bleat.ru → Язва

Как решать метод математической индукции. 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.

В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом.

Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) Ю А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.

Доказательство 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 доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k) Ю A(k+1)

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

1) Имеем n=1=1 2 . Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно
2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1)

Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение 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) Ю А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n О N

Доказать, что

1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х № 1

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

2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k,
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) Ю A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n

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 А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей. А k 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,

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

Итак, А(k) Ю A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

Доказать, что при любом n справедливо утверждение:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Предположим, что n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6

3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1

X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(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)(2k 2 +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

Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Решение: 1) Пусть n=1

Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=k

X k =k 2 (k+1) 2 /4

3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е

Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4

Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n

Доказать, что

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))=3n(n+1)/2(n 2 +n+1), где n>2

Решение: 1) При n=2 тождество выглядит:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), т.е. оно верно
2) Предположим, что выражение верно при n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
3) Докажем верность выражения при n=k+1
(((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

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

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

ґ ((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

Доказать, что

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) для любого натурального n

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Предположим, что n=k, тогда
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Докажем истинность этого утверждения при n=k+1
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)

Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для любого натурального n.

Доказать верность тождества

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) для любого натурального n

1) При n=1 тождество верно 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Предположим, что при n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Докажем, что тождество верно при n=k+1
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(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)) ґ ((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (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.

Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

Но (23 ґ 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.

2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка
3) Докажем, что в таком случае (11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле
11 k+3 +12 2л+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k) Ю А(k+1). В силу метода математической индукции утверждение доказано

Доказать, что при любом n 7 n -1 делится на 6 без остатка

1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно
2) Предположим, что при n=k 7 k -1 делится на 6 без остатка
3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 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.

Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном натуральном n делится на 11.

1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остатка.

Значит, при n=1 утверждение верно

2) Предположим, что при n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка
3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =

27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +

11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1

Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-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.

Доказать, что 11 2n -1 при произвольном натуральном n делится на 6 без остатка

1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно
2) Предположим, что при n=k 1 2k -1 делится на 6 без остатка
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -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.

Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка

Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка

1. При n=0
3 3 -1=26 делится на 26
2. Предположим, что при n=k
3 3k+3 -1 делится на 26
3. Докажем, что утверждение верно при n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -делится на 26

Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи

1) Очевидно, что при n=1 утверждение верно
3 3+3 -26-27=676
2) Предположим, что при n=k выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка
3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода математической индукции утверждение доказано

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х) n >1+n ґ х

1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как
(1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х

Значит, А(2) истинно

2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство
(1+х) k >1+k ґ x. (3)

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

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

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

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

В итоге получаем, что (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

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

Доказать, что справедливо неравенство (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а> 0

Решение: 1) При m=1

(1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обе части равны
2) Предположим, что при m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

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

+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

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

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство 3 n >n ґ 2 n+1

Перепишем неравенство в виде (3/2) n >2n

1. При n=7 имеем 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенство верно
2. Предположим, что при n=k (3/2) k >2k
3) Докажем верность неравенства при n=k+1
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравенство справедливо для любого натурального n

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

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

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

Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

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.

Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF

Введение

Данная тема является актуальной, так как каждый день люди решают различные задачи, в которых они применяют разные методы решения, но есть задания, в которых не обойтись без метода математической индукции, и в таких случаях будут очень полезны знания в данной области.

Я выбрал данную тему для исследования, потому что в школьной программе методу математической индукции уделяют мало времени, ученик узнает поверхностнуюинформацию, которая поможетему получить лишь общее представление о данном методе, но чтобы углубленно изучить эту теорию потребуется саморазвитие. Действительно будет полезно поподробнее узнать о данной теме, так как это расширяет кругозор человека и помогает в решении сложных задач.

Цель работы:

Познакомиться с методом математической индукции, систематизировать знания по данной теме и применить её при решении математических задач и доказательстве теорем, обосновать и наглядно показать практическое значение метода математической индукции как необходимого фактора для решения задач.

Задачи работы:

Проанализировать литературу и обобщить знания по данной теме.

Разобраться в принципе метода математической индукции.

Исследовать применение метода математической индукции к решению задач.

Сформулировать выводы и умозаключения по проделанной работе.

Основная часть исследования

История возникновения:

Только к концу XIX века сложился стандарт требований к логической строгости, остающейся и до настоящего времени господствующими в практической работе математиков над развитием отдельных математических теорий.

Индукция - познавательная процедура, посредством которой из сравнения наличных фактов выводится обобщающее их утверждение.

В математике роль индукции в значительной степени состоит в том, что она лежит в основе выбираемой аксиоматики. После того как длительная практика показала, что прямой путь всегда короче кривого или ломанного, естественно было сформулировать аксиому: для любых трех точек А, В и С выполняется неравенство.

Осознание метода математической индукции как отдельного важного метода восходит к Блезу Паскалю и Герсониду, хотя отдельные случаи применения встречаются ещё в античные времена у Прокла и Эвклида. Современное название метода было введено де Морганом в 1838 году.

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 логически развивать свою мысль, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.

Индукция и дедукция

Известно, что существуют как частные, так и общие утверждения, и на переходе от одних к другим и основаны два данных термина.

