Что такое неполная математическая индукция

Метод математической индукции

В первом пункте мы разберем основные понятия, потом рассмотрим основы самого метода, а затем расскажем, как с его помощью доказывать равенства и неравенства.

Понятия индукции и дедукции

Для начала рассмотрим, что такое вообще индукция и дедукция.

Индукция – это переход от частного к общему, а дедукция наоборот – от общего к частному.

В целом можно сказать, что с помощью индуктивных рассуждений можно получить множество выводов из одного известного или очевидного рассуждения. Математическая индукция позволяет нам определить, насколько справедливы эти выводы.

В чем заключается метод математической индукции

В основе этого метода лежит одноименный принцип. Он формулируется так:

Применение метода математической индукции осуществляется в 3 этапа:

Как применять метод математической индукции при решении неравенств и уравнений

Возьмем пример, о котором мы говорили ранее.

Решение

Как мы уже знаем, для применения метода математической индукции надо выполнить три последовательных действия.

Мы можем представить k + 1 в качестве суммы первых членов исходной последовательности и k + 1 :

S k + 1 = S k + 1 k + 1 ( k + 2 )

Теперь выполняем нужные преобразования. Нам потребуется выполнить приведение дроби к общему знаменателю, приведение подобных слагаемых, применить формулу сокращенного умножения и сократить то, что получилось:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 ( k + 2 ) = k k + 1 + 1 k + 1 ( k + 2 ) = = k ( k + 2 ) + 1 k + 1 ( k + 2 ) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 ( k + 2 ) = ( k + 1 ) 2 k + 1 ( k + 2 ) = k + 1 k + 2

Таким образом, мы доказали равенство в третьем пункте, выполнив все три шага метода математической индукции.

Ответ: предположение о формуле S n = n n + 1 является верным.

Возьмем более сложную задачу с тригонометрическими функциями.

Решение

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α · cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Согласно тригонометрической формуле,

Ответ: На этом тождество можно считать доказанным. Мы успешно применили для этого метод математической индукции. Точно так же мы можем доказать справедливость формулы бинома Ньютона.

Пример решения задачи на доказательство неравенства с применением этого метода мы привели в статье о методе наименьших квадратов. Прочтите тот пункт, в котором выводятся формулы для нахождения коэффициентов аппроксимации.

Источник

Исследовательская работа «Математическая индукция»

Онлайн-конференция

«Современная профориентация педагогов
и родителей, перспективы рынка труда
и особенности личности подростка»

Свидетельство и скидка на обучение каждому участнику

Муниципальное образовательное учреждение

«Средняя школы № 93 Советского района г. Волгограда»

Воронков Дмитрий Алексеевич

Ученик 11 «А» класса

Руководитель: Березенцева И.И.

Глава 1. Теоретическая часть

1.1 История возникновения индукции………………………………..4

1.2 Полная и неполная индукция……………………………………. 6

1.3 Метод математической индукции…………………………………8

Глава 2. Практическая часть

В математике индукция часто позволяет угадать формулировку теорем, а в ряде случаев и наметить пути доказательств. Для исследования я выбрал тему «Метод математической индукции», так как в школьной программе с методом математической индукции знакомятся только поверхностно. Знакомство с этим методом полезно учащимся не только из-за расширения их кругозора, но также и потому, что на его принципе основано решение многих задач. Мною был изучен принцип математической индукции, а также его широкое применение в решении задач на суммирование, доказательстве тождеств, доказательстве и решении неравенств (в частности неравенства Бернулли), решении вопроса делимости, при изучении свойств числовых последовательностей, при решении геометрических задач.

Познакомиться с методом математической индукции, систематизировать теорию 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.

1. Проанализировать литературу по данной теме.

2. Обобщить и систематизировать знания по данной теме.

3. Исследовать применение метода математической индукции к решению задач.

4. Совершенствовать знания, умения, навыки по данной теме.

5. Развивать творческий подход к решению задач.

6. Рассмотреть задачи различных видов, применяя в их решении данный метод.

7. Сформулировать выводы по данной теме.

8. Сформировать представления о математики как части общечеловеческой культуры, понимать значимость математики.

