Поурочные разработки по Алгебре для 9 класса к учебнику Ю.Н. Макарычева

Метод математической индукции (факультативное занятие) - Геометрическая прогрессия - Арифметическая и геометрическая прогрессии

Цель: рассмотреть новый способ доказательства утверждений.

Ход урока

I. Сообщение темы и цели урока

II. Ответы на вопросы по домашнему заданию

III. Изучение нового материала

Для доказательства утверждений, зависящих от натурального числа и, используют метод математической индукции. Для доказательства применяется следующая схема:

1. Проверяют справедливость утверждения при n = 1 (или при первом допустимом по условию задачи значении n).

2. Предполагают, что при произвольном значении n = k утверждение верно.

3. Доказывают, что при следующем значении n = k + 1 утверждение верно, используя предыдущий пункт 2.

Метод математической индукции аксиоматический и принимается без доказательства. Несмотря на его непривычность, нетрудно понять, как он «работает». Мы проверили доказываемое утверждение при некотором конкретном n (например, при n = 1). Так как было доказано, что если утверждение верно при n = k, то оно верно и при n = k + 1. Это означает, что утверждение будет верно и при n = 1 + 1 = 2. Так как оно верно при n = 2 и было доказано, что утверждение справедливо для n = k + 1, то оно верно при n = 2 + 1 = 3 и т. д. Таким образом, утверждение справедливо при всех натуральных значениях n.

Основная идея метода математической индукции состоит в доказательстве перехода: n = k → n = k + 1. Этот переход позволяет «зациклить» процесс: при n = 1 легко проверить утверждение, в силу перехода n = k → n = k + 1 оно верно и при n = 1 + 1 = 2. Так как оно верно при n = 2, в силу того же перехода оно верно и для n = 2 + 1 = 3 и т. д.

Пример 1

Докажем, что при всех натуральных п выражение А(n) = n(n2 + 5) без остатка делится на 6.

Используем приведенную схему доказательства:

1. При n = 1 выражение А(1) = 1 · (12 + 5) = 6 и делится на 6.

2. Предположим, что при n = k выражение А(k) = k(k2 + 5) = k3 + 5k делится без остатка на 6, т. е. k3 + 5k = 6р (где р - натуральное число).

3. При n = k + 1 получаем выражение А(k +1) = (k + 1)3 + 5(k + 1) = k3 + 3k2 + 8k+ 6. Выделим в этом выражении часть, которая согласно пункту 2 делится на 6: А(k + 1) = (k3 + 5k) + (3k2 + 3k + 6) = 6р + (3k2 + 3k + 6). Нужно доказать, что выражение 3k2 + 3k + 6 делится на 6. Для этого достаточно, чтобы выражение 3k2 + 3k = 3k(k + 1) делилось на 6 или k(k + 1) делилось на 2. Но величина k(k + 1) является произведением двух соседних натуральных чисел k т k + 1. Разумеется, одно из них будет четным.

Пример 2

Докажем, что при любом натуральном и выражение А(n) = 4n + 15n - 1 кратно 9.

Используем стандартную схему доказательства:

1. При n = 1 выражение A(1) = 41 + 15 · 1 - 1 = 18 кратно 9.

2. Предположим, что при n = k выражение А(k) = 4k + 15k - 1 кратно 9, т. е. 4k + 15k - 1 = 9р (где р - натуральное число).

3. При n = k + 1 надо доказать, что выражение А(k +1) = 4k+1 + 15(k + 1) - 1 делится на 9. Для доказательства можно использовать два способа.

1-й способ. Поступим, как и в примере 1, т. е. выделим в выражении А(k + 1) часть А(k), которая делится на 9. Для этого преобразуем выражение А(k + 1) к виду А(k +1) = 4k+1 + 15k + 14 = 4(4k + 15k - 1) – 45k + 18 = 4 А(k) + 9(2 – 5k).

Видно, что выражение А(k + 1) является суммой двух слагаемых, каждое из которых делится на 9.

Сложность этого способа состоит в умении в выражении А(k + 1) выделить часть А(k), т. е. догадаться до преобразования 4k+1 + 15k + 14 = 4(4k + 15k - 1) – 45k + 18.

Поэтому рассмотрим другой способ, лишенный такого недостатка.