Дедукция (от лат. deductio - выведение) - переход в процессе познания от общего знания к частному и единичному . В дедукции общее знание служит исходным пунктом рассуждения, и это общее знание предполагается «готовым», существующим. Особенность дедукции состоит в том, что истинность ее посылок гарантирует истинность заключения. Поэтому дедукция обладает огромной силой убеждения и широко применяется не только для доказательства теорем в математике, но и всюду, где необходимы достоверные знания.

Индукция (от лат. inductio - наведение) - это переход в процессе познания от частного знания к общему .Другими словами, - это метод исследования, познания, связанный с обобщением результатов наблюдений и экспериментов.Особенностью индукции является ее вероятностный характер, т.е. при истинности исходных посылок заключение индукции только вероятно истинно и в конечном результате может оказаться как истинным, так и ложным.

Полная и неполная индукция

Индуктивное умозаключение - такая форма абстрактного мышления, в которой мысль развивается от знания меньшей степени общности к знанию большей степени общности, а заключение, вытекающее из посылок, носит преимущественно вероятностный характер.

В ходе исследования я выяснил, что индукция делится на два вида: полная и неполная.

Полной индукцией называется умозаключение, в котором общий вывод о классе предметов делается на основании изучения всех предметов этого класса.

Например,пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 6≤ n≤ 18 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Данные равенства показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых.

Рассмотрим следующий пример: последовательность yn= n 2 +n+17; Выпишем первые четыре члена: у 1 =19; y 2 =23; y 3 =29; y 4 =37; Тогда мы можем предположить, что вся последовательность состоит из простых чисел. Но это не так, возьмем y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Это составное число, значит наше предположение неверно, таким образом, неполная индукция не приводит к вполне надежным выводам, но позволяет сформулировать гипотезу, которая в дальнейшем требует математического доказательства или опровержения.

Метод математической индукции

Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для всех этих ситуаций мы не в состоянии.Но как осуществить проверку бесконечного числа случаев? Такой способ предложили Б.Паскаль и Я.Бернулли, это метод математической индукции, в основе которого лежит принцип математической индукции .

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.

Алгоритм (он состоит из четырех этапов):

1.база (показываем, что доказываемое утверждение верно для некоторых простейших частных случаев (п = 1));

2.предположение (предполагаем, что утверждение доказано для первых к случаев); 3 .шаг (в этом предположении доказываем утверждение для случая п = к + 1); 4.вывод (у тверждение верно для всех случаев, то есть для всех п) .

Заметим, что Методом математической индукции можно решать не все задачи, а только задачи, параметризованные некоторой переменной. Эта переменная называется переменной индукции.

Применение метода математической индукции

Применим всю данную теорию на практике и выясним, в каких задачах применяется данный метод.

Задачи на доказательство неравенств.

Пример 1. Доказать неравенство Бернулли(1+х)n≥1+n х, х>-1, n € N.

1) При n=1 неравенство справедливо, так как 1+х≥1+х

2) Предположим, что неравенство верно для некоторого n=k, т.е.

(1+х) k ≥1+k x.

Умножив обе части неравенства на положительное число 1+х, получим

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

Учитывая, что kx 2 ≥0, приходим к неравенству

(1+х) k+1 ≥1+(k+1) x.

Таким образом, из допущения, что неравенство Бернулли верно для n=k, следует, что оно верно для n=k+1. На основании метода математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n € N.

Пример 2. Доказать, что при любом натуральном n>1, .

Докажем с помощью метода математической индукции.

Обозначим левую часть неравенства через.

1), следовательно, при n=2 неравенство справедливо.

2)Пусть при некоторомk. Докажем, что тогда и. Имеем, .

Сравнивая и, имеем, т.е. .

При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому. Но, значит, и.Мы доказали справедливость неравенства при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального n>1.

Задачи на доказательство тождеств.

Пример 1. Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Пусть n=1, тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е.X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k+1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n.

Пример 2. Доказать, что при любом натуральном nсправедливо равенство

1) Проверим, что это тождество верно приn = 1.; - верно.

2) Пусть тождество верно и для n = k, т.е..

3)Докажем, что это тождество верно и для n = k + 1, т.е.;

Т.к. равенство верно при n=kи n=k+1, то оно справедливо при любом натуральном n.

Задачи на суммирование.

Пример 1. 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) A(k+1).

Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение 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) А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого n N.

Пример 2. Доказать формулу, n - натуральное число.

Решение: При n=1 обе части равенства обращаются в единицу и, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено.

Предположим, что формула верна при n=k, т.е. .

Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть. Тогда получим

Таким образом, из того, что формула верна при n=k, следует, что она верна и при n=k+1, то это утверждение справедливо при любом натуральном n.

Задачи на делимость.

Пример 1. Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23× 133.

(23× 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно;

2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка.

3) Докажем, что в таком случае

(11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. Действительно, 11 k+3 +12 2л+3 =11×11 k+2 +

12 2 ×12 2k+1 =11× 11 k+2 +(11+133)× 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133× 12 2k+1 .

Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей является 133.

