Метод математической индукции (стр. 2 из 2)

X_k=k²(k+1)²/4.

3) Докажем истинность этого ут-верждения для n=k+1, т.е.

Х_k+1=(k+1)²(k+2)²/4. X_k+1=1³+2³+…+k³+(k+1)³=k²(k+1)²/4+(k+1)³=(k²(k++1)²+4(k+1)³)/4=(k+1)²(k²+4k+4)/4=(k+1)²(k+2)²/4.

Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.

ПРИМЕР 6

Доказать, что

((2³+1)/(2³-1))´((3³+1)/(3³-1))´…´((n³+1)/(n³-1))=

3n(n+1)/2(n²+n+1), где n>2.

Решение: 1) При n=2 тождество выглядит: (2³+1)/(2³-1)=(3´2´3)/2(2²+2+1),

т.е. оно верно.

2) Предположим, что выражение верно при n=k

(2³+1)/(2³-1)´…´(k³+1)/(k³-1)=3k(k+1)/2(k²+k+1).

3) Докажем верность выражения при n=k+1.

(((2³+1)/(2³-1))´…´((k³+1)/(k³-1)))´(((k+1)³+

+1)/((k+1)³-1))=(3k(k+1)/2(k²+k+1))´((k+2)((k+

+1)²-(k+1)+1)/k((k+1)²+(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´

´((k+1)²+(k+1)+1).

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого n>2

ПРИМЕР 7

Доказать, что

1³-2³+3³-4³+…+(2n-1)³-(2n)³=-n²(4n+3)

для любого натурального n.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

1³-2³=-1³(4+3); -7=-7.

2) Предположим, что n=k, тогда

1³-2³+3³-4³+…+(2k-1)³-(2k)³=-k²(4k+3).

3) Докажем истинность этого ут-верждения при n=k+1

(1³-2³+…+(2k-1)³-(2k)³)+(2k+1)³-(2k+2)³=-k²(4k+3)+

+(2k+1)³-(2k+2)³=-(k+1)³(4(k+1)+3).

Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для лю-бого натурального n.

ПРИМЕР 8

Доказать верность тождества

(1²/1´3)+(2²/3´5)+…+(n²/(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

для любого натурального n.

Решение:

1) При n=1 тождество верно 1²/1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Предположим, что при n=k

(1²/1´3)+…+(k²/(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

3) Докажем, что тождество верно при n=k+1.

(1²/1´3)+…+(k²/(2k-1)(2k+1))+(k+1)²/(2k+1)(2k+3)=(k(k+1)/2(2k+1))+((k+1)²/(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1).

Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при любом натуральном n.

ПРИМЕР 9

Доказать, что (11ⁿ⁺²+12²ⁿ⁺¹) делится на 133 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

11³+12³=(11+12)(11²-132+12²)=23´133.

Но (23´133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.

2) Предположим, что (11^k+2+12^2k+1) делится на 133 без остатка.

3) Докажем, что в таком случае

(11^k+3+12^2k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле 11^k+3+12^2л+3=11´11^k+2+12²´12^2k+1=11´11^k+2+

+(11+133)´12^2k+1=11(11^k+2+12^2k+1)+133´12^2k+1.

Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без ос-татка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k)ÞА(k+1). В силу метода математической индукции утвержде-ние доказано.

ПРИМЕР 10

Доказать, что при любом n7ⁿ-1 делится на 6 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х₁=7¹-1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.

2) Предположим, что при n=k

7^k-1 делится на 6 без остатка.

3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1.

X_k+1=7^k+1-1=7´7^k-7+6=7(7^k-1)+6.

Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7^k-1 делится на 6 по предположению, а вторым слага-емым является 6. Значит 7ⁿ-1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической ин-дукции утверждение доказано.

ПРИМЕР 11

Доказать, что 3^3n-1+2^4n-3при произвольном на-туральном n делится на 11.
Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х₁=3^3-1+2^4-3=3²+2¹=11 делится на 11 без остат-ка. Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n=k

X_k=3^3k-1+2^4k-3 делится на 11 без остатка.

3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1.

X_k+1=3^3(k+1)-1+2^4(k+1)-3=3^3k+2+2^4k+1=3³´3^3k-1+2⁴´2^4k-3=

=27´3^3k-1+16´2^4k-3=(16+11)´3^3k-1+16´2^4k-3=16´3^3k-1+

+11´3^3k-1+16´2^4k-3=16(3^3k-1+2^4k-3)+11´3^3k-1.

Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3^3k-1+2^4k-3 делится на 11 по предположе-нию, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма де-лится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утвер-ждение доказано.

