Метод математической индукции краткий конспект. Урок «Метод математической индукции. Применение индукции в экономике

Всем привет! Продолжаем разбор тем по обществознанию, и семья поговорим о понятиях «брак» и «семья». В обыденном сознании между этими понятиями проводят знак равенства, например, говоря: «Брак дал трещину» и тому подобное. На самом деле с точки зрения обществознания, да и права, эти понятия абсолютно разные. Не знание основных понятий и определений, и их отличий неминуемо приведет к проблемам на экзамене.

Понятие «Брака»

С точки зрения права, закона, брак — это добровольный законный союз женщины и мужчины, которые порождает их взаимные имущественные и не имущественные права и обязанности, как по отношению друг к другу, так и по отношению к другим членам семьи.

Наряду с законным браком в обыденном лексиконе часто можно встретить словосочетание: «гражданский брак». Так вот, если вы хотите сдавать любые экзамены на отличные баллы, вам следует уянсить раз и навсегда, что гражданский брак правильно называть фактическими брачными отношениями. В Российской Федерации такие отношения не порождают никаких взаимных прав и обязанностей.

Например, решили совершеннолетний мальчик и девочка вместе жить, не тужить, вместе, как говорится, валенки делить. Сняли комнату, или квартиру, и собственно стали жить как муж и жена, при этом не регистрируя свои отношения в ЗАГСе (Органах Записей Актов Гражданского Состояния). Так вот если потом любовь пройдет и завянут помидоры, то они по-любому начнут делить нажитое добро: айфоны, аймаки, порши кайены и прочую прелесть.

Так вот, суд не сможет им помочь. Ведь они никак не оформили свои отношения, а значит никакие статьи Семейного кодекса РФ на них не могут распространяться. Поэтому дело доходит, часто, до поножовщины, бытовых преступлений, что составляет до большинства вообще всех преступлений.

Законный же брак порождает взаимные имущественные и не имущественные обязанности. В нем можно разделить имущество как закону, так и по брачному договору, ежели такой заключен.

То есть в нормальном понимании — брак — это узаконенные семейные отношения, которые уже стали правоотношениями. Институт брака, куда входят органы ЗАГСа и другие государственные органы, призван именно регистрировать фактические брачные отношения, переводя их в правовое поле.

Понятие «Семья»

Семья же — это кровнородственная социальная группа, которая сложилась на основе биологических, материальных и духовных связях. Подробнее о видах семьи читайте .

Биологические связи — думаю, всем понятно, что это — это кровнородственное родство, извиняюсь за тавтологию. Грубо говоря, кто на ком женился и кто кого родил.

Материальные связи — это отношения взаимных материальных и имущественных прав и обязанностей. Обязанностей, к примеру, по содержанию детей, беременной жены, других родственников, если они оказались в недееспособном состоянии.

До духовных связей в нашем непростом мире как правило уже дело не доходит. Однако некоторые семьи еще чтят свои семейные ценности и традиции. Их таких семей выходят действительно представители элиты. Но не той, которую показывают по телевизору. Возможно, в будущем напишем статью на эту тему, так что вступайте в нашу группу в ВК , чтобы ничего не пропустить.

Духовные связи реализуются в семье, если в ней есть место для воспитания морали и нравственности у детей, и многих других общечеловеческих ценностей, о которых сейчас мало вообще кто помнит.

Таким образом из этой статьи вы должны вынести то, что брак порождает семью. Брак — это путь к созданию семьи на законных основаниях. Если возникли вопросы, пишите их в комментариях! А также поделитесь этой статьей в социальных сетях!

С уважением, Андрей Пучков

Типы семей в зависимости от численного состава Нуклеарные (супружеские)Расширенные Репродуктивная (родители и несовершеннолетние дети) Ориентационная (только супружеская пара) Объединяют три и более поколения Типы семей по характеру распределения домашних обязанностей Патриархальная (традиционная) Матриархальная Партнерская (демократическая) Роль лидера принадлежит мужчине, экономически обеспечивающему семью, с четким разграничением домашних работ на «мужские» и «женские» Мужчина не в состоянии экономически обеспечить семью, и женщина вынуждена принимать участие в общественном производстве, в то же время за ней сохраняются домашние обязанности. Все виды домашних работ выполняются супругами взаимозаменяемо. Решения по семейным вопросам принимаются совместно. Типы семей по характеру семейного воспитания Авторитарная ЛиберальнаяДемократическая Признание авторитета главы семьи, безоговорочное выполнение его требований, принудительные меры воздействия. Интересы индивида ставятся выше интересов других людей и общества в целом. Основа воспитания – убеждение, самовоспитание, сотрудничество детей и родителей.

В отличие от юридически зарегистрированного брака, существуют и браки фактические. Фактический брак – длительное открытое совместное проживание мужчины и женщины, но без юридических регистрации этих отношений. В Российской Федерации правовые последствия порождает только юридический факт регистрации брака.

ФУНКЦИИ СЕМЬИ Это способы проявления её активности, способы жизнедеятельности всей семьи и отдельных её членов. Репродуктивная Воспитательная Рекреационная (досуговая) Хозяйственно- экономическая Социально- статусная Духовно-нравственная Психологическая Сексуальная Первичного социального контроля

ФУНКЦИИ СЕМЬИ Функция семьи Как проявляется Репродуктивная Биологическое воспроизводство населения – на общественном уровне и удовлетворение потребности в детях – на личностном уровне. Воспитательная Формирование индивида как личности, социализация. Хозяйственно- экономическая Ведение домашнего хозяйства, материальная поддержка несовершеннолетних и нетрудоспособных членов семьи. Рекреационная (досуговая) Организация рационального досуга членов семьи. Социально-статусная Предоставление определенного социального статуса членам семьи, воспроизводство социальной структуры общества. Первичного социального контроля Регулирование поведения членов семьи с помощью правовых и нравственных норм, традиций. Духовно-нравственная Развитие личности каждого члена семьи. Психологическая (эмоциональная) Оказание эмоционально-психологической поддержки членам семьи, создание благоприятной атмосферы в семье. Сексуальная Регулирование отношений между полами.