2-й способ. Из выражения 4k + 15k - 1 = 9р (пункт 2) найдем 4k = 9р + 1 – 15k и подставим в выражение А(k +1) = 4k+1 + 15k + 14 = 4(9p + 1 – 15k) + 15k + 14 = 36p + 18 – 45k. Видно, что выражение A(k + 1) состоит из трех слагаемых, каждое из которых делится на. 9.

Связь между пунктами 2 и 3 была обеспечена за счет того, что в пункте 2 была найдена величина 4k и подставлена в выражение пункта 3.

Заметим, что если на число п накладываются по условию задачи ограничения, то необходимо ввести новое натуральное число т и свести задачу к старой схеме.

Пример 3

Докажем, что при четных неотрицательных числах n выражение А(n) = 52n+1 +3n+1 кратно 8.

Так как n четное и неотрицательное число, то его можно записать в виде n = 2m - 2 (где m - любое натуральное число). Заменив в А(n) число на 2m - 2, переформулируем задачу: докажем, что при любом натуральном значении m выражение кратно 8. Далее применима стандартная схема доказательства:

1. При m = 1 выражение А(1) = 51 + 31 = 8 кратно 8.

2. Предположим, что при m = k выражение А(k) = 54k-3 + 32k-1 кратно 8, т. е. 54k-3 + 32k-1 = 8р (где р - натуральное число). Выразим из этого равенства 54k-3 = 8р – 32k-1.

3. При m = k + 1 получаем выражение

Видно, что это выражение делится на 8.

Заметим, что при попытке доказать ложное утверждение метод математической индукции приведет к противоречию.

Пример 4

Докажем, что при всех натуральных n выражение А(n) = n2 + 7 кратно 4.

Разумеется, это утверждение ложное, т. к., например, при n = 2 получаем: А(2) = 22 + 7 = 11 - число, которое не делится на 4. Тем не менее попробуем применить метод математической индукции:

1. При n = 1 получаем число A(1) = 12 + 7 = 8, которое кратно 4.

2. Предположим, что при n = k число А(k) = k2 + 7 делится на 4.

3. При n = k + 1 получаем выражение А(k + 1) = (k + 1)2 + 7 = k2 + 2k + 1 + 7 = (k2 + 7) + (2k + 1).

Согласно пункту 2 выражение k2 + 7 кратно 4. Выражение 2k + 1 при всех натуральных числах k является нечетным числом и не делится на 4. Таким образом, получаем противоречие с условием задачи.

Метод математической индукции пригоден не только для доказательства утверждений, связанных с делимостью выражений, но и при доказательстве теорем, тождеств, неравенств, в геометрических задачах и т. д. Поэтому рассмотрим еще некоторые случаи применения метода математической индукции.

Пример 5

Докажем, что при любом натуральном n сумма равна

Заметим, что в сумму входит n дробей. Используем метод математической индукции:

1. При n = 1 сумма состоит из одной дроби. Получаем верное равенство

2. Предположим, что при n = k равенство выполняется:

3. При n = k + 1 получаем выражение

Видно, что полученное выражение описывается формулой при n = k + 1.

Пример 6

При a > -1 и любом натуральном n докажем неравенство

1. При n = 1 имеем верное неравенство

2. Предположим, что при n = k неравенство выполнено, т. е.

3. При n = k + 1 надо доказать неравенство

Для этого обе части неравенства (пункт 2) умножим на положительное число 1 + а. Получаем неравенство того же знака: или

Так как число kа2 неотрицательное, то справедливо неравенство

Тогда верно неравенство

Пример 7

Докажем, что n-угольник имеет диагоналей.

Очевидно, что n ≥ 3. Используем стандартную схему:

1. При n = 3 получаем А(3) = 0, т. е. треугольник не имеет диагоналей, и это верно.

2. Предположим, что при n = k многоугольник имеет диагоналей.

3. При n = k + 1 получаем (k + 1)-угольник. Очевидно, что вершину с номером k + 1 можно соединить с остальными вершинами к отрезками. Из этих отрезков один отрезок является стороной многоугольника, а k - 1 отрезок - его диагоналями. Таким образом, к диагоналям k-угольника добавляются еще k - 1 диагонали. Всего получаем: