Добавить материал и получить бесплатное свидетельство о публикации в СМИ
Эл. №ФС77-60625 от 20.01.2015
Инфоурок / Математика / Другие методич. материалы / Метод математической индукции на факультативных занятиях
ВНИМАНИЮ ВСЕХ УЧИТЕЛЕЙ: согласно Федеральному закону № 313-ФЗ все педагоги должны пройти обучение навыкам оказания первой помощи.

Дистанционный курс "Оказание первой помощи детям и взрослым" от проекта "Инфоурок" даёт Вам возможность привести свои знания в соответствие с требованиями закона и получить удостоверение о повышении квалификации установленного образца (180 часов). Начало обучения новой группы: 26 апреля.

Подать заявку на курс
  • Математика

Метод математической индукции на факультативных занятиях

библиотека
материалов

МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ НА ФАКУЛЬТАТИВНЫХ ЗАНЯТИЯХ

Содержание

Введение ………………………………………………………………………. 3


ГЛАВА 1. Индуктивный метод в математике …………………………………. 4

1.1.Индукция и индуктивный метод ………………………………….. 4

1.2.О некоторых ошибках, сделанных известными учеными при

применении неполной индукции ……………………………….. 6

1.3. О влиянии числа наблюдений на достоверность

индуктивного вывода …………………………………… 10


ГЛАВА 2. Метод математической индукции ……………………………….. 13

2.1.Индукция и дедукция в математике …………………………….. 13

2.2.Понятие принципа математической индукции …………………… 15

2.3.Алгоритм доказательства метода математической индукции……. 26

2.4.Обобщённый принцип математической индукции…………….. 30

2.4.Историческая справка ……………………………………………… 33


ГЛАВА 3. Применение метода математической индукции …………………… 36


Заключение………………………………………………………………….. 53

Литература …………………………………………………………………. 54








Введение

Метод математической индукции широко применяется в разных разделах математики, начиная от элементарного школьного курса её и до разделов, исследуемых в самые последние годы. Ясно поэтому, что без овладения этим методом нельзя серьезно изучить даже школьный курс математики. Мало этого, идеи математической индукции имеют большое общеобразовательное значение, и поэтому ознакомление с ними представляет интерес даже для лиц далеких от математики и ее приложений.

В настоящее время метод математической индукции изучается только в классах с углубленным изучением математики, на факультативных курсах и войдет в программу профильных классов.

Сообщение учителем интересных фактических данных будет способствовать не только углублению знаний по математике, но и развитию интереса к предмету. Также интерес представляют исторические сведения.

Изучение этой темы привлечет учащихся к самостоятельной работе по математике, что является особенно желательным.

Поэтому, целью выпускной квалификационной работы является систематизация имеющегося материала по теме: «Математическая индукция на факультативных занятиях» и разработке факультативного курса для предпрофильной подготовки.






Глава 1. Индуктивный метод в математике.

1.1. Индукция и индуктивный метод.

Перед тем, как рассмотреть индуктивный метод в математике, проведём опыт. Возьмём стержни (медный, железный, латунный) и будем их нагревать, мы обнаружим, что от нагревания стержни удлиняются (увеличиваются).

Можно ли было на основании этих наблюдений сделать вывод: все тела от нагревания расширяются?

Такой вывод неверен. Это докажем на опыте с водой. Возьмём воду, имеющую температуру, близкую к 0°С, нагреем до t=4° объём воды при этом не увеличивался, а уменьшался.

Наблюдая некоторую закономерность в опытах, приходим к заключению, что наблюдение над некоторыми явлениями о свойствах более широкого множества явлений, заключения от частного к общему, могут оказаться ошибочными.

Итак, чтобы установить закономерность в тех или других явлениях, нужно установить закон данного рода явлений, высказать предположение и опытами проверить её правильность или неправильность.

Метод научного исследования, при котором исследователь идёт от частного к общему, называется индукцией.

Индукцию называют полною, если наблюдения, послужившие основанием вывода, охватили все явления, на которые распространяется закон.

Если же высказанный закон распространяется и на явления, не подвергавшиеся наблюдению, то индукция называется неполною.

Заключения по неполной индукции могут оказаться ошибочными.

Ученику было предложено обратить дробь hello_html_m92a867f.gif в десятичную.

Вспомнив, что при обращении обыкновенной дроби в десятичную надо делить числитель её на знаменатель, ученик при делении 30303 на 62500 получил в частном 0,4848.

Получив в частном повторение цифр 4 и 8, ученик заключил, что в искомой десятичной дроби эти цифры будут далее повторяться, и написал: hello_html_m21326ad1.gif.

Правильно ли было заключение ученика?

Нет, неправильно, так как продолжение деления даёт не 0,(48), а конечную десятичную дробь 0,484848. В заключении ученика о периодичности получаемой десятичной дроби было ошибочным; оно является примером необоснованного заключения по неполной индукции.

В таких случаях заключения, сделанные при помощи неполной индукции, оказываются неверными.

Индуктивные выводы являются лишь возможными, или, только вероятными.

А теперь приведу пример о некоторых ошибках сделанных известными учёными при применении неполной индукции.














1.2. О некоторых ошибках, сделанных известными учёными при применении неполной индукции.

а) Ошибка Пьера Ферма.

Французский математик Пьер Ферма (1601—1665) среди многих высказанных им теорем имел и следующую. „Число вида hello_html_33fa79bb.gif при любом целом неотрицательном п есть число простое".

Числа эти называются «числами Ферма» и обозначаются символом Fn:

F0=hello_html_33fa79bb.gif= 3

F1=hello_html_3556bd76.gif= 5

F2=hello_html_756799f6.gif=24 + 1=17

F3=hello_html_m6b932b08.gif=28 + 1=257

F4=hello_html_m6cf9efd5.gif=216 + 1=65537

F5=hello_html_205d15b1.gif=232 + 1=4294967297

Первые пять чисел Ферма F0, F1,,F2,F3,F4 суть числа простые, в чем можно убедиться непосредственно для первых четырех, а для Рп по таблице простых чисел (в настоящее время имеется печатная таблица всех простых чисел до 12 000000). Проверить, будет ли простым числом F5 = 4 294 967 297, нельзя и по ныне существующим таблицам.

Ферма, высказывая свою теорему, основывался на наблюдениях первых пяти
чисел, т. е. пользовался неполной индукцией, хотя сам в другом месте говорит:
„то, что в математике выводится путем аналогии, не есть истина... Правило,
подходящее к некоторым частным случаям, может быть очень полезно, но не
как основание науки; в этом случае можно удовлетвориться только доказанным.
За необоснованное доверие наблюдениям без доказательства Ферма и был
наказан: его теорема уже для F5 не верна.

Число F5 = hello_html_a2bc3c0.gif= 232 +1 = 4294967297 есть число составное. Ошибку Ферма обнаружил член Петербургской Академии наук Леонард Эйлер (1707—1783) в 1732,.г., показав, что число F5 делится на 641. Это мы можем доказать без вычисления значения F5.

hello_html_m35d114bb.gif =232=24*228=16*228=(641-625)*228=641*228-625*228.

Рассмотрим отдельно вычитаемое:

625 • 228 =54 • 228 = (5 • 27)4 = 6404= (641 — 1 )4 = 6414 — 4 • 6413+6 • 6412 - 4 • 641+1.

Подставив это выражение вместо 625 •228 , имеем:

hello_html_m35d114bb.gif= 641*228- 6414+4*6413-6*6412+4*641-1;

Т.е hello_html_m35d114bb.gif+1=641*228- 6414+4*6413-6*6412+4*641

или F5 = hello_html_m35d114bb.gif + 1 кратно 641.

Вычиcление подтверждает наше заключение: F5 = 232 +1 = 4294967297 = 641 * 6700417. Отметим, что среди чисел Ферма Fn при п>4 ни одного простого числа не найдено. Для чисел Fn при n = 7, 8,9, 11,12, 15, I8, 23,36, 38, 73 доказано, что все они являются числами составными. Число hello_html_m53d4ecad.gifF12=hello_html_5f3c0eca.gif = 24096 + 1 делится на 114 689;

число F23 =hello_html_3ff0b900.gif+1 = 28388608 +1 - делится на 167 772 162. Последнее число состоит из 2 525 223 цифр и при печатании шрифтом книги в 300 страниц, имело бы длину в 5км.

Что числа F23 и F12 являются составным числами и имеют указанные делители, было доказано русским любителем математики Иоанном Михеевичем Первушиным (1827 — 1900) в 1577 г. и в следующие годы.

Вопрос о том, является ли число Fn = hello_html_7f3f930e.gif простым или составным числом, важен для геометрии при решении вопроса о возможности или невозможности построить правильный многоугольник циркулем и линейкой.

б) Лейбниц (1646—1716), один из знаменитейших математиков, интересовался вопросом, сколькими способами можно данное натуральное число п представить в виде суммы натуральных же чисел.

