Повна індукція
Іноді зустрічаються задачі, в процесі розв’язування яких треба розглянути всі можливі випадки, тоді на основі цього можна зробити цілком обґрунтований висновок.
Якщо при доведенні теореми її поділяють на скінчене число тверджень і доводять кожне з них окремо, то такий метод доведення називається методом повної індукції.
Основою методу повної індукції є слідуюча аксіома логіки:
Якщо
якусь властивість мають всі елементи
множини А і всі елементи множини B і якщо
,
то цю саму властивість має і кожен
елемент множини M.
Наведемо приклади доведень за допомогою методу повної індукції.
Приклад №1
У 1742 р. член Петербурзької Академії наук Х.Гольдбах у листі до Леонарда Ейлера висловив гіпотезу, що кожне парне число, більше від 2, можна подати як суму двох простих чисел. Ця гіпотеза досі не доведена і не спростована. Але, якщо обмежитись числами, меншими від певного числа, то таке твердження можна довести.
Доведення
Доведемо,
наприклад, що всяке парне число, яке
задовольняє нерівність
,
можна представити у вигляді суми двох
простих чисел. Оскільки таких чисел
скінчене число, то це твердження можна
довести методом повної індукції,
розглянувши всі можливі випадки:
4=2+2; 10=3+7; 16=5+11; 22=5+17; 28=5+23;
6=3+3; 12=5+7; 18=5+13; 24=7+17; 30=7+23;
8=3+5; 14=3+11; 20=3+17; 26=13+13; 32=29+3.
Твердження доведено.
Приклад №2
Довести, що коли n – довільне число, то серед трьох чисел n, n+10, n+14 обов’язково є число, яке ділиться на 3.
Доведення
Зазначимо, що довільне число n або ділиться на 3, або дає при діленні на 3 остачу, що дорівнює 1 або 2.
n=3k або n=3k+1, або n=3k+2. Тому розглянемо відповідні три випадки:
1)
n=3k, тобто
,
де k – натуральне число.
У цьому випадку твердження виконується – одне з чисел (число n) ділиться на 3;
2) n дає при діленні на 3 остачу 1, тобто n=3k+1.
Тоді
,
твердження виконується;
3) n дає при діленні на 3 остачу 2, тобто n=3k+2.
Тоді
n+10=3k+2+10=3k+13=3(k+4)
3.
Отже, в усіх можливих випадках одне з даних чисел ділиться на 3 і тому твердження доведено.
Неповна індукція
Інколи загальний висновок можна зробити після розгляду не всіх можливих випадків, а тільки деяких. Таке міркування не є строгим доведенням і називається неповною індукцією.
Результат, одержаний неповною індукцією, це гіпотеза, яка вимагає строгого доведення. Наведемо декілька прикладів.
Приклад №1
Знайти формулу для обчислення суми перших n натуральних чисел S(n)=1+2+3+4+5+…+n;
Розглянемо часні випадки:
n=1 1=1,
n=2 1+2=3,
n=3 1+2+3=6,
n=4 1+2+3+4=10,
n=5 1+2+3+4+5=15.
Очевидно
можна зробити припущення, що сума перших
n членів натурального ряду
S(n)=1+2+3+4+5+…+n=
.
Доведемо цю гіпотезу одержану в результаті неповної індукції методом математичної індукції.
Доведення
При n=1 1=
=1.
Рівність має місце.Припустимо, що вона має місце і при n=k тобто S(k)=1+2+3+4+5+…+k=
.
Виходячи
із цього припущення, доведемо, що воно
істине і для n=k+1 тобто, що S(k+1)=
.
Запишемо S(k+1)=S(k)+(k+1).
Враховуючи
припущення, маємо S(k+1)=
+k+1=
=
.
Робимо висновок, що формула вірна і при n= k+1.
Тоді
за припущенням математичної індукції
вона вірна і для будь-якого натурального
n. S(n)=1+2+3+4+5+…+n
.