Неполная индукция

Иногда общий результат удается предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).

Результат, полученный неполной индукцией, может быть как истинным, так и ложным. В самом деле, рассмотрим многочлен f(n)=n²+n+41. Легко видеть, что f(0)=41, f(1)=43, f(2)=47, f(3)=53, f(4)=61. Числа 41, 43, 47, 53, 61  простые. Напрашивается предположение, что f(n) для всех неотрицательных n – простое число. Однако при n=41 очевидно, что – составное.

Если здесь ограничиться данными пятью значениями, то вывод окажется ошибочным.

Рассмотрим следующую задачу.

При каких натуральных n справедливо неравенство 2ⁿ>7n+3?

При	n=1	2>10	ложно
При	n=2	4>17	ложно
При	n=3	8>24	ложно
При	n=4	16>31	ложно
При	n=5	32>38	ложно
При	n=6	64>45	истинно
При	n=7	128>52	истинно

На основании неполной индукции можно предполагать, что 2ⁿ>7n+3 для всех натуральных чисел n6. Эту гипотезу мы докажем позже. А пока еще раз отметим, что неполная индукция в математике не считается законным методом строгого доказательства. Она является средством выдвижения гипотез, справедливость которых, как правило, доказывают методом математической индукции.

Метод математической индукции

В основе доказательств утверждений методом математической индук­ции лежит принцип математической индукции. Он состоит в следующем.

Пусть дано некоторое утверждение, зависящее от натурального n. Обозначим его через A(n). Если данное утверждение справедливо при n=1, т. е. A(1) истинно и из его истинности при n=k следует его истинность при n=k+1, то A(n) истинно при всех натуральных n.

Действительно, пусть A(1) истинно и из истинности A(k) следует истинность A(k+1). Тогда можно рассуждать так: истинность утверждения проверена при n=1, но по допущению утверждение верно и при n=1+1=2, а потому оно верно и при n=2+1=3 и так далее, т. е. справедливо при всех значениях n. Мы здесь уверены, что каждый раз сможем сделать следующий шаг, и поэтому очевидно, что утверждение справедливо для любого n, так как до любого натурального числа n можно добраться конечным числом шагов, начиная с n=1.

Таким образом, чтобы доказать справедливость некоторого утверждения при любом натуральном n, надо доказать два факта:

1. справедливость при n=1;

2. всякий раз из его справедливости при n=k следует его справедливость при n = k+1.

В этом и состоит принцип математической индукции: доказываем, что утверждение справедливо при n=1 (базис индукции), затем предполагаем, что утверждение справедливо при n=k (индуктивное предположение), доказываем его справедливость при n=k+1.

В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных n, a лишь для np, где р  некоторое натуральное число. В этом случае принцип математической индукции форму­лируется следующим образом.

Если предложение A(n) истинно при n=p и если A(k)A(k+1) для любо­го натурального kp, то оно справедливо при любом натуральном np.

Теперь рассмотрим некоторые задачи.

Задача 1. Доказать, что n-й член арифметической прогрессии выражается формулой a_n=a₁+d(n1).

По определению арифметической прогрессии,

Гипотезу

a_n = a₁ + d(n1)

докажем методом математической индукции. При n=1 имеем a₁=a₁+d(11)= =a₁, гипотеза верна. По индуктивному предположению, гипотеза верна при n=k, т. е. a_k=a₁+d(n1). Докажем ее справедливость при n=k+1, т. е. покажем, что a_k+1=a₁+dk.

В самом деле, по определению арифметической прогрессии, a_k+1=a_k+d. Учитывая индуктивное предположение, получаем:

a_k+1=a_k+d=a₁+d(k1)+d=a₁+kdd+d=a₁+dk.

На основании принципа математической индукции заключаем, что гипотеза верна при всех nN, тем самым имеем a_n=a₁+d(n1).

Задача 2. Доказать, что 2ⁿ >7n+3 для всех натуральных n6.

Доказательство. При n=6 имеем 2⁶>45, т. е. утверждение справедливо. По индуктивному предположению, утверждение справедливо при n=k:

2^k>7k+3 (k6).