ПРИМЕР 12

Доказать, что 11²ⁿ-1 при произвольном нату-ральном n делится на 6 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11²-1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно.

2) Предположим, что при n=k

11^2k-1 делится на 6 без остатка.

3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1

11^2(k+1)-1=121´11^2k-1=120´11^2k+(11^2k-1).

Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: пер-вое содержит кратное 6-ти число 120, а второе де-лится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

ПРИМЕР 13

Доказать, что 3³ⁿ⁺³-26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26²(676) без остатка.

Решение: Предварительно докажем, что 3³ⁿ⁺³-1 делится на 26 без остатка.

1) При n=0

3³-1=26 делится на 26

2) Предположим, что при n=k

3^3k+3-1 делится на 26

3) Докажем, что утверждение

верно при n=k+1.

3^3k+6-1=27´3^3k+3-1=26´3^3л+3+(3^3k+3-1) –делится на 26

Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулированного в условии задачи.

1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение верно

3³⁺³-26-27=676

2) Предположим, что при n=k

выражение 3^3k+3-26k-27 делится на 26² без остатка.

3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1

3^3k+6-26(k+1)-27=26(3^3k+3-1)+(3^3k+3-26k-27).

Оба слагаемых делятся на 26²; первое делится на 26², потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода мате-матической индукции утверждение доказано.

ПРИМЕР 14

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство

(1+х)ⁿ>1+n´х.

Решение: 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как

(1+х)²=1+2х+х²>1+2х.

Значит, А(2) истинно.

2) Докажем, что А(k)ÞA(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство

(1+х)^k>1+k´x. (3)

Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство

(1+x)^k+1>1+(k+1)´x.

В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим

(1+x)^k+1>(1+k´x)(1+x).

Рассмотрим правую часть последнего неравен-

ства; имеем

(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x²>1+(k+1)´x.

В итоге получаем, что

(1+х)^k+1>1+(k+1)´x.

Итак, А(k)ÞA(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого

n> 2.

ПРИМЕР 15

Доказать, чтосправедливо неравенство

(1+a+a²)^m> 1+m´a+(m(m+1)/2)´a²при а> 0.

Решение: 1) При m=1

(1+а+а²)¹> 1+а+(2/2)´а² обе части равны.

2) Предположим, что при m=k

(1+a+a²)^k>1+k´a+(k(k+1)/2)´a²

3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно

(1+a+a²)^k+1=(1+a+a²)(1+a+a²)^k>(1+a+a²)(1+k´a+

+(k(k+1)/2)´a²)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a²+

+((k(k+1)/2)+k)´a³+(k(k+1)/2)´a⁴> 1+(k+1)´a+

+((k+1)(k+2)/2)´a².

Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натурального m.

ПРИМЕР 16

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство

3ⁿ>n´2ⁿ⁺¹.

Решение: Перепишем неравенство в виде

(3/2)ⁿ>2n.

1) При n=7 имеем

3⁷/2⁷=2187/128>14=2´7

неравенство верно.

2) Предположим, что при n=k

(3/2)^k>2k.

3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1.

3^k+1/2^k+1=(3^k/2^k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравен-ство справедливо для любого натурального n.

ПРИМЕР 17

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство

1+(1/2²)+(1/3²)+…+(1/n²)<1,7-(1/n).

Решение: 1) При n=3 неравенство верно

1+(1/2²)+(1/3²)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

2) Предположим, что при n=k

1+(1/2²)+(1/3²)+…+(1/k²)=1,7-(1/k).

3) Докажем справедливость не-

равенства при n=k+1

(1+(1/2²)+…+(1/k²))+(1/(k+1)²)<1,7-(1/k)+(1/(k+1)²).

Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1)²)<1,7-(1/k+1)Û

Û(1/(k+1)²)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1)²<1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1)²Ûk²+2k<k²+2k+1.

Последнее очевидно, а поэтому

1+(1/2²)+(1/3²)+…+(1/(k+1)²)<1,7-(1/k+1).

В силу метода математической индукции не-равенство доказано.

Заключение

Вчастности изучив метод математической индукции, я повысил свои знания в этой облас-ти математики, а также научился решать задачи, которые раньше были мне не под силу.

В основном это были логические и занима-тельные задачи, т.е. как раз те, которые повы-шают интерес к самой математике как к науке. Решение таких задач становится заниматель-ным занятием и может привлечь в математиче-ские 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.

МАТЕМАТИКА :

ЛЕКЦИИ, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ

Учебное пособие / В.Г.Болтянский, Ю.В.Сидоров, М.И.Шабунин. ООО “Попурри” 1996.

АЛГЕБРА И НАЧАЛА АНАЛИЗА

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