У процесі
мислення судження людини переходять від одиничного до більш загального типу і
навпаки. Перше називають індукцією, друге – дедукцією. В індуктивних висновках
властивості деяких предметів поширюються на цілий клас (множину) таких
предметів. ЇЇ логічною основою є твердження: "Все, що належить кожному предмету
даної множини, належить усій множині…”
Приклад застосування індукції:
Гіпербола не може перетинатися прямою лінією
більше ніж у двох точках.
Парабола не може перетинатися прямою лінією більше
ніж у двох точках.
Коло не
може перетинатися прямою лінією більше ніж у двох точках
Еліпс не може перетинатися прямою лінією більше
ніж у двох точках
Коло, еліпс, парабола й гіпербола - це всі види
конічних перетинів.
Отже, жодне з конічних перетинів не може
перетинатися прямою лінією більш ніж у двох точках.
Вперше цей метод використав Евклід (300р.до н.е),
але науково обґрунтоване застосування цього методу почалося з написання
Паскалем праці "Математика випадку" (1838р.)
Індукція буває повна і неповна.
Повна ―
коли загальний висновок про множину предметів робиться на основі вивчення всіх
її представників; неповна ― якщо висновок здійснюється на основі вивчення лише
деяких представників множини.
Індуктивні умовиводи можуть бути як
правильними, так і хибними. Наприклад, розглянемо вираз: х^2-х+41. Коли х рівне 0,1,2,3,4,5, дістаємо
відповідні значення виразу: 41,41,43,47,53,61. Звідси напрошується висновок, що
значення даного виразу є простим числом. Цікаво те, що до х=40 дане твердження
вірне. Отже, індиукт.
висновок, що значення даного виразу є простим числом неправильний.
Звідси бачимо, що метод неповної
індукції може легко призвести до хибних умовиводів. Тому в математиці прийнято
використовувати метод повної математ. індукц.(МПМІ). В її основу покладено
принцип:
Коли певне твердження справедливе
для n=1 і з істинності цього твердження для будь-якого n=k, де n є N, випливає його істинність
для n=k+1, то дане твердження буде справедливе
для будь-якого n є N.
Доведення МПМІ складається із
кроків:
1. База
індукції. Доводиться, що твердження справедливе при n=1.
2. Індуктивний перехід. Припускається, що
твердження справедливе при n=k. На основі цього доводять правильність
твердження при n=k+1.
3. Якщо
перші два етапи доведення пройшли успішно, то твердження, яке треба було
довести, є справедливим при будь-якому n є N.
Розглянемо приклади типових задач:
№1. Дано: {аn} – арифм. прогр.; d її
різниця.
Довести, що аn=a1+(n-1)d.
Доведення:
1). При n=1 отримаємо: а1=а1. Це вірно.
2).
Припустимо, що рівність ak=a1+(k-1)d – правильна.
Доведемо, що тоді буде правильною рівність:
a(k+1)=a1+(k+1-1)d
a(k+1)=a1+kd
ak=a1+kd –d, звідси: a1+kd= ak+d, тоді:
a(k+1)= ak+d – ця рівність правильна, тому за ППМІ
рівність аn=a1+(n-1)d теж правильна.
№2 Довести, що 1+2+…+n=n(n+1)/2
Доведення:
1). При n=1 маємо: 1=1. Це правильно.
2).Нехай
правильна рівність: 1+2+…+k=k(k+1)/2. Доведемо, що тоді буде правильною
рівність:
1+2+…+k+(k+1)=(k+1)(k+2)/2 :
За
припущенням: k(k+1)/2=1+2+…+k, тому тепер доводимо: 1+2+…+k+(k+1)=
k(k+1)/2+(k+1).
Тепер для
розв’язання задачі достатньо довести, що
k(k+1)/2+(k+1)= (k+1)(k+2)/2.
k(k+1)/2+(k+1)= k(k+1)/2+2(k+1)/2= (k(k+1)+ 2(k+1))/2=(k^2+3k+2)/2=(k+1)(k+2)/2
(k+1)(k+2)/2=(k+1)(k+2)/2.
Отже,
рівність 1+2+…+n=n(n+1)/2 правильна за ППМІ.
| 