1.1 История возникновения индукции

Правила логических рассуждений были сформулированы два с половиной тысячелетия назад древнегреческим учёным Аристотелем. Он создал полный список простейших правильных рассуждений, силлогизмов – «кирпичиков» логики, одновременно указав типичные рассуждения, очень похожие на правильные, однако неправильные.

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.

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.

1.2 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.

Учитывая зависимость от характера исследования различают полную и неполную индукцию.

Полная индукция дает достоверное знание, так как заключение делается только о тех предметах или явлениях, которые перечислены в посылках. Но область применения полной индукции весьма ограничена.

Полную индукцию можно применить, когда появляется возможность иметь дело с замкнутым классом предметов, число элементов в котором яв­ляется конечным и легко обозримым. Она предполагает наличие следующих условий:

а) точное знание числа предметов или явлений, подлежащих изу­чению;

б) убеждение, что признак принадлежит каждому элементу класса;

в) небольшое число элементов изучаемого класса;

г) целесообразность и рациональность.

Вот почему полная индукция чаще всего используется при расследова­нии уголовных дел, связанных с недостачей материальных ценностей. Здесь вывод осуществляется на базе подсчета всех без исключения содержащих­ся на складе или в хранилище предметов путем инвентаризации.

При этом в большинстве случаев юристу приходится иметь дело с такими однородными фактами, количество которых не ограничено или которые не все доступны в настоящее время для непосредственного изучения. Вот поче­му в таких случаях прибегают к использованию неполной индукции, кото­рая на практике применяется значительно шире, чем полная.

Неполная индукция часто применяется в реальной жизни, так как позво­ляет делать заключения на базе анализа определенной части данного класса предметов, экономит время и силы человека. Правда, в данном случае мы получим вероятностное заключение, которое исходя из вида не­полной индукции будет колебаться от менее вероятностного к более вероят­ностному.

1.3 Метод математической индукции

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.

3. шаг – доказываем утверждение для случая n=k+1;

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

Решение. Первое нечетное число x ₁ можно записать так:

второе нечетное число u ₂ можно записать так:

третье нечетное число u ₃ можно записать так:

Докажем, что формула эта справедлива.

Докажем, что тогда формула (4) обязана быть справедливой и для ( k +1)-го нечетного числа, т.е. что ( k +1)-е нечетное число имеет вид

что и требовалось доказать.

Задача 2. Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равна

S ₂ ( n ) = .

Тогда левая часть будет:

Разложив на множители + ( n +1) 2 получаем , значит левая часть равна правой. Равенство доказано

Возможны два случая: 1) k рублей уплачивают одними трехрублёвыми билетами и 2) k рублей уплачиваются денежными билетами, среди которых есть хоть один билет пятирублёвого достоинства.

В первом случае трёхрублёвых билетов должно быть не менее трёх, так как в этом случае k >8. Для того чтобы уплатить k +1 рубль, заменим три трёхрублёвых билета (3+3+3=9) двумя пятирублёвыми (5+5=10).

Во втором случае для уплаты k +1 рубля заменим один пятирублёвый (5=5) билет двумя трёхрублёвыми (3+3=6).

Задача 4. Доказать, что

Этим доказано, что при n =2 неравенство (1) справедливо.

Докажем, что тогда неравенство (1) должно быть справедливо и при n = k +1, т.е.

Для того чтобы доказать справедливость неравенства (5), достаточно показать, что

2 k (a k+1 +b k+1 ) >2 k-1 (a k +b k )(a+b), (7)

Неравенство (8) равносильно неравенству

Этим доказано, что из справедливости неравенства (1) при n = k следует его справедливость при n = k +1.

Задача 5. Доказательство теоремы:

Теорема: Число сочетаний из m элементов по n может быть вычислено по формуле

= . (1)

= .

= .

Ясно, что таким путём будут получены все сочетания из m элементов по k +1, но каждое из них получится k +1 раз.

= = .

Итак, индукция (от лат. inductio — наведение, побуждение) — одна из форм умозаключения, приём исследования, применяя который от знания отдельных фактов приходят к общим положениям. Индукция бывает полная и неполная. Метод неполной индукции состоит в переходе к универсальной формулировке после проверки истинности частных формулировок для отдельных, но не всех значений n. 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 математической индукции – метод доказательства, основанный на принципе математической индукции. Он позволяет в поисках общего закона испытывать гипотезы, отбрасывать ложные и утверждать истинные.

