Докажите что для любого натурального n

Упр.6.18 ГДЗ Мордковича 10 класс профильный уровень (Алгебра)

©Reshak.ru — сборник решебников для учеников старших классов. Здесь можно найти решебники, ГДЗ, переводы текстов по школьной программе. Практически весь материал, собранный на сайте — авторский с подробными пояснениями профильными специалистами. Вы сможете скачать гдз, решебники, улучшить школьные оценки, повысить знания, получить намного больше свободного времени.

Главная задача сайта: помогать школьникам и родителям в решении домашнего задания. Кроме того, весь материал совершенствуется, добавляются новые сборники решений.

Докажите, что для любого натурального n: 1)5^n степени + 3 делится на 4 2)5^n+ 6^n-1 делится на 10 3)9^n+1 -8n-9 делится на 64

5(5^k + 3) делится на 4, -12 делится на 4 => 5(5^k + 3) — 12 делится на 4.

5^n + 3 делится на 4 при любом натуральном n.

n=1, 5^1 + 6^1 — 1=10 делится на 10;

пусть при n=k 5^n + 6^n — 1= 5^k + 6^k — 1 делится на 10;

n=k+1 5^n + 6^n — 1= 5^(k+1)+ 6^(k+1) — 1=5* 5^k + 6* 6^k — 1 = 5^k + 6^k — 1 + 4* 5^k + 5* 6^k=5^k + 6^k — 1 + 20* 5^(k-1) + 30* 6^(k-1)=5^k + 6^k — 1 + 4* 5^k + 5* 6^k = 5^k + 6^k — 1 + 10(2* 5^(k-1) + 3* 6^(k-1))

5^k + 6^k — 1 делится на 10, 10(2* 5^(k-1) + 3* 6^(k-1)) делится на 10 => 5^k + 6^k — 1 + 10(2* 5^(k-1) + 3* 6^(k-1)) делится на 10.

Докажите что для любого натурального n

Применяя метод математической индукции, доказать, что для любого натурального n справедливы следующие равенства:
а) ;
б) .

а) При n = 1 равенство справедливо. Предполагая справедливость равенства при n, покажем справедливость его и при n + 1. Действительно,

что и требовалось доказать.

б) При n = 1 справедливость равенства очевидна. Из предположения справедливости его при n следует

Учитывая равенство 1 + 2 + . + n = n(n + 1)/2, получаем

1 3 + 2 3 + . + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + . + n + (n + 1)) 2 ,

т. е. утверждение справедливо и при n + 1.

Пример 1. Доказать следующие равенства

g) формула бинома Ньютона:

где n О N .

Решение. a) При n = 1 равенство примет вид 1=1, следовательно, P(1) истинно. Предположим, что данное равенство справедливо, то есть, имеет место

. Следует проверить (доказать), что P ( n + 1), то есть истинно. Поскольку (используется предположение индукции) получим то есть, P ( n + 1) — истинное утверждение.

Таким образом, согласно методу математической индукции, исходное равенство справедливо для любого натурального n.

Замечание 2. Этот пример можно было решить и иначе. Действительно, сумма 1 + 2 + 3 + . + n есть сумма первых n членов арифметической прогрессии с первым членом a₁= 1 и разностью d = 1. В силу известной формулы , получим

b) При n = 1 равенство примет вид: 2·1 — 1 = 1 2 или 1=1, то есть, P(1) истинно. Допустим, что имеет место равенство

1 + 3 + 5 + . + (2n — 1) = n 2 и докажем, что имеет место P ( n + 1): 1 + 3 + 5 + . + (2n — 1) + (2(n + 1) — 1) = (n + 1) 2 или 1 + 3 + 5 + . + (2n — 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Используя предположение индукции, получим

1 + 3 + 5 + . + (2n — 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Таким образом, P(n + 1) истинно и, следовательно, требуемое равенство доказано.

Замечание 3. Этот пример можно решить (аналогично предыдущему) без использования метода математической индукции.

c) При n = 1 равенство истинно: 1=1. Допустим, что истинно равенство

и покажем, что то есть истинность P ( n ) влечет истинность P ( n + 1). Действительно, и, так как 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)( n + 2), получим и, следовательно, исходное равенство справедливо для любого натурального n .

d) При n = 1 равенство справедливо: 1=1. Допустим, что имеет место

e) Утверждение P(1) справедливо: 2=2. Допустим, что равенство

справедливо, и докажем, что оно влечет равенство Действительно,

Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n.

f) P(1) справедливо: 1 /₃ = 1 /₃. Пусть имеет место равенство P(n):

. Покажем, что последнее равенство влечет следующее:

Действительно, учитывая, что P(n) имеет место, получим

Таким образом, равенство доказано.

g) При n = 1 имеем a + b = b + a и, следовательно, равенство справедливо.

Пусть формула бинома Ньютона справедлива при n = k, то есть,

Тогда Используя равенство получим

Пример 2. Доказать неравенства

a) неравенство Бернулли: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, n О N.

b) x1 + x2 + . + xn ≥ n, если x1x2· . ·xn = 1 и xi > 0, .

c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического где xi > 0, , n ≥ 2.

d) sin 2n a + cos 2n a ≤ 1, n О N.

e)

f) 2 n > n 3 , n О N, n ≥ 10.

Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство

1 + a ≥ 1 + a . Предположим, что имеет место неравенство

(1 + a ) n ≥ 1 + n a

(1)

и покажем, что тогда имеет место и (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) a .

Действительно, поскольку a > -1 влечет a + 1 > 0, то умножая обе части неравенства (1) на ( a + 1), получим

(1 + a ) n (1 + a ) ≥ (1 + n a )(1 + a ) или (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) a + n a 2 Поскольку n a 2 ≥ 0, следовательно, (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) a + n a 2 ≥ 1 + (n + 1) a .

Таким образом, если P(n) истинно, то и P(n + 1) истинно, следовательно, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.

b) При n = 1 получим x₁ = 1 и, следовательно, x₁ ≥ 1 то есть P(1) — справедливое утверждение. Предположим, что P(n) истинно, то есть, если adica, x₁,x₂. x_n — nположительных чисел, произведение которых равно единице, x₁x₂·. ·x_n = 1, и x₁ + x₂ + . + x_n ≥ n.

Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x₁,x₂. x_n,x_n+1 — (n+ 1) положительных чисел, таких, что x₁x₂·. ·x_n·x_n+1 = 1, тогда x₁ + x₂ + . + x_n + x_{n + 1} ≥n + 1.

Рассмотрим следующие два случая:

1) x₁ = x₂ = . = x_n = x_n+1 = 1. Тогда сумма этих чисел равна (n + 1), и требуемое неравество выполняется;

2) хотя бы одно число отлично от единицы, пусть, например, больше единицы. Тогда, поскольку x₁x₂· . ·x_n·x_{n + 1} = 1, существует еще хотя бы одно число, отличное от единицы (точнее, меньше единицы). Пусть x_{n + 1} > 1 и x_n < 1. Рассмотрим nположительных чисел

x₁,x₂. x_n-1,(x_n·x_n+1). Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе, x₁ + x₂ + . + x_n-1 + x_nx_{n + 1} ≥ n. Последнее неравенство переписывается следующим образом: x₁ + x₂ + . + x_n-1 + x_nx_n+1 + x_n + x_n+1 ≥ n + x_n + x_n+1 или x₁ + x₂ + . + x_n-1 + x_n + x_n+1 ≥ n + x_n + x_n+1 — x_nx_n+1.

(1 — x_n)(x_n+1 — 1) > 0, то n + x_n + x_n+1 — x_nx_n+1 = n + 1 + x_n+1(1 — x_n) — 1 + x_n =
= n + 1 + x_n+1(1 — x_n) — (1 — x_n) = n + 1 + (1 — x_n)(x_n+1 — 1) ≥ n + 1. Следовательно, x₁ + x₂ + . + x_n + x_n+1 ≥ n+1, то есть, если P ( n ) справедливо, то и P ( n + 1) справедливо. Неравенство доказано.

Замечание 4. Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x₁ = x₂ = . = x_n = 1.

c) Пусть x₁,x₂. x_n — произвольные положительные числа. Рассмотрим следующие nположительных чисел:

Поскольку их произведение равно единице: согласно ранее доказанному неравенству b), следует, что откуда

Замечание 5. Равенство выполняется если и только если x₁ = x₂ = . = x_n.

d) P(1) — справедливое утверждение: sin 2 a + cos 2 a = 1. Предположим, что P(n) — истинное утверждение:

sin 2n a + cos 2n a ≤ 1 и покажем, что имеет место P ( n + 1). Действительно, sin 2(n + 1) a + cos 2(n + 1) a = sin 2n a ·sin 2 a + cos 2n a ·cos 2 a < sin 2n a + cos 2n a ≤ 1 (если sin 2 a ≤ 1, то cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, то sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n О N sin 2n a + cos 2n ≤ 1 и знак равенства достигается лишь при n = 1.

e) При n = 1 утверждение справедливо: 1 < 3 /₂.

Допустим, что и докажем, что

Поскольку учитывая P ( n ), получим

f) Учитывая замечание 1, проверим P(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, следовательно, для n = 10 утверждение справедливо. Предположим, что 2 n > n 3 (n > 10) и докажем P(n + 1), то есть 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Поскольку при n > 10 имеем или , следует, что

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 или n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Учитывая неравенство (2 n > n 3 ), получим 2 n+1 = 2 n ·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Таким образом, согласно методу математической индукции, для любого натурального n О N, n ≥ 10 имеем 2 n > n 3 .

Пример 3. Доказать, что для любого n О N

a) n(2n 2 — 3n + 1) делится на 6,

b) 6 2n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 делится на 11.

Решение. a) P(1) — истинное утверждение (0 делится на 6). Пусть P(n) справедливо, то есть n(2n 2 — 3n + 1) = n(n — 1)(2n — 1) делится на 6. Покажем, что тогда имеет место P(n + 1), то есть, (n + 1)n(2n + 1) делится на 6. Действительно, поскольку

n(n + 1)(2n + 1) = n(n — 1 + 2)(2n — 1 + 2) = (n(n — 1) + 2n)(2n — 1 + 2) =

= n(n — 1)(2n — 1) + 2n(n — 1) + 2n(2n + 1) = n(n — 1)(2n — 1) + 2n·3n =

= n(n — 1)(2n — 1) + 6n 2

и, как n ( n — 1)(2 n — 1), так и 6 n 2 делятся на 6, тогда и их сумма n ( n + 1)(2 n + 1) делится 6.

Таким образом, P(n + 1) — справедливое утверждение, и, следовательно, n(2n 2 — 3n + 1) делится на 6 для любого n О N.

b) Проверим P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, следовательно, P(1) — справедливое утверждение. Следует доказать, что если 6 2n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 делится на 11 (P(n)), тогда и 6 2n + 3 n+2 + 3 n также делится на 11 (P(n + 1)). Действительно, поскольку

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 = = 6 2 ·6 2n-2 + 3·3 n+1 + 3·3 n-1 = 3·(6 2n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 ) + 33·6 2n-2 и, как 6 2n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 , так и 33·6 2n-2 делятся на 11, тогда и их сумма 6 2n + 3 n+2 + 3 n делится на 11. Утверждение доказано. Индукция в геометрии

Пример 4. Вычислить сторону правильного 2 n -угольника, вписанного в окружность радиуса R.

Решение. При n = 2, правильный 2 2 -угольник есть квадрат, и в этом случае a₄ = R.

Пусть и определим . Если AB = a ў , то AE = a ў /₂; BD = a ў ў . По теореме Пифагора, из прямоугольного треугольника DEB

В свою очередь DE = R — EC и Таким образом, и, следовательно, формула перехода от n к n + 1.

В частных случаях

Возникает гипотеза

(2)

Как ранее было показано при n = 1, что эта формула справедлива. Пусть (2) выполняется при n = k. Вычислим . Согласно формуле перехода,

Замечание. Из (2) следует, что длина окружности равна

и, поскольку l = 2 p R , получим
Упражнения для самостоятельной работы

I. Доказать равенства

II. Доказать неравенства

III. Доказать, что при любом натуральном n число a_n делится на b

a) an = 5 n+3 + 11 3n+1 , b = 17,

b) an = 11 n+2 + 12 2n+1 , b = 133,

c) an = 2n 3 + 3n 2 + 7n, b = 6,

d) an = 10 n + 18n — 28, b = 27,

e) an = n 5 — n, b = 30.

IV. Показать, что (Формула Виета).

V. Вычислить радиусы r_n, R_n вписанной и описанной окружностей правильного 2 n -угольника с периметром p.

VI. Пусть даны n произвольных квадратов. Доказать, что эти квадраты могут быть разрезаны так, чтобы из получившихся частей можно было образовать квадрат.