Доказать что при каждом п 6 n верно неравенство
11. Метод математической индукции
Во многих разделах математики приходится доказывать истинность утверждения, зависящего от 
, т. е. истинность высказывания P(N) Для «NÎN (для любого NÎN P(N) Верно).
Часто это удается доказать Методом математической индукции.
В основе этого метода лежит принцип математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом арифметики и, следовательно, принимается без доказательства. Согласно принципу математической индукции предложение P(N) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены два условия:
2. Из предложения, что P(N) истинно для N = K (K — Произвольное натуральное число) следует, что оно истинно для N = K + 1.
Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства
1. Проверяют истинность утверждения для N = 1 – база индукции.
2. Предполагают, что утверждение верно для N = K – Индуктивное предположение.
3. Доказывают, что тогда оно верно и для N = K + 1 индуктивный переход.
Иногда предложение P(N) оказывается верным не для всех натуральных N, а начиная с некоторого для N = N0. В этом случае в базе индукции проверяется истинность P(N) при N = N0.
Пример 1. Пусть 
. Доказать, что
1. База индукции: при N = 1 по определению S1 = 1 и по формуле 
получаем один результат. Утверждение верно.
2. Индуктивное предположение. Пусть N = k и 
.
3. Индуктивный переход. Пусть N = k + 1. Докажем, что 
.
Действительно, в силу индуктивного предположения
Преобразуем это выражение
Индуктивный переход доказан.
Замечание. Полезно записать, что дано (индуктивное предположение) и что нужно доказать!
.
1. База индукции. При N = 1, утверждение, очевидно, верно.
2. Индуктивное предположение. Пусть N = K и
3. Индуктивный переход. Пусть N = K + 1. Докажем:
Действительно, возведем правую сторону в квадрат как сумму двух чисел:
Используя индуктивное предположение и формулу суммы арифметической прогрессии: 
, получим
Пример 3. Доказать неравенство
для 
.
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: аi=2 3 i +1.
аk+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: аi=х i +1/х i и сразу отметим, что аi=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 аk целое при любом натуральном k не превосходящем n. Тогда а1·аn – целое число, но а1·аn=аn+1+аn–1 и аn+1=а1·аn–аn–1. Однако, аn–1, согласно индукционному предположению, – целое. Значит, целым является и аn+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, … Аn, Аn+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 Аk окрашена в третий цвет. Понятно, что k > 2. Отсечём от (n+1)-угольника диагональю Аk–2Аk треугольник Аk–2 Аk–1Аk. В соответствии с выбором числа k все вершины этого треугольника окрашены в три разных цвета, то есть этот треугольник «красивый». Выпуклый n-угольник А1А2 … Аk–2АkАk+1 … Аn+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: … :хn 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: … :хk после некоторой расстановки скобок записывается в виде некоторой дроби Q. Если в это выражение вместо хk подставить хk:хk+1, то хk окажется там же, где и было в дроби Q, а хk+1 будет стоять не там, где стояло хk (если хk было в знаменателе, то хk+1 окажется в числителе и наоборот).
Теперь докажем, что можно добавить хk+1 туда же, где стоит хk. В дроби Q после расстановки скобок обязательно будет выражение вида q:хk, где q – буква хk–1 или некоторое выражение в скобках. Заменив q:хk выражением (q:хk):хk+1=q:(хk·хk+1), мы получим, очевидно, ту же самую дробь Q, где вместо хk стоит хk·хk+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.
Примеры по теме «Математическая индукция»
Пример 1. Найти сумму S n первых n нечетных чисел:
В таких ситуациях обычно начинают рассматривать частные случаи:
S 4 = 1 + 3 + 5 + 7= 16; S 5 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25.
Какой вывод можно сделать на основе этих частных случаев? В данном случае высказать гипотезу несложно:
сумма первых п нечетных чисел равна квадрату их числа, т. е. квадрату числа складываемых нечетных чисел: S n = п 2 .
Пример 2. Пусть требуется найти
для каждого натурального п.
Рассмотрим частные случаи: S1 = 3, S 2 = 18.
Попробуем доказать справедливость этого утверждения методом математической индукции.
S 1=1 • 3 = 3 • 1 ·(2 • 1-1) — равенство верно.
2. Индуктивное предположение: Пусть формула
верна для некоторого произвольного k > 1.
3. Индуктивный переход. Надо доказать справедливость равенства
S k +1=3 k (2 k –1) + (2 k +1)(2 k + 3) = 10 k 2 + 5 k + 3,
но нам нужно было получить
S k +1 = 3( k + 1)(2 k + 1) = 6 k 2 + 9 k + 3.
Так как у нас получился иной результат, то высказанное предположение неверно; на самом деле справедлива формула
Пример 3. Доказать, что при любых натуральных п число 7 n + 12п+ 17 делится на 18.
1. При n = 1 число 7 1 + 12 • 1 + 17 = 36 кратно 18.
2. Предположим, что для некоторого натурального числа k ≥ 1 число
7 k + 12 k + 17 делится на 18.
