 7 + 9 + … + (2k - 1)) + (2k + 1).

Але за припущенням індукції, сума  1 + 3 + 5 + 7 + 9 + … + (2k - 1) дорівнює k2 . Отже, вся сума дорівнює

k2 +2k + 1 =(k + 1)2.

За принципом математичної індукції, істинність рівності (2) доведено для будь – яких   nN. Ця рівність була відома ще давньогрецьким геометрам, але вони доводили її лише геометрично.

Приклад 2.

Доведіть, що для будь – якого натурального n сума 2 n3 - 3 n2 + n ділиться на 6.

Позначимо  через А(п) твердження «хп=2 n3- 3 n2 + n ділиться на 6 ».

1. Оскільки х1 = 2 – 3 + 1 = 0, то для п = 1 сума хп ділиться на 6, а це означає, що твердження А(1) істинне.

2. Доведемо істинність твердження:

А(k) А(k + 1),

Тобто той факт, що з твердження «х k ділиться на 6» випливає твердження «х k +1 ділиться на 6».

Справді,

х k +1=2(k + 1)3-3(k + 1)2 + k + 1=2 k3 + 6 k2 + 6 k + 2 – 32 - 6 k – 3 + k + 1= 2 k3 - 3 k2+ k+ 6 k2 = х k+ 6 k2.

Як бачимо, сума х k +1 складається з двох доданків. Перший з них ділиться на 6 на підставі А(k), другий також ділиться на 6. Отже, кожний із двох доданків у виразі х k +1 ділиться на 6. Тому х k +1 ділиться на 6.

3. На основі принципу математичної індукції твердження А(п) істинне для будь – якого натурального n.

Завдання для самостійної роботи.

1. Доведіть методом математичної індукції справедливість формул для п – го члена арифметичної прогресії та п – го члена геометричної прогресії

Узагальнення принципу математичної індукції

Є твердження, які справедливі не для всіх натуральних чисел, а для натуральних чисел, починаючи з деякого числа т.  Так, нерівність    2п >(п + 2)² справджується тільки для натуральних п ≥ 7. Є також твердження, які справедливі не тільки для натуральних, а й для цілих значень п, починаючи з деякого цілого від’ємного числа або нуля. Нерівність Бернуллі, наприклад , правильна і при п = 0. При доведенні подібних тверджень спираються на таке узагальнення принципу математичної індукції.

Якщо твердження істинне для п = т, де т – деяке ціле число, і з істинності твердження для якого–небудь довільного цілого п=k (k т) випливає його істинність для п = k + 1, то твердження істинне для будь – якого цілого п т.

Зрозуміло, що базу індукції і у цьому випадку зводять до доведення істинності твердження, коли п = т.

Приклад 1.

Довести, що 2п >2п + 1, де п ≥ 3.

Використаємо узагальнений принцип математичної індукції.

  1. Якщо п = 3, то маємо: 23 > 2∙3 + 1, тобто 8 > 7. Отже, в цьому випадку твердження правильне.
  2. Нехай 2k > 2k+ 1 для деякого k, k ≥ 3. Доведемо, що тоді така нерівність справджується і для для п = k + 1. Враховуючи припущення, маємо:

2k + 1 = 2∙2k > 2∙2(k+ 1) = 4 k + 2 = 2k + 2 + 2k = 2(k+ 1) + 2 k.

Оскільки 2k > 1, то з останньої нерівності дістанемо

2k + 1 > 2(k+ 1) + 1, тобто дана нерівність правильна, якщо п = k + 1.

Отже, за узагальненим принципом математичної індукції, нерівність доведено для всіх п,  п ≥ 3.

Слід зауважити, коли п < 3, ця нерівність не є правильною. Так, коли п = 2, маємо22 > 2∙2 + 1.

Приклад 2.

Доведіть, що для будь – якого цілого п ≥ 0    bn = 11п + 2 + 122п + 1 ділиться на 133.

Позначимо через А(п)твердження «bn=11п + 2+122п + 1 ділиться на 133».

1. Оскільки b0=121+12ділиться на 133, то для п = 0 сума bn ділиться на 133, а це означає, що твердження А(0) – істинне.

2. Доведемо істинність твердження А(k) А(k + 1),

Тобто, що з твердження «bk ділиться на 133» випливає твердження     «bk + 1 ділиться на 133».

Справді,

bk + 1 = 11k + 3+122k + 3 = 11∙11k + 2+122∙122k + 1 = 11∙11k + 2+144∙122k + 1 = 11∙11k + 2+11∙122k + 1 +  133∙122k + 1 = 11(11k + 2+122k + 1) +133∙122k + 1  =11∙ bk + 133∙122k + 1.

Бачимо, що сума bk + 1 складається з двох доданків, кожний з яких ділиться на 133. Тому bk + 1 ділиться на 133.

3. На основі узагальненого принципу математичної індукції твердження істинне для будь – якого цілого п ≥ 0.

 

ТЕМА 3.

Приклади доведень методом математичної індукції

Інколи замість принципу математичної індукції приймають за аксіому одне з таких тверджень.

А. Якщо множина складається з натуральних, містить число 1 та разом з числом k завжди містить і число k + 1, то ця множина збігається з множиною всіх натуральних чисел.

Б. У кожній непорожній множині, що складається з натуральних чисел, є найменший елемент.

Можна довести, що принцип математичної індукції і кожне з тверджень А та Б рівносильні (кожне з цих тверджень є наслідком іншого). Якщо виходити з твердження Б, то нескладно довести таку теорему, яка дає інше формулювання принципу математичної індукції.

Теорема. Якщо твердження справедливе, коли п = 1, і з того, що воно правильне для всіх натуральних чисел, менших за k, де k > 1, випливає його справедливість для k, то воно правильне для всіх натуральних чисел.

І. Доведення тотожностей і обчислення сум

1. Вивести і довести формулу для обчислення суми

Sn = -1 + 3 – 5 + 7 – 9 + … + (-1)п (2п – 1).

 

Розв’язання

Оскільки

S1 = -1,

S2 = -1 + 3 = 2,

S3 = -1 + 3 – 5 = -3,

S4 = -1 + 3 – 5 + 7 = 4,

То виникає гіпотеза, що Sn = (-1)п п.

Доведемо це методом математичної індукції.

1) Базис індукції

Істинність рівності, коли п = 1, 2, 3 і 4, вже встановлено.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що коли п = k, сума

Sk = -1 + 3 – 5 + 7 – 9 + … + (-1)k (2k – 1)

обчислюється за формулою

Sk = (-1)k k.

Доведемо, що суму

Sk + 1 = -1 + 3 – 5 + 7 – 9 + … + (-1)k (2k – 1) + (-1)k+1 (2k + 1)

Можна обчислити за формулою

Sk + 1 = (-1)k + 1( k + 1).

Справді,

                       Sk + 1 = Sk + (-1)k+1 (2k + 1) = (-1)k k + (-1)k+1 (2k) + (-1)k+1

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

Отже, твердження істинне, якщо п = 1, а з його істинності, коли п = k, випливає його істинність і тоді, коли п = k + 1. За принципом математичної індукції, припущення істинне для всіх натуральних  п.

2. Вивести і довести формулу для обчислення суми

Sn = +++…+.

Розв’язання

Помічаємо, що S1 = , S2 = , S3 = .

Можливо, формула має вигляд

Sn = .

Доведемо її методом математичної індукції.

  1. Базис індукції

Підтвердження гіпотези, коли п дорівнює 1, 2, 3, отримано вище.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що формула правильна, якщо n = k:

S k = +++…+ = .

Доведемо її істинність, якщо п = k + 1.

Справді,

S k+1 = S k += += = == .

За принципом математичної індукції, гіпотеза істинна для всіх натуральних п.

3. Довести, що

1 - + - + - + … + - = + + + … + ;

або в загальнішому вигляді:

(1 - ) + ( - ) + … + ( - )  = + + … + ,

де nN.

Розв’язання

1)  Базис індукції.

Якщо п = 1, ліва частина даної тотожності набуває вигляду 1 - , а права - . Отже, якщо п = 1, то дана рівність правильна.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що рівність істинна, якщо  n = k, тобто

(1 - ) + ( - ) + … + ( - )  = + + … + .

Доведемо, що вона істинна, коли  п=k +1, тобто

(1 - ) + ( - ) + … + ( - )  + ( - )  = 

=+ +… + .

Розглянемо ліву частину рівності:

(1 - ) + ( - ) + … + ( - )  + ( - ) =

= + + … + + ( - )  =

= +… + .