Итак, А(k)→ А(k+1), то опираясь на метод математической индукции, утверждение верно для любых натуральных n.

Пример 2. Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном натуральном n делится на 11.

Решение: 1) Пусть n=1, тогдаХ 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остатка. Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка.

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

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 *3 3k-1 +2 4 *2 4k-3 =

27 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =(16+11)* 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =16* 3 3k-1 +

11* 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11* 3 3k-1 .

Задачи из реальной жизни.

Пример 1. Доказать, что сумма Sn внутренних углов любого выпуклого многоугольника равна (п - 2)π, где п — число сторон этого многоугольника:Sn = (п - 2)π (1).

Это утверждение имеет смысл не для всех натуральных п , а лишь для п > 3, так как минимальное число углов в треугольнике равно 3.

1) При п = 3 наше утверждение принимает вид: S 3 = π. Но сумма внутренних углов любого треугольника действительно равна π. Поэтому при п = 3 формула (1) верна.

2) Пусть эта формула верна при n=k , то есть S k = (k - 2)π, где k > 3. Докажем, что в таком случае имеет место и формула:S k+ 1 = (k - 1)π.

Пусть A 1 A 2 ... A k A k+ 1 —произвольный выпуклый (k + 1) -угольник (рис. 338).

Соединив точки A 1 и A k , мы получим выпуклый k -угольник A 1 A 2 ... A k — 1 A k . Очевидно, что сумма углов (k + 1) -угольника A 1 A 2 ... A k A k+ 1 равна сумме углов k -угольника A 1 A 2 ... A k плюс сумма углов треугольника A 1 A k A k+ 1 . Но сумма углов k -угольника A 1 A 2 ... A k по предположению равна (k - 2)π, а сумма углов треугольника A 1 A k A k+ 1 равна π. Поэтому

S k+ 1 = S k + π = (k - 2)π + π = (k - 1)π.

Итак, оба условия принципа математической индукции выполняются, и потому формула (1) верна при любом натуральном п > 3.

Пример 2. Имеется лестница, все ступени которой одинаковы. Требуется указать минимальное число положений, которые гарантировали бы возможность «забраться» на любую по номеру ступеньку.

Все согласны с тем, что должно быть условие. Мы должны уметь забраться на первую ступень. Далее должны уметь с 1-ой ступеньки забраться на вторую. Потом во второй - на третью и т.д. на n-ую ступеньку. Конечно, в совокупности же «n» утверждений гарантирует нм то, что мы сможем добраться до n-ой ступеньки.

Посмотрим теперь на 2, 3,…., n положение и сравним их друг с другом. Легко заметить, что все они имеют одну и ту же структуру: если мы добрались до k ступеньки, то можем забраться на (k+1) ступеньку. Отсюда становится естественной такая аксиома для справедливости утверждений, зависящих от «n»: если предложение А(n), в котором n - натуральное число, выполняется при n=1 и из того, что оно выполняется при n=k (где k - любое натуральное число), следует, что оно выполняется и для n=k+1, то предположение А(n) выполняется для любого натурального числа n.

Приложение

Задачи с применением метода математической индукции при поступлении в ВУЗы.

Заметим, что при поступление в высшие учебные заведения также встречаются задачи, которые решаются данным методом. Рассмотрим их на конкретных примерах.

Пример 1. Доказать, что любом натуральном п справедливо равенство

1) При п=1 мы получаем верное равенство Sin.

2) Сделав предположение индукции, что при n=k равенство верно, рассмотрим сумму, стоящую в левой части равенства, при n=k+1;

3) Используя формулы приведения преобразуем выражение:

Тогда, в силу метода математической индукции равенство верно для любого натурального n.

Пример 2. Доказать, что для любого натурального n значение выражения 4n +15n-1 кратно 9.

1) При n=1: 2 2 +15-1=18 - кратно 9 (т.к.18:9=2)

2) Пусть равенство выполняется для n=k: 4 k +15k-1 кратно 9.

3) Докажем, что равенство выполняется и для следующего числа n=k+1

4 k+1 +15(k+1)-1=4 k+1 +15k+15-1=4.4 k +60k-4-45k+18=4(4 k +15k-1)-9(5k-2)

4(4 k +15k-1) - кратно 9;

9(5k-2) - кратно 9;

Следовательно и все выражение 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) кратно 9, что и требовалось доказать.

Пример 3. Доказать, что при любом натуральном числе п выполняется условие: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ п(п+1)(п+2)=.

1) Проверим, что данная формула верна при п=1: Левая часть = 1∙2∙3=6.

Правая часть= . 6 = 6; верно при п=1.

2) Предположим, что данная формула верна при n=k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Докажем, что данная формула верна при n=k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Доказательство:

Итак, данное условие верно в двух случаях и доказали, что верно при n=k+1, следовательно она верно при любом натуральном числе п.

Заключение

Подведем итоги, в процессе исследования я выяснил, в чем заключается индукция, которая бывает полной или неполной, познакомился с методом математической индукции, основанном на принципе математической индукции, рассмотрел множество задач с применением данного метода.

Также я узнал много новой информации, отличной от той, что включена в школьную программу.Изучая метод математической индукции я использовал различную литературу, ресурсы интернета, а также консультировался с педагогом.

Вывод: Обобщив и систематизировав знания по математической индукции, убедился в необходимости знаний по данной теме в реальной действительности. Положительным качеством метода математической индукции является его широкое применение в решении задач: в области алгебры, геометрии и реальной математики. Также эти знания повышают интерес к математике, как к науке.

Я уверен, что навыки, приобретенные в ходе работы, помогут мне в будущем.

Список литературы

Соминский И.С. Метод математической индукции. Популярные лекции по математике, выпуск 3-М.: Наука, 1974г.

Л. И. Головина, И. М. Яглом. Индукция в геометрии. — Физматгиз, 1961. — Т. 21. — 100 с. — (Популярные лекции по математике).

Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Пособие по математике для поступающих в вузы (Избранные вопросы элементарной математики) - Изд.5-е, перераб., 1976 - 638с.

А. Шень. Математическая индукция. — МЦНМО, 2004. — 36 с.

M.Л.Галицкий, А.М.Гольдман, Л.И.Звавич Сборник задач по алгебре: учеб.пособие для 8-9 кл. с углубл. изучением математики 7-е изд.— М.: Просвещение, 2001.—271 с

Ма-ка-ры-чев Ю.Н., Мин-дюк Н.Г До-пол-ни-тель-ные главы к школь-но-му учеб-ни-ку ал-геб-ры 9 клас-са. - М.: Про-све-ще-ние, 2002.

Википедия- свободная энциклопедия.

Метод математической индукции

Вступление

Основная часть

Полная и неполная индукция
Принцип математической индукции
Метод математической индукции
Решение примеров
Равенства
Деление чисел
Неравенства

Заключение

Список использованной литературы

Вступление

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.

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.

Хотя и выросла область применения метода математической индукции, в школьной программе ему отводится мало времени. Ну, скажите, что полезного человеку принесут те два-три урока, за которые он услышит пять слов теории, решит пять примитивных задач, и, в результате получит пятёрку за то, что он ничего не знает.

А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно.

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.

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.

Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:

1+3+5+7+9=25=5 2

После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n 2

Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить доказательством справедливости приведённой формулы.

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

Пусть нужно доказать справедливость некоторого утверждения для любого натурального числа n (например нужно доказать, что сумма первых n нечётных чисел равна n 2). Непосредственная проверка этого утверждения для каждого значения n невозможна, поскольку множество натуральных чисел бесконечно. Чтобы доказать это утверждение, проверяют сначала его справедливость для n=1. Затем доказывают, что при любом натуральном значении k из справедливости рассматриваемого утверждения при n=k вытекает его справедливость и при n=k+1.

Тогда утверждение считается доказанным для всех n. В самом деле, утверждение справедливо при n=1. Но тогда оно справедливо и для следующего числа n=1+1=2. Из справедливости утверждения для n=2 вытекает его справедливость для n=2+

1=3. Отсюда следует справедливость утверждения для n=4 и т.д. Ясно, что, в конце концов, мы дойдём до любого натурального числа n. Значит, утверждение верно для любого n.

Обобщая сказанное, сформулируем следующий общий принцип.

Принцип математической индукции.

Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k)ÞА(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.

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)ÞA(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)ÞА(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для любого nÎN.

Доказать, что

1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), где х¹1

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

Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2.

Решение: 1) При n=3 утверждение спра-

А 3 ведливо, 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-

А 1 ся А k =k(k-3)/2 диагоналей.

А k Докажем, что тогда в выпуклом

(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)-уголь-ник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы под-считать общее число диагоналей этого (k+1)-уголь-ника 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)ÞA(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

Доказать, что при любом n справедливо утвер-ждение:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.

Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1

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

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(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)(2k 2 +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 математиче-ской индукции, утверждение верно для любого на-турального n.

Доказать, что для любого натурального n спра-ведливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) Пусть n=1.

Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=k

X k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Докажем истинность этого ут-верждения для n=k+1, т.е.

Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.

Доказать, что

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))=3n(n+1)/2(n 2 +n+1), где n>2.

Решение: 1) При n=2 тождество выглядит: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

т.е. оно верно.

2) Предположим, что выражение верно при n=k

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).

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

(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +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 математиче-ской индукции, утверждение верно для любого n>2

Доказать, что

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

для любого натурального n.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) Предположим, что n=k, тогда

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).

3) Докажем истинность этого ут-верждения при n=k+1

(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3).

Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для лю-бого натурального n.

Доказать верность тождества

(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

для любого натурального n.

1) При n=1 тождество верно 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Предположим, что при n=k

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

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

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(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 ут-верждение верно при любом натуральном n.

Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1) делится на 133 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23´133.

Но (23´133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.

2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1) делится на 133 без остатка.

3) Докажем, что в таком случае

(11 k+3 +12 2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле 11 k+3 +12 2л+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без ос-татка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k)ÞА(k+1). В силу метода математической индукции утвержде-ние доказано.

Доказать, что при любом n 7 n -1 делится на 6 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.

2) Предположим, что при n=k

7 k -1 делится на 6 без остатка.

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 слага-емым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической ин-дукции утверждение доказано.

Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном на-туральном n делится на 11.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остат-ка. Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка.

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

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =

27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +

11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11´3 3k-1 .

Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположе-нию, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма де-лится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утвер-ждение доказано.

Доказать, что 11 2n -1 при произвольном нату-ральном n делится на 6 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.

2) Предположим, что при n=k

11 2k -1 делится на 6 без остатка.

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).

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

Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка.

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

При n=0

3 3 -1=26 делится на 26

Предположим, что при n=k

3 3k+3 -1 делится на 26

Докажем, что утверждение

верно при n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) –делится на 26

Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулированного в условии задачи.

1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение верно

3 3+3 -26-27=676

2) Предположим, что при n=k

выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка.

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

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

Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода мате-матической индукции утверждение доказано.

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

(1+х) n >1+n´х.

Решение: 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как

(1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х.

Значит, А(2) истинно.

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

(1+х) k >1+k´x. (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+k´x)(1+x).

Рассмотрим правую часть последнего неравен-

ства; имеем

(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.

В итоге получаем, что

(1+х) k+1 >1+(k+1)´x.

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

Доказать, что справедливо неравенство

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

Решение: 1) При m=1

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

2) Предположим, что при m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+

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

+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натурального m.

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство

3 n >n´2 n+1 .

Решение: Перепишем неравенство в виде

При n=7 имеем

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

неравенство верно.

Предположим, что при n=k

3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1.

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

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравен-ство справедливо для любого натурального n.

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).

Предположим, что при n=k

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).

3) Докажем справедливость не-

равенства 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)Û

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

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

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 не-равенство доказано.

Заключение

Вчастности изучив метод математической индукции, я повысил свои знания в этой облас-ти математики, а также научился решать задачи, которые раньше были мне не под силу.

В основном это были логические и занима-тельные задачи, т.е. как раз те, которые повы-шают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится заниматель-ным занятием и может привлечь в математиче-ские лабиринты всё новых любознательных. По-моему, это является основой любой науки.

Продолжая изучать метод математической индукции, я постараюсь научиться применять его не только в математике, но и в решении проблем физики, химии и самой жизни.

МАТЕМАТИКА:

ЛЕКЦИИ, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ

Учебное пособие / В.Г.Болтянский, Ю.В.Сидоров, М.И.Шабунин. ООО “Попурри” 1996.

АЛГЕБРА И НАЧАЛА АНАЛИЗА

Учебное пособие / И.Т.Демидов,А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург,О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. “Просвещение” 1975.

Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 - база индукции , а затем доказывается, что если верно утверждение с номером n , то верно и следующее утверждение с номером n + 1 - шаг индукции , или индукционный переход .

Доказательство по индукции наглядно может быть представлено в виде так называемого принципа домино . Пусть какое угодно число косточек домино выставлено в ряд таким образом, что каждая косточка, падая, обязательно опрокидывает следующую за ней косточку (в этом заключается индукционный переход). Тогда, если мы толкнём первую косточку (это база индукции), то все косточки в ряду упадут.

Логическим основанием для этого метода доказательства служит так называемая аксиома индукции , пятая из аксиом Пеано , определяющих натуральные числа . Верность метода индукции эквивалентна тому, что в любом подмножестве натуральных чисел существует минимальный элемент.

Существует также вариация, так называемый принцип полной математической индукции. Вот его строгая формулировка:

Принцип полной математической индукции также эквивалентен аксиоме индукции в аксиомах Пеано.

Примеры

Задача. Доказать, что, каковы бы ни были натуральное n и вещественное q ≠ 1, выполняется равенство

Доказательство. Индукция по n .

База , n = 1:

Переход : предположим, что

что и требовалось доказать.

Комментарий: верность утверждения P n в этом доказательстве - то же, что верность равенства

См. также

Вариации и обобщения

Литература

Н. Я. Виленкин Индукция. Комбинаторика. Пособие для учителей. М., Просвещение, 1976.-48 с
Л. И. Головина, И. М. Яглом Индукция в геометрии , «Популярные лекции по математике» , Выпуск 21, Физматгиз 1961.-100 с.
Р. Курант, Г. Роббинс «Что такое математика?» Глава I, § 2.
И. С. Соминский Метод математической индукции. «Популярные лекции по математике », Выпуск 3, Издательство «Наука» 1965.-58 с.

Wikimedia Foundation . 2010 .

Смотреть что такое "Метод математической индукции" в других словарях:

Математическая индукция в математике один из методов доказательства. Используется, чтобы доказать истинность некоего утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 база индукции, а затем… … Википедия

Способ построения теории, при к ром в ее основу кладутся нек рые ее положения – аксиомы или постулаты, – из к рых все остальные положения теории (теоремы) выводятся путем рассуждений, называемых д о к а з а т е л ь с т в а м и. Правила, по к рым… … Философская энциклопедия

Индукция (лат. inductio наведение) процесс логического вывода на основе перехода от частного положения к общему. Индуктивное умозаключение связывает частные предпосылки с заключением не столько через законы логики, а скорее через некоторые… … Википедия