Обозначим символом р(п) число способов, сколькими можно представить натуральное число n из натуральных же чисел. Имеем:


n

Представление числа п в виде сумм

р(п)

2

2,1+1

Р(2)=2

3

3,2+1,1+1+1

Р(3)=3

4

4,3+1,2+2,2+1+1,1+1+1+1

Р(4)=5

5

5,4+1,3+2,3+1+1,2+1+1+1,2+2+1,1+1+1+1+1

Р(5)=7

6

6,5+1,4+2,3+3,4+1+1,3+1+1+1,2+1+1+1+1,1+1+1+1+1+1, 2+2+2, 2+2+1+1,3+2+1


Р(6)=11



Для значений n от 2 до 6 значения р (п) составляют ряд простых чисел натурального ряда 2, 3, 5, 7, 11. Может возникнуть предположение, что р (п) равняется (п—1)-му простому числу в натуральном ряду и что р (7) равняется 13. Однако подсчет показывает, что число 7 можно представить в виде суммы не 13-ю, а 15-ю способами:

7, 6+1, 5+2,4+3,5+1+1,4+1+1+1,3+1+1+1+1,2+1+1+1+1+1,1+1+1+1+1+1+1,

2+2+3,3+3+1,1+1+2+3,1+2+4,2+2+2+1, 2+2+1+1+1.

Лейбниц, обнаружив ошибочность первоначальной индуктивной догадки, замечает: изящный пример обманчивой индукции!

В какой мере в этом случае индуктивное заключение было обманчиво, показывает подсчет.

Если бы индуктивная догадка о том, что р(п) равно (п—1)-му простому числу в натуральном ряду, была правильной, то р (200) равнялось бы 199-му простому числу, которое равно 1217. Однако в действительности

р (200) = 3972 999 029 388.














1.3. О влиянии числа наблюдений на достоверность

индуктивного вывода.

В рассмотренных нами случаях ошибочных выводов, полученных индуктивным методом, мы имели дело с небольшим числом наблюдений.
Естественно возникает вопрос: не произошли ли ошибочные выводы оттого, что наблюдений было сделано слишком мало? Нельзя ли получить правильный закон изучаемых явлений, если сделать достаточно большое число наблюдений.

Отрицательный ответ на все эти вопросы дают математические примеры,

а) Вычислить последовательность чисел

xn=n2+(n-1)(n-2)(n-3)…(n-100).

Получаем: x1 =1,х2 =4,х3 =9,х4 =16,x5 =25,..,х99 =992 =9801,x100 =10000

Заключая по индукции, что хп=п2, мы сделаем ошибку, так как правило

это верно лишь до числа x100, которое равно 10 000, но х101 равно не 1012, а громадному числу 1012+100*99*98... 2*1.

Если хп определять по формуле xn = n2 + (n— 1)(n— 2)... (n— 999)(n— 1000), то первая тысяча членов последовательности хn получается по формуле

xn = n2, но х1001 =10012 +1*2*3. ..1000.

Увеличивая число множителей во втором слагаемом формулы для определения хп, мы можем получить последовательность чисел, в которой сколь угодно большое конечное число первых членов составляется по одному закону, остальные члены по другому закону. Это равносильно тому, что при сколь угодно большом определенном числе проверок некоторый закон имеет место, а затем он уже не будет применяться.

Можно привести поразительный пример.

б) В высшей математике изучается уравнение Пелля x2-ky2=1,

в котором k есть натуральное число, не являющееся полным квадратом.

В Индии, а позднее в Европе был найден способ решения в целых числах такого уравнения.

Положим, что мы не знаем, существует ли целое решение уравнения Пелля, например, уравнения: х2- 4729494y2=1

Попробуем решить этот вопрос индуктивным методом.

Мы имеем х2 = 4 729 494 у2+ 1 .

Будем подставлять вместо у числа 1, 2, 3, 4... и проверим каждый раз, является ли 4 729 494 у2 +1 полным квадратом, который дает возможность найти целое значение для х. Составим таблицу значений:


у

x2=4729494у2 +1

Будет ли сумма полным квадратом

x

1

4 729 495

Нет

Не целое число

2

18917977

Нет

Не целое число

Продолжая эту таблицу для всех натуральных чисел до

у = 50 549 485 234 033 074 477 819 735 540 408 986 339, мы все время убеждаемся, что для х целого значения не получается. Мы проделали количество проверок (опытов), выражающееся написанным выше труднопроизносимым 38-значным числом, и для х целого значения не получили. Казалось бы, что это число проверок достаточно большое, чтобы сказать, что х и у для рассматриваемого уравнения

х2-4729494y2=1

одновременно целых значений иметь не могут. Однако при

у =50 549 485 234 033 074 477 819 735 540 408 986 340

х получает целое значение в виде 45-значного числа Х=109 931 986 732 829 734 979 866 232 821 433 543 901 088 049 Правильность последнего утверждения можно проверить подстановкой в уравнение этих значений для х и у, что потребует значительного времени. Потребовались бы миллиарды лет, чтобы намеченную выше таблицу проверок довести до нахождения наименьшего целого значения у, удовлетворяющего нашему уравнению. Знающий алгебру может найти указанные значения для х и у за небольшое число часов.

Приведенные примеры убеждают нас в том, что не существует такого достаточно большого числа опытов, выполнение которых дает право считать наблюдаемую при этих опытах закономерность, установленной для всех случаев. Предположение сделанное на основании большего числа опытов, является лишь более вероятным, вызывающим большее к себе доверие, но окончательной уверенности в истинности наблюдаемой закономерности не дает никакое число опытов.












Глава 2. Метод математической индукции.

2.1.Индукция и дедукция в математике.

В главе I было показано, что индуктивный метод приводит нас к выводам, которые являются лишь вероятными и возможными.

Индуктивный метод не дает своим выводам той достоверности, какую имеют математические истины. Достоверность математическим истинам дает применяемый совместно с индуктивным методом другой метод, называемый дедукцией или дедуктивным методом.

Латинское слово дедукция означает выведение. Применяя дедуктивный

метод, мы от общего утверждения переходим к частному. Если общее положение доказано или принято за истинное, то истинным является и каждое частное положение, входящее в это общее. Пример:

  1. Во всяком параллелограмме диагонали в точке пересечения делятся пополам.

  2. Прямоугольник есть параллелограмм.

З.В прямоугольнике диагонали в точке пересечения делятся пополам.

Если предложение 1-е доказано, то предложение 3-е обязательно.

Приведенное трехступенчатое рассуждение, называемое силлогизмом, является образцом дедуктивных выводов, которые применяются в математике.

Достоверность, которой отличаются математические истины, они получают при применении нами дедуктивного метода.

Это обстоятельство не должно, однако, привести к мнению об исключительном господстве дедукции в математике. Хотя преобладание дедукции над индукцией признается характерной чертой математики, но и в математике, как и в других науках, „индукция и дедукция связаны между собой столь же необходимым образом, как синтез и анализ" (Ф. Энгельс, Диалектика природы, 1949, стр. 180). Индуктивным методом намечается теорема, которая затем подвергается дедуктивному доказательству.

Можно было бы привести много свидетельств крупнейших математиков (Эйлера, Гаусса, Галуа и др.) о роли индукции в математическом творчестве.

Ф. Клейн (1849—1925) (Элементарная математика с высшей точки зрения,

т. I, 1935, стр. 835—836) пишет:

Исследователь работает в математике, как и во всякой науке ... существенно пользуясь своей фантазией, и продвигается вперед индуктивно, опираясь на эвристические вспомогательные средства... Индуктивная работа того, кто впервые установил какое-либо предложение, имеет, конечно, такую же ценность, как и дедуктивная работа того, кто его впервые доказал, ибо то и другое одинаково необходимо".

Точку зрения современной науки выражает А. Я. Хин-чин, говоря: „основу математического творчества составляет синтез дедуцирующего и индуцирующего процессов", „индукция, не синтезированная с дедукцией, обращает математику в эмпиризм, не имеющий ничего общего с математикой, а дедукция, не оплодотворенная индукцией, лишает математика способности творить"; он приходит к заключению: „все здание математического анализа проникнуто индукцией, составляющей и творящей его богатство, его красоту, его ценность, подобно тому, как дедуктивная форма обеспечивает ему вечную прочность".







2.2. Понятие принципа математической индукции

Метод математической индукции — один из основных способов доказательства утверждений, справедливых на всем множестве на­туральных чисел*.

*(Иногда утверждения могут быть сформулированы для всех натураль­ных чисел np0, иногда — на множестве натуральных четных чисел и т. п.)

Приведем примеры таких утверждений:

  1. сумма первых n натуральных чисел выражается формулой

hello_html_77c55074.gif

2) для любого натурального числа п сумма 5n + 2 • 3n + 5 де­лится на 8;

3) сумма внутренних углов выпуклого n-угольника равна (п - 2) • 180°;

4) п различных прямых, лежащих в плоскости, из которых никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку, делят эту плоскость на hello_html_m797c1a23.gif частей.

Основой для доказательства такого рода утверждений является принцип математической индукции - аксиома, выражающая свойства натурального ряда чисел:

Если утверждение A(п) верно для п = 1 и предполагая справедливость A(п) при п = k > 1, удается доказать справедливость A(п) при п = k + 1, то утверждение А(п) верно для любого натурального числа п.

Чтобы доказать утверждение, пользуясь принципом математической индукции, необходимо сформулировать само утверждение. В школьной практике так обычно и случается: утверждение сформулировано, а его доказательство предлагается провести методом математической индукции.

Однако бывают и другие ситуации, в которых сначала предлагается найти требуемую закономерность, высказать гипотезу-утверждение, а затем доказать ее.

Пример 1. Найти сумму Sn первых n нечетных чисел:

Sn = 1+ 3 + 5 + ... + (2п- 1).

