Підручник Алгебра і початки аналізу 10 клас (профільний рівень) - Г. П. Бевз - Освіта 2018 рік

Розділ І ФУНКЦІЇ, МНОГОЧЛЕНИ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

§ 7 Математична індукція

Індукція (від лат. induction— наведення) — це перехід від часткових тверджень до загальних. Дедукція (від лат. deductio— висновок) — перехід від загальних тверджень до часткових. При дедукції з істинних загальних тверджень отримують істинні часткові твердження.

Приклад 1. Будь-який рівнобедрений трикутник має вісь симетрії. (1)

∆ABC— рівнобедрений.(2)

∆ABCмає вісь симетрії.(3)

Із загального твердження (1) за допомогою твердження (2) отримали правильне часткове твердження (3).

На відміну від дедукції, індукція може привести як до істинних твер­джень, так і до хибних.

Приклад 2. Число 140 ділиться на 5.(1)

Усі числа, які закінчуються нулем, діляться на 5.(2)

Приклад 3. Число 140 ділиться на 5.(1)

Усі тризначні числа діляться на 5.(2)

У прикладі 2 із правильного часткового твердження (1) отримали за­гальне твердження (2). Твердження (2) — правильне. У прикладі 3 з пра­вильного часткового твердження (1) отримали загальне твердження (2). Твердження (2) — хибне.

Приклад 4. Якщо у тричлен n2 + n + 41 послідовно підставляти числа 0, 1, 2, 3,…, 10, то щоразу отримуватимемо просте число 41, 43, 47, 53, 61, 71, 83, 97, 113, 131, 151. На підставі отриманих результатів виникає гіпо­теза, що при підстановці в тричлен замість n будь-якого цілого невід’ємного числа завжди в результаті будемо отримувати просте число. Насправді, якщо n = 40, цей тричлен дорівнює 412, тобто числу складеному. У цьому прикладі ми зустрілися з твердженням, істинним у 40 окремих випадках, і все-таки воно виявилося хибним у загальному.

Отже, твердження може бути правильним у певній (інколи і дуже вели­кій) кількості часткових випадків і водночас неправильним узагалі.

Щоб дізнатися, чи істинне твердження у загальному випадку, викорис­товують принцип математичної індукції.

Якщо деяке твердження істинне для n = 1 із припущення, що воно істинне для довільно вибраного натурального числа n = k, випливає його істинність і для n = k + 1, то це твердження істинне для всіх натуральних n.

Метод доведення, заснований на принципі математичної індукції, на­зивають методом математичної індукції. Таке доведення складається з трьох етапів.

1. Твердження правильне для n = 1. Доведіть.

2. Якщо твердження правильне для n =k, де k - довільне натуральне число, то воно правильне для n = k + 1. Доведіть.

3. Якщо обидва твердження доведені, то на підставі принципу мате­матичної індукції робимо висновок: твердження правильне (істинне) для будь-якого натурального n.

Метод математичної індукції — один з унікальних методів доведення математичних тверджень, що стосуються довільного натурального n. За допомогою цього твердження доводять тотожності та нерівності, які розгля­даються на множині натуральних чисел, розв’язують задачі на подільність і на знаходження сум, логічні та комбінаторні задачі, доводять геометричні теореми та інші твердження.

Розглянемо кілька прикладів.

Приклад 1. Доведіть, що при будь-якому натуральному n число аn =2n3 +3n2 +7n ділиться на 6.

Розв’язання. 1) Якщо n = 1, то а1 = 12 , а тому ділиться на 6.

2) Припустимо, що твердження істинне при n =k, тобто аk =2k3 + 3k2 + 7k ділиться на 6, і доведемо, що при n = k + 1 число

аk+1 = 2(k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 7(k + 1) також ділиться на 6. Перетворимо вираз аk+1:

Оскільки кожний доданок ділиться на 6, то і їх сума також ділиться на 6. Отже, при n = k+ 1 твердження істинне.

3) Умови 1 і 2 виконуються, тому за принципом математичної індукції доведено, що для всіх натуральних n аn ділиться на 6.

Приклад 2. Задача Архімеда. Доведіть, що сума n перших чисел нату­рального ряду дорівнює , тобто

Розв’язання. 1) При n = 1 твердження правильне, бo

2) Припустимо, що твердження правильне при n = k, тобто

Доведемо справедливість твердження при n = k + 1, тобто що

Дійсно,

3) Умови 1 і 2 виконуються, тому за принципом математичної індукції, твердження правильне для всіх натуральних чисел.

