Метод математической индукции - презентация по Алгебре

Август 31, 2022

Главная
Алгебра
Метод математической индукции - презентация по Алгебре

Содержание

2. Содержание: 1.Введение. 2.Основная часть и примеры. 3.Заключение.
3. Введение В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод рассуждений - это
4. Основная часть По своему первоначальному смыслу слово “индукция” применяется к рассуждениям, при помощи которых получают общие
5. Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4 4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3;
6. Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух
7. Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных
8. Принцип математической индукции. Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из
9. Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) >А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n)
10. Метод математической индукции в решении задач на делимость. Пример 1 Доказать, что при любом n ,
11. 3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1. X k+1 =7 k+1 -1=7 7 k -7+6=7(7 k
12. Применение метода к суммированию рядов. Пример 2 Доказать, что 1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х
13. 2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k, т.е. 1+х+х 2 +х 3
14. Применения метода к доказательству неравенств. Пример 3 Доказать, что при n>2 справедливо неравенство 1+(1/2 2 )+(1/3
15. 3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1 (1+(1/2 2 )+…+(1/k 2 ))+(1/(k+1) 2 ) Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1)
16. Метод в применение к другим задачам. Пример 4 Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2.
17. 3)Докажем, что тогда в выпуклом А k+1 (k+1)-угольнике число диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2. Пусть А 1
19. Скачать презентацию

Слайд 2

Содержание:
1.Введение.
2.Основная часть и примеры.
3.Заключение.

Слайд 3

Введение
В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный

метод рассуждений - это рассуждение от общего к частному, т.е. рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а заключительным моментом – частный результат. Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим, т.е. является методом, противоположным дедуктивному.

Слайд 4

Основная часть
По своему первоначальному смыслу слово “индукция” применяется к

рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы, опираясь на ряд частных утверждений. Простейшим методом рассуждений такого рода является полная индукция. Вот пример подобного рассуждения.

Слайд 5

Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n

в пределах 4< n < 20 представим в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:
4=2+2; 6=3+3; 8=5+3;
10=7+3; 12=7+5; 14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Слайд 6

Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно

представляется в виде суммы двух простых слагаемых.
Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случаев.
Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).

Слайд 7

Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные

математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же индукция часто приводит к ошибочным результатам.

Во многих случаях выход из такого рода затруднений заключается в обращении к особому методу рассуждений, называемому методом математической индукции.

Слайд 8

Принцип математической индукции.
Если предложение А(n), зависящее от натурального числа

n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.

Слайд 9

Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) >А(k+1) для

любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.
Док-во по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть док-ва, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k ,т.е. доказывают, что А(k) >A(k+1).

Слайд 10

Метод математической индукции в решении задач на делимость.
Пример 1
Доказать,

что при любом n , 7 n-1 делится на 6 без остатка.
Решение:
1)Пусть n=1, тогда Х1 =71-1=6 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно.
2) Предположим, что при n=k ,7k-1 делится на 6 без остатка.

Слайд 11

3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1.
X k+1

=7 k+1 -1=7
7 k -7+6=7(7 k -1)+6.
Первое слагаемое делится на 6, поскольку
7 k-1 делится на 6 по предположению, а вторым слагаемым является 6. Значит 7 n-1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Слайд 12

Применение метода к суммированию рядов.
Пример 2
Доказать, что
1+х+х 2 +х

3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х (1)
Решение:
1) При n=1 получаем
1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1
следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно.

Слайд 13

2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k,

т.е.
1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1).
Докажем, что тогда выполняется равенство 1+х+х 2+х 3+…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1).
В самом деле
1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k )+x k+1 = (x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =
=(x k+2 -1)/(x-1).
Итак, А(k) > A(k+1).
На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n.

Слайд 14

Применения метода к доказательству неравенств.
Пример 3
Доказать, что при n>2

справедливо неравенство
1+(1/2 2 )+(1/3 2 )+…+(1/n 2 )<1,7-(1/n).
Решение:
1) При n=3 неравенство верно
1+(1/2 2 )+(1/3 2 )=245/180<246/180=1,7-(1/3).
2)Предположим, что при n=k
1+(1/2 2 )+(1/3 2 )+…+(1/k 2 )=1,7-(1/k).

Слайд 15

3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1
(1+(1/2 2 )+…+(1/k 2

))+(1/(k+1) 2 )<
<1,7(1/k)+(1/(k+1) 2 ).
Докажем, что
1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2 )<1,7-(1/k+1) U
(1/(k+1) 2 )+(1/k+1)<1/k U (k+2)/(k+1) 2 <1/k U
k(k+2)<(k+1) 2 U k 2 +2k < k 2 +2k+1.
Последнее очевидно, а поэтому
1+(1/2 2 )+(1/3 2 )+…+(1/(k+1) 2 )<1,7-(1/k+1).
В силу метода математической индукции неравенство доказано.

Слайд 16

Метод в применение к другим задачам.
Пример 4
Доказать, что число диагоналей

выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2.
Решение:
1) При n=3 утверждение справедливо, ибо в треугольнике
А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей;
А 2 А(3) истинно.
2) Предположим, что во всяком
выпуклом k-угольнике имеет ся А k =k(k-3)/2 диагоналей.

Слайд 17

3)Докажем, что тогда в выпуклом
А k+1 (k+1)-угольнике число

диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-угольник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы подсчитать общее число диагоналей этого (k+1)-угольника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A 1 A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1 , и, кроме того, следует учесть диагональ А 1 А k. Таким образом, k+1=k+(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Итак, А(k) > A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого
n-угольника.