Метод математической индукции
Немного теории
Индукция есть метод получения общего утверждения из частных наблюдений. В случае, когда математическое утверждение касается конечного числа объектов, его можно доказать, проверяя для каждого объекта. Например, утверждение: «Каждое двузначное чётное число является суммой двух простых чисел,» – следует из серии равенств, которые вполне реально установить:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Метод доказательства, при котором проверяется утверждение для конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности, называют полной индукцией. Этот метод применим сравнительно редко, поскольку математические утверждения касаются, как правило, не конечных, а бесконечных множеств объектов. Например, доказанное выше полной индукцией утверждение о четных двузначных числах является лишь частным случаем теоремы: «Любое четное число является суммой двух простых чисел». Эта теорема до сих пор ни доказана, ни опровергнута.
Математическая индукция – метод доказательства некоторого утверждения для любого натурального n основанный на принципе математической индукции: «Если утверждение верно для n=1 и из справедливости его для n=k вытекает справедливость этого утверждения для n=k+1, то оно верно для всех n». Способ доказательства методом математической индукции заключается в следующем:
1) база индукции: доказывают или непосредственно проверяют справедливость утверждения для n=1 (иногда n=0 или n=n0);
2) индукционный шаг (переход): предполагают справедливость утверждения для некоторого натурального n=k и, исходя из этого предположения, доказывают справедливость утверждения для n=k+1.
Задачи с решениями
1. Доказать , что при любом натуральном n число 32n+1+2n+2 делится на 7.
Проведём доказательство методом математической индукции.
Обозначим А(n)=32n+1+2n+2.
База индукции. Если n=1, то А(1)=33+23=35 и, очевидно, делится на 7.
Предположение индукции. Пусть А(k) делится на 7.
Индукционный переход. Докажем, что А(k+1) делится на 7, то есть справедливость утверждения задачи при n=k.
А(k+1)=32(k+1)+1+2(k+1)+2=32k+1·32+2k+2·21=32k+1·9+2k+2·2=
=32k+1·9+2k+2·(9–7)=(32k+1+2k+2)·9–7·2k+2=9·А(k)–7·2k+2.
Последнее число делится на 7, так как представляет собой разность двух целых чисел, делящихся на 7. Следовательно, 32n+1+2n+2 делится на 7 при любом натуральном n.
2. Доказать, что при любом натуральном n число 23n+1 делится на 3n+1 и не делится на 3n+2.
Введём обозначение: аi=23i+1.
При n=1 имеем, а1=23+1=9. Итак, а1 делится на 32 и не делится на 33.
Пусть при n=k число аk делится на 3k+1 и не делится на 3k+2, то есть аk=23k+1=3k+1·m, где m не делится на 3. Тогда
аk+1=23k+1+1=(23k)3+1=(23k+1)( 23k·2–23k+1)=3k+1·m·((23k+1)2–3·23k)=3k+1·m·((3k+1·m)2–3·23k)=
=3k+2·m·(32k+1·m2–23k).
Очевидно, что аk+1 делится на 3k+2 и не делится на 3k+3.
Следовательно, утверждение доказано для любого натурального n.
3. Известно, что х+1/x – целое число. Доказать, что хn+1/хn – так же целое число при любом целом n.
Введём обозначение: аi=хi+1/хi и сразу отметим, что аi=а–i, поэтому дальше будем вести речь о натуральных индексах.
Заметим: а1 – целое число по условию; а2 – целое, так как а2=(а1)2–2; а0=2.
Предположим, что аk целое при любом натуральном k не превосходящем n. Тогда а1·аn – целое число, но а1·аn=аn+1+аn–1 и аn+1=а1·аn–аn–1. Однако, аn–1, согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и аn+1. Следовательно, хn+1/хn – целое число при любом целом n, что и требовалось доказать.
4. Доказать, что при любом натуральном n большем 1 справедливо двойное неравенство
5. Доказать, что при натуральном n > 1 и |х| < 1 справедливо неравенство
(1–x)n+(1+x)n < 2n.
Воспользуемся методом математической индукции.
При n=2 неравенство верно. Действительно,
(1–x)2+(1+x)2 = 2+2·х2 < 22.