Приклад 3. Обчисліть суму

Розв’язання. Легко перевірити, що:

На основі отриманих результатів формулюємо гіпотезу (припущення), nщо Sn = при довільному натуральному n. Для перевірки гіпотези ско­ристаємося методом математичної індукції.

1) Для n = 1 гіпотеза правильна, тому що S1 = .

2) Припустимо, що гіпотеза правильна для n = k, тобто що

де k— деяке натуральне число.

Доведемо, що тоді гіпотеза є правильною і для n = k + 1, тобто що

Дійсно,

тому

3) Умови 1 і 2 виконуються, тому на підставі принципу математичної

індукції можемо стверджувати, що Sn = при довільному n N.

Приклад 4. Доведіть, що при будь-якому натуральному n > 1

Розв’язання. Позначимо ліву частину нерівності через Sn.

1) S2 == ,отже, при n = 2 нерівність правильна.

2) Нехай Sk > при деякому k. Доведемо, що тоді і Sk+1 >.

Маємо:

Порівнюючи Sk і Sk+1, маємо:

тобто

При будь-якому натуральному k права частина останньої рівності додатна. Тому Sk+1 > Sk. Але Sk >, виходить і Sк+1 >.

3) Отже, на підставі принципу математичної індукції нерівність вико­нується для всіх n > 1, n N.

Деякі твердження правильні не для всіх натуральних п, а лише для натуральних n, починаючи з деякого числа р. Такі твердження інколи можна довести методом, який дещо відрізняється від загального методу математичної індукції, але подібний до нього. Полягає він ось у чому.

Твердження правильне при всіх натуральних значеннях n ≥ р, якщо:

1) воно правильне при n = р (а не при n = 1, як було раніше);

2) із того, що твердження правильне при n = k, де k ≥ р (а не k ≥ 1), випливає, що воно правильне і при n = k + 1;

3) якщо обидва твердження доведені, то робимо висновок на підставі принципу математичної індукції: твердження правильне для будь-якого натурального n, n ≥ р.

Приклад 5. Доведіть, що 2n ≥ 2n + 1 при n ≥ 3.

Розв’язання. Перевіримо, чи виконуються умови 1 і 2.

1) Якщо n = 3, нерівність набирає вигляду 23 ≥ 2 · 3 + 1 або 8 ≥ 7.

Тому при n = 3 твердження виконується.

2) Нехай ця нерівність правильна при n = k, тобто 2k ≥ 2k + 1, де k ≥ 3. Доведемо, що в такому випадку має місце нерівність 2k + 1 ≥ 2(к + 1) + 1. Оскільки 2k≥ 2 при довільному натуральному k, то, додавши нерівності 2k ≥ 2k + 1 і 2k ≥ 2, отримаємо правильну нерівність 2k + 2k ≥ 2k + 1 + 2 або 2k+1 ≥ 2(k + 1) + 1.

3)Умови 1 і 2 виконуються, тому на підставі принципу математичної індукції можемо зробити висновок, що нерівність правильна для будь-якого натурального n, n > 3.

Хочете знати ще більше?

Краса методу математичної індукції полягає в тому, що його викорис­тання дає змогу за скінченну кількість кроків завершити доведення влас­тивості, характерної для нескінченної множини натуральних чисел. Під час доведення тверджень методом математичної індукції яскраво проявляється взаємозв’язок індукції та дедукції.

Метод математичної індукції складається з трьох етапів, кожен з яких є однаково важливим і має своє особливе значення. Перший етап (доведення істинності твердження для n= 1) створює базу для проведення індукції. Другий етап надає право необмеженого розширення цієї бази, право пере­ходу від даного часткового випадку до наступного, від п до n + 1.

Якщо не доведено першу вимогу, а доведено лише другу, тобто не ство­рено бази для проведення індукції, то немає сенсу доводити другу, оскільки немає чого розширювати.

Якщо не доведено умову 2, то хоча базу для проведення індукції і ство­рено (довели першу умову), право розширення цієї бази відсутнє.

На третьому етапі робиться висновок, що обидві умови принципу ма­тематичної індукції виконуються, а тому твердження є істинним для будь-якого натурального n.

Перевірте себе

1. Що таке індукція? Що таке дедукція?

2. Сформулюйте принцип математичної індукції.

