Maths

УЧЕНИЧЕСКИ ИНСТИТУТ ПО МАТЕМАТИКАИ ИНФОРМАТИКА

ЕДИНАДЕСЕТА УЧЕНИЧЕСКА КОНФЕРЕНЦИЯУК’11

ТЕМА НА ПРОЕКТА:

Математическа индукция

Автори:Александър Петров Първанов

Владимир Бойчов ГеоргиевСМГ “Паисий Хилендарски”, София, 8. клас

Научен ръководител:Ваня Данова

учител, СМГ “Паисий Хилендарски”

Съдържание

Резюме -3стр.

Увод -4стр.

I Теореми от елементарната математика, доказани чрез

метода на математическата индукция. -

7стр.

II Задачи от математическа индукция. -15стр.

II.1. Доказване на равенства чрез индукция. -15стр.

II.2. Доказване на неравенства чрез индукция. -16стр.

II.3. Доказване на геометрични задачи чрез индукция. -19стр.II.4. Доказване на задачи с делимост чрез индукция -24стр.

II.5. Други задачи решени с математическа индукция. -26 стр.III Интересна история -33стр.

Заключение -36стр.

Използвана литература -37стр.

Резюме

Целта на настоящия реферат е да представи основите на математическата индукция и да разкрие основните й приложения в математиката.Описани са основните подходи и теореми касаещи метода на математическата индукция. Представени са задачи по темата. Извършени са доказателства на някои от основните теореми в елементарната математика, посредством разглеждания метод.

Summary

The purpose of this paper is to present the fundamentals of

the mathematical induction and reveal its main

applications in the mathematics. There are descriptions

of the basic of approaches and theorems, concerned the

method of the mathematical induction. Examples are

presented on the topic. Some of the theorems of the

elementary mathematics are proven by the the

particular method.

Увод

Математическата индукция наричана още пълна математическа

индукция е мощен дедуктивен метод, използван за доказване на

свойства на естествените числа и на други множества,

равномощни с множеството на естествените числа. Типична е

употребата и за доказване, че дадено твърдение е вярно за всички

естествени числа. Това се прави, като се доказва, че първото

твърдение от крайна редица от твърдения е вярно, и след това се

доказва, че ако произволно твърдение от тази редица е вярно, то е

вярно и следващото.

Този метод може да се обобщи за доказване на твърдения

относно по-общи добре обосновани структури като дърветата -

това обобщение е известно като структурна индукция и се

използва в математическата логика и информатиката.

Общо казано Математическата индукция е метод за

доказване основаващ се на следната аксиома :

Ако едно множество М съдържа естественото число 1 и от

това, че съдържа естественото число k следва, че съдържа и

естественото число k+1, то тогава M е съвкупността на всички

естествени числа.Тогава използваме следния алгоритъм :

Доказателствата, базирани на математическата индукция, за

дадено свойство на всички естествени числа n обикновено се

свеждат до три стъпки:

1. Тривиално доказателство на доказваното свойство за n = 1

2. Индукционна хипотеза (ИХ): Допускане, че доказуемото

свойство е валидно за n = k(l,m,r,…z)

3. Индукционна стъпка (ИС): Доказателство на свойството за n

= k +1(m+1,l+1,r+1,…,z+1), което се използва като доказана

индукционната хипотеза.

По-общ вариант на доказателството чрез индукция, който

може да се ползва за произволно множество, стига да се открие

един от частичните му порядъци без безкрайно намаляващи

вериги, представлява:

1. Доказателство, че всички минимални елементи от

множеството притежават свойството

2. ИХ: Допускане, че свойството е валидно за всички n < m

3. ИС: Доказателство на свойството за n = m.

(В случая на естествените числа този вариант може да се

разглежда като специален случай на посочения по-горе.)

Ефектът на доминото като илюстрация на математическата

индукция

Методът на математическата индукция може успешно да се

илюстрира с ефекта на доминото:

1. Нека падне първата плочка.

2. Когато падне една плочка, пада и следващата.

Заключението е, че ще паднат "всички" плочки на доминото, и

този факт е безспорен.

I Теореми от елементарната математика,

доказани чрез метода на математическата

индукция

Теорема 1: Аритметична прогресия

За всяка стойност на n сумата 1+ 2+ 3+ … + n трябва да бъде

равна на .

Доказателство:

За да докажем тази теорема с помоща на математическата

индукция, трябва да установим верността на твъррдението An за

всяко n=k.

1) Проверяваме дали твърдението е вярно за n=1. Получаваме ,че

1 = 1.(1+1)/2 1 = 2/2 = 1 Твърдението е вярно зa n=1.

2) Предполагаме, че n=k е вярно:

1+2+3+…+k=

3) Трябва да докажем, че n= k+1 е вярно:

1 +2 +3 +…+ k + (k+1) = + к + 1 = = = Твърдението е

вярно и при n = k + 1

По метода на пълната математическа индукция всички

твърдения са верни.

Теорема 2 : Геометрична прогресия

По същия начин може да се разгледа и общата геометрична

прогресия.