Если неравенство верно при n=k, то при n=k+1 имеем
(1–x)k+1+(1+x)k+1 < ((1–x)k+(1+x)k)((1–х)+(1+х)) < 2k·2 = 2k+1.
Неравенство доказано для любого натурального n > 1.
6. На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.
Воспользуемся методом математической индукции.
При n=1 утверждение очевидно.
Предположим, что утверждение справедливо для любой карты, образованной n окружностями, и пусть на плоскости задано n+1 окружностей. Удалив одну из этих окружностей, мы получим карту, которую в силу сделанного предположения можно правильно раскрасить двумя красками (смотрите первый рисунок из приведённых ниже).
Восстановим затем отброшенную окружность и по одну сторону от нее, например внутри, изменим цвет каждой области на противоположный (смотрите второй рисунок). Легко видеть, что при этом мы получим карту, правильную раскрашенную двумя красками, но только теперь уже при n+1 окружностях, что и требовалось доказать.
7. Выпуклый многоугольник будем называть «красивым», если выполняются следующие условия:
1) каждая его вершина окрашена в один из трёх цветов;
2) любые две соседние вершины окрашены в разные цвета;
3) в каждый из трёх цветов окрашена, по крайней мере, одна вершина многоугольника.
Доказать, что любой красивый n-угольник можно разрезать не пересекающимися диагоналями на «красивые» треугольники.
Воспользуемся методом математической индукции.
База индукции. При наименьшем из возможных n=3 утверждение задачи очевидно: вершины «красивого» треугольника окрашены в три разных цвета и никакие разрезы не нужны.
Предположение индукции. Допустим, что утверждение задачи верно для любого «красивого» n-угольника.
Индукционный шаг. Рассмотрим произвольный «красивый» (n+1)-угольник и докажем, используя предположение индукции, что его можно разрезать некоторыми диагоналями на «красивые» треугольники. Обозначим через А1, А2, А3, … Аn, Аn+1 – последовательные вершины (n+1)-угольника. Если в какой-либо из трёх цветов окрашена лишь одна вершина (n+1)-угольника, то, соединив эту вершину диагоналями со всеми не соседними с ней вершинами, получим необходимое разбиение (n+1)-угольника на «красивые» треугольники.
Если в каждый из трёх цветов окрашены не менее двух вершин (n+1)-угольника, то обозначим цифрой 1 цвет вершины А1, а цифрой 2 цвет вершины А2. Пусть k – такой наименьший номер, что вершина Аk окрашена в третий цвет. Понятно, что k > 2. Отсечём от (n+1)-угольника диагональю Аk–2Аk треугольник Аk–2 Аk–1Аk. В соответствии с выбором числа k все вершины этого треугольника окрашены в три разных цвета, то есть этот треугольник «красивый». Выпуклый n-угольник А1А2 … Аk–2АkАk+1 … Аn+1, который остался, также, в силу индуктивного предположения, будет «красивым», а значит разбивается на «красивые» треугольники, что и требовалось доказать.
8. Доказать, что в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку.
Проведём доказательство методом математической индукции.
Докажем более общее утверждение: в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n сторон и диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку. При n = 3 утверждение очевидно. Допустим, что это утверждение верно для произвольного n-угольника и, используя это, докажем его справедливость для произвольного (n+1)-угольника.
Допустим, что для (n+1)-угольника это утверждение неверно. Если из каждой вершины (n+1)-угольника выходит не больше двух выбранных сторон или диагоналей, то всего их выбрано не больше чем n+1. Поэтому из некоторой вершины А выходит хотя бы три выбранных стороны или диагонали AB, AC, AD. Пусть АС лежит между АВ и AD. Поскольку любая сторона или диагональ, которая выходит из точки С и отличная от СА, не может одновременно пересекать АВ и AD, то из точки С выходит только одна выбранная диагональ СА.
Отбросив точку С вместе с диагональю СА, получим выпуклый n-угольник, в котором выбрано больше n сторон и диагоналей, любые две из которых имеют общую точку. Таким образом, приходим к противоречию с предположением, что утверждение верно для произвольного выпуклого n-угольника.
Итак, для (n+1)-угольника утверждение верно. В соответствии с принципом математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.