Отже, з істинності рівності, коли n = k, випливає її істинність, коли      п = k +1. Тому, за принципом математичної індукції, тотожність доведена для всіх натуральних п.

Якщо п = 50, то матимемо рівність, дану в умові задачі.

 

Завдання для самостійної роботи.

1) Довести, що сума перших n чисел виду  aп = 3п – 2 дорівнює

.

2) Довести, що для будь – якогонатурального натурального n виконується рівність:

а) (a1 +  a2 +…+  aп)2 = a12 +  a2 2+…+  aп2 +2 a1a2 + 2 a2a3 +…+ 2 aп-1 aп;

б) 5 + 9∙5 + 13∙52 + … + (4 n + 1)∙5п-1 = п∙5п;

в) (1 - )(1 - )…(1 - ) = ;

г) ++…+= .

ІІ.Доведення нерівностей

1. Довести, що коли a > b та a , b – додатні числа, то aп > bп.

Розв’язання

1)  Базис індукції.

Якщо п = 1, то твердження очевидне: a1 > b1.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що коли n = k, нерівність правильна, тобто ak > bk, і доведемо, що тоді ak+1 > bk+1.

Справді, перемноживши почленно нерівності a1 > b1 та ak > bk, матимемо:

ak+1 > bk+1.

Тоді, за принципом математичної індукції, нерівність доведена для всіх натуральних n.

Завдання для самостійної роботи.

1) Сформулюйте та розв’яжіть задачу аналогічну до розв’язаної в прикладі 1.

2. Розв’язати нерівність

2п  > 2п + 1, nN.

Розв’язання

Безпосередня перевірка показує, що числа п =1 та п =2 не є розв’язками нерівності, а значення п = 3, п = 4, п = 5 є її розв’язками. Природно виникає припущення, що всі натуральні числа п ≥ 3 є   розв’язками даної в умові нерівності. Доведемо це твердження методом математичної індукції.

1)  Базис індукції.

Якщо п = 3, то нерівність правильна:

23  > 2∙3+ 1.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що правильна нерівність 2k  > 2 k + 1, і доведемо, що тоді

2k+1  > 2( k +1)+ 1.

Справді,

2k+1 = 2k∙2 > (2 k +1) ∙2 =(2 k +3) + (2 k -1) >2 k +3,

Оскільки  (2 k -1) > 0 для будь – яких натуральних k.

Тобто2п  > 2п + 1, якщо п ≥ 3 ,  nN. Тому розв’язками даної нерівності є всі натуральні числа п ≥ 3.

За допомогою методу математичної індукції можна довести важливу нерівність – нерівність Бернуллі, названу так на честь швейцарського математика XVII ст. Якоба Бернуллі.

3. Довести, що для всіх х > -1 і всіх натуральних n істинна нерівність

(1+х)n ≥ 1+nx.

Розв’язання

 1)  Базис індукції.

Якщо n=1, то маємо правильну нерівність:

1+х ≥ 1+x

2) Індукційний крок.

Нехай нерівність (1+х)k ≥ 1 + kx істинна (n= k). Тоді доведемо, що нерівність

(1+х)k+1 ≥ 1+(k+1)x

Також істинна.

Оскільки  х > -1, то 1+х > 0 і тому маємо:

(1+х)k+1 = (1+х)k(1+х)  ≥ (1+kx)(1+х) = 1+( k+1) х+ kx2 ≥ 1+( k+1) x.

Отже, за принципом математичної індукції, істинність нерівності Бернуллі доведена для всіх натуральних значень n.

4. Довести, що для довільних натуральних n, виконується нерівність <.

Розв’язання

Піднесемо обидві частини нерівності, що треба додавати, до степеня n(n+1). Отримаємо нерівність, рівносильну даній для всіх натуральних n, :

(n+1)n < nn+1

або

< n,

тобто

< n.

Останню нерівність довемо методом матаматичної індукції.

1)  Базис індукції.

Якщо п = 3, то ліва частина має вигляд:

,

а нерівність набуває вигляду < 3 і є правильною.

2) Індукційний крок.

Нехай, коли п=k, нерівність і тоді, п=k +1:

< k +1.

Розглянемо ліву її частину:

<<

<< k +1.

За принципом математичної індукції, нерівність

<n,

а отже, і нерівність

<

Істинна для всіх натуральних значень п.