В таких ситуациях обычно начинают рассматривать частные случаи:

S1=1; S2=1+3=4; S3=1+3+5=9;

S4 = 1 + 3 + 5 + 7= 16; S5 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25.

Какой вывод можно сделать на основе этих частных случаев? В данном случае высказать гипотезу несложно:

сумма первых п нечетных чисел равна квадрату их числа, т. е. квадрату числа складываемых нечетных чисел: Sn = п2.

Если на основании рассмотрения частных случаев высказано общее суждение, в котором утверждается его справедливость на множестве всех натуральных чисел или на его подмножестве и эти частные случаи не охватывают всего множества, то говорят о неполной индукции.

Слово «индукция» в буквальном переводе с латинского induction означает «выведение, или наведение». Рассуждение по индукции означает такое логическое умозаключение, при котором на основании нескольких частных единичных случаев высказывается общее суждение.

Применение неполной индукции может привести не только к верным, но и к неверным выводам. Так, в примере 1 применение неполной индукции, как мы увидим далее, приводит к правильному общему выводу. Однако оно, очевидно, не доказывает его, поскольку всегда, какое бы количество частных случаев, подтверждающих данную гипотезу, мы ни рассмотрели, остается без ответа вопрос: может быть, все же существует такое количество первых нечетных чисел, что их сумма окажется больше или меньше, чем квадрат числа их слагаемых?

Использование неполной индукции, основанной на рассмотрении частных случаев, позволяет высказать утверждение (гипотезу), но не доказать его.

Приведем предложенный Эйлером пример неполной индукции, приводящий к ложному утверждению.

Пусть дано выражение р(п) = п2 + п + 41, где п — натуральное число. Найдем р(1)=43; р(2)=47; р(3)=53; р(4)=61; р(5) = 71; р(6)=83; р(7)=97

Рассмотренные частные случаи позволяют высказать суждение: значение р(п) является простым числом при любом натуральном значении п.

Это утверждение, верное для 39 (!) натуральных чисел, оказывается ложным для всех натуральных чисел. Действительно,

р(40) = 402 + 40 + 41 = 40 (40 +1) + 41 = 41 • 41 = 412

и, следовательно, не является простым числом.

Если общее суждение высказывается для конечного множества чисел, то его можно проворить для каждого числа из этого множества.

Например, рассмотрим утверждение: среди первых 50 натуральных чисел содержится не более 30 простых чисел.

Доказать это утверждение можно, выписав все простые числа, не превосходящие 50. Этими числами являются 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47. Мы видим, что среди первых 50 натуральных чисел всего имеется 15 простых. Следовательно, приведенное утверждение верно.

Метод доказательства общего утверждения, которое относится к конечному множеству, состоящий в проверке утверждения для каждого элемента данного множества, называется полной индукцией (или методом полного перебора).

Метод полной индукции, очевидно, не применим на бесконечном

множестве N натуральных чисел.

Для доказательства утверждений, сформулированных на множестве натуральных чисел, может быть использован метод математической индукции.

В соответствии с приведенным выше принципом математической индукции доказательство методом математической индукции состоит из нескольких этапов (шагов).

Первый этап (базис индукции) — это доказательство следующей теоремы: утверждение А(1) истинно. Обычно эта теорема доказывается проверкой.

Второй этап (индуктивное предположение) — это следующее предположение: пусть утверждение А(k) истинно для некоторого произвольного натурального k≥1.

Третий этап (индуктивный переход) — это доказательство следующей теоремы: утверждение А(k + 1) верно.

При доказательстве последней теоремы используются базис индукции и индуктивное предположение, т.е. при доказательстве справедливости утверждения А(k + 1) мы считаем, что утверждения А(1) и А(k) справедливы для некоторого произвольного k1.

Вернемся теперь к примеру 1 и, используя метод математической индукции, докажем справедливость формулы Sn == п2 для любого нечетного натурального числа п.

1. Базис индукции. Проверим справедливость высказанного утверждения (формулы) при п = 1. Если n = 1, то S1 = 1 = 1 . Следовательно, справедливость утверждения А(1) доказана.

2. Индуктивное предположение. Пусть справедливо утверждение А(k), т.е. для произвольного k 1 верна формула

Sk =1+3+5+ ...+(2k-1)=k 2.

3. Индуктивный переход. Докажем справедливость утверждения А(k + 1), т.е. равенства Sk+1 =(k + 1)2.

При доказательстве необходимо использовать истинность утвержде­ния А(k), т.е. формулу из п. 2. В данном случае имеем

Sk+1= 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) + (2k + 1) = Sk + (2k+ 1),

но по индуктивному предположению Sk=1+3+5+...+ (2k - 1) = k2.

Следовательно,

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

т.е. утверждение доказано для п = k+ 1.

Так как выполнены все условия принципа математической индук­ции, то данное утверждение справедливо для каждого натурального п.

В примере 1 на основании нескольких частных случаев удалось высказать верное суждение, которое впоследствии было доказано. В тех случаях, когда

выдвигается неудачная гипотеза, в процессе доказательства индуктивного перехода это подтвердится.

Пример 2. Пусть требуется найти

Sn = 1 • 3 + 3 • 5 + 5 • 7 + ... + (2n - 1)(2n + 1)

для каждого натурального п.

Рассмотрим частные случаи: S1 = 3, S2 = 18.

Предположим, что

Sn= 1 • 3+3 • 5+5 • 7 + ... + (2n - 1)(2n + 1) = 3n(2n - 1).

Попробуем доказать справедливость этого утверждения методом математической индукции.

1. Базис индукции:

S1=1 • 3 = 3 • 1 ·(2 • 1-1) — равенство верно.

2. Индуктивное предположение: Пусть формула

Sk= 1 • 3 + 3 • 5 + 5 • 7 + ... + (2k - 1)(2k + 1) = 3k(2k - 1)

верна для некоторого произвольного k> 1.

3. Индуктивный переход. Надо доказать справедливость равенства

Sk+1= 1 • 3+3 • 5+5 • 7 + ... + (2k + 1)(2k + 3) = 3(k + 1)(2k + 1).

Очевидно, что Sk+1 = Sk + (2k + 1)(2k + 3). Так как Sk = 3k (2k - 1), то

Sk+1=3k(2k –1) + (2k+1)(2k + 3) = 10k2 + 5k + 3,

но нам нужно было получить

Sk+1 = 3(k + 1)(2k + 1) = 6k2 + 9k + 3.

Так как у нас получился иной результат, то высказанное предположение неверно; на самом деле справедлива формула

hello_html_1261ddca.gif


Рассмотренные примеры показывают, что метод математической индукции позволяет доказывать некоторые верные гипотезы и опровергать ложные.

Важное замечание. При использовании метода математической индукции не следует опускать доказательство истинности утверждения А(1),

т.е. проверку данного утверждения при п = 1. Отсутствие этого этапа может приводить к ошибочным заключениям.

Пример 3. Доказать, что при любых натуральных п число 7n + 12п+ 17 делится на 18.

Доказательство.

1. При n = 1 число 71 + 12 • 1 + 17 = 36 кратно 18.

2. Предположим, что для некоторого натурального числа k ≥ 1 число

7k + 12k + 17 делится на 18.

3. Рассмотрим число 7k+1 + 12(k + 1) + 17 и докажем, что оно кратно 18.

Выделим из выражения 7k+1 + 12(k + 1) + 17 число 7k + 12k +17, которое на основании предположения индукции делится на 18. Получим: 7k+1 + 12(k + 1) + +17 = 7 • (7k + 12k + 17) - 6 • 12k - 90 = 7 • (7k + 12k + 17) - (6 • 12k + 90).

Мы видим, что при любом натуральном k число 6 • 12k + 90 = 18(4k + 5)

кратно 18. Итак, мы представили число 7k+1+12(k + 1) + 17 в виде разности двух чисел, каждое из которых делится на 18. Следовательно, и

само число 7k+1 + 12(k + 1) + 17 кратно 18.

На основании принципа математической индукции данное утверждение справедливо для всех натуральных чисел.

В некоторых случаях приходится применять принцип математической индукции в следующей формулировке:

Если утверждение А(п) верно для натурального п= р0 и из справедливости А(п) при некотором произвольном натуральном числе п = k ≥ р0 следует справедливость А(n) при п = k + 1, то А(п) верно для любых натуральных

п≥ р0.

Пример 4. Доказать, что при всех натуральных n > 4 выполняется неравенство 2n>n2 .

Решение.

  1. Базис индукции. При n = 5 имеем неравенство 25 > 52, которое выполняется

(32 > 25), значит, утверждение А(5) верно.

2. Предположение индукции. Пусть при некотором произвольном натуральном числе n = k ≥ 5 справедливо неравенство 2k > k2.

3. Индуктивный переход. Докажем справедливость неравенства

2k+1 > (k + 1)2 . Имеем 2k+1 = 2 • 2k , но по предположению индукции 2k > k2 . Умножив последнее неравенство на 2, получим 2 • 2k > 2k2 .

Запишем последнее неравенство в виде

2k+1>(k+1)2+(2k2-(k+1)2). (4)

Если мы докажем, что при любом натуральном k > 5 выражение 2k2 - (k + 1)2 положительно, то из неравенства (4) получим

2k+1> (k + 1)2 + (2k2 - (k +1)2) > (k +1)2,

т. е. требуемое неравенство.

