11.09.13 Классная работа

Понятие полной и неполной индукции

Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.

Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4≤n≤20  представимо 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.

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). Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами, неполная индукция в математике не считается законным методом строгого доказательства, но является мощным методом открытия новых истин.

18.09.13 Классная работа

Понятие полной и неполной индукции

Задача 1

Пусть учащимся предложена задача: «Докажите, что любую сумму большую 7 к., можно уплатить трех- и пятикопеечными монетами не получая сдачи».

Решение:

Для решения этой задачи достаточно проверить, что трех- и пятикопеечными монетами можно уплатить 8, 9 и 10 к. (8 = 3 + 5, 9 = 3 + 3 + 3, 10 = 5 + 5), а затем добавлять монеты по 3 к.

Решив таким образом задачу, следует добиться от учащихся ясного понимания того, что задача решена с помощью полной индукции: все числа большие 7, разбили на три непересекающихся класса — 8 + 3k, 9 + 3k, 10 + 3k, где k ÎN, в каждом из которых решение задачи существует.

п = 3k, где k N, k ³ 3;

п = 3k + 1, где k ÎN, k ³ 3;

п = 3k + 2, где k ÎN, k ³ 2.

Доказав в каждом из трех случаев возможность представления числа п требуемым образом, решим задачу методом полной индукции.

Задача 2

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n ² .  

Решение: 1) Имеем n=1=1 ² . Следовательно,

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

2) Докажем, что А(k) Þ A(k+1).

Пусть k-любое натуральное число и пусть утверж-дение справедливо для n=k, т.е.

1+3+5+…+(2k-1)=k ² .

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)=k ² +2k+1=(k+1) ² .

Итак, А(k) Þ А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для любого n Î N.

Задача 3

Доказать, что

1+х+х ² +х ³ +…+х ⁿ =(х ⁿ⁺¹ -1)/(х-1), где х ¹ 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) ис-тинно.

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) Þ A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что форму-ла верна для любого натурального числа n.