5. Довести нерівність

1 + + + +…+ > .

Розв’язання

Вираз, що стоїть у лівій частині нерівності, є сумою дробів, знаменники яких послідовно зростають від 1 до 2п – 1.

1)  Базис індукції.

Якщо п = 1, то дана нерівність має вигляд: 1 > і є правильною.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що

  S k = 1 + + + …+ > ,

і доведемо тоді, що правильною є і така нерівність:

S k+1 = 1 + + + …+ > .

Розглянемо суму

1 + + + …+ = (1 + + …+ ) +

+ ( + +…+ ) = S k + А,

Де вираз, позначений А, є сумою 2k дробів, кожен з яких більший ніж . Отже,

А > 2k = .

І тоді

S k + А > + = .

За принципом математичної індукції, істинність нерівності доведена для всіх натуральних значень п.

Завдання для самостійної роботи.

2) Довести нерівність:

а)  2п>5п+1, якщо пN, п5;

б)  3п-1>2п2-п, якщо пN, п5;

в)  3п-2пп,  якщо пN;

г)  4пп2+3п, якщо пN.

 

ІІІ. Задачі на подільність

  1. Довести, що (11п+2+122п+1) ділиться на 133.

Розв’язання

1)  Базис індукції.

Якщо п = 1, то маємо:

113+123 = (11+12)(112-11∙12+122) = 23∙133133.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що коли n = k:

(11k+2+122 k+1) 133,

тобто

11 k+2+122 k+1=133т,

і розглянемо даний вираз, коли п = k+1. Отримаємо:

11(k+1)+2+122 (k+1)+1.

Виконаємо перетворення, враховуючи припущення:

11k+3+122k+3=11∙11k+2+122∙122k+1=11∙11k+2+11∙122k+1+133∙122k+1= =11(11k+2+122k+1)133∙122k+1=11∙133m+133∙122k+1=133∙(11m+122k+1) 133.

За принципом математичної індукції, істинність твердження доведена для всіх натуральних значень п.

2. Довести, що + + є цілим числом для всіх натуральних п.

Розв’язання

Доведемо, що вираз 2п+3п2+п3 ділиться на 6 для всіх натуральних п.

1)  Базис індукції.

Якщо п = 1, то маємо:

2 + 3 + 1 = 66,

тобто вираз, даний в умові, є числом цілим.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що коли n = k, вираз

2k + 3k2 + k3

ділиться на 6, тобто

2k + 3k2 + k3 = 6т

і доведемо, що

2(k + 1) + 3(k + 1)2 + (k + 1)3

Також ділиться на 6. Перетворимо цей вираз:

2(k + 1) + 3(k + 1)2 + (k + 1)3 = (k + 1)( 2 + 3k + 3 +k2+ 2k + 1) =

= (k + 1)( k2+ 5k + 6) = (k + 1) (k + 2) (k + 3).

Отриманий добуток обов’язково кратний 6, оскільки є добутком трьох послідовних натуральних чисел.

Отже, за принципом математичної індукції, вираз

+ +

є цілим числом для всіх натуральних п.

3. Довести, що

Ап = 42п – 32п – 7

ділиться на 84 для довільного натурального п.

Доведення

1) Якщо п = 1, то маємо:

А1 = (42 – 32 - 7)84.

2) Нехай, коли n = k, вираз Аk кратний 84 і

Аk = (42k – 32k – 7) 84.

Доведемо, якщо n = k + 1, дана умова виконується, тобто

Аk+1 = (42(k +1)– 32(k +1)– 7) 84.

Справді,

Аk+1 = 42k∙16 - 32k∙9 – 7 = 16(42k – 32k – 7) + 7∙32k + 105 =

 = 16(42k – 32k – 7) + 7∙(32k + 15) = 16∙ Аk + 7∙(32k + 15).

Оскільки Аk  84 достатньо довести, що (32k + 15) ділиться на 12. Доведемо це знову методом математичної індукції.

Якщо k = 1, то маємо:

32k + 15 = 9 + 15 = 2412.

Нехай, коли  k = т, виконується умова:

(32т + 15) 12.

Доведемо, що (32(т+1) + 15) 12.

Справді

32(т+1) + 15 = 32т+2 + 15 = 32т + 15∙9 + 15 = 9∙(32т + 15) – 120.