3. Рассмотрим число 7 k +1 + 12( k + 1) + 17 и докажем, что оно кратно 18.
Мы видим, что при любом натуральном k число 6 • 12 k + 90 = 18(4 k + 5)
кратно 18. Итак, мы представили число 7 k +1 +12( k + 1) + 17 в виде разности двух чисел, каждое из которых делится на 18. Следовательно, и
само число 7 k +1 + 12( k + 1) + 17 кратно 18.
(32 > 25), значит, утверждение А(5) верно.
3. Индуктивный переход. Докажем справедливость неравенства
Запишем последнее неравенство в виде
т. е. требуемое неравенство.
Итак, согласно принципу математической индукции данное неравенство справедливо при всех натуральных n > 4.
Пример5.Доказать, что при всех натуральных п справедливо
В данном случае проверим наше неравенство для п = 1 и п = 2.
1. При п = 1 неравенство 4 1 > 7 • 1-5 верно. При п = 2 имеем
4 2 > 7 • 2-5 также верное неравенство.
Но при любом k ≥2 число
Следовательно, справедливо неравенство
Из неравенств (1) и (3) следует неравенство
Теперь, пользуясь принципом математической индукции, данное утверждение справедливо для всех натуральных чисел.
Замечание. В данном случае базис индукции — пункт 1 — содержит доказательство данного утверждения для первых двух натуральных чисел n = 1 и n = 2. Это связано с тем, что неравенство (2) не выполняется при k = 1, но справедливо при каждом натуральном k > 1. Поэтому, доказав данное неравенство для n = 1и n = 2, в дальнейшем рассматривались числа k ≥2.
Пример 6. Доказать, что если для n положительных чисел а1, а2. а n ( n > 1) выполнено условие a 1а2. а n =1, то
Предположение индукции. Пусть данное утверждение справедливо для всех
3. Индуктивный переход. Докажем, что если произведение k + 1 положительных чисел равно 1, т. е. а1а2. а k +1= 1, то их сумма не меньше количества слагаемых:
Отметим, что если все данные числа равны между собой, то каждое из них равно 1 и неравенство (6), очевидно, выполняется. Предположим, что хотя бы одно из заданных положительных чисел меньше 1, например, 0 a k +1 k > 1 (если какие-то другие два числа обладают указанными свойствами, то мы просто их перенумеруем).
Рассмотрим произведение k чисел: а1, a 2. а k -1( a k a k +1) = 1. По условию все эти числа положительны:
значит, по предположению индукции имеем
Чтобы доказать неравенство (6), перепишем неравенство (7) следующим образом:
Для доказательства неравенства (6) осталось доказать, что
Левую часть последнего неравенства можно записать так:
Тогда неравенство (8) с учетом (9) примет вид
Метод математической индукции для чайников
Метод полного перебора конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности, называется полной индукцией. Этот метод имеет крайне ограниченную область применения в математике, так как обычно математические утверждения касаются бесконечного множества объектов (например, натуральных чисел, простых чисел, квадратов и т.п.) и перебрать их невозможно.
Основы метода математической индукции
Доказательство с помощью метода математической индукции проводится в два этапа:
Метод математической индукции применяется в разных типах задач:
Ниже вы найдете примеры решения задач, иллюстрирующие применение метода математической индукции, а также ссылки на полезные сайты и учебник и небольшой видеоурок по ММИ.
Математическая индукция: задачи и решения
Доказательство кратности и делимости
$$a_n = 2n^3+3n^2+7n, \quad b=6.$$
Доказательство равенств и неравенств
Задача 5. Доказать равенство
Задача 6. Доказать методом математической индукции:
Задача 7. Доказать неравенство:
Задача 8. Доказать утверждение методом математической индукции:
Задача 9. Доказать неравенство:
Вычисление сумм
Задача 11. Доказать методом математической индукции:
Задача 12. Найдите сумму
Заказать решение
Полезные ссылки о ММИ
Кратенький видеоурок о ММИ
math4school.ru
Доказательство неравенств
Немного теории
Редкая олимпиада обходится без задач, в которых требуется доказать некоторое неравенство. Алгебраические неравенства доказываются с помощью различных методов, которые основываются на равносильных преобразованиях и свойствах числовых неравенств:
1) если a – b > 0, то a > b; если a – b
2) если a > b, то b a;
Напомним некоторые опорные неравенства, которые часто используются для доказательства других неравенств:
2) aх 2 + bx + c > 0, при а > 0, b 2 – 4ac
3) x + 1 /x > 2, при х > 0, и x + 1 /x –2, при х
4) |a + b| |a| + |b|, |a – b| > |a| – |b|;
5) если a > b > 0, то 1 /a 1 /b;
a 2 > b 2 и n √ a > n √ b ;
7) если a > b > 0 и х x x ;
8) если х > 0, то sin x
Многие задачи олимпиадного уровня, и это не только неравенства, эффективно решаются с помощью некоторых специальных неравенств, с которыми учащиеся школы часто не бывают знакомы. К ним, прежде всего, следует отнести:
К наиболее «популярным» методам доказательства неравенств можно отнести:
Задачи с решениями
1. Доказать неравенство:
а) a 2 + b 2 + c 2 + 3 > 2 · (a + b + c);
б) a 2 + b 2 + 1 > ab + a + b;
в) x 5 + y 5 – x 4 y – x 4 y > 0 при x > 0, y > 0.