Цель : определить социальные и правовые аспекты семьи и брака

Задачи:
- разобраться в классификации типов семейных структур (тип семьи);
- выяснить условия для заключения и расторжения брака, определить личные и имущественные права и обязанности супругов;
- упорядочить знания в области прав и обязанностей родителей и детей.

Вопрос: почему царь сделал именно такой выбор (мнение юношей, мнение девушек, мнение взрослых)?
Всё сказанное вами имеет место быть. Действительно, причины разные, а цель одна – создание семьи.
И тема нашего урока «Семья и брак».
Называю цель урока, задачи урока.

Ещё Лев Николаевич Толстой писал: «Счастлив тот, кто счастлив у себя дома». И действительно, где мы проводим большую часть своей жизни? Конечно же, в семье! Я не думаю, что Лев Толстой был абсолютно счастливым человеком, но исходя из его цитаты, я точно уверен, что он знал тропинку, которая ведёт нас к счастью! У каждого она своя. И для её поиска необходимо опереться на многовековой опыт жизни человека в семье. А что же такое семья?

Семья - это...
Каковы же функции семьи в современном мире (самостоятельная работа учащихся с курсом лекций)? Из документа лекции «Семья и брак» выделите и кратко охарактеризуйте функции семьи.
Ответы учащихся.
Что же даёт семья человеку, государству?

За всю многовековую историю семьи существовали её различные типы. Остановимся на тех, которые распространены в настоящее время.

Объяснение слайда. Все названные типы семейных структур объединяет нечто общее. Это брак. И в большинстве своём - законый, т.е. зарегистрированный в органах ЗАГСа.
Работа по парам с текстом семейного кодекса РФ.

Группа 1. Задание (pdf)
- Каковы условия заключения брака (ответ ученика)?
- Назовите обстоятельства, препятствующие заключению брака (ответ ученика).

Группа 2 (без слайда) Задание (pdf)
- Назовите основания для прекращения брака.
- Перечислите условия расторжения брака в ЗАГСе, суде.

Группа 3 (без слайда). Задание (pdf)
- Укажите личные права супругов.
- Назовите возможные варианты выбора фамилии.

Группа 4. Задание (pdf)
Законный режим имущества супругов.

Группа 5 (без слайда). Задание (pdf)
- Что такое брачный договор?
- Каких положений не может содержать Брачный договор?

Группа 6. Задание (pdf)
Права несовершеннолетних детей (сами права высвечиваются после ответа ученика). Затем «выходят» сразу Права и обязанности родителей.
- Статья 61 ч. 1
- Статья 63 ч. 1, 2
- Статья 64 ч. 1
- Статья 65 ч. 2

Выходит план урока.

Самостоятельная работа учащихся с тестом.
Итоговый тест (pdf)

1 ученик работает на компьютере (тест в электронном варианте, диск Обществознание).

Выставляю оценки. Д/з.

Рассказываю притчу.
«В знак благодарности за исцеление шах предложил лекарю одну из своих трёх жён. Прежде чем сделать выбор доктор решил задать девушкам простой вопрос: «Сколько будет дважды два?»
Первая ответила:
- Четыре.
- Умная, с такой не пропадёшь, - подумал лекарь.
- Пять, - сказала вторая.
- Щедрая, и это прекрасно, - промелькнула мысль у доктора.
- Три, - третья ответила.
- Экономная, и это тоже нужно».

Как вы думаете, какую из трёх девушек выбрал себе в жёны доктор? (выслушиваем разные ответы учеников)
- А выбрал он - красивую.

Затем «выплывают» слова «Счастлив тот, кто счастлив у себя дома».
Мои заключительные слова: Желаю вам счастья и не забывать, ставшее крылатым выражение Л. Толстого «Счастлив тот, кто счастлив у себя дома».

Савельева Екатерина

В работе рассматривается применение метода математической индукции в решении задач на делимость, к суммированию рядов. Рассматриваются примеры применения метода математической индукции к доказательству неравенств и к решению геометрических задач. Работа иллюстрирована презентацией.

Скачать:

Предварительный просмотр:

Министерство науки и образования РФ

Государственное образовательное учреждение

средняя общеобразовательная школа № 618

По курсу: алгебра и начала анализа

Теме проектной работы

«Метод математической индукции и его применение к решению задач»

Работу выполнила : Савельева Е, 11В класс

Руководитель : Макарова Т.П., учитель математики ГОУ СОШ №618

1. Введение.

2.Метод математической индукции в решении задач на делимость.

3.Применение метода математической индукции к суммированию рядов.

4.Примеры применения метода математической индукции к доказательству неравенств.

5.Применение метода математической индукции к решению геометрических задач.

6.Список использованной литературы.

Введение

В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод рассуждений - это рассуждение от общего к частному, т.е. рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а заключительным моментом - частный результат. Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим, т.е. является методом, противоположным дедуктивному. Метод математической индукции можно сравнить с прогресс-сом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно. Хотя и выросла область применения метода математической индукции, в школьной программе ему отводится мало времени.А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно. Применение этого принципа при решении задач и доказательстве теорем находится в одном ряду с рассмотрением в школьной практике и других математических принципов: исключенного третьего, включения-исключения, Дирихле и др. В этом реферате содержатся задачи из разных разделов математики, в которых основным инструментом является использование метода математической индукции. Говоря о важ-ности этого метода, А.Н. Колмогоров отмечал, что «понимание и умение применять принцип математической индукции является хорошим критерием зрелости, которая совершенно необходима математику». Метод индукции в широком его понимании состоит в переходе от частных наблюдений к универсальной, общей закономерности или обшей формулировке. В таком толковании метод — это, конечно, основной прием проведения исследований в любой экспериментальной естественнонаучной

деятельности человека. Метод (принцип) математической индукции в простейшей его форме применяется тогда, когда нужно доказать некоторое утверждение для всех натуральных чисел.

