1 Спосіб доведення нерівності Коші

Нехай x₁, x₂, …, x_n – 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 щотоді.

Маємо

,

Враховуючи, що , приходимо до нерівностіОтже, 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; 189

2)Індуктивний перехід:

Припустимо, що твердження має місце при n=k, тобто (4^k+15k-1)9.

Виходячи з данного припущення доведемо, що дане твердження має місце і при

n=k+1,тобто (4^k+1+15(k+1)-1)9.

Очевидно, що:

4^k+1+15(k+1)-1=44^k+15k+15-1= P.S. 44^k=4^k+34k

=(4^k+15-1)+34^k+45k-45k+3-3+15=

=(4^k+15k-1)+3(4^k+15k-1)-9(5k+2)=4(4^k+15k-1)-9(5k+2).

В одержаному виразі зменшуване 4(4^k+15k-1) кратне 9,оскільки (4^k+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 016.

2)Індуктивний перехід:

Припустимо, що твердження має місце при n=k, тобто (9^k-8k-1)16.

Виходячи з данного припущення, доведемо, що дане твердження має місце і при

n=k+1,тобто (9^k+1-8(k+1)-1)16.

Очевидно, що

9^k+1-8(k+1)-1=99^k-8k-8-8=9^k-8k-1+89k-64k+64k-8=(9^k-8k-1)+8(9^k-8k-1)+64k.

(9^k-8k-1) 16 за припущенням математичної індукції,

64k=164k отже 64k16,

(9^k-8k-1)+8(9^k-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 (6^2k-1)35.

Виходячи з данного припущення, доведемо, що дане твердження має місце і при

n=k+1,тобто (6^2(k+1)-1)35.

6^2(k+1)-1=6^2k+2-1=6^2k36-1=(35+1)6^2k-1=356^2k +(6^2k-1)

(6^2k-1) 35 за припущенням математичної індукції,

(356^2k) 35, тому що один з множників цього виразу ділиться на 35.

Отже, сума 356^2k +(6^2k-1)35,

Тоді за припущенням математичної індукції (6²ⁿ-1)35

при будь-якому натуральному n.

n(6^2k-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.