2. Застосування метода математичної індукції

Зрозуміло, що метод математичної індукції можна застосувати лише в задачах певного типу, задачі, параметризовані деякою змінною. Ця змінна називається змінною індукції.

Задачі, в яких доцільно застосовувати саме метод математичної індукції зустрічаються як в алгебрі (задачі на підсумування, при доведенні тотожностей, доведенні нерівностей і т. д.), так і в геометрії, фізиці тощо. Але слід відмітити, що індуктивні висновки (висновки зроблені за допомогою неповної індукції) необхідні в експериментальних науках, а в математиці всі справжні докази дедуктивні і претендують на повну достовірність, на відміну від висновків за допомогою неповної індукції, достовірність яких залежить від достатньої кількості та різноманітності окремих спостережень, що полягають в основі висновку.

3. Класифікація задач, розв’язуваних за допомогою метода математичної індукції.

1. Математична індукція і алгебра.

а) доведення рівностей.

Приклад 1. Довести рівність: 1² + 2² + 3² +…+ n² =

Для n = 1 рівність справедлива:

1 = = = 1.

Припустимо, що для n = k рівність справедлива:

1² + 2² + 3² +…+ k² =

Доведемо справедливість рівності для n = (k + 1):

1² + 2² + 3² +…+ k² + (k + 1)² = =

+ (k + 1)² =

(k + 1)( ) =

(k + 1)( ) =

(k + 1)( )

А оскільки = (2k + 3)(k + 2), то

Отже рівність доведена для усіх натуральних значень n.

Приклад 2. Доведіть рівність для всіх натуральних n:

1 + x² + x³ + … + xⁿ = , якщо x ≠ 1.

При n = 1 рівність очевидна:

1 + х¹ =

1 + х =

1 + x = x + 1

Припустимо, що рівність справедлива при n = k:

1 + x² + x³ + … + x^k =

Доведемо, що рівність справедлива для n = k + 1:

1 + x² + x³ + … + x^k + x^k+1 =

+ x^k+1 =

=

=

Отже, рівність справедлива для усіх натуральних n.

Приклад 3. Довести рівність:

1³ + 2³ + 3³ + … + n³ = ( )²

Для n = 1 рівність очевидна:

1 =

1 = 1

Припустимо, що рівність справедлива для n = k.

1³ + 2³ + 3³ + … + k³ = ( )²

Доведемо справедливість рівності для n = (k + 1):

1³ + 2³ + 3³ + … + k³ + (k + 1)³ = ( )²

( )² + (k + 1)³ = ( )²

(k + 1)²( + k + 1) = ( )²

( )²(k + 4k + 4) = ( )²

( )² = ( )²

Отже, рівність доведена для усіх натуральних значень n.

Приклад 4. Довести рівність для усіх натуральних значень n > 1:

1∙2 + 2∙3 + 3∙4 + … + (n – 1)n =

Для n = 2 рівність очевидна:

1∙2 =

2 = 2

Припустимо, що рівність справедлива для n = k:

1∙2 + 2∙3 + 3∙4 + … + (k – 1)k =

Доведемо справедливість рівності для n = (k + 1):

1∙2 + 2∙3 + 3∙4 + … + (k – 1)k + k(k + 1) =

+ k(k + 1) =

=

=

=

Отже, рівність справедлива для усіх натуральних значень n > 1.

Приклад 5. Довести, що для усіх натуральних n > 3 можливо виразити 1 як суму n різних дробів із чисельником 1.

для n = 3 рівність очевидна:

1 = + +

Припустимо, що для n = k рівність справедлива, тобто:

1 = + + + … + , і дроби стоять в порядку спадання, тобто найменший дріб, а k

Розглянемо дріб :

= + , оскільки - = =

Помітимо, що обидва дроби менші за , оскільки k + 1 > k, а k(k + 1) тим більше. Отже, найменший дріб завжди можна розкласти на два різних дроби, кожен з яких менший за той, який розкладали, а рівність справедлива для усіх натуральних значень n > 3.

Приклад 6. Довести справедливість рівності для усіх натуральних значень n:

1∙3 + 2∙5 + 3∙7 +…+ n(2n + 1) =

Для n = 1 рівність очевидна:

1∙3 =

3 = 3

Припустимо, що рівність справедлива для n = k.:

1∙3 + 2∙5 + 3∙7 +…+ k(2k + 1) =

Доведемо справедливість рівності для n = (k + 1):

1∙3 + 2∙5 + 3∙7 +…+ + k(2k + 1) + (k + 1)(2k + 3) =

+ (k + 1)(2k + 3) =

=

(k + 1) =

(k + 1) =

=

= \

Отже, рівність доведена для усіх натуральних значень n.