Рассмотрим разность

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

Но при любом k > 5 имеем (k - 1)2 > 2. Следовательно, (k - 1)2 - 2 > 0 при всех значениях k > 5.

Итак, согласно принципу математической индукции данное неравенство справедливо при всех натуральных n > 4.


Пример5.Доказать, что при всех натуральных п справедливо

неравенство 4n > 7п - 5.

Доказательство.

В данном случае проверим наше неравенство для п = 1 и п = 2.

1. При п = 1 неравенство 41 > 7 • 1-5 верно. При п = 2 имеем

42 > 7 • 2-5 также верное неравенство.

2. Предположим, что для некоторого натурального числа k2 выполняется неравенство 4k > 7k - 5.

3. Докажем, что справедливо неравенство 4k+1 > 7(k + 1) - 5. Умножив обе части неравенства из пункта 2 на 4, мы получим верное неравенство

4 • 4k > 4(7k - 5) <=> 4k+1 > (7(k +1) - 5) + 21(k - 1) - 1. (1)

Но при любом k≥2 число

21(k - 1) – 1= 21(k - 2) + 20 > 0. (2)

Следовательно, справедливо неравенство

7(k+1)-5+21(k- 1) - 1 > 7(k + 1)-5 (3)

Из неравенств (1) и (3) следует неравенство

4k+1>7(k+ 1)-5.

Теперь, пользуясь принципом математической индукции, данное утверждение справедливо для всех натуральных чисел.

Замечание. В данном случае базис индукции — пункт 1 — содержит доказательство данного утверждения для первых двух натуральных чисел n = 1 и n = 2. Это связано с тем, что неравенство (2) не выполняется при k = 1, но справедливо при каждом натуральном k > 1. Поэтому, доказав данное неравенство для n = 1и n = 2, в дальнейшем рассматривались числа k≥2.

Пример 6. Доказать, что если для n положительных чисел а1, а2,...,аn (n> 1) выполнено условие a1а2...аn=1, то

a1 + a2 + ... + an ≥ n (5)

Решение. 1. Базис индукции. Докажем справедливость утверждения при натуральном n = 2. Пусть a1 = а > 0, а2 = b > 0, аb = 1. Тогда

b=1/a . Рассмотрим разность а + b - 2:

a+b-2=a+hello_html_m55ae73d6.gif

Таким образом, а + b - 2 ≥ 0, откуда а + b ≥ 2, т.е. утверждение А(1) верно.

  1. Предположение индукции. Пусть данное утверждение справедливо для всех

n=k>2, т. е. для k положительных чисел а1,а2,...,аk таких, что а1а2..аk= 1, выполняется неравенство а1 + a2 + ... + аkk.

3. Индуктивный переход. Докажем, что если произведение k + 1 положительных чисел равно 1, т. е. а1а2...аk+1= 1, то их сумма не меньше количества слагаемых:

а1, +а2 + ... +аk+1k + 1. (6)

Отметим, что если все данные числа равны между собой, то каждое из них равно 1 и неравенство (6), очевидно, выполняется. Предположим, что хотя бы одно из заданных положительных чисел меньше 1, например, 0 < ak+1 < 1. Тогда среди оставшихся найдется такое положительное число, которое больше единицы. Пусть аk > 1 (если какие-то другие два числа обладают указанными свойствами, то мы просто их перенумеруем).

Рассмотрим произведение k чисел: а1,a2,...аk-1(akak+1) = 1. По условию все эти числа положительны:

a1>0, а2>0, .... аk-1>0, аkak+1>0,

значит, по предположению индукции имеем

а12+...+аk-1+(аkаk+1)≥k. (7)

Чтобы доказать неравенство (6), перепишем неравенство (7) следующим образом:

a12+...+аk-1kk+1k+1+(аkk+1kak+1-1). (8)

Для доказательства неравенства (6) осталось доказать, что

ak+ak+1 akak+1>0

Левую часть последнего неравенства можно записать так:

ak+ak+1-akak+1-1= (ak-1)+(ak+1-akak+1)=

=(ak-1)+ak+1(1-ak)=(ak-1)-ak+1(ak-1)=(ak-1)(1-ak+1).

Но по условию аk> 1 и аk+1 < 1. Поэтому

ak+ak+1kak+1-1=(ak-1)(1-ak+1)>0 (9)

Тогда неравенство (8) с учетом (9) примет вид

a1+а2+...+ak+1+ak+ak+1≥k+1+ (аk + аk+1- аkаk+1- 1) > k + 1.

Итак, неравенство(6)доказано.

Важное замечание. Используя неравенство (5), несложно доказать известное неравенство, связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое n положительных чисел:

(10)

hello_html_62a97846.gif

Действительно, запишем неравенство (10) в следующем виде:


hello_html_m2c3a9803.gif(11)


Рассмотрим числа

hello_html_m4a53e8f6.gif


Все они положительны, а их произведение

hello_html_3defc9b4.gif

Следовательно, из неравенства (5) получаем неравенство (11), которое, как показано выше, равносильно (10).











2.3.Алгоритм доказательства метода математической индукции.

I. К проверке того, что доказываемый факт имеет место при п= 1;

II. К предположению, что доказываемый факт имеет место для п = k;

III. К доказательству теоремы: если предположить существование доказываемого факта при п = k, то он имеет место и при п = k + 1. Убеждение нас в истинности доказываемого факта целиком зависит от третьего момента, который представляет дедуктивное доказательство определенной теоремы и не является применением индукции.

Доказательство перехода свойства рассматриваемого соотношения от k и

k + 1 представляет как бы переход от k-ой ступени лестницы на k +1-ую.

Первый момент рассуждения — проверка того, что рассматриваемое свойство имеет место при n = 1, является столь же необходимым для окончательного вывода, как и доказательство перехода свойства от k к k+1. Это можно иллюстрировать следующими примерами.

Первый пример. Выскажем заведомо неверную «теорему»:

Всякое натуральное число больше следующего за ним натурального числа.

Предположим, что теорема верна для числа k, т.е., что k > k +1.

Прибавляя к обеим частям предположенного неравенства по 1, мы получим неравенство k +1 > k + 2.

Предполагаемое свойство натуральных чисел перешло бы от любого числа к следующему, если бы оно имелось у какого-нибудь числа натурального ряда. Но оно не имеет места ни для какого натурального числа, в частности для единицы. Мы не можем провести первого этапа применения метода математической индукции и доказать несуществующее свойство натуральных чисел.

Второй пример. Положим, что при некотором целом k произведение

1*2*3 ...(k-1)*k (*)

есть число иррациональное.

В таком случае и произведение 123... (k-1) k (k + 1)

есть число иррациональное, так как мы иррациональное число (*) умножили на целое число k +1. Мы выполнили II и III моменты применения метода математической индукции, показали, что из предположения о существовании некоторого свойства произведения (*) при n = k (иррациональности произведения) вытекает наличие этого свойства у произведения при п = k +1.

Однако мы не доказали этим, что произведение 1 • 2 • 3... (k -1) • n

является иррациональным числом, так как мы не установили, что при каком-нибудь натуральном значении п это произведение является иррациональным, и не можем этого установить, так как это заведомо неверно.

Применение метода математической индукции надо всегда начинать с первого его момента, так как до тех пор, пока первый момент доказательств не проведен, нет основания для расширения доказываемого свойства на более широкое множество объектов. Если же проведен первый шаг доказательства, требуемый методом математической индукции, но не проведен третий, то нет возможности искать наличие рассматриваемого свойства в расширенном множестве, что иллюстрируется следующим примером.

Рассмотрим последовательность

Sn=hello_html_m37da6b74.gif

Допустим, что мы высказали гипотезу

Sn =hello_html_m404fa9d0.gif

При n = 1 равенство (*) имеет место: hello_html_m40268318.gif

Попытаемся из предположения равенства (*) для n = k, т. е. из предположения

hello_html_7a6038b9.gifhello_html_m53d4ecad.gif вывести существование его при n = k + 1, т. е. доказать, что hello_html_m210b7344.gif

hello_html_a669a51.gif


Из допущения существования равенства (*) для n = k не вытекает
существование его при n = k +1; формула (*) неверна; верным является равенство

hello_html_m37b7acaa.gif

Мы имеем здесь пример того, как методом математической индукции можно испытывать возникающие догадки, утверждать истинные и отбрасывать ложные.

При сравнении метода математической индукции с бесконечной лестницей I момент доказательства, т. е. проверка того, что рассматриваемое равенство имеет место при n = 1 , означает, что мы имеем возможность забраться на первую ступеньку бесконечной лестницы; доказательство перехода от k к k +1 соответствует нашей способности от любой ступеньки перейти на следующую. Только при наличии обеих этих способностей мы можем достигнуть на лестнице любой ступеньки.

При невозможности провести тот или другой момент доказательства по методу математической индукции, мы либо не можем забраться на первую ступеньку и в таком случае способность подняться с любой ступеньки на следующую бесполезна, либо, имея возможность забраться на первую ступеньку лестницы, мы не можем подняться выше, если не доказан переход от k к k +1.













2.4. Обобщенный принцип математической индукции

1. Теорема о наименьшем числе.

Кроме принципа математической индукции в математике существует еще обобщенный принцип математической индукции. Для его доказательства предварительно докажем теорему о наименьшем элементе.

