Підручник Алгебра і початки аналізу 10 клас (профільний рівень) - О. С. Істер - Генеза 2018 рік

РОЗДІЛ 1 ФУНКЦІЇ, МНОГОЧЛЕНИ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

§ 8 МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ

Спостерігаючи за навколишнім світом, люди, зазвичай, роблять загальні висновки на основі окремих спостережень. Наприклад, спостерігаючи за тим, що після ночі настає ранок, а після вечора - ніч, людина робить висновок про настання певного часу доби. Цей висновок є правильним.

Загальні висновки, які зроблено на основі окремих спостережень, називають індуктивними, а сам метод таких міркувань - індуктивним методом, або індукцією (від лат. іnducatio- наведення). Наш приклад щодо висновку про настання певного часу доби є індуктивним.

Проте за допомогою індуктивного методу не завжди можна отримати правильні висновки. Наприклад, у XVII ст. видатний французький математик П. Ферма помітив, що числа вигляду F_n = 2²ⁿ + 1, якщо n = 0; 1; 2; 3; 4, є простими.

П’єр Ферма (1607-1665)

Леонард Ейлер (1707-1783)

Справді, числа F₀ = 2¹ + 1 = 3; F₁ = 2² + 1 = 5; F₂ = 2⁴ + 1 = 17; F₃ = 2⁸ + 1 = 257; F₄ = 2¹⁶ + 1 = 65 537 - прості. Ферма припустив, що і при будь-якому іншому натуральному n числа такого вигляду будуть простими (їх стали називати простими числами Ферма). Але в 1732 р. інший видатний математик Л. Ейлер (1707-1783) показав, що при n = 5 маємо число F₅ = 2³² + 1 = 4 294 967 297 = 641 · 6 700 417, яке вже не є простим. Отже, гіпотезу Ферма, до якої він прийшов індуктивним методом, було спростовано.

Таким чином, можна стверджувати, що в одних випадках міркування за індукцією приводить до правильних висновків, а в інших - до неправильних. А тому з’явилася потреба в методі, який дозволив би встановлювати, у яких випадках гіпотеза є істинною, а в яких - хибною. Таким методом є метод математичної індукції.

1. Метод математичної індукції

Сформулюємо суть методу математичної індукції.

Якщо висловлення S(n), у формулюванні якого фігурує натуральне число n, правильне для n = 1, а з припущення, що воно правильне для n = k, випливає, що воно є правильним для n = k + 1, то висловлення S(n) правильне для будь-якого натурального n.

Це твердження називають принципом математичної індукції. Із цього формулювання зрозуміло, що методом математичної індукції можна доводити лише ті твердження, висновки яких залежать від натурального числа (інколи від нуля та натуральних чисел), тобто лише математичні.

Отже, щоб довести таке твердження методом математичної індукції, треба:

1) перевірити, що твердження справджується для n = 1 (іноді для деяких наступних за ним натуральних чисел);

2) припустивши, що твердження справджується для n = k, довести, що воно є правильним для n = k + 1. Таким чином, на першому етапі перевіряють правильність твердження S(1), яке називають базою індукції, а на другому - на основі твердження S(k) (яке називають припущенням індукції) доводять твердження S(k + 1). Це доведення називають індуктивним переходом, а сам перехід від S(k) до S(k + 1) - кроком індукції.

За допомогою методу математичної індукції можна доводити різні твердження, у формулюванні яких фігурує натуральне число n: числові тотожності, числові нерівності, твердження про подільність чисел, геометричні факти тощо.

2. Доведення числових тотожностей

Приклад 1. Довести, що для будь-якого n ∈ N справджується рівність:

Доведення. 1) Перевіримо правильність твердження для n = 1. Маємо: 1 = , рівність є правильною.

2) Нехай рівність правильна для n = k, тобто:

Для n = k + 1 маємо рівність:

доведемо її. Перетворимо ліву частину цієї рівності, ураховуючи наше припущення:

Отже, ліва частина рівності для n = k + 1 дорівнює її правій частині, тобто рівність справджується і для n = k + 1. Тому, за принципом математичної індукції, рівність правильна для будь-якого n ∈ N.

Приклад 2. Довести, що для будь-якого n ∈ N:

Доведення. 1) Якщо n = 1, маємо

правильна числова рівність.

2) Припустимо, що для n = k справджується рівність:

Для n = k + 1 маємо:

Доведемо цю рівність. Перетворимо її ліву частину:

отримали праву її частину.

Отже, рівність для n = k + 1 є правильною. Тому, за принципом математичної індукції, рівність правильна і для будь-якого n ∈ N.

3. Доведення гіпотез

Метод математичної індукції допоможе нам і в задачах, де спочатку на основі кількох спостережень установлюють деяку закономірність або формулу для обчислення деякої суми чи добутку, що залежать від натурального числа n, а потім методом математичної індукції доводять її істинність.

Приклад 3. Знайти формулу для обчислення добутку

де n ∈ N, n ≥ 2, та довести її.

Розв’язання. Спочатку обчислимо кілька перших значень цього добутку.

Для n = 2:

Для n = 3:

Для n = 4:

Висунемо гіпотезу про те, що

де n ∈ N, n ≥ 2.

Доведемо цю гіпотезу методом математичної індукції.

1) Для n = 2 перевірено вище.

2) Припустимо, що для n = k справджується рівність:

Запишемо рівність для n = k + 1:

і доведемо її.

Перетворимо ліву частину цієї рівності:

отримали її праву частину.

Отже, для n = k + 1 наша гіпотеза є істинною, тому запропонована формула є правильною для будь-якого n ∈ N, n ≥ 2.

Відповідь.

4. Доведення нерівностей

Приклад 4. Довести, що для всіх n ∈ N, n ≥ 3 справджується нерівність: 2n > 2n + 1.

Доведення. 1) Якщо n = 3, то, справді, 2³ > 2 · 3 + 1.

2) Припустимо, що для n = k справджується нерівність: 2k > 2k + 1.

Запишемо нерівність для n = k + 1, маємо: 2^k+1 > 2(k + 1) + 1. Доведемо, що вона є правильною.

Оскільки нерівність для n = k за. припущенням є правильною, помножимо обидві її частини на 2. Матимемо: 2 · 2k > 2(2k + 1), а враховуючи, що 2 · 2k = 2^k+1, отримаємо: 2^k+1> 2(2k + 1).

Розглянемо праву частину цієї нерівності:

Оскільки 2k - 1 > 0, то 2(k + 1) + 1 + (2k - 1) > 2(k + 1) + 1. Тому, якщо 2^k+1 > 2(2k + 1), а 2(2k + 1) > 2(k + 1) + 1, то 2^k+1 > 2(k + 1) + 1. Отже, для n = k + 1 нерівність є правильною, а тому, за принципом математичної індукції, нерівність 2n > 2n + 1 справджується для будь-якого n ∈ N, n ≥ 3.

Приклад 5. Довести, що

для будь-якого n ∈ N.

Доведення. 1) Якщо n = 1, маємо:

2) Припустимо, що для n = k справджується нерівність:

Запишемо нерівність для n = k + 1:

Доведемо її.

Для доведення до обох частин нерівності (*), додамо суму

Тоді, за властивостями числових нерівностей, отримаємо правильну нерівність:

ліва частина якої тотожно рівна лівій частині нерівності, яку треба довести, а праву частину можна спростити.

Для правої частини матимемо:

Отже, нерівність для n = k + 1 є правильною, а тому є правильною для будь-якого n ∈ N.

5. Доведення подільності виразів

Приклад 6. Довести, що для будь-якого цілого значення n ≥ 0 число 11ⁿ⁺² + 12²ⁿ⁺¹ кратне числу 133.

Доведення. 1) Для n = 0 маємо: 11⁰⁺² + 12⁰⁺¹ = 133 - кратне числу 133. Отже, для n = 0 твердження істинне.

2) Для n = k маємо: S_k = 11^k+2 + 12^2k+1. Припустимо, що цей вираз кратний числу 133.

Для n = k + 1 маємо:

Доведемо, що вираз S_k+1 кратний числу 133.

Маємо:

Оскільки доданок S_k= 11^k+2 + 12^2k+1 кратний числу 133 (за припущенням індукції) і доданок 133 · 12^2k+1 теж кратний числу 133, то сума S_k+1 = 11 · S_k + 133 · 12^2k+1 також кратна числу 133.

Отже, за принципом математичної індукції, число 11ⁿ⁺² + 12²ⁿ⁺¹ кратне числу 133 для будь-якого цілого n ≥ 0.

6. Доведення геометричних фактів

Деякі геометричні факти, умова яких пов’язана з натуральним числом n, можна довести методом математичної індукції.