Задача 1. В свой статье «Как я стал математиком» А.Н. Колмогоров пишет: «Радость математического «открытия» я познал рано, подметив в возрасте пяти-шести лет закономерность

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = З 2 ,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 и так далее.

В школе издавался журнал "Весенние ласточки". В нем мое открытие было опубликовано...»

Какое именно доказательство было приведено в этом журнале, мы не знаем, но началось все с частных наблюдений. Сама гипотеза, которая, наверняка, возникла после обнаружения этих частных равенств, состоит в том, что формула

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = п 2

верна при любом заданном числе п = 1, 2, 3, ...

Для доказательства этой гипотезы достаточно установить два факта. Во-первых, для п = 1 (и даже для п = 2, 3, 4) нужное утверждение верно. Во-вторых, предположим, что утверждение верно при п = к, и убедимся, что тогда оно верно и для п = к + 1:

1 + 3 + 5+…+ (2к - 1) + (2к + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2к - 1)) + (2к + 1) = к 2 + (2к + 1) = (к + I) 2 .

Значит, доказываемое утверждение верно для всех значений п: для п = 1 оно верно (это проверено), а в силу второго факта — для п = 2, откуда для п = 3 (в силу того же, второго факта) и т.д.

Задача 2. Рассмотрим все возможные обыкновенные дроби с числителем 1 и любым (целым положи-

тельным) знаменателем: Доказать,что для любого п > 3 можно представить единицу в виде суммы п различных дробей такого вида.

Решение, Проверим сначала данное утверждение при п = 3; имеем:

Следовательно, базовое утверждение выполнено

Предположим теперь, что интересующее нас утверждение верно для какого-то числа к, и докажем, что оно верно и для следующего за ним числа к + 1. Другими словами, предположим, что существует представление

в котором k слагаемых и все знаменатели разные. Докажем, что тогда можно получить представление единицы в виде суммы из к + 1 дробей нужного вида. Будем считать, что дроби убывают, то есть знаменатели (в представлении единицы суммой к слагаемых) возрастают слева направо так, что т — наибольший из знаменателей. Мы получим нужное нам представление в виде суммы (к + 1)-й дроби, если разобьем одну дробь, например последнюю, на две. Это можно сделать, так как

И поэтому

Кроме того, все дроби остались различными, так как т было наибольшим знаменателем, а т + 1 > т , и

т(т + 1) > т.

Таким образом, нами установлено:

1. при п = 3 данное утверждение верно;

1. если интересующее нас утверждение верно для к,
   то оно верно и для к + 1.

На этом основании мы можем утверждать, что рассматриваемое утверждение верно для всех натуральных чисел, начиная с трех. Более того, из приведенного доказательства следует и алгоритм отыскания нужного разбиения единицы. (Какой это алгоритм? Представьте число 1 в виде суммы 4, 5, 7 слагаемых самостоятельно.)

При решении предыдущих двух задач были сделаны два шага. Первый шаг называют базисом индукции, второй — индуктивным переходом или шагом индукции. Второй шаг наиболее важен, и он включает в себя предположение (утверждение верно при п = к) и заключение (утверждение верно при п = к + 1). Сам параметр п называется параметром индукции. Эта логическая схема (прием), позволяющая заключить, что рассматриваемое утверждение верно для всех натуральных чисел (или для всех, начиная с некоторого), так как справедливы и базис, и переход, называется принципом математической индукции, на котором и основан метод математической индукции. Сам термин «индукция» происходит от латинского слова induktio (наведение), которое означает переход от единичного знания об отдельных предметах данного класса к общему выводу о всех предметах данного класса, что является одним из основных методов познания.

Принцип математической индукции, именно в привычной форме двух шагов, впервые появился в 1654 году в работе Блеза Паскаля «Трактат об арифметическом треугольнике», в которой индукцией доказывался простой способ вычисления числа сочетаний (биномиальных коэффициентов). Д. Пойа в книге цитирует Б. Паскаля с небольшими изменениями, данными в квадратных скобках:

«Несмотря на то, что рассматриваемое предложение [явная формула для биномиальных коэффициентов] содержит бесчисленное множество частных случаев, я дам для нее совсем короткое доказательство, основанное на двух леммах.

Первая лемма утверждает, что предположение верно для основания — это очевидно. [При п = 1 явная формула справедлива...]

Вторая лемма утверждает следующее: если наше предположение верно для произвольного основания [для произвольного тг], то оно будет верным и для следующего за ним основания [для п + 1].

Из этих двух лемм необходимо вытекает справедливость предложения для всех значений п. Действительно, в силу первой леммы оно справедливо для п = 1; следовательно, в силу второй леммы оно справедливо для п = 2; следовательно, опять-таки в силу второй леммы, оно справедливо для п = 3 и так до бесконечности».

Задача 3. Головоломка «Ханойские башни» состоит из трех стержней. На одном из стержней находится пирамидка (рис. 1), состоящая из нескольких колец разного диаметра, уменьшающихся снизу вверх

Рис 1

Эту пирамидку нужно переместить на один из других стержней, перенося каждый раз только одно кольцо и не помещая большее кольцо на меньшее. Можно ли это сделать?

Решение. Итак, нам необходимо ответить на вопрос: можно ли переместить пирамидку, состоящую из п колец разного диаметра, с одного стержня на другой, соблюдая правила игры? Теперь задача нами, как говорят, параметризована (введено в рассмотрение натуральное число п), и ее можно решать методом математической индукции.

1. База индукции. При п = 1 все ясно, так как пирамидку из одного кольца очевидно можно переместить на любой стержень.
2. Шаг индукции. Предположим, что мы умеем перемещать любые пирамидки с числом колец п = к.
   Докажем, что тогда мы сможем переместить и пира мидку с п = к + 1.