ТЕОРЕМА. Всякое непустое подмножество М множества натуральных чисел содержит наименьший элемент, то есть

hello_html_m2bc09e1f.gif

Доказательство. Имеем, hello_html_2b1ee829.gif. Рассмотрим множество

А = {ahello_html_m6668ad39.gifN \ hello_html_31074ce7.gifхhello_html_m6668ad39.gifМ,аhello_html_ma8c86a0.gifх}, то есть множество натуральных чисел, которые меньше или равны всякому элементу из М. Очевидно, что Ahello_html_3a12d2ed.gifN. Так как Мhello_html_m38f34d08.gif, то существует натуральное число тhello_html_m6668ad39.gifМ. Тогда hello_html_m393ea5ee.gif. Следовательно, т' = т + 1hello_html_m730ece68.gifА. Элемент 1hello_html_m6668ad39.gif А, так как , hello_html_44e4005a.gif следовательно, тем более 1 hello_html_ma8c86a0.gifа, где а - любой элемент из А. Итак, множество А удовлетворяет первому условию из аксиомы индукции. Если бы А удовлетворяло и второму условию из аксиомы индукции, то тогда бы А было равно N. Но Ahello_html_3a12d2ed.gifN, следовательно, А не удовлетворяет второму условию аксиомы индукции, то есть в А существует такой элемент а, что аhello_html_m730ece68.gifА.

Докажем, что этот элемент ahello_html_m6668ad39.gifМ и является наименьшим элементом. Доказательство проведем методом от противного. Предположим, что a hello_html_m730ece68.gif М. Так как а hello_html_m6668ad39.gif А, то hello_html_m50eefce3.gif . Учитывая наше предположение, что ahello_html_m730ece68.gif М, имеем, что hello_html_m3337c324.gif, a<x

Так кaк аhello_html_m6668ad39.gifА, то hello_html_m6d2f59fd.gifхhello_html_m6668ad39.gifМ такой, что а' не может быть меньше или равным х, то есть а'>х (2) Сравнивая неравенства (1) и (2), получаем, что а<х<а' . Данное двойное неравенство противоречит свойству дискретности множества натуральных чисел. Полученное противоречие показывает, что hello_html_m5185db16.gif. Но так какhello_html_m718478d5.gif, то а-наименьший элемент множества М.

Теорема доказана.

2. Обобщенный принцип математической индукции.

ТЕОРЕМА. Пусть Т(n) — предложение, содержащее переменную п,
принадлежащую множеству натуральных чисел и-фиксированное натуральное число. Если T(m0) — истина и для любого натурального khello_html_m7535201a.gifm0 из того, что T(k) — истина следует, что T(k+l) — истина, то Т(n) истина для любого натурального числа п hello_html_m7535201a.gif m0 .

Доказательство. Пусть Т(n) удовлетворяет условию теоремы. Проведем доказательство методом от противного. Допустим, что Т(n) истина не для всякого пhello_html_m7535201a.gifт0. Рассмотрим множество А = {nhello_html_m7535201a.gifm0 \ Т(n) — ложно}. Согласно предположению А — не пустое множество. По теореме 2 о наименьшем элементе множество А имеет наименьший элемент а. В частности, а>т0 и Т(а) — ложно. Так как по условию Т( m0) — истина, то а>т0. Поэтому, а не может быть равно 1 . Значит, число а имеет предшествующее число. Обозначим его через k ,то есть а = k' . Так как а > m0 , то khello_html_m7535201a.gifm0.

а является наименьшим элементом в А и k < а , следовательно, k А , то есть Т(k) — истина. Итак, имеем k hello_html_m7535201a.gif т0 и Т(k) — истина. Из условия теоремы следует, что T(k + 1) — истина, т.е. Т(а) — истина, так как k + 1= k' = a. Получили противоречие, так как Т(a) — ложно, что и доказывает теорему.

3. Доказательство принципа математической индукции в различных формулировках.

В некоторых случаях удобнее пользоваться принципом математической индукции в следующей формулировке.

ТЕОРЕМА. Пусть Т(n) — предложение, содержащее переменную п, где nhello_html_m6668ad39.gifN. Если Т(1) — истина и для всякого khello_html_m6668ad39.gifN для того, что

Т(х) — истина для любого x<k следует, что Т(k) — истина, то

Т(n) — истина для любого натурального числа.

Доказательство. Пусть Т(n) удовлетворяет условиям теоремы. Предположим, что Т(n) — истина не для всякого натурального числа п. Обозначим через А множество A = {hello_html_2f6d7d06.gif — ложно). Согласно предположению Аhello_html_m38f34d08.gif. Следовательно, А содержит наименьший элемент k, то есть Т(k) ложно. Пусть х — натуральное число, меньшее k. Так как k наименьший элемент во множестве А, то хhello_html_m6668ad39.gifА, то есть Т(x) истина. Следовательно, hello_html_m1fc2ddf6.gif,T(x) —истина.

Из условия теоремы следует, что Т(k) — истина. Получили противоречие, так как Т(k) ложно. Следовательно, наше предположение неверно, то есть Т(n) — истина для всякого натурального числа. Теорема доказана.

ТЕОРЕМА. Пусть Т(n) — предложение, содержащее переменную n, где n, где hello_html_m5e2995dd.gif — фиксированное натуральное число. Если Т(m0) — истина и для любого натурального k большего или равного m0 из того, что T(x) — истина для любого х такого, что m0hello_html_ma8c86a0.gifx<k следует, что Т(k) истина, что Т(n) — истина для любого натурального п большего или равного m0.

Доказательство этой теоремы аналогично доказательству теоремы 4.

Пусть Т(n) удовлетворяет условию теоремы. Предположим, что T(n) истина не для всякого натурального числа п. Обозначим через А множество A = {hello_html_2f6d7d06.gif — ложно). Согласно предположению, аhello_html_m38f34d08.gif. Следовательно, А содержит наименьший элемент k, то есть Т(k) — ложно. Тогда для любого x<k T(x) — истина, так как хhello_html_m6668ad39.gifА. Имеем, по условию T(m0) — истина и hello_html_31074ce7.gifx<k,T(x) — истина. Тогда из условия теоремы следует, что Т(k) — истина, но Т( k) — ложь. Данное противоречие доказывает теорему.



2.5. Историческая справка о методе математической индукции.

Индуктивными называют рассуждения, в которых осуществляется переход от частных заключений к общим. Некоторое свойство подмечается на каком-то числе примеров, в какой-то момент высказывается общая гипотеза, которая затем подвергается дальнейшей экспериментальной проверке. В естественных науках наступает момент, когда проверка считается достаточной для того, чтобы принять гипотезу, посчитать ее доказанной. Вспомним, например, открытие Ч. Дарвиным закона эволюции. В математике же, когда высказывание делается о бесконечной совокупности, проверка любого конечного набора случаев не может заменить доказательства.

На заре теории чисел математики открыли многие факты индуктивным путем: Л. Эйлер и К. Гаусс рассматривали подчас тысячи примеров, прежде чем подметить числовую закономерность и поверить в нее.

Но одновременно они понимали, сколь обманчивыми могут быть гипотезы, прошедшие «конечную» проверку. Числа Ферма Fk=22k+1 оказались простыми при k =0,1,2,3,4, но у F5 Эйлер обнаружил делитель. Числа Мерсенна Mp = 2p - 1, где p - простые числа, сами являются простыми при р = 2, 3, 5,7, но не при р = 11 (а потом вновь будут простыми при р = 13,17,19,...). Лейбниц думал какое-то время, что n2k+1-n делится на 2k+1, проверив это при k = 1,2,3.

Но при k = 4 это не так.

Итак, для индуктивного перехода от утверждения, проверенного для конечного подмножества, к аналогичному утверждению для всего бесконечного множества необходимо дока­зательство. Но как осуществить проверку бесконечного числа случаев? Такой способ предложили Б. Паскаль и Я. Бернулли. Те­перь он носит название метода математиче­ской индукции. Пусть некоторое свойство надо доказать для элементов последователь­ности a1,a2, ... ,ak, Тогда достаточно:

1) проверить это утверждение для а1 (этот шаг называется началом или базисом ин­дукции);

2) в предположении, что утверждение спра­ведливо для аk, надо доказать его справедли­вость для аk+1 (индуктивный переход).

После проведения этих рассуждений можно сделать вывод, что доказываемое утвержде­ние справедливо для всех аn.

Метод математической индукции можно образно представить как цепочку людей, в ко­торой каждый последующий положил руки на плечи предыдущею. Тогда возникает связан­ная шеренга, хотя непосредственное взаимо­действие происходит лишь между ближайши­ми соседями.

Приведем несколько примеров. Пусть аn =1+2+...+4+n - сумма первых n нату­ральных чисел. Надо доказать, что аn = n(n + 1)/2. При n = 1 имеем a1 = 1. Далее, если аk = k (k+1)/2, то ak+1 = ak + k +1 =(k+1) (k+2)/2 - и теорема доказана. Дру­гой пример: an = 1 + 3 + ... + (2n - 1) - сумма нечетных чисел. Надо доказать, что an = n2. При n = 1 это верно. Если ak = k2, то ak+1 = ak + (2k+1) =

=k2 + 2k+1=(k+1)2 - и ин­дуктивный переход проведен.

Провести индуктивный переход не всегда просто. Прежде всего, он, как и исходное утверждение, связан с бесконечным числом ситуаций (k: любое). Однако успех метода ма­тематической индукции основывается на том, что очень часто провести индуктивный пере­ход в общем случае много проще, чем непос­редственно доказать исходное утверждение. Поэтому при проведении индуктивного пере­хода надо очень тщательно убеждаться, что рассуждение, в самом деле, проходит для лю­бого k.

Часто приходится доказывать по индукции утверждение, справедливое не для всех n, а лишь для достаточно больших n, т.е. для всех n, больших некоторого заданного числа N. Тогда в основании индукции лежит проверка для аn. Докажем, что имеет место неравенство n3 - 4 > 1000n2 + 3n при n ≥ 2000. Нетрудно непосредственно убедиться, что при n = 2000 оно справедливо. Чтобы сделать индуктивный переход, заметим, что при пере­ходе от k к k+1 к левой части прибавляется 3k2 +3k+1, а к правой - 2000k + 1003. Все бу­дет доказано, если мы докажем справедливость вспомогательного неравенства 3k2+3k+1 ≥ 2000k+1003 при k≥2000. При k = 2000 оно справедливо (проверяется непо­средственно), а далее рассуждаем аналогично: при переходе от k к k+1 к левой части до­бавляется 6k+6, а к правой-2000. Поскольку 6k + 6 ≥ 2000 при k≥2000, доказательство окончено. Этот пример иллюстрирует одно­временно важную ситуацию: индуктивное предположение, в свою очередь, иногда целе­сообразно доказывать по индукции. При этом возникает цепочка индуктивных доказа­тельств, причем на каждом шагу получается все более простое утверждение.

По индукции не только удобно проводить доказательства, но и давать некоторые определения. Пусть имеется некоторый человек А, его родственниками первого порядка назовем его родителей и детей. Если определены родственники k-го порядка, то родственниками (k + 1)-го порядка для А назовем родственников первого порядка для родственников А k-го порядка, которые не являются родственниками А меньшего порядка. В частности, братья и сестры при таком определении являются родственниками второго порядка. Индуктивные определения играют важную роль в математической логике и математиче­ской лингвистике.

Доказательства по индукции прочно вошли в обиход математической деятельности.

Глава 3. Применение метода математической индукции.

Метод математической индукции изучают в школе на факультативных занятиях, но так как сейчас в школах ввели профильное обучение, поэтому в

9-х классах организуют курсы по выбору в целях предпрофильном подготовки. Они должны подготовить ученика не только к сдаче экзаменов, но и к успешному обучению в профильной школе.

Поэтому рассмотрим применение метода математической индукции на предпрофильном курсе по математике в 9 классе.

Пояснительная записка

В программу внесены понятия, углубляющие основные направления общего курса математики. При этом программа предусматривает достижение двух целей: а) довести изучение материала до уровня, на котором учащемуся становится ясной его принципиальная математическая значимость, до известной степени завершённости; б) показать непосредственные выходы школьной математики в сферы серьёзной науки и её приложений.

Материал позволяет с общих позиций взглянуть на школьную математику и усмотреть единство предмета и метода математической науки. Поэтому важно показать учащимся, как из материала школьного курса математики возникают общие концепции, обладающие теоретической и прикладной ценностью.

Содержание курса соответствует познавательным возможностям девятиклассников, предоставляя ученику возможность получить опыт работы на уровне повышенных требований, развивать его учебную мотивацию.

Они должны подготовить ученика не только к сдаче экзаменов, но и к успешному обучению в профильной школе.



Учебно-тематический план

Тема

Кол-во часов

1. Дедукция и индукция. Полная и неполная индукция. Метод математической индукции.

1

2. Применение метода математической индукции в задачах на суммирование и для доказательства тождеств.

1

3. Применение метода математической индукции к доказательству неравенств.

1

4. Применение метода математической индукции к задачам на делимость.

1

5. Применение метода математической индукции для изучения свойств числовых последовательностей.

1

6. Индукция в геометрии.

1

7. Решение задач

1

8. Зачёт

1

Итого

8

Содержание

Тема 1. Дедукция и индукция. Полная и неполная индукция. Метод математической индукции.

Ввести понятие дедукции и индукции. Рассмотреть на примерах полную и неполную индукцию. Сформулировать принцип математической индукции.

Тема 2. Применение метода математической индукции в задачах на суммирование и для доказательства тождеств.

Научить применять метод математической индукции в задачах на суммирование и для доказательства тождеств. Решение задач.

Пример 1. Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n2. 

Решение:

1) Имеем n=1=12. Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно.

2) Докажем, что А(k)A(k+1).

Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е. 1+3+5+…+(2k-1)=k2.

Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1)2.

В самом деле, 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2.

Итак, А(k)А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого nN.

Пример 2. Доказать, что 1+х+х23+…+хn=(хn+1-1)/(х-1), где х1

Решение:

1) При n=1 получаем 1+х=(х2-1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно.

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

1+х+х23+…+хk=(хk+1-1)/(х-1).

Докажем, что тогда выполняется равенство

1+х+х23+…+хk+xk+1=(xk+2-1)/(х-1).

В самом деле 1+х+х2+x3+…+хk+xk+1=

=(1+x+x2+x3+…+xk)+xk+1=(xk+1-1)/(x-1)+xk+1=(xk+2-1)/(x-1).

Итак, А(k)A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n.

Пример 3. Доказать, что при любом n справедливо утверждение:

12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6.

Решение:

1) Пусть n=1, тогда Х1=12=1(1+1)(2+1)/6=1.

Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что n=k xk=k2=k(k+1)(2k+1)/6.

3) Рассмотрим данное утверждение при n=k+1

xk+1=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

xk+1=12+22+32+…+k2+(k+1)2=k(k+1)(2k+1)/6+(k+1)2==(k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2)/6=(k+1)(k(2k+1)++6(k+1))/6= =(k+1)(2k2+7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого натурального n.

Пример 4.

Доказать верность тождества

(12/13)+(22/35)+…+(n2/(2n-1)(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

для любого натурального n.

Решение:

1) При n=1 тождество верно 12/13=1(1+1)/2(2+1).

2) Предположим, что при n=k

(12/13)+…+(k2/(2k-1)(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

3) Докажем, что тождество верно при n=k+1.

(12/13)+…+(k2/(2k-1)(2k+1))+(k+1)2/(2k+1)(2k+3)=

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

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

(2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1).

Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при любом натуральном n.

Пример 5.

Доказать, что

((23+1)/(23-1))((33+1)/(33-1))((n3+1)/(n3-1))==3n(n+1)/2(n2+n+1), где n>2.

Решение:

1) При n=2 тождество выглядит: (23+1)/(23-1)=(323)/2(22+2+1), т.е. оно верно.

2) Предположим, что выражение верно при n=k

(23+1)/(23-1)(k3+1)/(k3-1)=3k(k+1)/2(k2+k+1).

3) Докажем верность выражения при n=k+1.

(((23+1)/(23-1))((k3+1)/(k3-1)))(((k+1)3+1)/((k+1)3-1))= =(3k(k+1)/2(k2+k+1))((k+2)((k+1)2-(k+1)+1)/k((k+1)2+(k+1)+1))= =3(k+1)(k+2)/2((k+1)2+(k+1)+1).

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого n>2

Тема 3. Применение метода математической индукции к доказательству неравенств.

Научить применять метод математической индукции к доказательству неравенств. Решение задач.

Пример 1.

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство

(1+х)n>1+nх.

Решение: 1) При n=2 неравенство справедливо, так как

(1+х)2=1+2х+х2>1+2х.

Значит, А(2) истинно.

2) Докажем, что А(k)A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство

(1+х)k>1+kx. (3)

Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство

(1+x)k+1>1+(k+1)x.

В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим

(1+x)k+1>(1+kx)(1+x).

Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем

(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.

В итоге получаем, что

(1+х)k+1>1+(k+1)x.

Итак, А(k)A(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n> 2.


Пример 2.

Доказать, что справедливо неравенство

(1+a+a2)m> 1+ma+(m(m+1)/2)a2 при а> 0.

Решение: 1) При m=1

(1+а+а2)1> 1+а+(2/2)а2 обе части равны.

2) Предположим, что при m=k

(1+a+a2)k>1+ka+(k(k+1)/2)a2

3) Докажем, что при m=k+1 неравенство верно

(1+a+a2)k+1=(1+a+a2)(1+a+a2)k>(1+a+a2)(1+ka+

+(k(k+1)/2)a2)=1+(k+1)a+((k(k+1)/2)+k+1)a2+

+((k(k+1)/2)+k)a3+(k(k+1)/2)a4> 1+(k+1)a+

+((k+1)(k+2)/2)a2.

Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального m.

Пример 3.

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство

3n>n2n+1.

Решение: Перепишем неравенство в виде

(3/2)n>2n.

1)При n=7 имеем

37/27=2187/128>14=27 неравенство верно.

2)Предположим, что при n=k

(3/2)k>2k.

3) Докажем верность неравенства при n=k+1.

3k+1/2k+1=(3k/2k)(3/2)>2k(3/2)=3k>2(k+1).

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравенство справедливо для любого натурального n.

Пример 4.

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство

1+(1/22)+(1/32)+…+(1/n2)<1,7-(1/n).