Кожний з доданків кратний 12, отже і (32т+2 + 15) ділиться на 12.

3) Тому

Ап = (42п – 32п – 7) 84.

для довільного натурального п.

 

 

Завдання для самостійної роботи.

1) Довести, що для довільних п, пN, вираз:

  1. п3 + 5п кратний 6;
  2. 72п - 1 кратний 24;
  3. 15п + 6 кратний 7;
  4. 5п + 2∙3п + 5 кратний 8;
  5. 32п+ 3 – 24п + 37 кратний 64;

 

ІV. Вивчення властивостей числових послідовностей

Арифметична та геометрична прогресії визначаються рекурентними співвідношеннями an = a1 + d(n - 1) та bn = b1qn-1 відповідно. За допомогою методу математичної індукції можна довести ці формули, а також формули для знаходження суми п перших членів цих відомих послідовностей.

 

1. Довести, що суму п перших членів геометричної прогресії можна обчислити за формулою

S n =,

де b1 – перший член послідовності, q – знаменник.

Розв’язання

Розглянемо два випадки.

1.Якщо q = 1, то Sn = пb1, тобто формула є правильною.

2.Якщо q1, то скористаємося методом математичної індукції.

1)  Базис індукції.

Якщо п = 1, то формула набуває вигляду Sn = b1 і є істинною.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що коли n = k, правильною є формула

Sk =

і доведемо, що коли n = k+1, має місце співвідношення

Sk+1=.

Враховуючи, що

Sk+1 =  Sk+ bk+1

та припущення індукції, матимемо:

Sk+1 =  Sk+ bk+1=+ b1q k   =

= = .

За принципом математичної індукції, формула для знаходження суми п перших членів геометричної прогресії є правильною для будь-яких натуральних значень п.

2. Числова послідовність визначається такими умовами:

a1 = 2,a2 = 3,an+1 = 3an - 2an-1.

Знайти формулу п-го члена послідовності.

Розв’язання

Скористаємося рекурентним співвідношенням, матимемо:

a3 = 3a2 - 2a1 = 3∙3 - 2∙2 = 5 = 22 + 1;

a4 = 3a3 - 2a2 = 3∙5 - 2∙3 = 9 = 23 + 1;

a5 = 3a4 - 2a3 = 3∙9 - 2∙5 = 17 = 24 + 1 і т.д.

Виникає гіпотеза, що

aп  = 2п + 1.

Доведемо це твердження методом математичної індукції.

1)  Базис індукції.

Якщо п = 1, то твердження правильне.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що твердження правильне для всіх натуральних п,     n k, і доведемо, що воно істинне і коли n = k + 1:

ak+1 = 3ak - 2ak-1 = 3(2k + 1) – 2(2k-1 + 1) = 2∙ 2k + 1 = 2k+1 + 1.

Отже, за принципом математичної індукції узагальненим, твердження правильне для всіх натуральних п.

Завдання для самостійної роботи.

1) Послідовність задано рекурентно:

a1 = 3, an+1 = 7an + 3.

Довести, що

an = 0,5(7п - 1).

2) Послідовність задано рекурентно:

b1 = 4, bn+1 = 3bn – 2.

Знайти вираження bn через п.

3) Послідовність задано рекурентно:

с1 = 6, сn+1 = 2сn – 3п + 2.

Довести, що

сn = 2п +3п + 1.

4) Послідовність задано рекурентно:

и1 = 3, и2 = 15, ип+2 = 5ип+1 – 4ип.

Довести, що

а) всі члени послідовності кратні 3;

б) всі члени послідовності з парними номерами кратні15.

5) Послідовність задано рекурентно:

и1 = 1, ип+1 = ип + 8п.

Довести, що кожний член послідовності є квадратом цілого числа.

 

V. Вивчення властивостей скінченних множин

1. Розглянемо питання про кількість підмножин скінченної множини Х.

Якщо Х = Ø, то вона має лише одну підмножину: Ø.

Якщо Х – одноелементна множина, то її підмножинами будуть множини Ø та Х.

Якщо Х = , то її підмножини: Ø, , , .

Якщо Х= , то підмножинами будуть: Ø, , , , , , , .

Позначимо кількість підмножин п-елементної множини через S(n). Тоді з розглянутих прикладів випливає, що:

S(0) = 1 = 20;

S(1) = 2 = 21;

S(2) = 4 = 22;

S(3) = 8 = 23.