Метод математической индукции является одной из теоретических основ при решении задач на суммирование, доказательстве тождеств, доказательстве и решении неравенств, решении вопроса делимости, при изучении свойств числовых последовательностей, при решении геометрических задач и т. д.

Знакомясь с методом математической индукции, я изучал специальную литературу, консультировалась с педагогом, анализировал данные и решения задач, пользовался ресурсами Интернета, выполнял необходимые вычисления.

В ходе работы я узнал, 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 его пошаговость и хорошая алгоритмизированность говорит о простоте применения при доказательстве, что полностью подтверждает нашу гипотезу. Недостатком неполной индукции является то, что порой она приводит к ошибочным выводам.

Обобщив и систематизировав знания по математической индукции, я убедился в необходимости знаний по теме «метод математической индукции». Кроме того эти знания повышают интерес к математике, как к науке. Так же в ходе работы приобрел навыки решения задач по использованию метода математической индукции. Считаю, что эти навыки помогут мне в будущем.

Список использованной литературы

1. Соминский, И.С. Метод математической индукции [текст]/ И.С. Соминский, Л.И. Головина, И.М. Яглом. Москва 1967

2. Соловьев, Ю. Математическая индукция [текст]/ Ю.Соловьев, Огюстен Луи Коши, Квант 1991

3. Виленкин, Н.Я. Индукция. Комбинаторика [текст]/ Н.Я. Виленкин. Москва 1976

4. Ларин, С.В. Числовые системы [текст]/ С.В. Ларин. Красноярск 2001

Если Вы считаете, что материал нарушает авторские права либо по каким-то другим причинам должен быть удален с сайта, Вы можете оставить жалобу на материал.

Источник

Неполная индукция

Все S есть Р

Диаграмма Эйлера-Венна, иллюстрирующая схему (4), изображена на рисунке.

Определение.Полная индукция – умозаключение, в правильности которого убеждаются, рассматривая все отдельные случаи (объекты, фигуры, числа), которые составляют конечное множество.

Например, доказывая теорему об измерении вписанного в круг угла, рассматривают все три отдельных случая: центр угла принадлежит одной из сторон угла, лежит между сторонами, находится вне круга.

Утверждения, которые делаются на основе использования полной индукции, всегда правильные, так как полная индукция является методом доказательства.

Кроме полной индукции, в математике и в методике ее преподавания встречаются рассуждения по неполной индукции.

Иногда математические задачи сформулированы в таком виде, что прежде чем их решать, нужно сначала выделить условие «что дано» и заключение «что требуется установить». К таким задачам относятся суждения вида «все S есть Р». Если требуется установить истинность такого рода суждения, то для этого необходимо проверить, что любой объект вида S является объектом вида Р. Для этого достаточно взять произвольный объект вида S и убедиться в том, что он является объектом вида Р.

Не всегда, однако, для того чтобы убедиться в справедливости суждения «все S есть Р», нужно перебирать все объекты типа S. Иногда бывает так, что можно воспользоваться лишь его принадлежностью к объектам вида S, и из этого уже будет следовать принадлежность его к типу Р.

Например. Доказать, что любое число, делящееся на 3, имеет в десятичной записи цифры, сумма которых делится на 3. Нужно ли (да и возможно ли) проверять все числа, делящиеся на 3? Разумеется, нет.

Можно взять произвольное число, делящееся на 3 (объект S), и, не опираясь на конкретный вид этого числа, а используя только его кратностью 3, доказать, что его сумма кратна 3 (является объектом типа Р).

Теперь предположим, что вы предложили рассмотреть ученикам несколько двузначных чисел, делящихся на 3, и подметить какую-нибудь общую особенность у этих чисел. Кто-то допустим, написал 5 таких чисел и заметил, что сумма цифр у каждого из этих чисел делится на 3. После этого естественно выдвинуть общую гипотезу: если число делится на 3, то сумма его цифр тоже делится на 3. Какого рода умозаключение здесь использовалось? Вот его схема.