Ще покажем, че за всяка стойност на n е валидно равенството:

Gn = a+aq+aq2 + … + aqn = a .

(При това се предполага, че q 1, т. к. в противен случай дясната

страна на уравнението няма смисъл.)

Доказателство:

Твърдението е очевидно равно за n=1, защото тогава :

G1 = a + aq = a (1 + q)

Да предположим, че :

Gk = a + aq + … + aqk = a

Тогава

Gk+1 = (a + aq + … + aqk) + aqk+1 = Gk + aqk+1 = a + aq k+1 =

= a = a=

Но това не е точното доказателство от (1) за слуая n=k+1. С това

доказатеството е завършено.

Друго интересно приложение на принципа на математическата

индукция се отнася дo сумата на първите n квадрата.

Теорема 3 : Сума на първите n квадрата

Друго интересно приложение на принципа на математическата

индукция се отнася дo сумата на първите n квадрата. С директна

проверка се установява вероятността на равенството:

(2)12 +22 + 32 + … + n2 =

Поне дo малки стойности на n. Може да се изкаже

предположението, че тази забележителна формула е валидна за

всички естествени числа n. За да докажем това, отново

използваме математическа индукция. Първо забелязваме, че

твардението е вярно за n=k, т.е. ако

12 + 22 + 32 + … + k2 =

то чрез прибавяне на (k+1)2 към двете страни на това равенство

сеполучава:

12 + 22 + 32 + … + k2 + (k+1)2 = + (k + 1)2 ==

==,

което е точно търдението дадено ни в (2) чрез заместване на n c

k+1.

Теорема 4 : Квадратът на един многочлен е равен на сбора от

квадратите на всичките му членове, събран с всевъзможни техни

удвоени произведения, т.е.

(3) (a1+a2+…+an)2= a12+a2

2+…+an2+2(a1a2+a1a3+…+an-1an)

Доказателство : За n=2 формула (3) може да бъде доказана чрез

непосредствено умножение.

Допускаме, че формулата е вярна за n = k – 1, т.е.

(a1+a2+…+ak-1)2=a12+a2

2+…+ak-12+2S

където S е сборът от всевъзможните произведения, съставени от

a1,а2,...,аk-1.

Ще докажем, че :

(a1+a2+…+ak-1+…+ak )2=a12+a2

2+…+ak-12+ak

2+2S1,

където S1 e сборът от всевъзможните произведения, съставени от

a1,a2…ak-1,ak, т.е

S1=S + (a1+a2+…+ak-1)ak

И наистина

(a1+a2+…+ak-1)ak=[(a1+…+ak-1)+ak]2=

=(a1+a2+…+ak-1)2 +2(a1+ak-1)ak +ak2 =

=a12+…+ak-1

2+2S+2(a1+…+ak-1)ak +ak2=

=a12+a2

2+…+ak2+2S1

Теорема 5 : Броят на пермутациите от m елемента се

пресмята по формулата :

(4) Pm = m!

Доказателство : Преди всичко ще забележим, че P1=1 и значи при

m = 1 формулата (4) е вярна.

Нека Pk=k!.

Ще дакажем, че :

Pk+1 = (k+1)!

От дадените k+1 елемента : a1,a2,…,ak,ak+1, да вземем само

първите k елемента и да съставим от тях всевъзможни

пермутации. По условие те ще бъдат на брой k!.

Във всяка от тези пермутации да поставим елемента аk+1

последователно пред първия, пред втория, ...,пред k-тия. По този

начин от една пермутация на k елемнта, получаваме k+1

пермутации от k+1 елемента. Имаме всичко k!(k+1)=(k+1)!

Пермутации от k+1 елемента .

Необходимо е да се изясни:

1) няма ли между тези (k+1)! пермутации две еднакви;

2) всички ли пермутации от k+1 елемента сме получили.

1)Да допуснем, че измежду (k+1)! Пермутации има две еднакви.

Да ги означим с p1 и p2. Нека в пермутацията р1 елементът ak+1 да

заема s-тото място, броенето отляво надясно.

Да премахнем от p1 и p2 елемента ak+1. Ще получим две еднакви

пермутации от k елемента : p1 и p2.

Излиза, че за получаването на р1 и p2 в една и съща пермутация от

елементите a1,a2, …,ak два пъти на едно и също място е бил

поставен елементът ak+1, но това противоречи на правилото, по

което са построени пермутациите.

2)Да допуснем, че не сме получили някоя пермутьция p от k+1

елемента. Нека в p елементът ak+1 да заема s-тото място отляво

надясно. Да премахнем елементът ak+1 от p. Ще получим

пермутацията p от първите k елемента. Значи за получаването на

p беше достатъчно да се вземе пермутацията p и да се постави в

нея елементът ak+1, така че той да заеме s-тото място отляво

надясно.

Ние можехме да вземем пермутацията p, т.к. взехме всички

възможни пермутации от първите k елемента. Не можехме да не

поставим елемента ak+1 на посоченото място, т.к. го поставихме и

първи, и втори, ..., и (k+1)-ви елемент отляво.