9. В плоскости проведено n прямых, из которых никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. На сколько частей разбивают плоскость эти прямые.
С помощью элементарных рисунков легко убедится в том, что одна прямая разбивает плоскость на 2 части, две прямые – на 4 части, три прямые – на 7 частей, четыре прямые – на 11 частей.
Обозначим через N(n) число частей, на которые n прямых разбивают плоскость. Можно заметить, что
N(1)=2,
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Естественно предположить, что
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
или, как легко установить, воспользовавшись формулой суммы n первых членов арифметической прогрессии,
N(n)=1+n(n+1)/2.
Докажем справедливость этой формулы методом математической индукции.
Для n=1 формула уже проверена.
Сделав предположение индукции, рассмотрим k+1 прямых, удовлетворяющих условию задачи. Выделим из них произвольным образом k прямых. По предположению индукции они разобьют плоскость на 1+ k(k+1)/2 частей. Оставшаяся (k+1)-я прямая разобьётся выделенными k прямыми на k+1 частей и, следовательно, пройдёт по (k+1)-й части, на которые плоскость уже была разбита, и каждую из этих частей разделит на 2 части, то есть добавится ещё k+1 часть. Итак,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
что и требовалось доказать.
10. В выражении х1:х2: … :хn для указания порядка действий расставляются скобки и результат записывается в виде дроби:
(при этом каждая из букв х1, х2, … , хn стоит либо в числителе дроби, либо в знаменателе). Сколько различных выражения можно таким образом получить при всевозможных способах расстановки скобок?
Прежде всего ясно, что в полученной дроби х1 будет стоять в числителе. Почти столь же очевидно, что х2 окажется в знаменателе при любой расстановке скобок (знак деления, стоящий перед х2, относится либо к самому х2, либо к какому-либо выражению, содержащему х2 в числителе).
Можно предположить, что все остальные буквы х3, х4, … , хn могут располагаться в числителе или знаменателе совершенно произвольным образом. Отсюда следует, что всего можно получить 2n–2 дробей: каждая из n–2 букв х3, х4, … , хn может оказаться независимо от остальных в числителе или знаменателе.
Докажем это утверждение по индукции.
При n=3 можно получить 2 дроби:
так что утверждение справедливо.
Предположим, что оно справедливо при n=k и докажем его для n=k+1.
Пусть выражение х1:х2: … :хk после некоторой расстановки скобок записывается в виде некоторой дроби Q. Если в это выражение вместо хk подставить хk:хk+1, то хk окажется там же, где и было в дроби Q, а хk+1 будет стоять не там, где стояло хk (если хk было в знаменателе, то хk+1 окажется в числителе и наоборот).
Теперь докажем, что можно добавить хk+1 туда же, где стоит хk. В дроби Q после расстановки скобок обязательно будет выражение вида q:хk, где q – буква хk–1 или некоторое выражение в скобках. Заменив q:хk выражением (q:хk):хk+1=q:(хk·хk+1), мы получим, очевидно, ту же самую дробь Q, где вместо хk стоит хk·хk+1.
Таким образом, количество всевозможных дробей в случае n=k+1 в 2 раза больше чем в случае n=k и равно 2k–2·2=2(k+1)–2. Тем самым утверждение доказано.
Ответ: 2n–2 дробей.
Задачи без решений
1. Доказать, что при любом натуральном n:
а) число 5n–3n+2n делится на 4;
б) число n3+11n делится на 6;
в) число 7n+3n–1 делится на 9;
г) число 62n+19n–2n+1 делится на 17;
д) число 7n+1+82n–1 делится на 19;
е) число 22n–1–9n2+21n–14 делится на 27.
2. Докажите, что (n+1)·(n+2)· … ·(n+n) = 2n·1·3·5·…·(2n–1).
3. Доказать неравенство |sin nx| < n|sin x| для любого натурального n.
4. Найдите натуральные числа a, b, c, которые не делятся на 10 и такие, что при любом натуральном n числа an + bn и cn имеют одинаковые две последние цифры.
5. Доказать, что если n точек не лежат на одной прямой, то среди прямых, которые их соединяют, не менее чем n различных.
Создано на конструкторе сайтов Okis при поддержке Flexsmm - накрутка телеграма