Некоторые S есть Р

Является ли это умозаключение логически строгим? Конечно, нет. Верно ли, что такого типа умозаключениями где нельзя пользоваться? Нет, так как такого типа исключения часто являются источником правильных гипотез, укрепляют веру в истинность утверждений, которые на определенном этапе обучения нельзя обосновать строго.

Умозаключения вида (5) называются рассуждениями по неполной индукции.

Определение.Неполная индукция – рассуждение от отдельного к общему, то есть вывод, который делается на основе изучения свойств отдельных объектов определенной совокупности и распространяется на все ее объекты.

Например, построив по точкам графики нескольких линейных функций, учащиеся убеждаются, что графиком их есть прямая линия. После этого по индукции делается вывод, что графиком какой–либо функции есть прямая линия. Этот вывод правильный, хоть и имеет характер гипотезы, пока в аналитической геометрии не будет доказанный.

Рассуждения по неполной индукции часто встречаются в начальном курсе обучения математике. Они являются как бы источником веры в правильность действий учителя и ученика.

Например. Как ученик второго класса убеждается в справедливости переместительного закона умножения? Сначала ему демонстрируют несколько примеров типа 3×2=3+3=6, 2×3=2+2+2=6. Затем показывают конструкцию более общего характера, основанную на нахождении площади одного и того же прямоугольника двумя способами. После этого ему предлагают «поверить» в коммутативность и запомнить математическое утверждение о справедливости переместительного закона умножения а×в = в×а.

Это также пример неполной индукции. Часто рассуждения по неполной индукции приводят к неправильным выводам. Однако в методике преподавания начального курса математики они с необходимостью используются в тех случаях, когда вывод не вызывает сомнений и когда нет возможности обосновать правило или закон в полной мере. Таких случаев довольно много.

Мы видим, что все эти числа можно представить в виде суммы двух простых. Оказывается, что это утверждение верно для многих других четных чисел. Однако неизвестно, верно ли оно для всех четных чисел.

Источник

math4school.ru

Метод математической индукции

Немного теории

Индукция есть метод получения общего утверждения из частных наблюдений. В случае, когда математическое утверждение касается конечного числа объектов, его можно доказать, проверяя для каждого объекта. Например, утверждение: «Каждое двузначное чётное число является суммой двух простых чисел,» – следует из серии равенств, которые вполне реально установить:

Метод доказательства, при котором проверяется утверждение для конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности, называют полной индукцией. Этот метод применим сравнительно редко, поскольку математические утверждения касаются, как правило, не конечных, а бесконечных множеств объектов. Например, доказанное выше полной индукцией утверждение о четных двузначных числах является лишь частным случаем теоремы: «Любое четное число является суммой двух простых чисел». Эта теорема до сих пор ни доказана, ни опровергнута.

Математическая индукция – метод доказательства некоторого утверждения для любого натурального n основанный на принципе математической индукции: «Если утверждение верно для n=1 и из справедливости его для n=k вытекает справедливость этого утверждения для n=k+1, то оно верно для всех n». Способ доказательства методом математической индукции заключается в следующем:

1) база индукции: доказывают или непосредственно проверяют справедливость утверждения для n=1 (иногда n=0 или n=n₀);

2) индукционный шаг (переход): предполагают справедливость утверждения для некоторого натурального n=k и, исходя из этого предположения, доказывают справедливость утверждения для n=k+1.

Задачи с решениями

Проведём доказательство методом математической индукции.

База индукции. Если n=1, то А(1)=3 3 +2 3 =35 и, очевидно, делится на 7.

Предположение индукции. Пусть А(k) делится на 7.

Индукционный переход. Докажем, что А(k+1) делится на 7, то есть справедливость утверждения задачи при n=k.

А(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=

Последнее число делится на 7, так как представляет собой разность двух целых чисел, делящихся на 7. Следовательно, 3 2n+1 +2 n+2 делится на 7 при любом натуральном n.

Введём обозначение: а_i=2 3 i +1.

а_k+1=2 3 k+1 +1=(2 3 k ) 3 +1=(2 3 k +1)( 2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m·((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k )=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k )=

=3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k ).

Следовательно, утверждение доказано для любого натурального n.