Приклад 7. Доведіть рівність для усіх натуральних значень n:

+ + +…+ =

Для n = 1 рівність очевидна:

=

=

Припустимо, що для n = k рівність справедлива:

+ + +…+ =

Доведемо справедливість рівності для n = k + 1:

+ + +…+ + =

+ =

=

=

=

=

=

Отже, рівність справедлива для усіх натуральних значень n.

б) доведення нерівностей

Приклад 1. Довести нерівність Бернуллі для усіх натуральних значень n:

(1 + )ⁿ ≥ 1 + n, де  > -1

При n = 1 рівність справедлива:

1 +  ≥ 1 + 

Припустимо, що при n = k рівність справедлива:

(1 + )^k ≥ 1 + k

Доведемо, що при n = k + 1 рівність справедлива:

(1 + )^{(k + 1)} ≥ 1 + (k + 1)

Оскільки  > -1, то  + 1 > 0, і ми можемо помножити на ( + 1) обидві частини нерівності (1 + )^k ≥ 1 + k

(1 + )^k( + 1) ≥ (1 + k( + 1)

(1 + )^{(k + 1)} ≥ 1 + (n + 1) + n²

Оскільки n² ≥ 0, то справедлива подвійна нерівність:

(1 + )^{n + 1} ≥ 1 + (n + 1) + n² ≥ 1 + (n + 1)

Отже, нерівність справедлива для усіх натуральних значень n.

Приклад 2. Довести нерівність для усіх натуральних значень n ≥ 3:

2ⁿ > 2n + 1

Для n = 3 нерівність справедлива:

8 > 7

Припустимо, що для n = k нерівність справедлива:

2^k > 2k + 1

Доведемо, що для n = k + 1 рівність справедлива:

2^{k + 1} > 2k + 3

Візьмемо нерівність 2^k > 2k + 1 і помножимо обидві її частини на 2:

2^k ∙ 2 > 4k + 2

Прирівняймо 4k + 2 і 2k + 3

4k + 2 > 2k + 3, бо

2k > -1, оскільки k ≥ 3

Отже, 2^{k + 1} > 2k + 3, і нерівність справедлива для усіх натуральних n ≥ 3.

Приклад 3. Довести нерівність для усіх натуральних значень n ≥ 10:

2ⁿ > n³

Для n = 10 нерівність справедлива:

1024 > 1000

Припустимо, що для n = k нерівність справедлива:

2^k > k³

Доведемо справедливість нерівності для n = k + 1:

2^{k + 1} > (k + 1)³

Оскільки k ≥ 10, то < , звідси 2 > 1 + + + , з чого випливає, що 2k³ > k³ + 3k² + 3k + 1 тобто 2k³ > (k + 1)³

Помножимо обидві частини нерівності 2^k > k³ на 2:

2^k ∙ 2 > 2k³

2^k+1 > 2k³

А оскільки 2k³ > (k + 1)³, то:

2^{k + 1} > (k + 1)³

Отже, нерівність справедлива для усіх натуральних значень n ≥ 10.

Приклад 4. Довести нерівність для усіх натуральних значень n:

4ⁿ ≥ 3n² + 1

Для n = 1 нерівність справедлива:

4 ≥ 4

Припустимо, що для n = k нерівність справедлива:

4^k ≥ 3k² + 1

Доведемо справедливість нерівності для n = k + 1:

4^{k + 1} ≥ 3k² + 6k + 4

Помножимо обидві частини нерівності 4^k ≥ 3k² + 1на 4:

4^{k + 1} ≥ 12k² + 4

Можна помітити, що 12k² + 4 > 3k² + 6k + 4:

12k² + 4 > 3k² + 6k + 4

9k² > 6k

3k² > 2k

А оскільки k² > k, то 2k² > 2k, і тим більше 3k² > 2k. Звідси:

12k² + 4 > 3k² + 6k + 4

4^{k + 1} ≥ 3k² + 6k + 4

Отже, нерівність справедлива для усіх натуральних n.

в) доведення задач на подільність

Приклад 1. Довести, що при будь-якому натуральному значенні n:

5 2^{3n – 2} + 3^{3n – 1} 19

При n = 1 твердження справедливе:

5∙2 + 9 19

19 19

Припустимо, що при n = k твердження справедливе:

5 2^{3k – 2} + 3^{3k – 1} 19

Доведемо справедливість твердження для n = k + 1:

5 2^{3k + 1} + 3^{3k + 2} 19

5 2^{3(k + 1) - 2} + 3^{3(k + 1) - 1} = 8∙5∙2^{3k – 2} + 27∙3^{3k – 2} = 8(5∙2^{3k – 2} + 3^{3k – 1}) + + 19∙3^{3k + 2}

Перший доданок ділиться на 19 за припущенням, а другий – за наявністю множника 19. Отже, твердження правильне для усіх натуральних значень n.