Решение: 1) При n=3 неравенство верно

1+(1/22)+(1/32)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

2)Предположим, что при n=k

1+(1/22)+(1/32)+…+(1/k2)=1,7-(1/k).

3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1

(1+(1/22)+…+(1/k2))+(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)

(1/(k+1)2)+(1/k+1)<1/k(k+2)/(k+1)2<1/k

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

Последнее очевидно, а поэтому 1+(1/22)+(1/32)+…+(1/(k+1)2)<1,7-(1/k+1). В силу метода математической индукции неравенство доказано.



Тема 4. Применение метода математической индукции к задачам на делимость.

Научить применять метод математической индукции к задачам на делимость. Решение задач.

Пример 1.

Доказать, что при любом n 7n-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.

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

xk+1=7k+1-1=77k-7+6=7(7k-1)+6.

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

Пример 2.

Доказать, что 33n-1+24n-3 при произвольном натуральном n делится на 11.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда

x1=33-1+24-3=32+21=11 делится на 11 без остатка. Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n=k

Xk=33k-1+24k-3 делится на 11 без остатка.

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

Xk+1=33(k+1)-1+24(k+1)-3=33k+2+24k+1=3333k-1+2424k-3=

=2733k-1+1624k-3=(16+11)33k-1+1624k-3=1633k-1+

+1133k-1+1624k-3=16(33k-1+24k-3)+1133k-1.

Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 33k-1+24k-3 делится на 11 по предположению, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма делится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.


Пример 3.

Доказать, что 33n+3-26n-27 при произвольном натуральном n делится на 262(676) без остатка.

Решение: Предварительно докажем, что 33n+3-1 делится на 26 без остатка.

1)При n=0

33-1=26 делится на 26

2)Предположим, что при n=k 33k+3-1 делится на 26

3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1.

33k+6-1=2733k+3-1=2633л+3+(33k+3-1) –делится на 26

Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи:

1) Очевидно, что при n=1 утверждение верно 33+3-26-27=676

2) Предположим, что при n=k выражение 33k+3-26k-27 делится на 262 без остатка.

3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1

33k+6-26(k+1)-27=26(33k+3-1)+(33k+3-26k-27).

Оба слагаемых делятся на 262; первое делится на 262, потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Пример 4.

Доказать, что 112n-1 при произвольном натуральном n делится на 6 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда 112-1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n=k 112k-1 делится на 6 без остатка.

3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1

112(k+1)-1=121112k-1=120112k+(112k-1).

Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: первое содержит кратное 6-ти число 120, а второе делится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Тема 5. Применение метода математической индукции для изучения свойств числовых последовательностей.

Рассмотреть, как с помощью метода математической индукции выводятся формулы арифметической и геометрической прогрессии. Решение задач.

Пример 1.

Квадрат многочлена равен сумме квадратов всех его членов, сложенной со всевозможными их удвоенными попарными произведениями

Надо доказать, что

(a1+a2+…+an)2=a12+a22+…+an2+2(a1a2+a1a3+…+a1an+a2a3+a2a4+…+a2an+…+an-1an) (*)

  1. Равенство имеет место для n=1 и n = 2;

a12=a12;(a1+a2)2= a12+ a22+2a1a2

  1. Предполагаем справедливость формулы для n=k

(a1+a2+…+ak)2=a12+a22+…+ak2+2(a1a2+a1a3+…+a1ak+a2a3+a2a4+…+a2ak+…+ak-1ak)Вводим для сокращения письма обозначение Sk для суммы всевозможных попарных произведений из a1,a2,...,ak.

Тогда hello_html_m53d4ecad.gif(a1+a2+…+ak)2=a12+a22+…+ 2Sk

III.Надо доказать, что

(a1+a2+…+ak+ak+1)2=a12+a22+…+ak2+ak+12+

2(a1a2+a1a3+…+a1ak+1+a2a3+a2a4+…+a2ak+1+…+ak-1ak+ak-1ak+1+akak+1)

Доказательство.

(a1+a2+…+ak+ak+1)2=[(a1+a2+…+ak)+ak+1]2=

=( a1+a2+…+ak)2+ak+12+2(a1+a2+…+ak)+ ak+1=

= a12+ a22+…+ ak2+2Sk+ ak+12”+2(a1+a2+…+ak) ak+1=

= a12+ a22+…+ ak2+ak+12+2Sk+2(a1+a2+…+ak)ak+1

Последние два слагаемых представляют сумму всевозможных удвоенных попарных произведений чисел a1,a2,...,ak,ak+1 так как Sk содержит сумму всех таких произведений чисел a1,a2,...,ak, а последнее слагаемое дает сумму всех удвоенных произведений слагаемых a1,a2,...,ak на ak+l.

Так как все три момента применения метода математической индукции выполнены, то равенство (*) этим доказано для всех натуральных значений п.

Пример 2.

В последовательности (аn) первые два члена такие: a1=3, a2= 9, а для любого k>2 имеет место следующее равенство: аk=4аk-1-3ak-2 Доказать, что аn=3n.

Решение.

1-й шаг. Проверяем справедливость ап=3n для первых двух членов последовательности а =3 =3 и по условию а =3; а =3 =9 и по условию а =9.

2-й шаг. Допустим, что формула аn=3п верна для двух последовательных членов этой последовательности, например для am и аm+1, т. е.
верны равенства am= 3т и ат+1=3т+1 (1)

Тогда докажем, что формула аn=3n верна для следующего значения: п = т+2, т.е. верна такая формула: am+2=3m+2

Действительно, согласно условию

ak=4ak-1-3ak-2

am+2=4am+1-3am

Подставляем вместо ат+1 и ат их значение из формул (1), справедливость которых нами принята, тогда получим:

am+2=4-3m+l- 3-3m= 4*3m+1Зm+1 = 3m+1 (4-1) = 3m+2

что и требовалось доказать.

Следовательно, формула аn=3n справедлива для всех hello_html_m35f1596a.gif.

Пример 3.

Докажите, что сумма членов каждой строки таблицы

1

2,3,4

3,4,5,6,7

…….….

равна квадрату нечетного числа, номер которого в строке равен номеру строки от начала таблицы.

Общий член последовательности, т. е. n-я строка, может быть записан так: n,п + 1, п + 2, ..., (n+ (n — 1)*2). Значит, по­следний член в этой строке равен 3n-2. Надо доказать, что сумма чисел этой строки равна S(n) = (2n-1)2.

Для n=1 формула верна. Предположим, что формула верна для некоторого натурального значения n = k, т.е. S(k)=k+(k+1)+(k+2)+…+(3k-2)=(2k-1)2

Докажем, что тогда она верна и для п = k+ 1 :

S(k+1)=(k+1)+(k+2)+…+(3k-2)+(3k-1)+3k+(3k+1)=

= k+(k+1)+(k+2)+…+(3k-2) +(3k-1)+3k+(3k+1) -k=S(k) +(3k-1)+3k+(3k+1) -k)=(2k-1)2+8k=4k2-4k+1+8k=4k2+4k+1=(2k+1)2

Можно было дать и другое ре­шение. Действительно, n-я строка представляет собой арифметичес­кую прогрессию с разностью 1, первым членом n, последним чле­ном 3n — 2 и числом членов 2n.-1. Ее сумма равна (2n— 1)2.

Пример 4.Числовая последовательность определяется следующими условиями: a0 = 2, а1 = 3, аn+1= Заn — 2аn-1. Най­дем формулу n-го члена последовательности.

Решение. Пользуясь рекуррентным соотношением, нахо­дим:

а2 =3a1— 2а0 == 3 • 3 - 2 · 2 = 5, a3 = За2 — 2a1= 9, a4= 3a3 — 2a2 = 17. Замечаем, что 5 = 22 + 1,9 = 23 + 1, 17 == 24 + 1. Поэтому можно предположить, что аn = 2п + 1. Докажем это утверждение методом математической индукции.

При п = 1 утверждение справедливо. Предположим, что оно справедливо при любом пhello_html_m267a6ae.gif, и докажем, что тогда оно выпол­няется и при п = k + 1.В самом деле, имеем:

ak+1= Заk 2ak-1 = 3 (2k+ 1) — 2 (2k-1+ 1) = 2k+1 + 1.

Следовательно, наше утверждение верно при всех nhello_html_m3ead7cf6.gif.

Пример 5.

Последовательность а0, а 1, а2, ..., а, ... оп­ределяется следующими условиями: а0 = 1, a1 = 1, ап+1 = = аn+ an-1

Докажем два свойства этой последовательности:

Решение.

1) Выпишем несколько первых членов последовательности. Имеем: a0 = 1, а1 = 1, а2 = a1+ а0=2, а3 = а2 +a1=2+1=3, а4 =a3 + a2 =3+2=5.При n=1a2n+2=a4=5=a1+ a3 + 1. Значит, при п = 1 утверждение 1) ис­тинно.

Предположим, что оно истинно при n = k, .т. е-

a2n+2=a1+a3+…+a2n+1+1. (1)

Докажем, что тогда оно верно и для п = k+ 1, т. е.

a2k+4=a1+a3+…+a2k+1+ a2k+3+1.