Приклад 7. На площині проведено п прямих (n ≥ 1), жодні дві з яких не паралельні і жодні три не мають спільної точки. Довести, що ці прямі розбивають площину на частин.

Доведення. 1) Очевидно, що одна пряма розбиває площину на 2 частини;

Для n = 1 твердження є правильним.

2) Припустимо, що k прямих, які задовольняють умову, розбивають площину на

частин.

Проведемо ще одну пряму, тепер їх k + 1. Ця пряма перетинає кожну з попередніх прямих, при цьому всі точки перетину будуть різними (оскільки серед прямих немає паралельних і жодні три прямі не мають спільної точки). Ці точки ділять (k + 1) прямих на (k + 1) частин, а саме (k - 1) відрізків і два промені. Кожний із цих відрізків або променів ділить раніше цілу частину площини на дві частини, тобто кількість частин збільшується на (k + 1) і буде дорівнювати:

Отже, твердження є правильним для n = k + 1, а тому, за принципом індукції, твердження задачі є правильним.

Приклад 8. Доведіть, що n кіл (n ∈ N), які проведено на площині, ділять її не більше ніж на n² - n + 2 частин.

І Доведення. 1) Очевидно, що одне коло розбиває площину на дві частини; 1² - 1 + 2 - 2. Для n = 1 твердження є правильним.

2) Припустимо, що k кіл розбивають площину не більше ніж на k² - k + 2 частин. Проведемо (k + 1)-ше коло. Це коло може мати з k попередніми не більше ніж 2k спільних точок, які будуть розбивати (k + 1)-ше коло на 2k дуг. Кожна із цих дуг ділить раніше цілу область на дві, тобто кількість частин площини збільшиться не більше ніж на 2k і буде дорівнювати:

k² - k + 2 + 2k = (k² + 2k + 1) - (k + 1) + 2 = (k + 1)² - (k + 1) + 2.

Отже, твердження задачі є правильним для n = k + 1, а тому, за принципом математичної індукції, і для будь-якого натурального n.

• Які висновки називають індуктивними? У чому полягає принцип математичної індукції?

• 3 яких етапів складається доведення твердження методом математичної індукції?

• Що називають базою індукції; припущенням індукції; кроком індукції?

• Що називають індуктивним переходом?

У

Розв'яжіть задачі та виконайте вправи

2. 8.1. Виписавши кілька чисел, кратних числу 6, наприклад 12; 36; 72; 216, помічаємо, що вони закінчуються цифрою 2 або 6. Чи можна дійти висновку, що число, яке закінчується цифрою 2 або 6, кратне числу 6?

8.2. Виписавши кілька чисел, кратних числу 5, наприклад 15; 30; 75; 190, помічаємо, що вони закінчуються цифрою 0 або 5. Чи можна дійти висновку, що число, яке закінчуються цифрою 0 або 5, кратне числу 5?

8.3. Доведіть методом математичної індукції, що для будь-якого натурального n справджується рівність: 1 + 3 + 5 + … + (2n - 1) = n². Як ще можна довести цю формулу?

8.4. Доведіть методом математичної індукції, що для будь-якого натурального n справджується рівність:

Як ще можна довести цю формулу?

3. Доведіть методом математичної індукції, що для n є N справджується рівність: (8.5—8.6):

8.5.

8.6.

Доведіть, що для будь-якого n ∈ N справджується нерівність (8.7-8.8):

8.7.

8.8. 2ⁿ > n.

Доведіть, що для n ∈ N справджується нерівність (8.9—8.10):

8.9.

8.10.

8.11. Установіть істинність гіпотези про те, що для n ∈ N справджується рівність: 2⁰ + 2¹ + 2² + … + 2^n-1 = 2ⁿ - 1.

8.12. Доведіть, що n прямих, проведених на площині через одну точку, ділять площину на 2n частин.

4. 8.13. Знайдіть формулу для обчислення виразу

де n ∈ N.

8.14. Знайдіть формулу для обчислення суми

де n ∈ N.

Доведіть, що при будь-якому n ∈ N справджується рівність: (8.15-8.16):

8.15.

8.16.

8.17. Доведіть, що для будь-якого n, n ∈ N та будь-яких чисел а і b справджується рівність:

Доведіть, що для будь-якого n ∈ N справджується нерівність (8.18-8.19):

8.18.

8.19.