ГЕНЕТИЧЕСКИЙ МЕТОД - способ задания содержания и сущности исследуемого предмета не путем конвенции, идеализации или логического вывода, а с помощью изучения его происхождения (опираясь на изучение причин, приведших к его возникновению, механизм становления). Широко… … Философия науки: Словарь основных терминов

Способ построения научной теории, при котором в её основу кладутся некоторые исходные положения (суждения) аксиомы (См. Аксиома), или Постулаты, из которых все остальные утверждения этой науки (теоремы (См. Теорема)) должны выводиться… … Большая советская энциклопедия

аксиоматический метод - АКСИОМАТИЧЕСКИЙ МЕТОД (от греч. axioma) принятое положение способ построения научной теории, при котором в доказательствах пользуются лишь аксиомами, постулатами и ранее выведенными из них утверждениями. Впервые ярко продемонстрирован… … Энциклопедия эпистемологии и философии науки

Один из методов ошибок теории для оценки неизвестных величин по результатам измерений, содержащим случайные ошибки. Н. к. м. применяется также для приближенного представления заданной функции другими (более простыми) функциями и часто оказывается … Математическая энциклопедия

Математическая индукция один из методов математического доказательства, используется чтобы доказать истинность некоторого утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала пров … Википедия

У этого термина существуют и другие значения, см. Индукция. Индукция (лат. inductio наведение) процесс логического вывода на основе перехода от частного положения к общему. Индуктивное умозаключение связывает частные предпосылки… … Википедия

Роль индуктивных выводов в экспериментальных науках очень велика. Они дают те положения, из которых потом путем дедукции делаются дальнейшие умозаключения. Например, в математике роль индукции в значительной степени состоит в том, что она лежит в основе выбираемой аксиоматики. После того как длительная практика показала, что прямой путь всегда короче кривого или ломанного, естественно было сформулировать аксиому: для любых трех точек А, В и С выполняется неравенство

Лежащее в основе арифметики понятие «следовать за» тоже появилось при наблюдениях за строем солдат, кораблей и другими упорядоченными множествами.

Не следует, однако, думать, что этим исчерпывается роль индукции в математике. Разумеется, мы не должны экспериментально проверять теоремы, логически выведенные из аксиом: если при выводе не было сделано логических ошибок, то они постольку верны, поскольку истинны принятые нами аксиомы. Но из данной системы аксиом можно вывести очень много утверждений. И отбор тех утверждений, которые надо доказывать, вновь подсказывается индукцией. Именно она позволяет отделить полезные теоремы от бесполезных, указывает, какие теоремы могут оказаться верными, и даже помогает наметить путь доказательства.

Индукция – метод рассуждения, ведущий от частных примеров к некоторому общему выводу (индукция – латинское слово, означающее «наведение»). Метод индукции в самом общем смысле состоит в переходе от частных формулировок к формулировке универсальной.

Рассмотрим математическую индукцию. Метод математической индукции применяется, когда хотят доказать, что некоторое утверждение справедливо для всех натуральных чисел.

Математическая индукция- один из важнейших методов доказательства в математике, основанный на аксиоме (принципе) математической индукции.

Аксиома математической индукции формулируется так:

1. Проверяется справедливость некоторого утверждения при n = р0.

2. Предполагается, что это утверждение верно при n = к, к ≥ р0.

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

Первый факт называется базисом индукции, второй - индукционным переходом или шагом индукции. Индукционный переход включает и себя посылку (или предположение) индукции (утверждение верно при n = k) и заключение (утверждение верно при п = k + 1). Другими словами, шаг индукции состоит в переходе от посылки к заключению, т. е. в выводе, что заключение верно, если верна посылка. В целом весь логический приём, позволяющий заключить, что рассматриваемое утверждение верно для всех натуральных чисел, коль скоро справедливы и базис, и переход, называется принципом математической индукции. На нём и основан метод математической индукции. Этот метод может быть успешно применён в том случае, когда имеется некоторое утверждение А, зависящее от параметра, принимающего натуральные значения, и требуется доказать, что А справедливо при всяком значении параметра.

Говоря об индукции вообще (т. е. не только в математике), различают полную и неполную индукцию.

Полная индукция

Полная индукция - это умозаключение, в котором на основе принадлежности каждому элементу или каждой части класса определенного признака делают вывод о его принадлежности классу в целом.

Индуктивные умозаключения такого типа применяются лишь в тех случаях, когда имеют дело с закрытыми классами, число элементов, в которых является конечным и легко обозримым. Выраженная в посылках этого умозаключения информация о каждом элементе или каждой части класса служит показателем полноты исследования и достаточным основанием для логического переноса признака на весь класс. Тем самым вывод в умозаключении полной индукции носит демонстративный характер. Это означает, что при истинности посылок заключение в выводе будет необходимо истинным.

В одних случаях полная индукция дает утвердительные заключения, если в посылках фиксируется наличие определенного признака у каждого элемента или части класса. В других случаях в качестве заключения может выступать отрицательное суждение, если в посылках фиксируется отсутствие определенного признака у всех представителей класса.

Познавательная роль умозаключения полной индукции проявляется в формировании нового знания о классе или роде явлений. Логический перенос признака с отдельных предметов на класс в целом не является простым суммированием. Знание о классе или роде - это обобщение, представляющее собой новую ступень по сравнению с единичными посылками.