Приклад 2. Довести, що при будь-якому натуральному значенні n:

2n³ + 3n² + 7n 6

При n = 1 твердження правильне:

2 + 3 + 7 6

12 6

Припустимо, що для n = k твердження правильне:

2k³ + 3k² + 7k 6

Доведемо справедливість твердження для n = k + 1:

2(k + 1)³ + 3(k + 1)² + 7(k + 1) 6

2(k + 1)³ + 3(k + 1)² + 7(k + 1) = 2k³ + 6k² + 6k + 2 + 3k² + 6k + + 3 + 7k + 7 = 2k³ + 9k² + 19k + 12 = (2k³ + 3k² + 7k) + 6k² + 12k + + 12 = (2k³ + 3k² + 7k) + 6(k² + 2k + 2)

Перший доданок ділиться націло на 6 за припущенням, а другий – за наявністю множника 6. Отже, твердження справедливе для усіх натуральних значень n.

Приклад 3. Довести, що при будь-якому натуральному значенні n:

6²ⁿ + 19ⁿ – 2^{n + 1} ⋮ 17

При n = 1 твердження правильне:

36 + 19 – 4 ⋮ 17

51 ⋮ 17

Припустимо, що при n = k твердження справедливе:

6^2k + 19^k – 2^{k + 1} ⋮ 17

Доведемо справедливість твердження для n = k + 1:

6^{2k + 2} + 19^{k + 1} – 2^{k + 2} ⋮ 17

6^{2k + 2} + 19^{k + 1} – 2^{k + 2} = 36∙6^2k + 19∙19^k – 2∙2^{k + 1} = 34∙6^2k + 17∙19^k + + 2∙6^2k + 2∙19^k – 2∙2^{k + 1} =17(2∙6^2k + 19^k) + 2(6^2k + 19^k – 2^{k + 1})

Перший доданок складається з множників, один з яких – 17, а другий ділиться націло на 17 за припущенням. Отже, твердження справедливе для усіх натуральних значень n.

Приклад 4. Довести, що при будь-якому натуральному значенні n:

7ⁿ – 1 ⋮ 6

При n = 1 твердження справедливе:

7 – 1 ⋮ 6

6 ⋮ 6

Припустимо, що при n = k твердження правильне:

7^k – 1 ⋮ 6

Доведемо, що твердження правильне і для n = k + 1:

7^{k + 1} – 1 ⋮ 6

7^{k + 1} – 1 = 7∙7^k – 7 + 6 = 7(7^k – 1) + 6

Перший доданок ділиться націло на 6 по припущенню, а другий доданок і є 6. Отже, твердження справедливе для усіх натуральних значень n.

Приклад 5. Довести, що при будь-якому натуральному значенні n:

3^{2n + 1} + 2^{n + 2} ⋮ 7

Для n = 1 твердження справедливе:

3³ + 2³ ⋮ 7

27 + 8 ⋮ 7

35 ⋮ 7

Припустимо, що для n = k твердження справедливе:

3^{2k + 1} + 2^{k + 2} ⋮ 7

Доведемо справедливість твердження для n = k + 1:

3^{2k + 3} + 2^{k + 3} ⋮ 7

3^{2k + 3} + 2^{k + 3} = 9∙3^{2k + 1} + 2∙2^{k + 2} = 2∙3^{2k + 1} + 2∙2^{k + 2} + 7∙3^{2k + 1} = = 2(3^{2k + 1} + 2^{k + 2}) + 7∙3^{2k + 1}

Перший доданок ділиться націло на 7 за припущенням, а другий доданок складається з множників, один з яких – 7. Отже, твердження справедливе для усіх натуральних значень n.

Приклад 6. Довести, що при будь-якому натуральному значенні n:

5ⁿ – 3ⁿ + 2n ⋮ 4

Для n = 1 твердження справедливе:

5 – 3 + 2 ⋮ 4

4 ⋮ 4

Припустимо, що при n = kтвердження справедливе:

5^k – 3^k + 2k ⋮ 4

Доведемо справедливість твердження при n = k + 1:

5^{k + 1} – 3^{k + 1} + 2(k + 1) ⋮ 4

5^{k + 1} – 3^{k + 1} + 2(k + 1) = 5*5^k – 3*3^k + 2k + 2=5^k – 3^k + 2k + 4*5^k – 2*3^k + + 2 = (5^k – 3^k + 2k) + 2(2*5^k –3^k + 1)

Перший доданок ділиться націло на 4 за припущенням, а другий доданок складається з множників, один з яких – 2, а другий ділиться націло на 2, оскільки 2*5^k – парне, (3^k + 1) – сума двох непарних, а тому число парне, отже їх різниця теж парна. Отже, твердження справедливе для усіх натуральних значень n.