Пирамидку из к колец, лежащих на самом большом (к + 1)-м кольце, мы можем, согласно предположению, переместить на любой другой стержень. Сделаем это. Неподвижное (к + 1)-е кольцо не будет нам мешать провести алгоритм перемещения, так как оно самое большое. После перемещения к колец, переместим это самое большое (к + 1)-е кольцо на оставшийся стержень. И затем опять применим известный нам по индуктивному предположению алгоритм перемещения к колец, и переместим их на стержень с лежащим внизу (к + 1)-м кольцом. Таким образом, если мы умеем перемещать пирамидки с к кольцами, то умеем перемещать пирамидки и с к + 1 кольцами. Следовательно, согласно принципу математической индукции, всегда можно переместить нужным образом пирамидку, состоящую из п колец, где п > 1.

Метод математической индукции в решении задач на делимость.

С помощью метода математической индукции можно доказывать различные утверждения, касающиеся делимости натуральных чисел.

Задача 4 . Если n - натуральное число, то число четное.

При n=1 наше утверждение истинно: - четное число. Предположим, что - четное число. Так как, a 2k - четное число, то и четное. Итак, четность доказана при n=1, из четности выведена четность.Значит, четно при всех натуральных значениях n.

Задача 3. Доказать, что число З 3 + 3 - 26n — 27 при произвольном натуральном п делится на 26 2 без остатка.

Решение. Предварительно докажем по индукции вспомогательное утверждение, что 3 3n+3 — 1 делится на 26 без остатка при п > 0.

1. База индукции. При п = 0 имеем: З 3 - 1 = 26 —делится на 26.

Шаг индукции. Предположим, что 3 3n + 3 - 1 делится на 26 при п = к, и докажем, что в этом случае утверждение будет верно при п = к + 1. Так как 3

то из индуктивного предположения заключаем, что число 3 3k + 6 - 1 делится на 26.

Теперь докажем утверждение, сформулированное в условии задачи. И снова по индукции.

1. База индукции. Очевидно, что при п = 1 утверждение верно: так как 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Шаг индукции. Предположим, что при п = к
   выражение 3 3k + 3 - 26k - 27 делится на 26 2 без остатка, и докажем, что утверждение верно при п = к + 1,
   то есть что число

делится на 26 2 без остатка. В последней сумме оба слагаемых делятся без остатка на 26 2 . Первое — потому что мы доказали делимость выражения, стоящего в скобках, на 26; второе — по предположению индукции. В силу принципа математической индукции, нужное утверждение полностью доказано.

Применение метода математической индукции к суммированию рядов.

Задача 5. Доказать формулу

N - натуральное число.

Решение.

При n=1 обе части равенства обращаются в единицу и, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено.

Предположим, что формула верна при n=k, т.е.

Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть. Тогда получим

Таким образом, из того, что формула верна при n=k, следует, что она верна и при n=k+1. Это утверждение справедливо при любом натуральном значении k. Итак, второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана.

Задача 6. На доске написаны два числа: 1,1. Вписав между числами их сумму, мы получим числа 1, 2, 1. Повторив эту операцию еще раз, получим числа 1, 3, 2, 3, 1. После трех операций будут числа 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Какова будет сумма всех чисел на доске после 100 операций?

Решение. Выполнять все 100 операций было бы очень трудоемким и долгим занятием. Значит, нужно попытаться найти какую-то общую формулу для суммы S чисел после п операций. Посмотрим на таблицу:

Заметили ли вы здесь какую-нибудь закономерность? Если нет, можно сделать еще один шаг: после четырех операций будут числа

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

сумма которых S 4 равна 82.

В действительности можно не выписывать числа, а сразу сказать, как изменится сумма после добавления новых чисел. Пусть сумма была равна 5. Какой она станет, когда добавятся новые числа? Разобьем каждое новое число в сумму двух старых. Например, от 1, 3, 2, 3, 1 мы переходим к 1,

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

То есть каждое старое число (кроме двух крайних единиц) входит теперь в сумму три раза, поэтому новая сумма равна 3S - 2 (вычитаем 2, чтобы учесть недостающие единицы). Поэтому S 5 = 3S 4 - 2 = 244, и вообще

Какова же общая формула? Если бы не вычитание двух единиц, то каждый раз сумма увеличивалась бы в три раза, как в степенях тройки (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). А наши числа, как теперь видно, на единицу больше. Таким образом, можно предположить, что

Попробуем теперь доказать это по индукции.

База индукции. Смотри таблицу (для п = 0, 1, 2, 3).

Шаг индукции. Предположим, что

Докажем тогда, что S к + 1 = З к + 1 + 1.

Действительно,

Итак, наша формула доказана. Из нее видно, что после ста операций сумма всех чисел на доске будет равна З 100 + 1.

Рассмотрим один замечательный пример применения принципа математической индукции, в котором сначала нужно ввести два натуральных параметра и затем провести индукцию по их сумме.

Задача 7. Доказать, что если = 2, х 2 = 3 и для всякого натурального п > 3 имеет место соотношение

х п = Зх п - 1 - 2х п - 2 ,

то

2 п - 1 + 1, п = 1, 2, 3, ...

Решение. Заметим, что в этой задаче исходная последовательность чисел {х п } определяется по индукции, поскольку члены нашей последовательности, кроме двух первых, задаются индуктивно, то есть через предыдущие. Так заданные последовательности называют рекуррентными, и в нашем случае эта последовательность определяется (заданием первых двух ее членов) единственным образом.

База индукции. Она состоит из проверки двух утверждений: при п = 1 и п = 2.В обоих случаях утверждение справедливо по условию.

Шаг индукции. Предположим, что для п = к - 1 и п = к утверждение выполнено, то есть

Докажем тогда справедливость утверждения для п = к + 1. Имеем:

х 1 = 3(2 + 1)- 2(2 + 1) = 2+1, что и требовалось доказать.

Задача 8. Доказать, что любое натуральное число можно представить в виде суммы нескольких различных членов рекуррентной последовательности чисел Фибоначчи:

при к > 2.

Решение. Пусть п — натуральное число. Будем проводить индукцию по п.

База индукции. При п = 1 утверждение справедливо, поскольку единица сама является числом Фибоначчи.

Шаг индукции. Предположим, что все натуральные числа, меньшие некоторого числа п, можно представить в виде суммы нескольких различных членов последовательности Фибоначчи. Найдем наибольшее число Фибоначчи F т , не превосходящее п; таким образом, F т п и F т +1 > п.