a 2 + b 2 + c 2 + 1 + 1 + 1 – 2a – 2b – 2c = (a – 1) 2 + (b – 1) 2 + (c – 1) 2 > 0,
б) Доказываемое неравенство после умножения обеих частей на 2 принимает вид
2a 2 + 2b 2 + 2 > 2ab + 2a + 2b,
(a 2 – 2ab + b 2 ) + (a 2 – 2a + 1) + (b 2 – 2b +1) > 0,
(a – b) 2 + (a – 1) 2 + (b – 1) 2 > 0,
что очевидно. Равенство имеет место лишь при a = b = 1.
x 5 + y 5 – x 4 y – x 4 y = x 5 – x 4 y – (x 4 y – y 5 ) = x 4 (x – y) – y 4 (x – y) =
= (x – y) ( x 4 – y 4 ) = (x – y) (x – y) (x + y) (x 2 + y 2 ) = (x – y) 2 (x + y) (x 2 + y 2 ) > 0.
2. Доказать неравенство:
| а) | a | + | b | > | 2 при a > 0, b > 0; |
| b | a |
| б) | Р | + | Р | + | Р | > 9, где a, b, c – стороны и P – периметр треугольника; |
| a | b | c |
| a | + | b | – 2 = | a 2 + b 2 – 2ab | = | (a – b) 2 | > 0. |
| b | a | ab | ab |
б ) Доказательство данного неравенства элементарно следует из следующей оценки:
| b + c | + | a + c | + | a + b | = |
| a | b | c |
| = | b | + | c | + | a | + | c | + | a | + | b | = |
| a | a | b | b | c | c |
| = ( | b | + | a | ) + ( | c | + | a | ) + ( | c | + | b | ) > 6, |
| a | b | a | c | b | c |
Равенство достигается для равностороннего треугольника.
ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ac(a + c – 2b) =
| = abc ( | a | + | b | – 2 + | b | + | c | – 2 + | a | + | c | – 2 ) = |
| c | c | a | a | b | b |
| = abc ( ( | a | + | b | – 2 ) + ( | a | + | c | – 2 ) + ( | b | + | c | – 2 ) ) > 0, |
| b | a | c | a | c | b |
так как сумма двух положительных взаимно обратных чисел больше или равна 2.
3. Доказать, что если a + b = 1, то имеет место неравенство a 8 + b 8 > 1 /128.
Из условия, что a + b = 1, следует, что
Сложим это равенство с очевидным неравенством
2a 2 + 2b 2 > 1, или 4a 4 + 8a 2 b 2 + 4b 2 > 1.
Сложив это неравенство с очевидным неравенством
4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,
8a 4 + 8b 4 > 1, откуда 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.
Сложив это неравенство с очевидным неравенством
64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,
128a 8 + 128 b 8 > 1 или a 8 + b 8 > 1 /128.
е – π · ln е = е – π > π – π · ln π
Отсюда получаем, что
Используя свойства логарифмов, нетрудно свести данное неравенство к равносильному неравенству:
после почленного умножения которых, непосредственно получаем, что (n + 1) n > n!.
2013 2015 · 2015 2013 = 2013 2 · 2013 2013 · 2015 2013 =
= 2013 2 · (2014 – 1) 2013 · (2014 + 1) 2013 2 · (2014 2 – 1) 2013
Очевидно, так же можно получить общее утверждение: для любого натурального n выполняется неравенство
7. Докажите, что для любого натурального числа n выполняется неравенство:
Оценим левую часть неравенства:
что и требовалось доказать.
Пусть наибольшее из этих чисел равно m. Тогда
так как в правую часть добавлены множители, меньшие 1. Вычислим правую часть, разложив каждую скобку на множители:
Раскрыв в левой части скобки, получим сумму
Методом математической индукции докажем, что для всех натуральных n верно неравенство:
В силу принципа математической индукции неравенство доказано.
10. Доказать неравенство Бернулли:
Воспользуемся методом математической индукции.
При n = 1 получаем истинное неравенство:
Предположим, что имеет место неравенство:
Покажем, что тогда имеет место и
(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α.
Действительно, поскольку α > –1 влечет α + 1 > 0, то умножая обе части неравенства
(1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α)
(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2
Поскольку nα 2 ≥ 0, следовательно,
(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2 ≥ 1 + (n + 1)α.
Таким образом, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.
Задачи без решений
1. Доказать неравенство для положительных значений переменных
a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 ≥ abc(a + b + c).
2. Доказать, что при любом a имеет место неравенство
3. Доказать, что многочлен x 12 – x 9 + x 4 – x + 1 при всех значениях x положителен.