Виникає припущення, що кількість підмножин п-елементної множини дорівнює 2п. доведемо цю гіпотезу методом математичної індукції.

1)  Базис індукції.

Гіпотезу перевірено, якщо п = 0, п = 1, п = 2, п = 3.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що твердження правильне, якщо п = k, тобто будь-яка k-елементна множина має 2k підмножин. Доведемо правильність твердження для п = k + 1, тобто довільна (k + 1)-елементна множина має 2k + 1 підмножин.

Нехай множину Х = отримали з множини Y = включенням до неї одного елемента хk + 1. Будь-яка з підмножин Х або не містить його, тоді вона є підмножиною Y, або містить хk + 1, тоді, відкинувши хk + 1, отримаємо знову деяку підмножину множини Y. У першому випадку маємо 2k підмножин, у другому випадку – теж 2k підмножин.

Але тоді загальна кількість підмножин множини Х дарівнюватиме

2k + 2k = 2k + 1.

Отже, доведено, що рівність S(n) = 2п істинна, коли п = 1, і що з її істинності, коли п = k, випливає істинність, коли п = k + 1. За принципом математичної індукції, робимо висновок, що твердження справедливе для довільних натуральних п.

Завдання для самостійної роботи.

1) Довести, що сума внутрішніх кутів довільного опуклого п-кутника дорівнює 180º (п-2).

2) Довести, що кількість діагоналей довільного опуклого п-кутника дорівнює .

VІ. Математична індукція в геометрії 

1. Довести, що п різних точок, що належать одній прямій, поділяють її на п+1 інтервал (з яких два є нескінченними).

Розв’язання

1)  Базис індукції.

Якщо п = 1, то дане твердження істинне, оскільки одна точка поділяє пряму на 1+1= 2 інтервали.

2) Індукційний крок.

Припустимо, що твердження істинне, коли п = k (тобто k різних точок поділяють пряму на (k+1) інтервал).

Далі довільно виберемо на прямій (k+1) точки: А1, А2, …, Аk, Аk+1. Якщо відкинути одну точку Аk+1, то залишиться k точок, що поділяють пряму на (k+1) інтервал. Точка Аk+1 належать одному з цих інтервалів і поділяє його на два інтервали. Тому загальна кількість інтервалів, на які поділяють пряму (k+1) точка, дорівнює

(k + 1) + 1=k + 2

Отже, твердження істинне, коли п = 1, а з його істинності, коли п = k, випливає його істинність і коли  п = k+1. За принципом математчної індукції, воно істинне для натуральних п.

2. На площині проведено п різних кіл два з них перетинаються у двох точках і ніякі три з них не мають спільної точки. На скільки частин поділяють площину ці кола?

Розв’язання

Дослідимо питання про кількість частин. Одне коло поділяє площину на 2 частини; два кола – на 2 + 2 = 4 частини; три кола – на 3∙2 + 2 = 8 частин; чотири кола – на 4∙3 + 2 = 14 частин і т. д.

Виникає гіпотеза, що п кіл поділяють площину на п(п-1)+2 частин. Доведемо її, використовуючи метод математичної індукції.

 1)  Базис індукції.

Перевірка показує, що коли п = 1, формула правильна.

2) Індукційний крок.

Нехай k кіл поділяють площину на k(k-1)+2 частинм. Врахуємо, що кожне (т+1)-ше коло додасть стільки само частин до поділу, скільки утвориться точок перетину кіл. Тобто попередня кількість частин площини збільшиться на 2т. Отже, (k+1) коло поділять площину на k(k-1) + 2 + 2k = k(k+1)+2 частини.

За принципом математичної індукції, гіпотеза є правильною: п різних кіл, що задовільняють умову задачі, поділяють площину на п2-п+2 частини.

3. Довести, що сума внутрішніх кутів опуклого п – кутника обчислюється за формулою:

Sn = 2d(n - 2),  де п ≥ 3, d = 90°.

Доведення

1) Справедливість формули, якщо п = 3, очевидна:

S3 = 2d(3- 2) = 2d = 180°.

2) Нехай формула справедлива, якщо п = k, де k > 3 – довільне натуральне число, тобто

S k = 2d(k - 2).

Доведемо справедливість формули, якщо п = k+1, тобто

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

Нехай на малюнку зображено опуклий п – кутник ABCDE.