3. Известно, что х+1/x – целое число. Доказать, что х n +1/х n – так же целое число при любом целом n.

Введём обозначение: а_i=х i +1/х i и сразу отметим, что а_i=а_–i, поэтому дальше будем вести речь о натуральных индексах.

Заметим: а₁ – целое число по условию; а₂ – целое, так как а₂=(а₁) 2 –2; а₀=2.

Предположим, что а_k целое при любом натуральном k не превосходящем n. Тогда а₁·а_n – целое число, но а₁·а_n=а_n+1+а_n–1 и а_n+1=а₁·а_n–а_n–1. Однако, а_n–1, согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и а_n+1. Следовательно, х n +1/х n – целое число при любом целом n, что и требовалось доказать.

4. Доказать, что при любом натуральном n большем 1 справедливо двойное неравенство

Воспользуемся методом математической индукции.

При n=2 неравенство верно. Действительно,

Если неравенство верно при n=k, то при n=k+1 имеем

Неравенство доказано для любого натурального n > 1.

6. На плоскости дано n окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.

Воспользуемся методом математической индукции.

При n=1 утверждение очевидно.

Предположим, что утверждение справедливо для любой карты, образованной n окружностями, и пусть на плоскости задано n+1 окружностей. Удалив одну из этих окружностей, мы получим карту, которую в силу сделанного предположения можно правильно раскрасить двумя красками (смотрите первый рисунок из приведённых ниже).

Восстановим затем отброшенную окружность и по одну сторону от нее, например внутри, изменим цвет каждой области на противоположный (смотрите второй рисунок). Легко видеть, что при этом мы получим карту, правильную раскрашенную двумя красками, но только теперь уже при n+1 окружностях, что и требовалось доказать.

7. Выпуклый многоугольник будем называть «красивым», если выполняются следующие условия:

1) каждая его вершина окрашена в один из трёх цветов;

2) любые две соседние вершины окрашены в разные цвета;

3) в каждый из трёх цветов окрашена, по крайней мере, одна вершина многоугольника.

Доказать, что любой красивый n-угольник можно разрезать не пересекающимися диагоналями на «красивые» треугольники.

Воспользуемся методом математической индукции.

База индукции. При наименьшем из возможных n=3 утверждение задачи очевидно: вершины «красивого» треугольника окрашены в три разных цвета и никакие разрезы не нужны.

Предположение индукции. Допустим, что утверждение задачи верно для любого «красивого» n-угольника.

Индукционный шаг. Рассмотрим произвольный «красивый» (n+1)-угольник и докажем, используя предположение индукции, что его можно разрезать некоторыми диагоналями на «красивые» треугольники. Обозначим через А₁, А₂, А₃, … А_n, А_n+1 – последовательные вершины (n+1)-угольника. Если в какой-либо из трёх цветов окрашена лишь одна вершина (n+1)-угольника, то, соединив эту вершину диагоналями со всеми не соседними с ней вершинами, получим необходимое разбиение (n+1)-угольника на «красивые» треугольники.

Если в каждый из трёх цветов окрашены не менее двух вершин (n+1)-угольника, то обозначим цифрой 1 цвет вершины А₁, а цифрой 2 цвет вершины А₂. Пусть k – такой наименьший номер, что вершина А_k окрашена в третий цвет. Понятно, что k > 2. Отсечём от (n+1)-угольника диагональю А_k–2А_k треугольник А_k–2 А_k–1А_k. В соответствии с выбором числа k все вершины этого треугольника окрашены в три разных цвета, то есть этот треугольник «красивый». Выпуклый n-угольник А₁А₂ … А_k–2А_kА_k+1 … А_n+1, который остался, также, в силу индуктивного предположения, будет «красивым», а значит разбивается на «красивые» треугольники, что и требовалось доказать.

8. Доказать, что в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку.

Проведём доказательство методом математической индукции.

Докажем более общее утверждение: в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать больше n сторон и диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку. При n = 3 утверждение очевидно. Допустим, что это утверждение верно для произвольного n-угольника и, используя это, докажем его справедливость для произвольного (n+1)-угольника.

