Метод математической индукции

того или иного утверждения.

право на образование.
Петров – гражданин России.
Петров имеет право на образование.

числа, оканчивающиеся нулём, делятся на 5.
140 делится на 5.
Все трёхзначные числа делятся на 5.

пределах от 4 до 20 можно представить в виде суммы двух простых чисел.

Для этого переберем все интересующие нас числа и выпишем соответствующие суммы:

4 = 2 + 2

6 = 3 + 3

8 = 3 + 5

10 = 3 + 7

12 = 5 + 7

14 = 7 + 7

16 = 3 + 13

18 = 5 + 13

20 = 3 + 17

Эти 9 равенств показывают, что сформулированное общее утверждение верно, оно было доказано перебором всех возможных частных случаев.

рассмотрением каждого элемента множества по отдельности.

Но ведь чаще общее утверждение относится не к конечному, а к бесконечному множеству, когда рассмотреть каждый элемент множества невозможно.

В таких случаях общее утверждение может быть лишь угаданным, полученным неполной индукцией.
Оно может быть верным, а может быть и неверным.

сумма первых n нечетных натуральных чисел равна n2.

1 = 1

1 + 3 = 4 = 22

1 + 3 + 5 = 9 = 32

1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42

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

утверждение остается гипотезой,
пока оно не доказано.

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36 = 62

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 = 49 = 72

Докажем его:

1 + 3 + 5 + 7 + … + (2n – l) – это сумма n членов арифметической прогрессии.

полученные числа простые.

y1 = 19

Выпишем первые 7 её членов:

y2 = 23

y3 = 29

y4 = 37

y5 = 47

y6 = 59

y7 = 73

Возникает предположение: вся последовательность состоит из простых чисел.

Проверим это для следующих четырех членов последовательности:

y8 = 89

y9 = 107

y10 = 127

y11 = 149

Эти числа простые. Гипотеза подтвердилась.
И тем не менее она неверна.

16 + 17 = 16 · (16 + 1) + 17 = 17(16 + 1) = = 17 · 17 - составное число

Итак, утверждение, полученное неполной индукцией, остается лишь гипотезой, пока оно не доказано точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи.

который называют методом математической индукции.

n, если выполнены два условия:

1) утверждение верно для n = 1;

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

(1) выполняется при n = k, т.е., что верно равенство

1 = 1

(1)

(2)

Докажем, что тогда проверяемое равенство (2) верно и при n = k + 1, т.е., что верно равенство

один вопрос: вытекает ли оно из равенства (2).

Рассмотрим левую часть равенства (3) и воспользуемся в процессе преобразований равенством (2):

(3)

индукции выполняются, значит, равенство (1) справедливо для любого натурального числа n.

k верно равенство:

1 = 1

(4)

(5)

при n = k + 1:

или

(6)

(5), получим:

индукции выполняются, значит, равенство (4) справедливо для любого натурального числа n.

при n = 1, 2, 3, 4:

Получили конечную последовательность

Можно предположить, что

справедлива.

Предположим, что

, и докажем, что тогда

В самом деле,

По принципу математической индукции делаем вывод, что заданная сумма равна

индукции:

а для n ≥ p.
Тогда на первом шаге проверяют справедливость утверждения не для n = 1, а для n = p, а в остальном схема применения метода математической индукции та же.

справедливо неравенство

Решение:

(его называют неравенством Бернулли в честь швейцарского математика Якоба Бернулли (1654-1705))

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

Докажем, что тогда неравенство Бернулли верно и для n = k + 1,

1) При n = 2 получим верное неравенство:

(поскольку ).

(7)

же положительное число 1 + x, получим:

Значит, мы доказали, что

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