Докажем справедливость утверждения при n=k+1, т. е. покажем, что

2^k+1>7(k+1)+3=7k+10. (1)

По индуктивному предположению, имеем

2^k >7k+3. (2)

Умножая обе части (2) на 2, получим

2^k+1 >14k+6. (3)

Покажем, что

14k+6>7k+10. (4)

Оценим разность 14k+6(7k+10)=14k+67k10=7k4; т. к. k6, то 7k4>0, следовательно, (4) доказано. Из (1) и (3) следует, что 2^k+1>7k+10. На основании принципа математической индукции утверждение справедливо при любом натуральном n6, то есть 2ⁿ>7n+3 для всех натуральных n6.

Задача 3. Доказать, что для всех натуральных n2 (1+x)ⁿ>1+nx, где x>1, x0 (неравенство Бернулли).

Доказательство. При n=2 имеем (1+x)²=1+2x+x². Так как x²>0, то (1+x)²>1+2x. Утверждение справедливо. По индуктивному предположению, оно справедливо при n=k, т. е.

(1+x)^k>1+kx. (5)

Докажем, что оно справедливо при n=k+1, т. е.

(1+x)^k+1>1+(k+1)x. (6)

В самом деле, умножая обе части неравенства (5) на положительную величину 1+x, получим

т. е. (1+x)^k+1>1+(k+1)x. Неравенство (6) доказано. На основании принципа математической индукции заключаем, что (1+x)ⁿ>1+nx для всех n2.

Задача 4. Доказать, что для всех натуральных n>1 имеет место неравенство

. (7)

Доказательство. При n=2 имеем

.

Утверждение справедливо. По индуктивному предположению, оно справедливо при n=k, т. е.

. (8)

Докажем его справедливость при n=k+1, т. е. покажем, что

. (9)

Действительно,

(10)

В (10) выражение, стоящее в первых скобках, по индуктивному предпо­ложению, больше 13/24. Покажем, что

Действительно,

Тем самым справедливость неравенства (9) установлена, а потому на основа­нии принципа математической индукции неравенство (7) справедливо для всех натуральных n>1.

Задача 5. Доказать, что 11n²14n+30 при всех целых n.

Доказательство. Очевидно, что для всех неположительных целых n 11n²–14n+30. Методом математической индукции докажем, что для всех натуральных n 11n²14n+30.

При n=1 имеем 1114+3=14–14=0. Утверждение справедливо. По индуктивному предположению оно справедливо при n=k, т. е.

11²14+30. (11)

Покажем его справедливость при n=k+1, то есть докажем, что

11(k+1)²–14(k+1)+30 (12)

В самом деле,

11(k+1)²–14(k+1)+3=11k²+22k+11–14k–14+3=

=(11k²–14k+3)+(22k–3).

Теперь справедливость неравенства (12) вытекает из того, что 22k–3>0 для всех натуральных k и неравенства (11). Тем самым, согласно принципу математической индукции, данное утверждение справедливо при любых натуральных n. Итак, 11n²14n+30 для всех целых n.

Задача 6. Найти все целые решения неравенства 2x+1<2log₂(x+3).

Решение. Данное неравенство имеет смысл лишь при x>3. Непосредственная проверка показывает, что числа 2, 1, 0, 1 являются решениями указанного неравенства. При x=2 имеем 5<2log₂5 или log₂5²<log₂25. Очевидно, что это ложно. Есть предположение, что 2x+1>2log₂(x+3) для всех натуральных x2. Для удобства неравество 2x+1>2log₂(x+3) перепишем так:

2^2x+1>(x+3)² (13)

и покажем, что для всех x2 оно справедливо.

При x=2 имеем 2⁵>5²  истинно. По индуктивному предположению, оно справедливо при x=k

. (14)

Покажем, что оно имеет место и при x=k+1, т. е.

. (15)

Умножая обе части (14) на 2², получим

. (16)

Покажем, что

. (17)

Оценим разность

тем самым справедливость неравенства (17), а следовательно, и (15) установлена. Согласно принципу математической индукции неравенство (13) имеет место для всех натуральных x2. Следовательно, целыми решениями неравенства являются числа-2, -1, 0, 1.