Демонстративность полной индукции позволяет использовать этот вид умозаключения в доказательном рассуждении. Применимость полной индукции в рассуждениях определяется практической перечислимостью множества явлений. Если невозможно охватить весь класс предметов, то обобщение строится в форме неполной индукции.

Неполная индукция. Популярная индукция

Неполная индукция - это умозаключение, в котором на основе принадлежности признака некоторым элементам или частям класса делают вывод о его принадлежности классу в целом.

Неполнота индуктивного обобщения выражается в том, что исследуют не все, а лишь некоторые элементы или части класса. Логический переход в неполной индукции от некоторых ко всем элементам или частям класса не является произвольным. Он оправдывается эмпирическими основаниями - объективной зависимостью между всеобщим характером признаков и устойчивой их повторяемостью в опыте для определенного рода явлений. Отсюда широкое использование неполной индукции в практике. Индуктивный переход от некоторых ко всем не может претендовать на логическую необходимость, поскольку повторяемость признака может оказаться результатом простого совпадения.

Тем самым для неполной индукции характерно ослабленное логическое следование - истинные посылки обеспечивают получение не достоверного, а лишь проблематичного заключения. При этом обнаружение хотя бы одного случая, противоречащего обобщению, делает индуктивный вывод несостоятельным.

На этом основании неполную индукцию относят к правдоподобным (недемонстративным) умозаключениям. В таких выводах заключение следует из истинных посылок с определенной степенью вероятности, которая может колебаться от маловероятной до весьма правдоподобной.

Существенное влияние на характер логического следования в выводах; неполной индукции оказывает способ отбора исходного материала.

Задачи на использование метода математической индукции.

На доказательство теоремы

Пусть имеется выпуклая фигура и внутри ее взяты n точек. Тогда центр масс этих точек тоже принадлежит фигуре.

Доказательство проведем по индукции.

Докажем базу: центр масс двух точек по определению принадлежит соединяющему их отрезку, в силу выпуклости фигуры, принадлежит фигуре.

База доказана, теперь шаг индукции. Цент масс n+1 точек – это, в силу определения, центр масс двух точек: любой одной и центра масс всех остальных, которых n штук. В силу предположения индукции центр масс этих остальных n точек принадлежит фигуре, а значит, центр масс его и (n+1)-й точки тоже принадлежит фигуре, так как по определению лежит на отрезке, соединяющем эти две точки нашей выпуклой фигуры, что и требовалось доказать.

На нахождение суммы

Найдите сумму +

S(1)= S(2)= S(3)=S(2)+ Можно предположить, что S(n)=

Докажем это. Для n=1 формула верна. Предположим, что она будет верна и для n=k+1:

На доказательство неравенств

Пусть х1, х2,. , хn - произвольные положительные числа, причем x1x2xn = 1. Доказать, что х1 + х2 +. +хn ≥ n.

1. Если n = 1, то по условию х1 = 1 и, следовательно, можно написать x1 ≥ 1, т. е. для n = 1 утверждение верно.

2. Предположим, что утверждение верно для n = k. Пусть х1,х2,. ,хk,хk + 1 - произвольные положительные числа и х1х2хkхk+1 = 1.

Могут представиться два случая: либо все эти числа равны 1, и тогда их сумма равна k+1 и неравенство доказано, либо среди этих чисел есть хотя бы одно число, не равное единице, и тогда обязательно есть, по крайней мере, еще одно число, не равное единице, причем если одно из них меньше единицы, то другое больше единицы. Не ограничивая общности, можно считать, что хk > 1, а хk + 1

Произведение их равно единице, и, следовательно, по индуктивному предположению x1 + x2 + + xk-1+ xkxk+1 ≥ k.

Прибавим к обеим частям последнего неравенства хk+хk+1,перенесем xkxk+1направо и преобразуем правую часть неравенства: x1 + x2 + + xk + xk+1 ≥ k - xkxk+1+хk + хk+1 =

K+1 +хk(1-хk+1) + хk+1- 1=k+1+хk(1- хk+1) - (1 - хk+1) =

K + 1+(1 - хk+1)(xk - l) ≥ k + l.

Таким образом, из истинности утверждения при n = k вытекает его истинность при n = k+ 1. Утверждение доказано. Из приведенного доказательства следует, что знак равенства в доказываемом соотношении имеет место тогда и только тогда, когда x1 = х2 =. = хn = 1.

Доказать неравенство

Где x1, x2,. , x3 – произвольные положительные числа.

Это важное неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим n чисел является простым следствием соотношения, доказанного в предыдущем примере. В самом деле, пусть х1, х2,. , хn - произвольные положительные числа. Рассмотрим n чисел

Очевидно, что все эти числа положительны и произведение их равно единице. Следовательно, по доказанному в предыдущем примере их сумма больше или равна n, т. е.

причем знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x1 = х2 =. = хn.

Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим n чисел часто оказывается полезным при доказательстве других неравенств, при отыскании наименьших и наибольших значений функций.

