
- •Супрун Артем Олександрович
- •Супрун Валентина Єфремівна
- •Індукція
- •Принцип. Метод. Задачі.
- •Іноді зустрічаються задачі, в процесі розв’язування яких треба розглянути всі можливі випадки, тоді на основі цього можна зробити цілком обґрунтований висновок.
- •Приклад №1
- •Доведення
- •Приклад №2
- •Доведення
- •Приклад №3
- •Приклад №4
- •Доведення
- •Приклад №1
- •Доведення
- •Приклад №2
- •Доведення
- •Приклад №3
- •Доведення
- •“Знання людей заслуговує ім’я Науки залежно
- •Неповна індукція і метод математичної індукції
- •1 Спосіб доведення.
- •2 Спосіб доведення.
- •Приклад №5
- •Приклад №6
- •Приклад №1
- •Приклад №2
- •Доведення
- •Приклад №3
- •Доведення
- •Приклад №4
- •Доведення
- •Приклад №5
- •Доведення
- •Приклад №6
- •Доведення.
- •1 Спосіб доведення нерівності Коші
- •Приклад 4
- •Доведення
- •Очевидно, що:
- •Приклад №2
- •Доведення
- •Приклад №3
- •Доведення
- •Доведення
- •Приклад №5
- •Доведення
- •Приклад №6
- •Доведення
- •Приклад №7
- •Доведення
- •Приклад №8
- •Доведення
- •Доведення
- •Приклад №10
- •Доведення
- •Приклад №11
- •Приклад №12
- •Довести методом математичної індукції, що для nєN
- •Приклад №9
- •Приклад №1
- •Доведення
- •Приклад №2
- •Одна пряма ділить площину на дві
- •Приклад №3
- •Доведення
- •Варіанти індивідуальних завдань.
- •Нотатки
- •Методичний посібник
- •25006, М.Кіровоград, вул.Леніна, 7
1 Спосіб доведення нерівності Коші
Нехай x1, x2, …, xn – довільні додатні числа. Розглянемо n чисел
;
;
…;
.
Зрозуміло, що всі ці числа додатні і їх добуток дорівнює 1:
Значить,
враховуючи нерівність прикладу 2
сума
Звідси
і
,
що й треба було довести.
Приклад 4
Довести нерівність Бернуллі
,
де
,
Доведення
1) Базис індукції.
При n=1 нерівність вірна.
.
2) Зробимо індуктивне припущення. Припустимо, що нерівність вірна і при n=k, тобто має місце нерівність
(*)
Виконаємо
індуктивний перехід. Доведемо, враховуючи
припущення, що нерівність вірна і при
n=k+1,
тобто, що
.
Помножимо
обидві частини нерівності (*) на вираз
.
Це можна зробити, тому що
тоді
.
Маємо
,
Враховуючи,
що
,
приходимо до нерівності
Отже, нерівність вірна і приn=k+1.
За
принципом математичної індукції вона
вірна для всіх
.
Задачі на подільність чисел і метод математичної індукції
Приклад №1
Довести
методом математичної індукції, що для
n(4n+15n-1)
9.
Доведення
1)Базис індукції:
Переконаємося що дане твердження має місце при n=1.
41+151-1=18;
18
9
2)Індуктивний перехід:
Припустимо,
що твердження має місце при n=k, тобто
(4k+15k-1)9.
Виходячи з данного припущення доведемо, що дане твердження має місце і при
n=k+1,тобто
(4k+1+15(k+1)-1)9.
Очевидно, що:
4k+1+15(k+1)-1=44k+15k+15-1=
P.S. 4
4k=4k+3
4k
=(4k+15-1)+34k+45k-45k+3-3+15=
=(4k+15k-1)+3(4k+15k-1)-9(5k+2)=4(4k+15k-1)-9(5k+2).
В
одержаному виразі зменшуване 4(4k+15k-1)
кратне 9,оскільки (4k+15k-1)9
за припущенням.
Від’ємник 9(5k+2) також ділиться на 9, бо один з його множників є число 9.
Отже, вся різниця ділиться на 9.
А
це означає, що (4n+15n-1)9
при довільному натуральному числі n за
принципом математичної індукції.
Приклад №2
Довести
методом математичної індукції, що для
n(9n-8n-1)
16.
Доведення
1)Базис індукції:
Переконаємося, що дане твердження має місце при n=1.
91-81-1=0;
число 0
16.
2)Індуктивний перехід:
Припустимо,
що твердження має місце при n=k, тобто
(9k-8k-1)16.
Виходячи з данного припущення, доведемо, що дане твердження має місце і при
n=k+1,тобто
(9k+1-8(k+1)-1)16.
Очевидно, що
9k+1-8(k+1)-1=99k-8k-8-8=9k-8k-1+8
9k-64k+64k-8=(9k-8k-1)+8(9k-8k-1)+64k.
(9k-8k-1)
16 за припущенням математичної індукції,
64k=164k
отже 64k
16,
(9k-8k-1)+8(9k-8k-1)+64k
Ця вся сума кратна 16, того що кожен доданок ділиться на 16.
Висновок:
при довільному натуральному числі n
(9n-8n-1)16.
Приклад №3
Довести
методом математичної індукції, що
(62n-1)35
для n
.
Доведення
1)Базис індукції:
Переконаємося,
що дане твердження має місце при n=1.
(62-1)=3535
2)Індуктивний перехід:
Припустимо,
що твердження має місце при n=k, тобто
(62k-1)35.
Виходячи з данного припущення, доведемо, що дане твердження має місце і при
n=k+1,тобто
(62(k+1)-1)35.
62(k+1)-1=62k+2-1=62k36-1=(35+1)62k-1=35
62k
+(62k-1)
(62k-1)
35 за припущенням математичної індукції,
(3562k)
35, тому що один з множників цього виразу
ділиться на 35.
Отже,
сума 3562k
+(62k-1)
35,
Тоді
за припущенням математичної індукції
(62n-1)35
при будь-якому натуральному n.
n
(62k-1)
35.
Приклад №4
Довести
методом математичної індукції, що
(m3+3m2+2m)
6
для m
.
Доведення
1)Базис індукції:
Переконаємося,
що дане твердження має місце при n=1.
M3+3m2+2m=1+3+2=66.
2)Індуктивний перехід:
Припустимо,
що твердження має місце при m=k, тобто
(k3+k2+2k)=
k(k2+3k+2)6.
Виходячи
з данного припущення доведемо, що дане
твердження має місце і при
n=k+1,тобто((k+1)3+3(k+1)2+2(k+1))6.
K3+3k2+3k+1+3k2+6k+3+2k+2=k3+6k2+11k+6=k3+2k+3k2+9k+6=
=((
k3+k2+2k)+3(k3+k2+2k))6.
(k3+k2+2k)
6
за припущенням математичної індукції,
кожен доданок суми ділиться на 6, тому і вся сума кратна 6.
Тоді
за принципом математичної індукції
число (m3+3m2+2m)6
для m
.