Задача 7. Доказать, что при любом натуральном n справедливо тождество:

(18)

Доказательство. При n=1 имеем 12=2. C другой стороны,

т. е. 2=2. Утверждение справедливо. По индуктивному предположению, оно справедливо при n=k, т. е.

. (19)

Докажем, что оно справедливо при n=k+1, т. е. покажем, что

. (20)

В самом деле,

Справедливость (20) установлена. Согласно принципу математической индук­ции, тождество (18) верно при любом натуральном n.

Задача 8. Доказать, что при любом неотрицательном целом n

Доказательство. При n=0 имеем , и, следовательно, сформулированное утверждение справедливо. По индуктив­ному предположению имеем (7^k+2+8^2k+1)57. Докажем справедливость утверждения приn=k+1, т. е. покажем, что

(7^k+3+8^2k+3)57

В самом деле,

(7^k+2+8^2k+1)57 по индуктивному предположению. Следовательно,

.

Тем самым при любом неотрицательном целомn.

Задача 9. Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника (n3) равно

Доказательство. Число диагоналей обозначим через D_n. В этих обозначениях мы должны показать, что D_n=n(n3)/2. При n=3 имеем D₃=3(33)/2, т. е. число диагоналей треугольника равно нулю; тем самым утверждение истинно. По индуктивному предположению, при n=k имеем D_k=k(k3)/2. Покажем, что при n=k+1 D_k+1=(k+1)(k2)/2. Пусть A₁A₂…A_k A_k+1  выпуклый (k+1)-угольник. Соединив А₁ с А_k получим выпуклый k-угольник, у которого, по индуктивному предположению, k(k3)/2 диагоналей. Остается подсчитать, сколько диагоналей у (k+1)-угольника, исходящих из вершины А_k+1, плюс еще диагональ А₁А_k. Очевидно, что из вершины A_k+1 исходят k2 диагонали. Учитывая и А₁А_k, получим, что к D_k следует прибавить (k2)+1= k1 диагоналей. Таким образом, у выпуклого (k+1)-угольника число диагоналей равно D_k+k1, т. е.

.

Тем самым, согласно принципу математической индукции, D_n=n(n3)/2 для всех натуральных n3.

Задача 10. Доказать, что сумма внутренних углов выпуклого n-уголь­ника (n3) равна 180⁰(n2).

Доказательство. Обозначим сумму внутренних углов выпуклого n-угольника через S_n. При n=3 имеем

S₃=180⁰(32)=180⁰,

т. е. утверждение верно. По индуктивному предположению, утверждение справедливо при n=k, т. е. S_k=180⁰(k2). Покажем, что оно справедливо и при n=k+1, т. е. S_k+1=180⁰(k1). Пусть A₁A₂ …A_kA_k+1 выпуклый (k+1)-угольник. Соединим А₁ с А_k. Имеем A₁A₂ …A_k  выпуклый k-угольник, у которого, по индуктивному предположению, S_k=180⁰(k2). Очевидно, что

а поэтому утверждение справедливо для любого выпуклого n-угольника.

Задача 11. Доказать, что число подмножеств n-элементного множества равно 2ⁿ.

Доказательство. Обозначим через S(n) число подмножеств n-элемент­ного множества. При n=1 имеем S(1)=2, т. е. одноэлементное множество имеет два подмножества: Ø и {a}. Утверждение справедливо. По индуктивному предположению, оно справедливо при n=k, т. е. k-элементное множество имеет 2^k подмножеств:

.

Покажем его справедливость при n=k+1, т. е. покажем, что (k+1)-эле­ментное множество имеет 2^k+1 подмножеств. В самом деле, пусть A={a₁, a₂, …, a_k, a_k+1}. Данное (k+1)-элементное множество получается из k-элементного множества B={a₁, a₂, …, a_k} добавлением элемента a_k+1.Любое подмно­жество множества A или содержит a_k+1или не содержит. Подмножества, не содержащие элемента a_k+1,являются подмножествами B; их число, по индуктивному предположению, равно 2^k. Отбрасывая элемент a_k+1из подмножеств A, мы получим все подмножества множества B. Таким образом, число подмножеств A равно 2^k+2^k, т. е. S(k+1)=2^k+2^k=2^k+1. Согласно принципу математической индукции, утверждение верно при всех натуральных n.