                                                C

                      B

 

                                                                                    D

          M

 

 

                           A                                        E

Для того щоб отримати (k + 1) – кутник, замість сторони AB побудуємо дві сторони АМ і ВМ. Отримаємо опуклий (k + 1) – кутник AМBCDE. Очевидно, сума його внутрішніх кутів дорівнює сумі кутів п – кутника  ABCDE і трикутника AМB. Отже,

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

3) Формула справедлива для довільного натурального п ≥ 3.

4. У площині проведено ппрямих так, що кожні дві з них перетинаються і ніякі три з них не мають спільних точок. На скільки частин розбивається у такий спосіб площина?

Розв’язання

Складемо формулу, що виражає загальну кількість частин площини. Одна пряма розбиває площину на дві частини, дві прямі – на чотири частини, три – на сім частин.

Очевидно, що збільшення кількості частин відбувається за таким законом:

S(1) = 2,

S(2) = S(1) + 2,

S(3) = S(2) + 3,

S(4) = S(3) + 4 і т. д.

Виникає гіпотеза, що

S(п) = S(п - 1) + п,

де S(п) – кількість частин, на які розбивають площину п прямих, звідки

S(п) = 2 + 2 + 3 + 4 + … + п,

S(п) = 1 + .

Доведемо справедливість цієї формули методом математичної індукції.

1) Якщо п = 1, 2, 3, 4, то формулу вже перевірено.

2) Нехай формула справджується, якщо п = k, тобто

S(k) = 1 + .

Доведемо її справедливість, якщо п = k+1:

S(k+1) = 1 + .

k прямих розбили площину на 1 + частини. Проведемо (k+1) – шу пряму так, щоб вона перетинала всі інші прямі, але при цьому ніякі три прямі не перетиналися б в одній точці. Ця (k+1) – ша пряма розіб’ється рештою k прямими на (k+1) частину, а отже, ця прямаперетинає кожну із отриманих раніше (k+1) частину  площини. Очевидно, добавиться нова (k+1) частина. Отже,

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

3) Формула справедлива для довільної кількості прямих.

Завдання для самостійної роботи.

1)  Довести, що п прямих, які лежать у площині, поділяють її на частини, які можна зафарбувати білою та чорною фарбами так, щоб усі суміжні частини (тобто частини, які мають спільний відрізок прямої) були зафарбовані різними фарбами.

2)  Довести, що п різних прямих, проведених на площині через одну точку, поділяють площину на 2п частин.

3)  Довести, що п площин, які проходять через одну точку так, що жодні три з них не проходять через одну пряму, поділяють простір на

п(п-1)+2 частини.

4) Довести, що в опуклому п – кутнику кількість діагоналей D дорівнює

D(п) = ,

де пN і п ≥ 3.

5) На скільки частин розбивається простір п площинами, з яких кожні три перетинаються і ніякі чотири не мають спільних точок?

 

ТЕМА 4. СОФІЗМИ.

Софізм (з грец. уьцйумб, «майстерність, уміння, хитра видумка») — хибний умовивід, який, під час поверхневого  разгляду здається правильним. Софізм грунтується на спеціальному порушенні правил логіки.

Парадокс винахідника

Почнемо з однієї з його математичних інтерпретацій:

Спробуемо довести методом математичної індукції нерівність

База при n = 1 очевидна.

Припускаючи, що для деякогоого k наша нерівність вірна, і починаючи  доведення для k + 1, отримаємо

і

Нам залишається довести, що

- тоді наша нерівність 100% вірна.

Піднесемо обидві частини нерівності до квадрата і, після алгебраїчних перетворень, отримаємо

(k + 1) (2k + 1)2 <= k (2k + 2)2 і, після розкриття дужок,

4k3 + 8k2 + 5k + 1 <= 4k3 + 8k2 + 4k

Тут ми з’ясовуємо, що те, що ми отримали невірно, а отже, і дві попередніх нерівності теж. Правда, з цього не можна зробити висновок,  що невірна і початкова нерівність, а можна тільки той, що не підходить даний метод доведення - індукція.

Теперь спробуємо довести тим же методом нерівність

Так як ця нерівність  сильніша, то, здавалося б, і доводити її  не має можливості, адже прийдемо до того ж. Однак, спопробуємо.

