![](/user_photo/2706_HbeT2.jpg)
- •Повна індукція
- •Приклад №1
- •Приклад №2
- •Приклад №3
- •Неповна індукція
- •Приклад №1
- •Історична довідка. Метод математичної індукції
- •Неповна індукція і метод математичної індукції в прикладах і задачах на обчислення сум, добутків Приклад №1
- •Приклад №2
- •Узагальнення методу математичної індукції
- •Приклад №1
- •Приклад №2
- •Деякі відомі визначні нерівності і метод математичної індукції Приклад №1.
- •Приклад 2
- •Задачі на подільність чисел і метод математичної індукції Приклад №1
- •Приклад №2
- •Приклад №3
- •Приклад №4
- •Приклад №5
- •Приклад №6
- •Приклад №7
- •Приклад №8
- •Приклад №9
- •Приклад №10
- •Доведення деяких рівностей і тотожностей
- •Приклад №2
- •Приклад №3
- •Висновок
- •Cписок літератури
Деякі відомі визначні нерівності і метод математичної індукції Приклад №1.
Довести,
що для будь-якого натурального n
.
Доведення.
1)
При n=1
;
n=2
.
Дійсно,
a1
і
a2
мають однакові знаки, або протилежні
Якщо однакові, то
,
Якщо різні, то
.
2)
Припустимо, що нерівність вірна і для
n=k доданків, тобто, що
.
Враховуючи
це припущення, доведемо, що нерівність
вірна і при n=k+1, тобто покажемо, що
.
Дійсно,
.
Отже, нерівність вірна і при n=k+1.
За принципом математичної індукції нерівність справджується для довільного натурального n.
Приклад 2
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 даного 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 даного 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=16
4k
, отже ,
64k16,
(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 даного 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,nоді
за припущенням математичної індукції
(62n-1)
35
при будь-якому натуральному n.
n
(62k-1)
35.