И така всичките съставени от нас пермутации са различни и ние

сме получили всяка пермутация от k+1 елемента. От казаното

следва, че :

Pk+1=(k+1)!

Теорема 6 : Броят на вариациите от m елемента на n-ти

клас се пресмята по формулата

(5) Vmk = m(m-1) .. (m-n+1)

Доказателство : Ще забележим преди всичко, че Vm1=m и

следователно формула (5) e при n=1. Да допуснем, че :

Vmk = m(m-1) … m(m-k+1)

Където k<m. Ще докажем, че:

Vmk+1 = m(m-1) … (m - k)

За получаването на всички вариации от m елемента k+1 –ви клас

е достатъчно да се вземат всички вариации от m елемента k-ти

клас и към всяка от тях да се напише в края всеки от останалите

m-k елемента. Лесно се убеждаваме, че съставените по такъв

начин вариации от m елемента k+1-ви клас се съдържа между

получените.

Излиза, че:

Vmk+1 = Vm

k(m - k) = m(m - 1) … (m - k)

Теорема 7: Броят на комбинациите от m елемента n-ти клас се

пресмята по формулата

(6) Cmn =

Доказателство : Ще забележим преди всичко, че Cm1 = m и значи

при n = 1 формула (6) e вярна

Допускаме, че

Cmk =

Ще докажем, че

Cmk+1 =

За получаването ва всички комбинации от m елемента от k+1-ви

клас нека напишем всички комбинации от m елемента от k-ти

клас е към всяка от тях като (k+1)-ви елемент да присъединим

всеки от останалите m – k елемента.

Ясно, че така ще се получават всички комбинации от m елемента

от k+1-ви клас, но всяка от тях ще се получи k+1- пъти.

И найстина комбинацията a1,a2, …,ak,ak+1 ще се получи, когато към

комбинацията a2,a3, …,ak,ak+1 бъде присъединен елементът a1,

когато към комбинацията a1,a3, …, ak,ak+1 бъде присъединен

елементът a2 и т.н., когато най-сетне към комбинацията a1,a2, …,ak

бъде приседенен елементът ak+1.

Значи

Cmk+1= Cm

k=

Теорема 8 : Неравенство на Бернули. Неравенството (1+p)n1+np е изпълнено за всяко p>-1 за всяко естествено число n.Доказателство :

При n=1 е очевидно, че се достига равенството. Следователно неравенството е вярно.При n=2 имаме (1+p)2=1+2p+p2. Но p2≥0 . Следователно (1+p)2≥1+2p , което означава, че неравенството е вярно.

Неко неравенството е вярно за n = r. Трябва да докажем, че то е изпълнено и за n = k+1. Имаме

(1+p)k+1 ≥1+kp+p+kp2

Като се пренебрегне положителното събираемо kp2, горното неравенство само се засилва, тaка че

(1+p)k+1≥1+p(k+1)Което показва, че даденото неравенство остaвa вярно за следващото естествено число k+1.

II Задачи от математическа индукция

II.1. Доказване на р авенства чрез индукция

Задача 1 . Да се докаже, че ако n е естествено число, то

23n +1, (n≥2) окончава на 7.

Доказателство:

При п=2 твърдението е вярно, защото 222+1 =24+1 = 17.

Нека твърдението е вярно при n=k>2, т. е. 22k+1 = 10l+7, където

l е цяло число. Тогава

22k+1 +1 = 22.2k +1 = (22k)2 +1 = (10l +6)2 +1 = 100l2 +120l +36 +1

= 100l2 +120l +30 +7. (10l2+12l+3).10 +7

Следователно твърдението е вярно при всяко n≥2 .

Задача 2. Да се докаже, че

Доказателство: 1. При n = 1 имаме S1 = 1.2.3 = 6;

2. Допускаме, че за n = k формулата е вярно, т.е.

е вярно равенство. Ще докажем, че формулата е вярна и за

n=k+1, т.е.:

Наистина, като заместим в лявата страна на последното

равенство 1.2.3 + 2.3.4 + .... + k(k + 1)(k + 2) с равното му

според направеното допускане, ще получим: , т.е. .

3. Тъй като доказахме, че ако разглежданата формула е

вярна за n= k, тя е вярна и за n = k + 1 и проверихме, че е

вярна за n = 1, тя ще бъде вярна и зa n = 1 + 1 = 2; n = 2 + 1

= 3 и т.н. ще бъде вярна за всяко n.

II.2. Доказване на неравинства чрез индукция

Задача 1. Да се докаже неравенството (1+x)n 1+ nx , ако x-1 и

nN

Доказателство :

1) Проверяваме дали твърдението е вярно за n=1. Получаваме ,че

1+x1+x Твърдението е вярно зa n=1.