На вывод формулы прогрессии

Пусть (an) – арифметическая прогрессия, у которой разность равна d.

a1=a1 a2=a1+d=a1+1d a3=a2+d=a1+d+d= a1+2d a4=a3+d=a1+2d+d= a1+3d a5=a4+d=a1+3d+d= a1+4d

Анализ этих равенств позволяет высказать гипотезу, что an=a1+(n – 1)d. Эта гипотеза верна при любом nN.

На делимость

Доказать истинность предложения

А (n) = {число 5∙23n-2 + З3n-1 кратно 19}, nN.

1. Высказывание А (1) = {число 5∙2 +З2 кратно 19} истинно.

2. Предположим, что для некоторого значения n = k

А(k) = {число 5∙23k-2 + З3k-1 кратно 19} истинно. Тогда, так как 5∙23(k+1)-2 + З3(k+1)-1 =

8 ∙5∙23k-2 + 27∙ З3k-1 = 8 (5∙23k-2 + З3k-1) + 19 ∙З3k-1, очевидно, что и А(k + 1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения, что А (k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение А (k) истинно при всех значениях n.

На доказательство тождеств

Доказать, что при любом натуральном n верно равенство:

1*2+2*3+3*4+4*5++n(n+1)=.

Доказательство.

1) Проверяем утверждение при n=1.

Неравенство выполняется.

2) Предположим, что равенство верно при n=k, т. е.

1*2+2*3+3*4+4*5++k(k+1)=

3) Докажем утверждение при n=k+1:

1*2+2*3+3*4+4*5++ k(k+1)+(k+1)(k+2)=+ (k+1)(k+2)=

Таким образом, мы убедились, что доказываемое утверждение справедливо при любом n ϵ N.

Задачи реальной действительности

Докажем, что сумма внутренних углов выпуклого n-угольника равна π(n-2).

1. Минимальное число углов - три. Поэтому начнем доказательство с n = 3. Получаем, что для треугольника формула дает π (3~2) = π Утверждение для n = 3 справедливо.

2. Допустим, что формула верна при n=k. Докажем, что она верна для любого выпуклого

(к +1) -угольника. Разобьем

(к +1) -угольник диагональю так, что получим k-угольник и треугольник (см. рисунок).

Так как формула верна для треугольника и k-угольника, получаем π (к - 2) + π = π (к -1).

То же мы получим, если в исходную формулу подставить п = к + 1: π (к +1 - 2) = π (к -1).

Имеется лестница, все ступени которой одинаковы. Требуется указать минимальное число положений, которые гарантировали бы возможность «забраться» на любую по номеру ступеньку.

Все согласны с тем, что должно быть условие. Мы должны уметь забраться на первую ступень. Далее должны уметь с 1-ой ступеньки забраться на вторую. Потом во второй – на третью и т. д. на n-ую ступеньку. Конечно, в совокупности же «n» утверждений гарантирует нм то, что мы сможем добраться до n-ой ступеньки.

Посмотрим теперь на 2, 3,. , n положение и сравним их друг с другом. Легко заметить, что все они имеют одну и ту же структуру: если мы добрались до k ступеньки, то можем забраться на (k+1) ступеньку. Отсюда становится естественной такая аксиома для справедливости утверждений, зависящих от «n»: если предложение А(n), в котором n – натуральное число, выполняется при n=1 и из того, что оно выполняется при n=k (где k – любое натуральное число), следует, что оно выполняется и для n=k+1, то предположение А(n) выполняется для любого натурального числа n.

Заключение.

Итак, индукция (от лат. inductio - наведение, побуждение) - одна из форм умозаключения, приём исследования, применяя который от знания отдельных фактов идут к обобщениям, к общим положениям. Метод математической индукции – метод доказательства, основанный на так называемой аксиоме (принципе) математической индукции. Индукция бывает полная и неполная. Применяя полную индукцию, мы лишь тогда считаем себя вправе объявить об истинности универсальной формулировки, когда убедились в её истинности для каждого без исключения значения n. Метод неполной индукции состоит в переходе к универсальной формулировке после проверки истинности частных формулировок для отдельных, но не всех значений n.

Метод математической индукции является одной из теоретических основ при решении задач: реальной действительности, на нахождение суммы, на доказательство некоторых теорем по геометрии, физике, на решение неравенств, на вывод формул для прогрессии, на делимость, на доказательство тождеств.

Знакомясь с методом математической индукции, я изучала специальную литературу, консультировалась с педагогом, анализировала данные и решения задач, пользовалась Интернетом, выполняла необходимые вычисления.

В ходе работы я узнала: чтобы решать задачи методом математической индукции нужно знать и понимать основной принцип математической индукции.

Достоинством метода математической индукции является его универсальность, так как с помощью этого метода можно решить многие задачи. А недостатком неполной индукции является то, что порой она приводит к ошибочным выводам.

Обобщив и систематизировав знания по математической индукции, убедилась в необходимости знаний по теме «метод математической индукции» в реальной действительности. Кроме того эти знания повышают интерес к математике, как к науке.

Так же в ходе работы приобрела навыки решения задач по использованию метода математической индукции. Считаю, что эти навыки помогут мне в будущем в освоении избранной мною специальности на современном уровне.