В самом деле, воспользовавшись рекуррентным соотношением, получим: a2k+4 = a2k+3+ a2k+2. Применив для a2k+2 формулу (1),

получим a2k+4=a2k+3+(a1+a3+…+a2k+1+1)= a1+a3+…+a2k+1+ a2k+3+1 Значит, доказываемое равенство выполняется для всех hello_html_m35f1596a.gif

2) Для п = 1 утверждение справедливо: а120a2=(-1)1 , так как а0 = 1, а1 = 1, а2 = 2. Предположим, что ak2 –аkak+2=(-1)k+1

и докажем, что тогда аk+12 –аkak+2=(-1)k+1 . В самом делe,

аk+12 –аkak+2= аk+12 –аk •( ak+1+ak)= аk+12 –аkak+1-ak2= ak+1k+1 –аk) -ak2= аk+1 · ak-1-ak2=-( аk2 –аk-1ak+1)=-(-1)k=(-1)k+1

Тем самым интересующее нас свойство доказано.

Последовательность, о которой шла речь в только что рассмот­ренном примере, называется последовательностью Фибоначчи (в честь итальянского математика,XIII в. Леонардо Пизанского, писавшего под псевдонимом Фибоначчи).

Тема 6. Индукция в геометрии.

Научить применять метод математической индукции при решении геометрических задач.



Пример 1.

Доказать, что число диагоналей любого выпуклого

n-угольника равно hello_html_61203f13.gif.

Решение:

Эта формула верна для треугольника (число диагоналей в этом случае равно 0).Предположим, что она верна и для произвольного выпуклого

n-угольника. Достроим этот n-угольник до (n+1)-угольника. Новую вершину можно соединить диагоналями с (n-2) вершинами исходного n-угольника, перестроенного нами в (n+1)-угольник. Кроме того, одна из сторон n-угольника преобразуется в диагональ (n+1)-угольника. Поэтому число диагоналей в образовавшемся (n+1)-угольнике равно hello_html_m4777772b.gif, что и требовалось доказать.

Пример 2.

Докажем, что n различных точек, лежащих на прямой, делят её на n+1 интервалов (из которых два интервала бесконечны).

Решение:

При n=1 это утверждение истинно, так как одна точка делит прямую на 1+1=2 интервала. Предположим, что оно истинно при n=k, т.е. что любые k различных точек делят прямую на k+1 интервалов. Возьмём теперь на прямой k+1 точки А123,…,Аk+1. если отбросить точку Аk+1 , останется k точек, делящих прямую на k+1 интервалов. Точка Аk+1 лежит на одном из этих интервалов и делит его в свою очередь на два интервала. Поэтому общее число интервалов, на которые делят прямую k+1 точек, равно (k+1)+1=k+2.

Итак, наше утверждение истинно при n=1,а из его истинности при n=k вытекает, что оно истинно при всех hello_html_m35f1596a.gif.



Тема 7. Обобщающий урок. Решение задач.

Систематизировать знания по теме: «Математическая индукция»

Тема 8.Зачёт.

Проверить знания и умения по теме: «Математическая индукция».

Примерное содержание зачета

1. Привести примеры дедуктивного и индуктивного рассуждений

2. Привести пример применения рассуждения по полной индукции

3. На какие два этапа подразделяется доказательство методом математической индукции?

4. В чем принципиальные различия между рассуждением, опи­рающимся на неполную индукцию, и методом математической индукции?

5. Что имеется общего у всех задач, которые решаются методом
математической индукции?

6. Какие можете указать разновидности метода математиче­ской индукции?

7. Провести доказательство теоремы Эйлера для связной сети
на плоскости. Какая из областей и чем в такой сети отлична от
всех других?

8. Провести доказательство методом математической индук­ции, что число ребер в дереве на единицу меньше числа его вершин.

9. Какая последовательность называется последовательностью
Фибоначчи и как используется математическая индукция для
изучения ее свойств? Привести примеры.

10. Можно ли последовательность Фибоначчи строить, начиная
с 0 и 1? Если да, провести доказательство любого из тождеств,
которые удовлетворяются членами последовательности Фибоначчи
в таких обозначениях.

11. Провести методом математической индукции доказательство того, что выпуклая ломаная, концы которой: служат одновpеменно и концами данного отрезка, имеет большую длину, чем этот отрезок. Выпуклой ломаной при этом считать такую ломаную, которая вместе с данным отрезком ограничивает на плоскости выпуклый многоугольник, т. е. такой, которому принадлежит каждая из точек его диагоналей.

12. Привести пример, когда результат можно получить и применяя метод математической индукции, и без него.

13. Провести доказательство того факта, что число подмножеств

п-элементного множества равно 2п.

14. Провести доказательство неравенства Бернулли.

15. Провести методом математической индукции доказательство формулы для суммы арифметической прогрессии.

16. Провести доказательство методом математической индукции для формулы суммы геометрической прогрессии.

17. Провести доказательство методом математической индукции для любой из задач на неравенства.











Заключение.

В результате анализа учебно-методической работы в первой главе мне удалось охарактеризовать применение индуктивного метода в математике. Приводятся примеры некоторых ошибок, сделанных известными учеными при применении неполной индукции.

Во второй главе «Метод математической индукции», сначала раскрываются понятия индукции и индуктивный метод в математике, затем дается понятие принципа математической индукции. Всё это сопровождается решениями упражнений.

В третьей главе «Применение метода математической индукции» показывается применение этого метода в преподавании математики.

Приводится подборка различных примеров и упражнений, которые могут быть решены методом математической индукции. Они могут быть использованы при проведении факультативов в общеобразовательных школах, в профильных классах, а так же в преподавании математических дисциплин ВУЗов.





Литература

1. Депман. И. Я. Метод математической индукции УЧПЕДГИЗ 1957

  1. Соминский.И.С. Метод математической индукции - Москва. 1959.

  2. Серпинский. С. В. О математической индукции. Математика и физика в
    школе. - Москва. 1936.

  3. Безикович. Я. С. Метод полной математической индукции. Математика в
    школе. - Москва. 1946.

5.Соминский. И. С. Об изучении метода математической индукции в средней школе . Математика в школе. Математический сборник. - Москва. 1947.

  1. Нашбик. Ф. Ф. Метод математической индукции в курсе средней школе.
    - Москва. 1949.

  2. Кримар. В. А . Задачник по алгебре. - Мосйва.1950.

8. Говоров В.М., Дыбов П.Т., Мирошин Н.В., Смирнова С.Ф. Сборник
конкурсных задач по математике. — М., Наука, 1983.

9. Головина ЛМ., Яглом И. М. Индукция в геометрии. Изд. 2-е, испр. — М.,
Физматгиз, 1961.

10. Кутасов АД., Пиголкина Т.С., Чехлов В.И., Яковлева Т.Х. Пособие по
математике для поступающих в вузы. — М., Наука, 1981.

11. Лекции Хмельницкого И.Л. по курсу «Числовые системы». —
Свердловский пединститут.

  1. Нечаев В.И. Числовые системы. - Москва. 1980.

  2. Соминский И.С. Метод математической индукции, — М., Наука, 1965.

  3. Соминский И.С. О математической индукции. — М., Наука, 1967.

  4. Шахно К.У. Сборник задач по элементарной математике повышенной
    трудности. Изд. 5-е, стереотип. — Минск, Высшая школа, 1961.

  5. Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н.,. Шевкин А. В.
    Алгебра 9 класс. - Просвещение 2001.

9


Автор
Дата добавления 09.02.2016
Раздел Математика
Подраздел Другие методич. материалы
Просмотров855
Номер материала ДВ-432963
Получить свидетельство о публикации

Идёт приём заявок на международный конкурс по математике "Весенний марафон" для учеников 1-11 классов и дошкольников

Уникальность конкурса в преимуществах для учителей и учеников:

1. Задания подходят для учеников с любым уровнем знаний;
2. Бесплатные наградные документы для учителей;
3. Невероятно низкий орг.взнос - всего 38 рублей;
4. Публикация рейтинга классов по итогам конкурса;
и многое другое...

Подайте заявку сейчас - https://urokimatematiki.ru


Выберите специальность, которую Вы хотите получить:

Обучение проходит дистанционно на сайте проекта "Инфоурок".
По итогам обучения слушателям выдаются печатные дипломы установленного образца.

ПЕРЕЙТИ В КАТАЛОГ КУРСОВ


"Инфоурок" приглашает всех педагогов и детей к участию в самой массовой интернет-олимпиаде «Весна 2017» с рекордно низкой оплатой за одного ученика - всего 45 рублей

В олимпиадах "Инфоурок" лучшие условия для учителей и учеников:

1. невероятно низкий размер орг.взноса — всего 58 рублей, из которых 13 рублей остаётся учителю на компенсацию расходов;
2. подходящие по сложности для большинства учеников задания;
3. призовой фонд 1.000.000 рублей для самых активных учителей;
4. официальные наградные документы для учителей бесплатно(от организатора - ООО "Инфоурок" - имеющего образовательную лицензию и свидетельство СМИ) - при участии от 10 учеников
5. бесплатный доступ ко всем видеоурокам проекта "Инфоурок";
6. легко подать заявку, не нужно отправлять ответы в бумажном виде;
7. родителям всех учеников - благодарственные письма от «Инфоурок».
и многое другое...

Подайте заявку сейчас - https://infourok.ru/konkurs

Похожие материалы

Включите уведомления прямо сейчас и мы сразу сообщим Вам о важных новостях. Не волнуйтесь, мы будем отправлять только самое главное.
Специальное предложение
Вверх