2) Предполагаме, че n=k е вярно:

(1+x)k1+kx

Умножаваме двете страни с x+1

(1+x)k(1+x) (1+nx)(1+x)

3) Трябва да докажем, че n= k+1е вярно:

(1+x)n+1=(1+x)n(1+x) (1+nx)(1+x)=1+nx+x+nx2 1+ (n+1)x

С това доказатеството е завършено.

Задача 2. Да се докаже, че

| a1+a2+…an-1+an | ≤ | a1 | + | a2 | + … + | an-1 | + | an |

Доказателство :

При n=2 твърдението е вярно.

Нека твърдението е вярно при n=k>2, т.е. изпълнено е

неравенството

(1) | a1+a2+ …+ ak |≤ |a1| + |a2|+ … +|ak|

Ще докажем, че е изпълнено и неравенството

|a1+a2+…+ak+ak+1| ≤ |a1| + |a2| + … + |ak| + |ak+1|

И наистина

| a1+a2+…+ak +ak+1 |= | (a1+ a2+ … +ak) | + |ak+1| ≤ |a1 + a2 + …

+ak| + |ak+1| ≤ |a1| + |a2| + … + |ak| + |ak+1|

Тук най-напред сборът от първите k числа разгледахме като едно

число и приложихме твърдението при n=2, а след това

използвахме (1).

Въз основа на доказаното заключаваме, че твърдението е

вярно за, всяко естествено чисдо n.

Задача3.Да се докаже, че ако а1, а2 . . . , ап са положителни

числа, п>2 и а1, а2 . . . ап =l, то а1+a2+a3+…+an n

При п=2 трябва да докажем, че от a1>0, a2>0 и а1а2=1 следва

a1+a22. Но известно е, чe . Тoгава а1+а2 2.1=2

Нека неравенството е изпълнено при n=k>2, т.е. (а)а1+a2+...+ak

k. Ще докажем, че

(1) а1 + а2 + . . . +ак +ak+1(k+1).

Ако а1=а2= . . . =ak+1=l, неравенството (1) е изпълнено. Ако

поне едно от числата е по-малко от 1, то ще има и число, по-

голямо от 1. Да предположим, че ат>1, аm+1<1. Тогава числата

а1, а2, . . . , ат-1, ат+2, … ak и (am.am+1) са k на брой и съгласно

неравенството (а) получаваме

а1+ а2+ . . .+ ат-1+ ат+2+ … +ak + (am.am+1) k.

От друга страна, като вземем под внимание, че am-1>0 и 1-

am+1 >0, намираме

а1+ а2+ . . .+ ат-1+ аm+ат+1+ат+2 +…+ ak +ak+1 k- (am.am+1) +

+аm+ат+1 k+1 +ат(1-am+1)-am+1(1-am+1) k+1+

+(am-1)(1-am+1)>k+1

Следователно неравенството е изпълнено при всяко

естествено число n2.

II.3. Доказване на геометрични задачи чрез индукция

Задача 1.Да се докаже, че n равнини, които минават през една

точка така, че никои три от тях не минават през една права, делят

пространството на An=n(n-1)+2 части.

Доказателство :

1) Една равнина дели пространството на две части и A1=2. За n=1

твърдението е вярно.

2) Да допуснем, че твърдението е вярно за n=k, т.е. k равнини

делят пространството на к(к-1)+2 части.

И наистина нека P е k+1-та равнина. Всяка от първите k равнини

пресича равнината P по някаква права, така че равнината P е

разделена, така че равнината P е разделена на части от k

различни прави, минаващи през една точка. Равнината P е

разделена на 2k части, всяка от които представлява равнинен

ъгъл с връх дадената точка.

Първите k равнини делят пространството на някакви многостенни

ъгли. Някои от тези многостенни ъгли се делят от равнината P на

две части.

За обща стена на две такива части служи част от равнината,

ограничена с два лъча, по които P се пресича със стените на

дадения многостенен ъгъл, т.е. един от тези 2k равнинни ъгли, на

които e разделена равнината P.

Това значи , че броят на многостенните ъгли, които се разделят на

две части от равнината P, не може да бъде по-голям от 2k.

От друга страна, всяка от тези 2k части, на които се разделя

равнината P в резултат от пресичането и с първите k равнини, е

обща стена на два многостенни ъгъла и значи дели многостенния

ъгъл, образуван от първите k равнини, на две части.

Това значи, че броят на многостенните ъгли, които се разделят на

две части от равнината P не можбе да бъде по-малък от 2k.

И така равнината P разделя на по две части точно 2k части от

пространството, образувани от първите k равнини. За това, ако k

равнини разделят пространството на k(k-1)+2 части, то k+1

равнини ще го разделя на

[k(k-1)+2]+2k=k(k+1)+2

части. Твърдението е доказано.

Задача 2 . В равнина са дадени четири изпъкнали фигури, всеки

три от които имат обща точка. Да се докаже, че всичките четири

фигури имат имат поне една обща точка.

Доказателство :

Да означим фигурите с М1 М2, М3, М4. да означим с А1 А2, А3, А4

общите точки съответно на М2, М3, М4; М1 М3, М4; М1 М2, М4; M1,

М2, М3. Възможни са следните разпределения на А4:

1) Да лежи в триъгълника в A1A2A3. Т.к. А1 А2, и А3 са точки от

изпъкналата фигура М4, то и всички точки от триъгълника А1А2А3

принадлежат нa M4.

2) Четириъгълникът A1A2A3A4 да е изпъкнал. Да означим с О

пресечната точка на диагоналите. Ще докажем, че О принадлежи

на всяка от фигурите. Точките А1 и А3 са от фигурите М2 и М4,

което показва, че отсечката A1A3 е от тези фигури. Аналогично се

доказва, че отсечката А2А4 е от фигурите M1 и М3. Следователно

пресечената точка О на отсечките А1А3 и А2А4 принадлежи на

четирите фигури.

Задача 3 . В равнина са дадени n изпъкнали фигури, всеки три,

от които имат обща точка. Да се докаже, че всичките n фигури

имат поне една обща точка (теорема на Хейли).

Доказателстно :

При n=4 твърдението е доказано. Ще докажем, че ако n4

фигури имат обща точка, то и n+1 фигури имат обща точка .

Нека са дадени фигурите B1,B2..., Bn+1 всеки три, от които имат

обща точка. Разглеждаме следните n фигури: В1,В2,..., Bn Bn+1=

Bn’.

Ясно е, че Вn’ е изпъкнала фигура. Ще докажем, че всеки три от

тези фигури имат обща точка. Но всеки три от фигурите В1 В2, ...,

Bn-1 имат обща точка. Това подсказва, че трябва да установим, че

всяка тройка, която съдържа Вn има обща точка. Но знаем, че Вi Bj,

Вn, Вn+1 имат обща точка. Следователно от индуктивното

предположение фигурите В1 В2…Вn-1Вn' имат обща точка, т.е.

В1,В2,..., Вn-1 Вn, Вn' имат обща точка. С това задачата е доказана.

Задача 4 . Да се докаже, че във всеки изпъкнал

n-ъгълник броят на всичкr диагонали e Sn=

Доказателстно :

При n=3 S=0 и твърдението е вярно. (Можем да проверим още, че при

n=4 S4=2 и твърдението също е вярно, но от логична гледна точка

това, не се налага, тъй като многоълникът с най-малък брой страни е

триъгълникът и следва, че всяко твърдение за многоъгълник се отнася

и за триъгълника).

Нека твърдението е вярно при n=k>3, т. е. k-ъгълникът има всичко Sk

= диагонала. Ще до-кажем, че всеки (k + 1) - ъгълник има Sk+1=

диагонала. Да разгледаме произволен (k + 1) - ъгълник ABCD . . . Р.

Ако начертаем например диагонала му АС,

То многоъгълникът се разделя на един k-ъгълник (ACD . . . Р) и

триъгълник ABC. По Предположение ACD.. .Р имa Sk = диагонала.

Но даденият многоъгълник има освен диагоналите на ACD …P още

един диагонал АС и (k + 1)-3 диагонала през върха му В.

Следователно :

Sk+1=Sk+1+k+2= +k – 1=

= =

Sk+1=

Полученият резултат показва, че твърдението е вярно за

произволен многоъгълник.

Задача 5. Дадени са в равнината n прави, всяка две от които се

пресичат и никои три не минават през една точка. Да се докаже,

че те разделят равнината на Pn=1+ .

Доказателство :

При n = 1 P1= 2 и твърдението е вярно.

Да предположим, че твърдението е вярно при n=k>1 т. е. k-прави

със споменатото свойство разделят

равнината на P k=1+ . части. Ще докажем, че

k + l прави я разделят на Pk+1=1+ . части.

Разглеждаме k+1 прави. Ако едната от правите временно

изоставим, останалите k прави съгласно предположението

разделят равнината на P k=1+ . Правата, която изоставихме, по

условие пресича всяка от останалите и пресечните точки са

различни (защо?). Тъй като останалите прави са k на брой, то

върху тази права има k точки, които я разделят на k-1 отсечки и

два лъча, т.е. k+1 части. Всичките тези части на правата минават

през различни части на равнината, определени от останалите

прави, т. е. през k + 1 части на равнината. Но всяка такава част се

разделя от частта от правата на две части и следва, че в

равнината се получават още k+1 части.

Тогава

Pk+1=Pk+k+1=1+ +k+1= 1+ .

С това задачата е решена.

II.4. Доказване на задачи с делимост чрез

индукция

Задача 1. Да се докаже, че акo n е естествено число, то n3+5n е

кратно на 6.

Доказателсво : При n=1 твърдението е вярно.Нека твърдението е

вярно при n=k, k3+5k =6q , където q е цяло число. Тогава : (k+1)3

+5(k+1)= k3 +3k2+3k+1+5k+5= (k3+5k2) +(3k2+3k+6)=6q +

[(3k2+k+1)+6]

Тъй като всяко от събираемите в средната скоба e кратно на 6, то

целият сбор се дели на 6, с което твърдението е доказано.

Следователно n3+5n се дели на 6 за всяко n.

Задача 2. Да се докаже, че ако n е естествено число, то 23n + 1 се

дели на Зn+1 и не се дели на Зn+2.

Доказателство :

Нека Аn =232+1.

При n=1 A1=23+1=9 ,което се дели на 9, но не се дели на 27.

Следва, че твърдението е вярно.

Нека при n=k> 1 Ak =23k +1=3k+1 . М ,където М не се дели на 3.

Тогава Ak+1=23k+1+1=23 k.3+1

= (23k) +1 = (23k +1) (23k.2 - 23k +1)

= 3k+1.M [(23k+1)2 3. 23k]

=3k+1.M [(3k+1.M)2 – 3. 23k]

=3k+2.M [32k+1.M2-23k]

Следва, че Ak+1 се дели на 3k+2, но не се дели на 3k+3.

Следователно е вярно за всяко естествено число n.

Задача 3. Да се докаже, че за всяко естествено n, 11n+2 + 122n+1 се

дели на 133.

Доказателство :

1.При n=1,111+2+122+1=113+123=3059=133.23.

2. Нека при n = k; 11k+2 + 122k+1 = 133p (p e цяло). Тогава при

n=k+1 имаме: 11k+1+2 + 122(k+1)+1 = 11k+3 + 122122k+1 = 11(11k+2 +

122k+1) + 133.122k+1 = 11.133p + 133.122k+1 = 133(11p + 122k+1).

3. Доказахме, че ако при n = k даденият израз се дели на

133, то налице е същото и при n = k + 1. Тъй като при n = 1

той се дели на 133, съгласно принципа на математическата

индукция. той се дели на 133 за всяко естествено n.

II.5. Други задачи решени с математическа индукция

Задача 1. По колко различни начина числото 2004 може да се

представи като сбор на приблизително равни естествени числа?

Две числа се наричат приблизително равни, ако разликата им е не

повече от 1. Сборовете, които се различават само по реда на

събираемите, се смятат за еднакви.

Решение: Ще докажем, че числото N може да се представи по N

начина като сбор на приблизително равни събираеми.

Да отбележим, че във всяко представяне участват най-много

две различни събираеми (от вида a и a + 1, съответно "малко" и

"голямо").

Числото 1 има едно представяне: с едно събираемо 1. Нека

твърдението е доказано за някое N . Като прибавим във всяко

представяне на N единица към едно от по-малките събираеми

(или към кое да е, ако всички са равни), получаваме представяне

на числото N + 1. Ясно е, че от различни представяния на N се

получават различни представяния на N + 1.

Обратно, ако във всяко представяне на N + 1 (освен

представянето на N + 1 като сбор на единици) едно от по-

големите събираеми се намали с 1 (или, ако събираемите са

равни, кое да е от тях се намали с 1), се получава представяне на

N . Отново, от различни представяния на N + 1 се получават

различни представяния на N.

Следователно броят на представянията на N + 1 е с 1 по-голям

от броя на представянята на N и по индукция твърдението е

доказано.

Задача 2. Разполагаме с много картончета, на всяко от които е

записано естествено число от 1 до n. Сборът от записаните на

всички картончета числа е равен на k.n!, където k е естествено

число. Докажете, че картончетата могат да се разпределят в k

групи така, че във всяка група сборът от записаните на

картончетата числа да е равен на n!.

Доказателство : Ще приложим индукция по n. При n = 1

твърдението очевидно е изпълнено. Нека е вярно за n — 1 и нека

разгледаме множество с елементи 1, 2, . . . ,n, чиято сума е k.n!.

Първо да отделим картончетата, на които е записано числото n и

всяко от тях да сложим в плик, надписан с 1. След това да

разгледаме произволни n картончета измежду останалите.

Известно е, че измежду записаните на тях числа можем да

изберем няколко с кратен на n сбор. Тези няколко картончета със

сума tn слагаме в плик, надписан с t. Тъй като броят на числата в

плика не надхвърля n и всяко от тях е най-много n — 1, то

tn-1. С оставащите картончета постъпваме по същия начин,

докато накрая имаме r < n на брой картончета. Тъй като сборът

от числата, записани върхувсички картончета, е кратен на n и

сборовете във всеки плик са също кратни на n, то сборът от

числата на тези r картончета е също кратен на n, т.е. равен на nq

(ясно е, че q < n). Така и последните r картончета слагаме в плик

и го надписваме с q.

Всички пликове са надписани с числата 1, 2, . . . ,n-1 и сборът

от записаните върху пликовете числа е = k.(n — 1)!. От

идукционното предположение следва, че пликовете можем да

разпределим в k групи така, че сборът от числата върху

пликовете във всяка група да бъде (n-1)!. Това означава, че сборът

от записаните върху картончетата от пликовете във всяка от тези

групи числа е n!, с което индукцията е завършена.

Задача 3. Компания театрали изкупила билетите от цял ред, като

се разположила там по произволен начин. Оказало се, че никой не

е седнал на мястото си. Разпоредителят има право да размества

помежду им само двойки съседи, и то ако всеки от тях не седи на

мястото си. Винаги ли е възможно разпоредителят да размести

зрителите така, че всеки да седне на своето място?

Решение: Да номерираме зрителите по номерата на билетите им:

1, 2, . . . ,n. Ако разпоредителят успее да постави n-тия зрител на

мястото му, а всички останали да не седят по местата си, с

индукция по броя на зрителите ще получим, че е желаното

разпределение е възможно. При това е достатъчно да посочим

начин, по който n-тия зрител може да се премести по-близо към

мястото си (например, надясно), като отново всички седят не по

местата си. Ясно е, че след краен брой такива премествания n-тия

зрител ще седне на мястото си.

Седящият на място k зрител n не може да се измести на едно

място надясно, само ако на място k+1 седи зрител k. Тогава ще

опитаме първо да изместим зрител k на едно място надясно, а

след това да преместим и n-тия зрител. Това няма да бъде

възможно, само ако на място k + 2 седи зрител k + 1. Но тогава

ще опитаме да преместим k + 1-вия зрител надясно, после k-тия

и накрая n-тия. Отново, това би било невъзможно, само ако на k

+ 3-то място седи зрител k + 2. Продължавайки с аналогични

разсъждения, стигаме до единствената ситуация, при която n-тия

зрител не може да бъде преместен надясно, без някой друг да си

седне на мястото: на местата k ,k + 1, k + 2, . . . ,n седят

съответно зрителите n,k,k + 1, . . . ,n — 1. В такъв случай, като

разместим n-тия зрител с десния му съсед n — k пъти, ще

получим разположение, при което последните n — k + 1 зрители

са по местата си, като по този начин свеждаме задачата към по-

малък брой зрители и използваме индукционното

предположение.

Задача 4. В редица са поставени 23 кутии с топки, като за всяко

естествено число n от 1 до 23 има кутия с точно n топки. С една

операция може да се преместят в произволна кутия още толкова

топки, колкото вече има в нея, взети от кутия с повече топки.

Винаги ли е възможно с последователност от такива операции в

първата кутия да остане 1 топка, във втората - две и т.н., в 23-тата

кутия - 23 топки?

Решение: Твърдението е вярно за произволен брой кутии (не

само 23). Доказателството е с индукция по броя на кутиите.

Тривиалната ситуация "една кутия с една топка" дава базата на

индукцията.

Нека n-1 кутии могат да се подредят според изискванията на

условието и имаме n кутии.

Забелязваме, че с последователно преместване на топките от

първата кутия във втората, от втората в третата и така до k-тата,

от разпределението ( k,k-1,k-2, . . . , 3 , 2 , 1 ) получаваме (1,k,k-

1, . . . , 3, 2) за всяко k2. Продължавайки циклично, от втората

кутия удвояваме топките в третата, от третата в четвъртата и т.н.,

от k-тата в първата. Така стигаме до разположението (2,1,k,k-1,

k-2, . . . , 4, 3).

С няколко такива цикъла, кутията с k топки може да заеме

мястото на кутията с k-1, k- 2 , . . . , 1 топки. При това останалите

кутии съдържат различен брой топки. Аналогично това е вярно за

произволно първоначално разпределение.

Тогава, след като направим нужния брой циклични

премествания за n- тата кутия и тя се окаже на последното n-то

място, според индукционното предположение можем да

подредим и останалите кутии с 1, 2, . . . , n — 1 топки.

Задача 5. Карлсон има 1000 буркана със сладко. Бурканите не са

задължително еднакви, но всеки от тях съдържа не повече от 1%

от всичкото сладко. За закуска Карлсон може да изяде по едно и

също количество сладко от кои да е 100 буркана. Докажете, че

Карлсон може да закусва така, че за няколко дни да изяде

всичкото сладко.

Доказателство:

Ще докажем твърдението по индукция.

Да предположим, че Карлсон може да изяде всичкото сладко,

ако вместо 100 и в условието имаме 99 и (общото количество

буркани не е важно, същественото е, че те са достатъчно много,

не по-малко от 100). Ще наричаме тези задачи съответно "задача-

100" и "задача-99". Ще обясним как, след като е решил задача-99,

Карлсон може да реши задача-100.

Карлсон мислено разделя бурканите със сладко на две части:

най-големия (по количество на сладкото) и "всички останали". Да

отбележим, че за "всички останали" буркани се изпълнява

условието на задача-99 (в "останалите" буркани сладкото е не по-

малко от от цялото сладко и във всеки от "останалите" буркани е

не повече от от цялото сладко, т.е. не повече от := от

количеството сладко в "останалите" буркани).

Затова Карлсон може да действа така: да изяде от "останалите"

буркани всичкото сладко по алгоритъма на "задача-99", като на

всяка стъпка взема 99 буркана от "останалите" и добавя стотния

буркан - "най-големият". За да свърши едновременно сладкото в

"най-големия" буркан и във "всички останали", е необходимо в

него да има точно 99 пъти по-малко сладко, отколкото във

"всички останали" взети заедно (тъй като от него всеки път ще се

изяжда 99 пъти по-малко, отколкото от "останалите"). Тоест е

необходимо в най-големия буркан първоначално да е имало точно

част от общото количество сладко.

Ако в най-големия буркан има по-малко от от общото

количество сладко, Карлсон избира 100 непразни буркана от

"всички останали" и изяжда от тях някакво количество сладко.

При това частта сладко в най-големия буркан се увеличава. Ще

покажем как трябва да действа той, за да направи

тази част точно . Ако количеството сладко в най-малкия буркан

(от избраните сто) позволява да се изяде част от сладкото така, че

частта на най-големия буркан да стане равна на , той прави така.

Иначе изяжда всичкото сладко от най-малкия буркан,

намалявайки количеството на непразните буркани. Карлсон спира

или когато постигне целта, или когато непразните буркани сред

"всички останали" станат по-малко от 100. Но последният случай

е невъзможен, тъй като частта на най-големия буркан

е не по-малка от , т.е. Карлсон е трябвало да спре по-рано.

За да завършим решението ще отбележим, че по начина, по

който сведохме задача-100 към задача-99, може да я сведем сега

към задача-98, нея - към задача-97, и т.н. А задача-1 е очевидна.

Интересна история

Един път учител дал на учениците от 10-ти клаc от най-обикновенно училище в Русия следната задача:

Да се докаже ползвайки метода на математическата индукция, че при всяко естествено n е вярно неравенството :

Pn=<Коля В. Намерил вкъщи следното решение :

1) При n=1 неравенството е вярно тъй като :

P1=<

2) Показваме, че от условието произлиза справедливостта на неравенството, за което е достатъчно да се покаже, че :

<

или <,

или (2n+1)2(n+2)<4(n+1)3 , или 4n3+12n2+9n+2<4n3+10n2+12n+4 ,

или 0<3n+2

което е вярно. По такъв начин справедливостта на неравенството е следвано от метода на математическата индукция.

Обаче разказвайки в училище за неговото решение, Коля е забравил да постави в знаменателя единица и е започнал да доказва “грубо” неравенство :

Pn<Eто какво се получило при него :

1) За n=1 неравенството е вярно, тъй като :

P1 =<

2) Показваме, че от условието Pn< следва Pn+1<. За което е достатъчно да се докаже, че :

<,

или <,

или (2n+1)2(2n+1)<4(n+1)2 n

или 4n 3+8n 2+5n+1<4n 3+8n 2+4n

или n+1<0Получило се нещо абсурдно. Доста точното неравенство се

оказва по-лесно за доказване. Защо ?Разглеждайки този въпрос, предлагаме да докажем 2

неравенства :

Pn<

Интересно, че в това неравенство коефициентът 3,1 не може да бъде разменен с 3,2. Най-големият коефициент, при което то остава вярно е равен на числото π. Отношението на окръжността към диаметъра.

++…+<

Заключение

С настоящата разработка доказваме неограничените

възможности в работата с множества от числа, които ни

разкрива принципът на математическата индукция. Тази

тема предлага основни познания върху самият метод и

прилагането му в различни по вид задачи. Рефератът е

подходящ за ученици и студенти желаещи да научат повече

за пълната математическа индукция.

Решенията на разгледаните задачи и авторските предложения

са само малък принос в развитието на темата.

Смятаме, че повече ученици трябва да се запознаят с този

интересен и не чак толкова труден метод, за да имат

възможност да го прилагат при решаване на задачи.

Използвана литература

1. Константин Петров, „Ръководство за решаване на задачи по математика”, Издателство „Народна просвета”, София1987 г.

2. Н. В. Александрова, „Математически термини”, Издателство „ Наука и изкуство”, София 1989

3. Р. Курант, Х.Робинс, „Що е математика”, „ Наука и

изкуство”, София 1967 г.

4. Акад. Б. Петканчев, „Основи на математиката”,

Издателство „Наука и изкуство”, София 1968 г.

5. В. Величков, Д. Раковска, „Сборник по математика за 8

клас”, Издателство „Даниела Убенова”, София 2002 г.

6. „Списание математика”, брой 5, 2005 г.

7. Ст. Бодуров, „Математически олимпиади”-Издателство

„Народна просвета”, София 1972 г.

8. С. Маклейн, Г. Биркоф „Съвременна алгебра” ” -

Издателство „Наука и изкуство”, София 1974г.

9. Chris Tuffley, “Induction”, NZ Mathematical Olympiad

Committee, January 2009г.

10. И. С. Соминский, „Метод математической индукции” –

Издателство „Наука”, Москва 1965г.

11. А. Шень, „Математическая индукция” – Издателство

МЦНМО, Москва 2007г.

12. Л. Головина, Й. Яглом, „Индукция в геометрии” –

Издателство ”Физико–математической литературы”,

Москва 1961г.