База знову очевидна.

Наводячи  доведення також, спочатку отримаємо

і

Залишиться довести, що

Аналогічно  піднесемо  до квадрату і разкриємо дужки; отримаємо

4k3 + 12k2 + 9k + 2 <= 4k3 + 12k2 + 12k + 4

Що ж ми бачимо? Нерівність вірна. Отже, і вихідна (та, котра більш  сильна) теж вірна!

Ця ситуація, коли  довести більш  сильне твердження легше, ніж більш слабке, і називаєтся парадоксом винахідника.

Забута теорема

(софізм - жарт)

Ось теорема, що забута авторами підручників геометрії:

Через будь – які n точок можна провести пряму лінію (п – довільне натуральне число).

Доведемо цю теорему методом математичної індукції.

При п = 1 і п = 2 теорема виконується (за відомою теоремою з планіметрії). Залишається довести теорему для більших значень п.

Припустимо, що теорема дійсна для деяких п = k, вона буде виконуватись і при  та покажемо, що в цьому випадку вона буде виконуватись і при п = k + 1.

Отже, нехай довільно задані  k + 1 точка М1, М2,…, Мk, Мk+1 . Виходячи з припущення індукції. Через k точок М1, М2,…, Мk  проходить деяка пряма l. Відповідно до того ж припущення через k точок М2,…, Мk, Мk+1 також проходить деяка пряма l´. Ці дві прямі мають щонайменше дві спільні точки М2 і  Мk,. Та дві точки визначають єдину пряму. Тому прямі l і повинні співпадати. Значить, пряма l, що проходить через точки М1, М2,…, Мk  , проходить і через точку Мk+1  - теорема доведена.

Приклад 1.

«Доведемо», що будь – яка скінченна множина натуральних чисел складається з однакових чисел.

Проведемо індукцію за кількістю елементів у множині.

Якщо п = 1, то твердження очевидне – кожне число дорівнює саме собі.

Нехай твердження доведене для множини з k елементів. Візьмемо (k + 1)- елементну множину {а1, а2, …, аk , аk+1 }. За припущенням індукції, а1= а2= …= аk. Далі, за тим самим припущенням, а2= а3= …= аk + 1, і тому а1 =  а2 =  … =  аk  =  аk+1.

За принципом математичної індукції, твердження справедливе для всіх nN.

Помилковість проведеного міркування полягає в тому, що перехід від значення k до k + 1 можливий лише тоді, коли k ≥ 2. А перейти від значення п = 1 до п = 2 за допомогою цього міркування не можна.

Завдання для самостійної роботи.

Навести приклади софізмів з використанням методу математичної індукції.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Література

  1. Конфорович А.Г. Математичні софізми і парадокси. – К.: Рад. Шк., 1983.
  2. Конверський А.Є. Логіка. Підруч. Для вищ. навч. закладів. – К.: Четверта хвиля, 1998.
  3. Сивашинский И.Х. Задачник по элементарной математике повышенной трудности. – Минск: Высшая школа, 1968.
  4. Избранные вопросы математики. 9 кл. Факультативный курс. – М.: Просвещение, 1979.
  5. Математические кружки в 8 – 10 классах: Кн. Для учителя. – М.: Просвещение, 1987. – 224 с.: ил.
  6. Математика: посібник для факульт. занять, 9 кл./ Л.М.Вивальнюк, О.І.Соколенко, В.Н.Боровик та ін. – К.: Освіта, 1993.
  7. Сомінсінський І.С. Метод математичної індукції.–К.: Рад. шк.,1952.
  8. ГалицкийМ.Л. и др. Сборник задач по алгебре: Учеб. пособие для   8 – 9 кл. с углубл. изучением математики/ М.Л.Галицький, А.М.Гольдман, Л.И.Звавич. – 11 – е изд. - М.: Просвещение, 2005.
  9. Цыпкин А.Г., Пинский А.И. Справочник  по методам решения задач по математике для средней школы. – М.: Наука, 1989.
  10. Вавилов В.В. и др. Задачи по математике. Алгебра. Справочное пособие /  - М: Наука, 1988.

1

 

docx
Додано
3 січня 2023
Переглядів
797
Оцінка розробки
Відгуки відсутні
Безкоштовний сертифікат
про публікацію авторської розробки
Щоб отримати, додайте розробку

Додати розробку