Допустим, что для (n+1)-угольника это утверждение неверно. Если из каждой вершины (n+1)-угольника выходит не больше двух выбранных сторон или диагоналей, то всего их выбрано не больше чем n+1. Поэтому из некоторой вершины А выходит хотя бы три выбранных стороны или диагонали AB, AC, AD. Пусть АС лежит между АВ и AD. Поскольку любая сторона или диагональ, которая выходит из точки С и отличная от СА, не может одновременно пересекать АВ и AD, то из точки С выходит только одна выбранная диагональ СА.

Отбросив точку С вместе с диагональю СА, получим выпуклый n-угольник, в котором выбрано больше n сторон и диагоналей, любые две из которых имеют общую точку. Таким образом, приходим к противоречию с предположением, что утверждение верно для произвольного выпуклого n-угольника.

Итак, для (n+1)-угольника утверждение верно. В соответствии с принципом математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

9. В плоскости проведено n прямых, из которых никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. На сколько частей разбивают плоскость эти прямые.

С помощью элементарных рисунков легко убедится в том, что одна прямая разбивает плоскость на 2 части, две прямые – на 4 части, три прямые – на 7 частей, четыре прямые – на 11 частей.

Обозначим через N(n) число частей, на которые n прямых разбивают плоскость. Можно заметить, что

Естественно предположить, что

или, как легко установить, воспользовавшись формулой суммы n первых членов арифметической прогрессии,

Докажем справедливость этой формулы методом математической индукции.

Для n=1 формула уже проверена.

Сделав предположение индукции, рассмотрим k+1 прямых, удовлетворяющих условию задачи. Выделим из них произвольным образом k прямых. По предположению индукции они разобьют плоскость на 1+ k(k+1)/2 частей. Оставшаяся (k+1)-я прямая разобьётся выделенными k прямыми на k+1 частей и, следовательно, пройдёт по (k+1)-й части, на которые плоскость уже была разбита, и каждую из этих частей разделит на 2 части, то есть добавится ещё k+1 часть. Итак,

что и требовалось доказать.

10. В выражении х₁:х₂: … :х_n для указания порядка действий расставляются скобки и результат записывается в виде дроби:

Прежде всего ясно, что в полученной дроби х₁ будет стоять в числителе. Почти столь же очевидно, что х₂ окажется в знаменателе при любой расстановке скобок (знак деления, стоящий перед х₂, относится либо к самому х₂, либо к какому-либо выражению, содержащему х₂ в числителе).

Докажем это утверждение по индукции.

При n=3 можно получить 2 дроби:

так что утверждение справедливо.

Предположим, что оно справедливо при n=k и докажем его для n=k+1.

Пусть выражение х₁:х₂: … :х_k после некоторой расстановки скобок записывается в виде некоторой дроби Q. Если в это выражение вместо х_k подставить х_k:х_k+1, то х_k окажется там же, где и было в дроби Q, а х_k+1 будет стоять не там, где стояло х_k (если х_k было в знаменателе, то х_k+1 окажется в числителе и наоборот).

Теперь докажем, что можно добавить х_k+1 туда же, где стоит х_k. В дроби Q после расстановки скобок обязательно будет выражение вида q:х_k, где q – буква х_k–1 или некоторое выражение в скобках. Заменив q:х_k выражением (q:х_k):х_k+1=q:(х_k·х_k+1), мы получим, очевидно, ту же самую дробь Q, где вместо х_k стоит х_k·х_k+1.

Задачи без решений

1. Доказать, что при любом натуральном n:

а) число 5 n –3 n +2n делится на 4;

б) число n 3 +11n делится на 6;

в) число 7 n +3n–1 делится на 9;

г) число 6 2n +19 n –2 n+1 делится на 17;

д) число 7 n+1 +8 2n–1 делится на 19;

е) число 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 делится на 27.

2. Докажите, что (n+1)·(n+2)· … ·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Доказать неравенство |sin nx| n|sin x| для любого натурального n.

4. Найдите натуральные числа a, b, c, которые не делятся на 10 и такие, что при любом натуральном n числа a n + b n и c n имеют одинаковые две последние цифры.

5. Доказать, что если n точек не лежат на одной прямой, то среди прямых, которые их соединяют, не менее чем n различных.

Источник