3. Поясніть сутність методу математичної індукції.

4. Скільки етапів містить метод математичної індукції?

5. Які задачі розв’язують методом математичної індукції?

Виконаємо разом

1. Доведіть, що при будь-якому натуральному n число n3 + 35n ділиться на 6.

Розв’язання. 1) При n = 1 маємо 13 + 35 · 1 = 36. Тобто

2) Припустимо, що умова задачі виконується при n = k, тобто

Доведемо, що твердження виконується при n = k +1, тобто

Перетворимо отриманий вираз:

Оскільки кожен доданок ділиться на 6, то і сума

3) На підставі принципу математичної індукції робимо висновок, що нерівність правильна для будь-якого натурального n.

2. Доведіть, що для будь-якого n N число 32n+1 + 2n+2 ділиться на 7.

Розв’язання. Доведемо дане твердження методом математичної індукції. Позначимо аn = 32n+1 + 2n+2.

1) Якщо n = 1, то а1 =35⁞7.

2) Припустимо, що аk ділиться на 7. Доведемо, що аk+1 ділиться на 7.

Останнє число ділиться на 7, оскільки є різницею двох цілих чисел, які діляться на 7.

3) На підставі принципу математичної індукції робимо висновок, що для будь-яких k N число 32n+1 + 2n+2 ділиться на 7.

3. Доведіть, що сума квадратів n перших чисел натурального ряду до­рівнює

Розв’язання. Нехай Sn= 12 + 22 + З2 + … n2. Тоді

2) Припустимо, що рівність виконується для n = k, тобто

Доведемо, що тоді рівність виконується і для n = k + 1, тобто

Маємо:

3) Умови 1 і 2 виконуються, тому за принципом математичної індукції рівність істинна для будь-якого натурального n.

4. Доведіть, що 2n > n2 для всіх натуральних n ≥ 5.

Розв’язання. 1) При n = 5 отримуємо нерівність 25 > 25, або 32 > 25, яка правильна. 2) Припустимо, що ця нерівність правильна при деякому натуральному числі n = k, k ≥ 5, тобто виконується нерівність 2к > k2. Користуючись цим припущенням, покажемо, що правильною є також не­рівність 2k+1 > (k +1)2.

Маємо 2k+1 = 2 · 2k > 2k2. Оскільки 2k2 - (k + 1)2 = k2 - 2k - 1 > 0, при k ≥ 5, то 2k2 > (k + 1)2, тобто 2k+1 > 2k2 >(k + 1)2.

3) На основі принципу математичної індукції стверджуємо, що задана в умові нерівність правильна для всіх натуральних n > 5.

5. Доведіть, що n різних прямих, які лежать у площині і проходять через одну точку, поділяють площину на 2n частин.

Розв’язання. Скористаємося індукцією по кількості прямих. Нехай n — кількість прямих, що лежать у площині і проходять через одну точку. Тоді за умовою задачі ці прямі поділяють площину на 2n частин.

1) Перевіримо істинність твердження при n = 1. Якщо пряма одна, то вона ділить площину на дві частини (мал. 69) — твердження задачі істинне.

2) Припустимо істинність твердження при n = k, тобто к прямих поділяють площину на 2k частин (мал.70). Покажемо, що дане твердження істинне і при n = k + 1, тобто k + 1 пряма поділяє площину на 2(k + 1) частин.

Проведемо на площині через задану точку ще одну пряму. Вона пройде між двома іншими прямими, які утворюють вертикальні кути (мал. 71) і поділить ці кути на дві частини. При цьому загальна кількість частин збільшиться на 2. Тобто якщо k прямих поділяють площину на 2k частин, то k + 1 прямих поділяють площину на 2k + 2 = 2(kr + 1) частин.

Мал. 69

Мал. 70

Мал. 71

Виконайте усно

355. Які з тверджень правильні при n = 1.

а) (n3-n)⋮6;

б) 2n > (n + 1)2;

в) (n7 - n)⋮42;

г) 2n + 1 < 2n.

356. Для яких з чисел n = 1, n = 2, n = 3 правильним є твердження «Мно­жина, що складається з я елементів, містить 2n підмножин?»

357.Трицифрові числа 111, 222, 333, 444, …, 999 діляться на 3. Чи пра­вильним є твердження:

а) усі трицифрові числа діляться на 3;

б) усі числа, що складаються з однакових цифр, діляться на 3;

в) усі числа, записані одними трійками, діляться на 3.

