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.
TOC \o "1-3" \u I.Введение. PAGEREF _Toc447475936 \h 2
II.Основная часть. PAGEREF _Toc447475939 \h 4
1)Из истории метода математической индукции. PAGEREF _Toc447475940 \h 4
2)Принцип математической индукции. PAGEREF _Toc447475941 \h 5
3)Виды индукции. PAGEREF _Toc447475943 \h 6
4)Решение различных задач. PAGEREF _Toc447475944 \h 8
III.Заключение. PAGEREF _Toc447475945 \h 10
IV.Список литературы. PAGEREF _Toc447475946 \h 11
V.Приложение. PAGEREF _Toc447475947 \h 12

Введение.«Понимание и умение правильно применять принцип математической индукции, является хорошим критерием логической зрелости, которая совершенно необходима математику»
А.Н. Колмогоров3249295235648500Индукция 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:
Проанализировать литературу по данной теме.
Обобщить и систематизировать знания по данной теме.
Прорешать задачи различных видов, применяя данный метод.
Составить приложение;
Сделать выводы.
Объект исследования: метод математической индукции.
Предмет исследования: решение различных задач с использованием данного метода.
Методы исследования:
Познавательно - поисковая деятельность.
Анализ математической литературы и ресурсов Интернета по данной теме.
Постановка гипотезы и её проверка.
Решение задач различных видов.
Анализ полученных результатов.

Основная часть.Из истории метода математической индукции.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.

Принцип математической индукции.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.
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.
Виды индукции.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…».

Решение различных задач.Задача №1. Задача на делимость, взятая из школьного этапа 11 класса «Всероссийской олимпиады школьников» по математике 2015-2016 учебного года.
Доказать, что (7n+1+82n-1):19.
n=1;
72+81=57:19-верно;
n=k;
7k+1+82k-1 – верно;
n=k+1;
Доказать (7k+2+82k+1):19;
7k+2+82k+1=7k+1*7+82k-1*82=7k+1*7+82k-1*64=7k+1*7+82k-1*57+82k-1*7= (7*(7k+2+82k-1)+
+82k-1*57), что кратно 19. Значит и исходное выражение (7n+1+82n-1) кратно 19, что и требовалось доказать.
Задача №2. Задача на суммирование.
Найти сумму Sn=11*2+12*3+13*4+…+1n(n+1). Рассмотрим S1, S2, S3.
S1=1 1*2 = 12. S2=11*2+12*3 = 12+16=23. S3=11*2+12*3+13*4 =12+16+ 112 = 34.
Проанализировав полученные суммы, можно предположить, что Sn = nn+1. Проверим наше предположение методом математической индукции.
При n=1. S1= 11*2 = 12 – верно.
При n=k. Sk= kk+1 – верно.
При n=k+1.
Sk+1= k+1k+2.
Sk+1= Sk+1(k+1)(k+2) = kk+1 + 1(k+1)(k+2) = kk+2+1(k+1)(k+2) = (k+1)(k+1)(k+1)(k+2) = k+1k+2.
Значит, Sn = nn+1 , что и требовалось доказать.
Задача №3. Задача на доказательство неравенства.
Доказать, что для n≥2 и x>0 справедливо неравенство (1+x)n>1+nx (1) (его называют неравенство Бернулли в честь швейцарского математика Якоба Бернулли (1654 – 1705)).
n=2 получим верное неравенство:
(1+x)2=1+2x+x2(поскольку 1+2x+x2>1+2x).
2) Предположим, что неравенство Бернулли верно и для n=k (k≥2): (1+x)k>1+k.
3) Докажем что неравенство верно при n=k+1.
В самом деле, умножив обе части неравенства (1) на одно и то же положительное число 1+x, получим:
(1+x)k+1>1+kx1+x=1+1+kx+kx2>1+1+kx. Значит, мы доказали, что (1+x)k>1+k. По принципу математической индукции делаем вывод, что неравенство Бернулли справедливо для любого n≥2.

Заключение.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.
Список литературы.Википедия свободная энциклопедия [Электронный ресурс]. - Режим доступа: https://ru.wikipedia.org/wiki/, свободный – (05.03.2016).
Виленкин Н. Я., Шибасов Л. П., Шибасова З. Ф. За страницами учебника математики. Москва: Просвещение, 1996г.
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.
С.Н. Носуля, В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.
Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач учебное пособие для 10 класса средней школы – М.: Просвещение,1989г.
Шень А. Математическая индукция. 3-е изд., дополн. - М.: МЦНМО, 2007. - 32 с.: ил.

Приложение.Задачи на суммирование и доказательство тождеств.
Задача №1. Доказать формулу 12+22+32+ …+n2=nn+1(2n+1)61) n=1. Левая часть равна 1. Правая часть 11+1(2∙1+1)6=1. Следовательно, при n=1 верно.
2) n=k, верно.3) n= k+1. Получим: 12+22+32+ …+k2+k+12= k(k+1)(2k+1)6 +(k+1)2.
Действительно, 12+22+32+ …+k2+(k+1)2= kk+1(2k+1)6 +(k+1)2 = kk+12k+1+6(k+1)(k+1)6=k+1(2k2+7k+6)6=(k+1)(2k*k+4k+3k+6)6= k+1(2kk+2+3k+2)6 = (k+1)(k+2)(2k+3)6 ,что и требовалось доказать.
Задача№2. Доказать, что 13+23+33+43+…+n3=(1+2+3+4+…+n)2.
При n=1. 13=12 – верно.
При n=k. 13+23+33+43+…+k3=(1+2+3+4+…+k)2 – верно.
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*1+k2 *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.
Задачи на доказательство неравенств.
Задача №1. Доказать, что при n≥2 справедливо равенство
121539062230000
При n=2.
116268530734000Это неравенство верно, так как правая часть явно больше 2, а левая меньше 2.
При n=k.
207645014287500Верно.
267144526479500При n=k+1. Доказать:
Прибавим к обеим частям неравенства и получим:

20758158001000Теперь, если мы докажем, что ,то по свойству транзитивности числовых неравенств докажем полученное неравенство.
Рассмотрим разность правой и левой части неравенства .

190690542799000Полученное выражение положительно, значит неравенство верно, а поэтому верно неравенство , что и требовалось доказать.
Задача №2. Доказать неравенство a+bn≤2n-1an+bn, при a и b≥0.
При n=1. a+b≤ 2(a+b) – верно.
При n=k. a+bk≤2k-1ak+bk.
При n=l+1. a+bk+1=a+bka+b≤ 2k-1ak+bk=2k-1ak+1+bk+1+abk+akb≤2k-1*2ak+1+bk+1=2kak+1+bk+1, так как разность ak+1++bk+1-abk+akba--b(ak-bk)≥0 и, следовательно, abk+akb≤ak+1+bk+1. Что и требовалось доказать.
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. (11k+2+122k+1) кратно 133.
3) При n=k+1. Доказать, что (11k+3+122k+3) кратно 133.
11k+3+122k+3=11*11k+2+122*122k+1=11(11k+2+122k+1)+133*122k+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.
При n=1. 1+3+8=12, 12 кратно 3 – верно.
При n=k. (k3+3k2+8k) кратно 3 – верно.
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.
При n=1. 23+1=8+1=9, кратно 3 – верно.
При n=k. (22k+1+1) кратно 3 – верно.При n=k+1. Доказать, что (22k+3+1) кратно 3.
22k+3+1=22k+1*22+1=22k+1*22+22-3=22(22k+1+1)-3. Полученное выражение кратно 3, так как каждое из слагаемых кратно 3. Значит (22n+1+1) кратно 3, что и требовалось доказать.
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 Sn0 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 к1; 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.
N=1. Смотри таблицу (для n = 0; 1; 2; 3).
448056076263500Если 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.
454406049657000Заметим, 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,
5096510-34925000это 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
386334095186500которых 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.
276860-762000
40747958890000Задача №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).
393446045212000Наша 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.
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.
При n=1. Верно, так как мы рассмотрели это в рассуждениях.
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.
48336204064000При n=3. π*1=π – верно.
При n=k. π(k-2) – верно.
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.