Поскольку

По предположению индукции число п- F т может быть представлено в виде суммы 5 нескольких различных членов последовательности Фибоначчи, причем из последнего неравенства следует, что все члены последовательности Фибоначчи, участвующие в сумме 8, меньше F т . Поэтому разложение числа п = 8 + F т удовлетворяет условию задачи.

Примеры применения метода математической индукции к доказательству неравенств.

Задача 9. (Неравенство Бернулли.) Докажите, что при х > -1, х 0, и при целом п > 2 справедливо неравенство

(1 + х) п > 1 + хп.

Решение. Доказательство снова будем проводить по индукции.

1. База индукции. Убедимся в справедливости неравенства при п = 2. Действительно,

(1 + х) 2 = 1 + 2х + х 2 > 1 + 2х.

2. Шаг индукции. Предположим, что для номера п = к утверждение справедливо, то есть

(1 + х) к > 1 + хк,

Где к > 2. Докажем его при п = к + 1. Имеем: (1 + х) к + 1 = (1 + х) к (1 + х)>(1 + кх){1 + х) =

1 + (к + 1)х + кх 2 > 1 + (к + 1)х.

Итак, на основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого п > 2.

Не всегда в условиях задач, решаемых с помощью метода математической индукции, бывает четко сформулирован общий закон, который нужно доказывать. Иногда приходится путем наблюдений частных случаев сначала обнаружить (догадаться), к какому общему закону они приводят, и только потом доказывать высказанную гипотезу методом математической индукции. Кроме того, переменная индукции может быть замаскированной, и прежде, чем решать задачу, необходимо определить, по какому параметру будет проводиться индукция. В качестве примеров рассмотрим следующие задачи.

Задача 10. Доказать, что

при любом натуральном п > 1.

Решение, Попробуем доказать это неравенство методом математической индукции.

Базис индукции проверяется без труда:1+

По предположению индукции

и нам остается доказать, что

Если воспользоваться индуктивным предположением, то мы будем утверждать, что

Хотя это равенство на самом деле верно, оно не дает нам решения задачи.

Попробуем доказать более сильное утверждение, чем это требуется в исходной задаче. А именно, докажем, что

Может показаться, что доказывать это утверждение методом индукции дело безнадежное.

Однако при п = 1 имеем: утверждение верно. Для обоснования индуктивного шага предположим, что

и докажем тогда, что

Действительно,

Таким образом, нами доказано более сильное утверждение, из которого сразу же следует утверждение, содержащееся в условии задачи.

Поучительным здесь является то, что хотя нам и пришлось доказывать более сильное утверждение, чем это требуется в задаче, но мы могли пользоваться и более сильным предположением в индуктивном шаге. Этим и объясняется, что прямолинейное применение принципа математической индукции не всегда приводит к цели.

Ситуация, возникшая при решении задачи, получила название парадокса изобретателя. Сам парадокс состоит в том, что более сложные планы могут быть реализованы с большим успехом, если они базируются на более глубоком понимании существа дела.

Задача 11. Докажите, что 2 т + п - 2 тп при любых натуральных тип.

Решение. Здесь мы имеем два параметра. Поэтому можно попробовать провести так называемую двойную индукцию (индукция внутри индукции).

Будем проводить индуктивное рассуждение по п.

1. База индукции по п. При п = 1 нужно проверить, что 2 т ~ 1 > т. Для доказательства этого неравенства воспользуемся индукцией по т.

а) База индукции по т. При т = 1 выполняется
равенство, что допустимо.

б) Шаг индукции по т. Предположим, что при т = к утверждение верно, то есть 2 к ~ 1 > к. Тогда до
кажем, что утверждение будет верным и при т = к + 1.
Имеем:

при натуральных к.

Таким образом, неравенство 2 выполняется при любом натуральном т.

2. Шаг индукции по п. Выберем и зафиксируем какое-нибудь натуральное число т. Предположим, что при п = I утверждение справедливо (при фиксированном т), то есть 2 т +1 ~ 2 > т1, и докажем, что тогда утверждение будет справедливым и при п = l + 1.
Имеем:

при любых натуральных т и п.

Следовательно, на основании принципа математической индукции (по п) утверждение задачи верно при любых п и при любом фиксированном т. Таким образом, данное неравенство выполняется при любых натуральных тип.

Задача 12. Пусть т, п и к — натуральные числа, причем т > п. Какое из двух чисел больше:

В каждом выражении к знаков квадратного корня, т и п чередуются.

Решение. Докажем сначала некоторое вспомогательное утверждение.

Лемма. При любых натуральных т и п (т > п) и неотрицательном (не обязательно целом) х справедливо неравенство

Доказательство. Рассмотрим неравенство

Это неравенство справедливо, так как оба сомножителя в левой части положительны. Раскрывая скобки и преобразовывая, получаем:

Извлекая квадратный корень из обеих частей последнего неравенства, получим утверждение леммы. Итак, лемма доказана.

Перейдем теперь к решению задачи. Обозначим первое из данных чисел через а, а второе — через Ь к . Докажем, что а при любом натуральном к. Доказательство будем проводить методом математической индукции отдельно для четных и нечетных к.

База индукции. При к = 1 имеем неравенство

у[т > у/п , справедливое в силу того, что т > п. При к = 2 требуемое получается из доказанной леммы подстановкой х = 0.

Шаг индукции. Предположим, при некотором к неравенство а >b к справедливо. Докажем, что

Из предположения индукции и монотонности квадратного корня имеем:

С другой стороны, из доказанной леммы следует,

Объединяя два последних неравенства, получаем:

Согласно принципу математической индукции, утверждение доказано.

Задача 13. (Неравенство Коши.) Докажите, что для любых положительных чисел..., а п справедливо неравенство

Решение. При п = 2 неравенство

о среднем арифметическом и среднем геометрическом (для двух чисел) будем считать известным. Пусть п= 2 , к = 1, 2, 3, ... и сначала проведем индукцию по к. База этой индукции имеет место Предположив теперь, что нужное неравенство уже установлено для п = 2 , докажем его для п = 2 . Имеем (применяя неравенство для двух чисел):

Следовательно, по индукционному предположению

Таким образом, индукцией по k мы доказали неравенство для всех п 9 являющихся степенью двойки.

Для доказательства неравенства для других значений п воспользуемся «индукцией вниз», то есть докажем, что если неравенство выполнено для произвольных неотрицательных п чисел, то оно справедливо также и для (п - 1)-го числа. Чтобы в этом убедиться, заметим, что по сделанному предположению для п чисел выполнено неравенство

то есть а г + а 2 + ... + а п _ х > (п — 1)А. Разделив обе части на п - 1, получим требуемое неравенство.

Итак, сначала мы установили, что неравенство имеет место для бесконечного числа возможных значений п, а затем показали, что если неравенство выполнено для п чисел, то оно справедливо и для (п - 1) числа. Отсюда теперь мы и заключаем, что неравенство Коти имеет место для набора из п любых неотрицательных чисел при любом п = 2, 3, 4, ...

Задача 14. (Д. Успенский.) Для любого треугольника АВС, у которого углы = САB, = СВА соизмеримы, имеют место неравенства

Решение. Углы и соизмеримы, а это (по определению) означает, что эти углы имеют общую меру, для которой = р, = (р, q— натуральные взаимно простые числа).

Воспользуемся методом математической индукции и проведем ее по сумме п = р + q натуральных взаимно простых чисел..

База индукции. При р + q = 2 имеем: р = 1 и q = 1. Тогда треугольник АВС равнобедренный, и нужные неравенства очевидны: они следуют из неравенства треугольника

Шаг индукции. Предположим теперь, что нужные неравенства установлены для р + q = 2, 3, ..., к — 1, где к > 2. Докажем, что неравенства справедливы и для р + q = к.

Пусть АВС — данный треугольник, у которого > 2. Тогда стороны АС и ВС не могут быть равными: пусть АС > ВС. Построим теперь, как на рисунке 2, равнобедренный треугольник АВС; имеем:

АС = DС и АD=АВ + ВD, следовательно,

2АС > АВ + ВD (1)

Рассмотрим теперь треугольник ВDС, углы которого также соизмеримы:

DСВ = (q - р), ВDС = p.

Рис. 2

Для этого треугольника выполнено индуктивное предположение, и поэтому

(2)

Складывая (1) и (2), имеем:

2AC+BD>

и поэтому

Из того же треугольника ВБС по предположению индукции заключаем, что

Учитывая предыдущее неравенство, заключаем, что

Таким образом, индуктивный переход получен, и утверждение задачи следует из принципа математической индукции.

Замечание. Утверждение задачи остается в силе и в том случае, когда углы а и р не являются соизмеримыми. В основе рассмотрения в общем случае уже приходится применять другой важный математический принцип — принцип непрерывности.

Задача 15. Несколько прямых делят плоскость на части. Доказать, что можно раскрасить эти части в белый

и черный цвета так, чтобы соседние части, имеющие общий отрезок границы, были разного цвета (как на рисунке 3 при п = 4).

рис 3

Решение. Воспользуемся индукцией по числу прямых. Итак, пусть п — число прямых, делящих нашу плоскость на части, п > 1.

База индукции. Если прямая одна (п = 1), то она делит плоскость на две полуплоскости, одну из которых можно раскрасить в белый цвет, а вторую в черный, и утверждение задачи верно.

Шаг индукции. Чтобы доказательство индуктивного перехода было более понятно, рассмотрим процесс добавления одной новой прямой. Если проведем вторую прямую (п = 2), то получим четыре части, которые можно раскрасить нужным образом, покрасив противоположные углы в один цвет. Посмотрим, что произойдет, если мы проведем третью прямую. Она поделит некоторые «старые» части, при этом появятся новые участки границы, по обе стороны которых цвет один и тот же (рис. 4).

Рис. 4

Поступим следующим образом: с одной стороны от новой прямой поменяем цвета — белый сделаем черным и наоборот; при этом те части, которые лежат по другую сторону от этой прямой, не перекрашиваем (рис. 5). Тогда эта новая раскраска будет удовлетворять нужным требованиям: с одной стороны прямой она уже была чередующейся (но с другими цветами), а с другой стороны она и была нужной. Для того чтобы части, имеющие общую границу, принадлежащую проведенной прямой, были окрашены в разные цвета, мы и перекрашивали части только с одной стороны от этой проведенной прямой.

Рис.5

Докажем теперь индуктивный переход. Предположим, что для некоторого п = к утверждение задачи справедливо, то есть все части плоскости, на которые она делится этими к прямыми, можно раскрасить в белый и черный цвета так, чтобы соседние части были разного цвета. Докажем, что тогда существует такая раскраска и для п = к + 1 прямых. Поступим аналогично случаю перехода от двух прямых к трем. Проведем на плоскости к прямых. Тогда, по предположению индукции, полученную «карту» можно раскрасить нужным образом. Проведем теперь (к + 1)-ю прямую и с одной стороны от нее поменяем цвета на противоположные. Таким образом, теперь (к + 1)-я прямая всюду разделяет участки разного цвета, при этом «старые» части, как мы уже видели, остаются правильно раскрашенными. Согласно принципу математической индукции, задача решена.

Задача 16. На краю пустыни имеются большой запас бензина и машина, которая при полной заправке может проехать 50 километров. В неограниченном количестве имеются канистры, в которые можно сливать бензин из бензобака машины и оставлять на хранение в любой точке пустыни. Доказать, что машина может проехать любое целочисленное расстояние, большее 50 километров. Канистры с бензином возить не разрешается, пустые можно возить в любом количестве.

Решение. Попытаемся доказать индукцией по п, что машина может отъехать на п километров от края пустыни. При п = 50 это известно. Осталось провести шаг индукции и объяснить, как проехать п = к + 1 километров, если известно, что п = к километров проехать можно.

