Докажите что для любого натурального числа n справедливо равенство

Докажите что для любого натурального числа n справедливо равенство

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

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

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

Пример 1. Доказать следующие равенства

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

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

Используя предположение индукции, получим

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

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

и докажем, что

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

Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство

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

Рассмотрим следующие два случая:

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

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 2n a + cos 2n a ≤ 1 (если sin 2 a ≤ 1, то cos 2 a 2 a ≤ 1, то sin 2 a 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

Поскольку при n > 10 имеем или , следует, что

Пример 3. Доказать, что для любого n О N

Возникает гипотеза

(2)

Как ранее было показано при n = 1, что эта формула справедлива. Пусть (2) выполняется при n = k. Вычислим . Согласно формуле перехода,

Замечание. Из (2) следует, что длина окружности равна

I. Доказать равенства

II. Доказать неравенства

III. Доказать, что при любом натуральном n число a_n делится на b

IV. Показать, что (Формула Виета).

VI. Пусть даны n произвольных квадратов. Доказать, что эти квадраты могут быть разрезаны так, чтобы из получившихся частей можно было образовать квадрат.

Источник

Докажите что для любого натурального числа n справедливо равенство

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

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

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

Источник

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 а_1, 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: а_1, 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

Источник

Алгебра и начала математического анализа. 11 класс

Конспект урока

Алгебра и начала математического анализа, 11 класс

Урок №27. Математическая индукция.

Индукция; принцип математической индукции; полная индукция; неполная индукция.

Колягин Ю.М., Ткачева М.В, Федорова Н.Е. и др., под ред. Жижченко А.Б. Алгебра и начала математического анализа (базовый и профильный уровни) 11 кл. – М.: Просвещение, 2014.

Орлова Е. А., Севрюков П. Ф., Сидельников В. И., Смоляков А.Н. Тренировочные тестовые задания по алгебре и началам анализа для учащихся 10-х и 11-х классов: учебное пособие – М.: Илекса; Ставрополь: Сервисшкола, 2011.

Теоретический материал для самостоятельного изучения

Если рассмотреть значения квадратного трехчлена при равного они соответственно равны . Заметим, что эти числа являются простыми. Исходя из этого, можно сделать вывод, что при любом натуральном n число является простым. Но так ли это на самом деле?

Мы проверили справедливость утверждения при n от 1 до 14. Возьмем n равное 41 и подставим в наш квадратный трехчлен.

При n = 41, получаем

-составное число!

Получили составное число, т.е. противоречие нашему утверждению.

Для строгого доказательства утверждений на множестве натуральных чисел используют метод полной математической индукции. Продемонстрируем этот метод на примере:

Первым шагом проверим базу индукции, т.е. справедливость неравенства при наименьшем натуральном числе n=1

–неравенство выполняется

Вторым шагом будет индуктивное предположение, т.е. предположим, что неравенство верно для некоторого натурального n.

2 шаг: предположим, что неравенство верно при некотором натуральном n.

неравенство выполняется.

Далее выполним индуктивный переход, т.е. докажем, что из предположения, сделанного на втором шаге следует справедливость аналогичного неравенства для следующего натурального числа n+1

следует

умножим обе части на положительное число 2

Получим верное неравенство

Но!

Т.к.

Из следует

Т.о. доказательство методом полной математической индукции состоит в:

1) Проверке справедливости утверждения при ;

2) Доказательстве, что если утверждение верно для натурального числа , то оно верно и для следующего за ним .

Доказать, что для любого натурального значения n справедливо равенство

Докажем, что если неравенство верно для некоторого n, то оно верно и для , т.е.

Прибавим к обеим частям верного по предположению равенства число :

Преобразуем правую часть равенства:

Таким образом из справедливости равенства

Следует справедливость равенства

Докажите, что делится на 133 без остатка.

1 шаг: при

– произведение делится на 133 без остатка.

2 шаг: предположим, что сумма делится на 133 без остатка.

3 шаг:докажем, что делится на 133 без остатка.

В ходе преобразований получаем сумму, которая делится на 133 без остатка, т.к. первое ее слагаемое содержит множитель который делится на 133 без остатка по предположению индукции сделанного на 2 шаге, а во втором слагаемом одним из множителей является 133. Следовательно, и вся сумма делится на 133 без остатка.

Источник