8.20. Доведіть, що для будь-яких чисел а₁, а₂, …, а_n справджується нерівність:

Доведіть, що для будь-якого n, n ∈ N, число (8.21—8.22):

8.21.

1) 7ⁿ - 1 ділиться на 6;

2) 6^2n-1 + 1 ділиться на 7;

3) 9ⁿ - 8n - 1 ділиться на 16;

4) 5ⁿ + 2 · З^n-1 + 1 ділиться на 8.

8.22.

1) 5ⁿ - 1 ділиться на 4;

2) 2^2n-1 + 1 ділиться на 3;

3) 4ⁿ + 6n - 1 ділиться на 9;

4) 5ⁿ + 2 · Зⁿ - 3 - ділиться на 8.

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

8.24. Доведіть за допомогою методу математичної індукції, що сума внутрішніх кутів довільного опуклого n-кутника дорівнює 180°(n - 2).

Доведіть, що для будь-якого n, n ∈ N, справджується рівність (8.25-8.26):

8.25.

8.26.

8.27. Доведіть, що сума чисел, які стоять у кожному рядку таблиці

1

2; 3; 4;

3; 4; 5; 6; 7;

………………

дорівнює квадрату непарного числа, номер якого в рядку дорівнює номеру рядка, рахуючи від початку таблиці, тобто, що 1 = 1²; 2 + 3 + 4 = З²; 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 5²; … .

8.28. Доведіть, що число 36ⁿ + 19ⁿ - 2ⁿ⁺¹ для будь-якого натурального n ділиться на 17.

8.29. Доведіть, що число, записане 243-ма одиницями, ділиться на 243.

8.30. Числа а₁, а₂, …, а_n задовольняють умову а₁ = 2;

а_n = За_n-1 + 1. Доведіть, що

8.31. Числа а₁, а₂, …, а_n задовольняють умову a₁ = 2;

Доведіть, що а_n = n² + n.

8.32. Розмір коштів, внесених на банківський рахунок, складає 10 000 грн. За два роки ця сума зросла до 13 456 грн. Якою є відсоткова ставка банку, якщо відсотки нараховуються один раз на рік на поточний рахунок?

8.33. (Національна олімпіада Великої Британії). Доведіть, що коли коренями многочлена х² + рх + 1 є числа а і β, а коренями многочлена х² + qх + 1 - числа у і , то рівність

правильна.

Підготуйтеся до вивчення нового матеріалу

8.34. Обчисліть:

8.35. При яких значеннях х має зміст вираз:

8.36. Розв’яжіть рівняння:

Українці у світі

Микола Іванович Шкіль народився 13 грудня 1932 року в с. Бурбино (Полтавська обл.). Після закінчення середньої школи вступив на фізико-математичний факультет Київського педагогічного інституту ім. ОМ. Горького (КПДІ), який закінчив з відзнакою за фахом «Учитель математики». У 1955 році Микола Іванович закінчив аспірантуру і надалі все своє життя пов’язав з КПДІ (нині це Національний педагогічний університет імені М.П. Драгоманова), де і пройшов шлях від аспіранта до ректора.

Упродовж багатьох років Микола Іванович поєднував наукову роботу з педагогічною - читав курси для студентів фізико-математичного факультету, здійснював наукове керівництво аспірантами і докторантами, підготував більше 30 кандидатів та 5 докторів наук. Його діяльність була високо відзначена державою. За комплект підручників «Вища математика» та «Математичний аналіз» М.І. Шкілю у складі авторського колективу Указом Президента України в 1996 році присуджено Державну премію в галузі науки і техніки. Премією Національної академії педагогічних наук України відзначено також підручник «Алгебра і початки аналізу» для 10 класу шкіл і класів з поглибленим вивченням математики, одним із авторів якого є М.І. Шкіль.

Микола Іванович знаний у світі. Його монографію «Асимптотичні методи в теорії лінійних диференціальних рівнянь» (у співавторстві) перевидано у США. М.І. Шкіля було відзначено премією НАН України імені М.М. Крилова, він також є лауреатом премій імені В.І. Вернадського та М.В. Остроградського.

М.І. Шкіль упродовж десятиліть був членом редколегій журналів «Нелінійні коливання», «Вища школа», «Рідна школа». До останніх своїх днів він був сповнений енергією і великими творчими задумами…

Автору підручника, який ви тримаєте в руках, пощастило бути студентом Миколи Івановича Шкіля.

(1932-2015)