Однако тут мы встречаемся с трудностью: после того как мы проехали к километров, бензина может не хватить даже на обратную дорогу (не говоря уже о хранении). И в данном случае выход состоит в усилении доказываемого утверждения (парадокс изобретателя). Будем доказывать, что можно не только проехать п километров, но и сделать сколь угодно большой запас бензина в точке на расстоянии п километров от края пустыни, оказавшись в этой точке после окончания перевозок.

База индукции. Пусть единица бензина — это количество бензина, необходимое для совершения одного километра пути. Тогда рейс на расстояние в 1 километр и обратно требует двух единиц бензина, поэтому мы можем оставить 48 единиц бензина в хранилище на расстоянии километра от края и вернуться за новой порцией. Таким образом, за несколько рейсов в хранилище можно сделать запас произвольного размера, который нам потребуется. При этом, чтобы создать 48 единиц запаса, мы расходуем 50 единиц бензина.

Шаг индукции. Предположим, что на расстоянии п = к от края пустыни можно запасти любое количество бензина. Докажем, что тогда можно создать хранилище на расстоянии п = к + 1 километров с любым заданным наперед запасом бензина и оказаться у этого хранилища в конце перевозок. Поскольку в точке п = к имеется неограниченный запас бензина, то (согласно базе индукции) мы можем за несколько рейсов в точку п = к + 1 сделать в точке п = к 4- 1 запас произвольного размера, который потребуется.

Истинность более общего утверждения, чем в условии задачи, теперь следует из принципа математической индукции.

Заключение

В частности, изучив метод математической индукции, я повысила свои знания в этой области математики, а также научилась решать задачи, которые раньше были мне не под силу.

В основном это были логические и занимательные задачи, т.е. как раз те, которые повышают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится занимательным занятием и может привлечь в математические лабиринты всё новых любознательных. По-моему, это является основой любой науки.

Продолжая изучать метод математической индукции, я постараюсь научиться применять его не только в математике, но и в решении проблем физики, химии и самой жизни.

Литература

1.Вuленкин ИНДУКЦИЯ. Комбинаторика. Пособие ДЛЯ учителей. М., Просвещение,

1976.-48 с.

2.Головина Л.И., Яглом И.М. Индукция в геометрии. - М.: Госуд. издат. литер. - 1956 - С.I00. Пособие по математике для поступающих в вузы/ Под ред. Яковлева Г.Н. Наука. -1981. - С.47-51.

3.Головина Л.И., Яглом ИМ. Индукция в геометрии. —
М.: Наука, 1961. — (Популярные лекции по математике.)

4. И.Т.Демидов,А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург,О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. Учебное пособие / “Просвещение” 1975.

5.Р. Курант, Г Роббинс «Что такое математика?» Глава 1, § 2

6.Попа Д. Математика и правдоподобные рассуждения. — М,: Наука, 1975.

7.Попа Д. Математическое открытие. — М.: Наука,1976.

8.Рубанов И.С. Как обучать методу математической индукции/ Математика школе. - Nl. - 1996. - С.14-20.

9.Соминский И.С., Головина Л.И., Яглом ИМ. О методе математической индукции. — М.: Наука, 1977. — (Популярные лекции по математике.)

10.Соломинский И.С. Метод математической индукции. - М.: Наука.

63с.

11.Соломинский И.С., Головина Л.И., Яглом И.М. О математической индукции. - М.:Наука. - 1967. - С.7-59.

12.httр://ш.wikiреdiа.оrg/wiki

13.htt12:/ /www.rеfешtсоllесtiоп.ru/40 124.html

Применяя метод математической индукции, доказать, что для любого натурального n справедливы следующие равенства:
а) ;
б) .

Решение.

а) При n = 1 равенство справедливо. Предполагая справедливость равенства при n , покажем справедливость его и при n + 1. Действительно,

что и требовалось доказать.

б) При n = 1 справедливость равенства очевидна. Из предположения справедливости его при n следует

Учитывая равенство 1 + 2 + ... + n = n (n + 1)/2, получаем

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

т. е. утверждение справедливо и при n + 1.

Пример 1. Доказать следующие равенства

где n О N .

Решение. a) При n = 1 равенство примет вид 1=1, следовательно, P (1) истинно. Предположим, что данное равенство справедливо, то есть, имеет место

. Следует проверить (доказать), что P (n + 1), то есть истинно. Поскольку (используется предположение индукции) получим то есть, P (n + 1) - истинное утверждение.

Таким образом, согласно методу математической индукции, исходное равенство справедливо для любого натурального n .

Замечание 2. Этот пример можно было решить и иначе. Действительно, сумма 1 + 2 + 3 + ... + n есть сумма первых n членов арифметической прогрессии с первым членом a 1 = 1 и разностью d = 1. В силу известной формулы , получим

b) При n = 1 равенство примет вид: 2·1 - 1 = 1 2 или 1=1, то есть, P (1) истинно. Допустим, что имеет место равенство

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 и докажем, что имеет место P (n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n + 1) 2 или 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Используя предположение индукции, получим

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Таким образом, P (n + 1) истинно и, следовательно, требуемое равенство доказано.

Замечание 3. Этот пример можно решить (аналогично предыдущему) без использования метода математической индукции.

c) При n = 1 равенство истинно: 1=1. Допустим, что истинно равенство

и покажем, что то есть истинность P (n ) влечет истинность P (n + 1). Действительно, и, так как 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n + 2), получим и, следовательно, исходное равенство справедливо для любого натурального n .

d) При n = 1 равенство справедливо: 1=1. Допустим, что имеет место

и докажем, что

Действительно,

e) Утверждение P (1) справедливо: 2=2. Допустим, что равенство

справедливо, и докажем, что оно влечет равенство Действительно,

Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n .

f) P (1) справедливо: 1 / 3 = 1 / 3 . Пусть имеет место равенство P (n ):

. Покажем, что последнее равенство влечет следующее:

Действительно, учитывая, что P (n ) имеет место, получим

Таким образом, равенство доказано.

g) При n = 1 имеем a + b = b + a и, следовательно, равенство справедливо.

Пусть формула бинома Ньютона справедлива при n = k , то есть,

Тогда Используя равенство получим

Пример 2. Доказать неравенства

a) неравенство Бернулли: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, n О N .

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n , если x 1 x 2 · ... ·x n = 1 и x i > 0, .

c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического где x i > 0, , n ≥ 2.

d) sin 2n a + cos 2n a ≤ 1, n О N .

e)

f) 2 n > n 3 , n О N , n ≥ 10.

Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство

1 + a ≥ 1 + a . Предположим, что имеет место неравенство

(1 + a ) n ≥ 1 + n a

(1)

и покажем, что тогда имеет место и (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a .

Действительно, поскольку a > -1 влечет a + 1 > 0, то умножая обе части неравенства (1) на (a + 1), получим

(1 + a ) n (1 + a ) ≥ (1 + n a )(1 + a ) или (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + n a 2 Поскольку n a 2 ≥ 0, следовательно, (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + n a 2 ≥ 1 + (n + 1)a .

Таким образом, если P (n ) истинно, то и P (n + 1) истинно, следовательно, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.

b) При n = 1 получим x 1 = 1 и, следовательно, x 1 ≥ 1 то есть P (1) - справедливое утверждение. Предположим, что P (n ) истинно, то есть, если adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n положительных чисел, произведение которых равно единице, x 1 x 2 ·...·x n = 1, и x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n .

Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n +1 - (n + 1) положительных чисел, таких, что x 1 x 2 ·...·x n ·x n +1 = 1, тогда x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Рассмотрим следующие два случая:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n +1 = 1. Тогда сумма этих чисел равна (n + 1), и требуемое неравество выполняется;

2) хотя бы одно число отлично от единицы, пусть, например, больше единицы. Тогда, поскольку x 1 x 2 · ... ·x n ·x n + 1 = 1, существует еще хотя бы одно число, отличное от единицы (точнее, меньше единицы). Пусть x n + 1 > 1 и x n < 1. Рассмотрим n положительных чисел

x 1 ,x 2 ,...,x n -1 ,(x n ·x n +1). Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе, x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n x n + 1 ≥ n . Последнее неравенство переписывается следующим образом: x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n x n +1 + x n + x n +1 ≥ n + x n + x n +1 или x 1 + x 2 + ... + x n -1 + x n + x n +1 ≥ n + x n + x n +1 - x n x n +1 .

Поскольку

(1 - x n )(x n +1 - 1) > 0, то n + x n + x n +1 - x n x n +1 = n + 1 + x n +1 (1 - x n ) - 1 + x n =
= n + 1 + x n +1 (1 - x n ) - (1 - x n ) = n + 1 + (1 - x n )(x n +1 - 1) ≥ n + 1. Следовательно, x 1 + x 2 + ... + x n + x n +1 ≥ n +1, то есть, если P (n ) справедливо, то и P (n + 1) справедливо. Неравенство доказано.

Замечание 4. Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Пусть x 1 ,x 2 ,...,x n - произвольные положительные числа. Рассмотрим следующие n положительных чисел:

Поскольку их произведение равно единице: согласно ранее доказанному неравенству b), следует, что откуда

Замечание 5. Равенство выполняется если и только если x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P (1) - справедливое утверждение: sin 2 a + cos 2 a = 1. Предположим, что P (n ) - истинное утверждение:

Sin 2n a + cos 2n a ≤ 1 и покажем, что имеет место P (n + 1). Действительно, sin 2(n + 1) a + cos 2(n + 1) a = sin 2n a ·sin 2 a + cos 2n a ·cos 2 a < sin 2n a + cos 2n a ≤ 1 (если sin 2 a ≤ 1, то cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, то sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n О N sin 2n a + cos 2n ≤ 1 и знак равенства достигается лишь при n = 1.

e) При n = 1 утверждение справедливо: 1 < 3 / 2 .

Допустим, что и докажем, что

Поскольку
учитывая P (n ), получим

f) Учитывая замечание 1 , проверим P (10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, следовательно, для n = 10 утверждение справедливо. Предположим, что 2 n > n 3 (n > 10) и докажем P (n + 1), то есть 2 n +1 > (n + 1) 3 .

Поскольку при n > 10 имеем или , следует, что

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 или n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Учитывая неравенство (2 n > n 3 ), получим 2 n +1 = 2 n ·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Таким образом, согласно методу математической индукции, для любого натурального n О N , n ≥ 10 имеем 2 n > n 3 .

Пример 3. Доказать, что для любого n О N

Решение. a) P (1) - истинное утверждение (0 делится на 6). Пусть P (n ) справедливо, то есть n (2n 2 - 3n + 1) = n (n - 1)(2n - 1) делится на 6. Покажем, что тогда имеет место P (n + 1), то есть, (n + 1)n (2n + 1) делится на 6. Действительно, поскольку

и, как n (n - 1)(2 n - 1), так и 6 n 2 делятся на 6, тогда и их сумма n (n + 1)(2 n + 1) делится 6.

Таким образом, P (n + 1) - справедливое утверждение, и, следовательно, n (2n 2 - 3n + 1) делится на 6 для любого n О N .

b) Проверим P (1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, следовательно, P (1) - справедливое утверждение. Следует доказать, что если 6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 делится на 11 (P (n )), тогда и 6 2n + 3 n +2 + 3 n также делится на 11 (P (n + 1)). Действительно, поскольку

6 2n + 3 n +2 + 3 n = 6 2n -2+2 + 3 n +1+1 + 3 n -1+1 = = 6 2 ·6 2n -2 + 3·3 n +1 + 3·3 n -1 = 3·(6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1) + 33·6 2n -2 и, как 6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 , так и 33·6 2n -2 делятся на 11, тогда и их сумма 6 2n + 3 n +2 + 3 n делится на 11. Утверждение доказано. Индукция в геометрии

Пример 4. Вычислить сторону правильного 2 n -угольника, вписанного в окружность радиуса R .