358. Дано твердження «Якщо я непарне число, то 7n + 9 ділиться на 8». Перевірте твердження для:

а) n = 0;

б) n = 1;

в) n = 2;

г) n = 3.

Рівень А

359. Німецький математик Г. Лейбніц довів, що (n3 - n) : 3, (n5 - n)⋮ 5, (n7 - n)⋮ 7. Чи правильним є твердження:

а) для будь-якого натураль­ного n і будь-якого непарного натурального k вираз (nk - n) ділиться на k;

б) для будь-якого натурального n і будь-якого парного натураль­ного k вираз (nk - n) не ділиться на k?

360. На скільки частин поділяють пряму я різних точок, що лежать на ній? Сформулюйте гіпотезу і перевірте її, зобразивши на прямій: а) 3 точки; б) 5 точок; в) 10 точок.

361. Скільки діагоналей має опуклий n-кутник? Сформулюйте гіпотезу і перевірте її, зобразивши діагоналі в: а) чотирикутнику; б) шестикут­нику; в) десятикутнику.

362. Доведіть, що число n3 + Зn2 + 2n ділиться на 6, якщо n N.

363. Доведіть, що число аn = 2n3 + 3n2 + 7n ділиться на 6, якщо n N. Доведіть рівність, де n N, методом математичної індукції (364-366).

364.

365.

366.

367. Обчисліть суму я перших непарних чисел. Сформулюй­те гіпотезу і перевірте її, використавши малюнок 72.

368. Якщо n — натуральне число, то n2 - n — парне число. Доведіть.

Мал. 72

Рівень Б

369. Доведіть, що сума кубів трьох послідовних натуральних чисел ділиться на 9.

Доведіть, що для будь-якого n ∈ N правильним є твердження (370-372).

370.

а) 4n + 15n - 1 кратне 9;

б) 32n+2 - 8n - 9 кратне 64.

371.

а) 62n + 3nа+2 + 3n кратне 11;

б) 11n+2 + 122n+1 кратне 133.

372.

а) 52n+1 - 2n+2 + 3n+2 - 22n+1 кратне 19;

б) 32n+2 · 52n - 33n+2 · 22n кратне 1053.

Доведіть, що для будь-якого n N виконуються рівності (373-374).

373.

374.

Доведіть нерівність методом математичної індукції (375-377).

375.

а) 2n > n(n + 4), n N, n > 5;

б) 2n > n2 + n + 1, n N, n > 4.

376.

а) Зn > 5n2, n N, n > 3;

б) 2n > n3, n N, n > 9.

377.

378. Доведіть методом математичної індукції, що сума Sn внутрішніх кутів будь-якого опуклого многокутника дорівнює 180° · (n - 2), де n — число сторін цього многокутника.

379. На скільки трикутників можна розбити n-кутник його діагоналями, що не перетинаються?

Рівень В

380. Доведіть, що для будь-якого n N правильним є твердження:

а) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n кратне 24;

б) n (2n3 - 3n2 + n) кратне 6.

381. Доведіть, що для будь-якого nN виконуються рівності:

Доведіть нерівність методом математичної індукції (382-383).

382.

383.

Знайдіть суму (384-385).

384.

385.

Знайдіть добуток (386-387).

386.

387.

388. Доведіть, що число 23n + 1 ділиться на 3n+1 і не ділиться на 3n+2 при будь-якому n N .

389. Число а + — ціле. Доведіть, що для всіх натуральних n число аn + — теж ціле.

390. Доведіть нерівність

(n коренів).

391. У площині проведено n прямих, з яких жодні дві не є паралельними і жодні три не проходять через одну точку. Доведіть, що ці прямі розбивають площину на 1 + частин.

392. У просторі проведено n площин, що проходять через одну точку так, що жодні три з них не проходять через одну пряму. Доведіть, що ці площини розбивають простір на 2 + n(n - 1) частин.

Вправи для повторення

393. Розв’яжіть рівняння:

а) х5 + 4х3 - 5х = 0;

б) х3 + х - 2 = 0.

394. Розв’яжіть нерівність:

а) х2 - 4 > 0;

б) х2 + 3х - 18 ≤ 0;

в) х2 + 10х ≥ 0;

г) (х - 1)2(х + 3)(х - 2) ≥ 0.

395. Побудуйте графік функції:






Personalised Essay Writing Service for You

Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити