09-08-04a

Тема 8. Последовательности и прогрессии
09-08-04. Метод математической индукции. Неравенство
Бернулли
Теория
4.1. В физике, химии и других естественных науках общий закон часто
устанавливается на основе наблюдений и считается достоверным, если подтвержден
большим числом опытов. Общие закономерности в математике также можно высказывать
на основе наблюдений. Вспомним, что рассматривая нечетные натуральные числа
1 3 5 2n  1 , мы заметили равенства:
1  12 
1  3  22 
1  3  5  32 
1  3  5  7  42
Глядя на эти равенства, мы можем высказать утверждение, что сумма любых n
первых нечетных натуральных чисел равна n 2 , то есть 1  3  5    (2n  1)  n2 .
В данном примере получаем действительно верное утверждение, в чем легко
убедиться при помощи формулы (4) для суммы n начальных членов арифметической
прогрессии.
Но заключение на основе даже достаточно большого числа частных наблюдений
может оказаться ошибочным.
Рассмотрим, например, квадратный трехчлен x 2  x  41 . Подставляя вместо x
натуральные числа 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10, получим простые числа 43, 47, 53, 61, 71, 83, 97,
113, 131, 151. По наблюдениям можно высказать утверждение, что при любом
натуральном числе x значение квадратного трехчлена x 2  x  41 является простым
числом. Дальнейшая проверка показала, что это утверждение верно при любом
натуральном x от 1 до 39, но при x  40 оно уже неверно, так как
402  40  41  40(40  1)  41  40  41  41  41 41 — составное число.
4.2. Натуральный ряд 1,2,3,... бесконечен, так как за каждым натуральным числом n
всегда следует натуральное число n  1. Поэтому утверждение, что некоторое свойство
имеет место для любого натурального числа n , мы не можем доказать перебором всех
натуральных чисел. Для этих целей используется особый метод, который называется
методом математической индукции.
Суть метода математической индукции заключается в том, что сначала мы проверяем
справедливость утверждения для начального значения переменной n , равного 1. Затем
последовательно:
показываем, как из справедливости утверждения при n  1 получить, что оно
выполняется при n  2 ; показываем, как из справедливости утверждения при n  2
получить, что оно выполняется при n  3 ; показываем, как из справедливости
утверждения при n  3 получить, что оно выполняется при n  4 ; и так далее. Докажем,
что при любом натуральном n число 9 n  2 n делится на 7.
Пример 1. При n  1 число 9 n  2 n равно 9-2=7, а поэтому делится на 7.
Пусть n  2 . Тогда 9n  2n  92  22  9  9  2  2  7  9  2  9  2  2  7  9  2  (9  2) .
Первое слагаемое делится на 7 по определению, а второе слагаемое делится на 7,
потому что на предыдущем шаге мы отметили, что 9-2 делится на 7.
Пусть n  3 . Тогда 93  23  9  22  2  22  7  92  2  92  2  22  7  92  2  (92  22 ) .
Первое слагаемое делится на 7 по определению, а второе слагаемое делится на 7, потому
что на предыдущем шаге мы показали, что 9 2  2 2 делится на 7.
Продолжая дальше рассуждать по приведенной схеме, мы сможем добраться до
любого натурального числа n .
Например, получив, что число 9100  2100 делится на 7, для n  101 сможем провести
следующее рассуждение:
9101  2101  9  9100  2  2100  7  9100  2  9100  2  2100  7  9100  2  (9100  2100 )
Первое слагаемое делится на 7 по определению, а делимость второго слагаемого на 7
следует из того, что мы уже имеем делимость на 7 числа 9100  2100 .
После этого сможем повторить аналогичные рассуждения для n  102 , и так далее.
Таким образом, для любого натурального числа n получаем, что число 9 n  2 n
делится на 7.
4.3.* Приведенная в предыдущем пункте схема рассуждений упрощается, если ввести
переменную букву k и записать следующее рассуждение.
Пусть при n  k установлено, что число 9 k  2 k делится на 7. Тогда при n  k 1
получим:
9k 1  2k 1  9  9k  2  2k  7  9k  2  9k  2  2k  7  9k  2(9k  2k )
Первое слагаемое делится на 7 по определению, а делимость второго слагаемого на 7
следует из предположения, что число 9 k  2 k делится на 7.
Такое рассуждение в предыдущем пункте проведено несколько раз для конкретных
значений k : для k  1 , для k  2 , для k  100 .
4.4.* Доказательство утверждения методом математической индукции проводится в
три шага.
Шаг 1. Доказываем, что утверждение верно для числа n  1 .
Шаг 2. Предполагаем, что утверждение доказано для некоторого натурального числа
k.
Шаг 3. Доказываем, что утверждение верно для числа k  1 , используя индуктивное
предположение, сделанное на втором шаге.
Пример 2. Докажем формулу 1  3  5    (2n  1)  n2 методом математической
индукции.
Шаг 1. При n  1 формула верна, так как 1  12 .
Шаг 2. Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа k , то
есть выполняется равенство 1  3    (2k  1)  k 2 .
Шаг 3. Докажем формулу для числа k  1 , то есть такую формулу, которая получается
подстановкой вместо n выражения (k  1) :
1  3  5    (2k  1)  (2k  1)  (k  1) 2 
Воспользуемся предположением, сделанным на втором шаге:
1  3  5    (2k  1)  (2k  1)  (1  3    (2k  1)) 
(2k  1)  k 2  (2k  1)  k 2  2k  1  (k  1)2 
что и требовалось.
Пример 3. Докажем формулу
1
1
1
n

  

1 2 2  3
n(n  1) n  1
методом математической индукции.
Шаг 1. Левая часть равенства содержит n слагаемых, и при n  1 слева мы имеем
одно слагаемое 112  12 . Но при n  1 правая часть тоже равна 12 . Следовательно, при n  1
формула доказана.
Шаг 2. Предположим, что формула верна для некоторого числа k , то есть
выполняется равенство
1
1
1
k

  


1 2 2  3
k (k  1) k  1
Шаг 3. Докажем формулу для числа k  1 . Она имеет вид
1
1
1
1
k 1

  



1 2 2  3
k (k  1) (k  1)(k  2) k  2
По предположению, сделанному на втором шаге, сумму из k первых слагаемых
можно заменить дробью kk1 . Следовательно,
1
1
1
1
k
1
k (k  2)  1

  





1 2 2  3
k (k  1) (k  1)(k  2) k  1 (k  1)(k  2) (k  1)(k  2)
k 2  2k  1
(k  1)2
k 1



(k  1)(k  2) (k  1)(k  2) k  2
что и требовалось.
Пример 4. Докажем, что при любом натуральном n число 11n2  122 n1 делится на
133.
Шаг 1. При n  1 имеем
11n 2  122 n1  113  123  (11  12)(112  1112  122 )  23 133
то есть число делится на 133.
Шаг 2. Предположим, что при некотором значении k число 11k 2  122 k 1 делится на
133.
Шаг 3. Возьмем число k  1 , подставим его вместо n и получим 11k 3  122k 3 .
Затем запишем равенства
11k 3  122k 3  1111k 2  122 122 k 1  1111k  2  (11  133) 122 k 1 
 11 (11k  2  122 k 1 )  133 122 k 1
Из предположения, сделанного на втором шаге, первое слагаемое полученной суммы
делится на 133, а второе слагаемое делится на 133 без всяких предположений. Отсюда
следует, что и сумма делится на 133, то есть доказано, что число 11n3  122 n3 делится на
133.
4.5.* При доказательстве утверждения методом математической индукции на каждом
шаге нужно проводить безошибочные рассуждения. Иначе выводы могут оказаться
неверными.
Например, рассмотрим утверждение:
Каждое натуральное число больше 10.
Допустим, что при его доказательстве по схеме математической индукции мы забыли
сделать первый шаг. Продолжая действовать по схеме, получим следующее.
Шаг 2. Предположим, что утверждение верно для некоторого числа k , то есть k  10 .
Шаг 3. Докажем, что число k  1 больше 10. Действительно, прибавляя к обеим
частям неравенства k  10 число 1, получим k 1  11 . Так как 11  10 , то из неравенств
k 1  11 и 11  10 следует неравенство k  1  10 , что и требовалось доказать.
Сформулированное утверждение, что каждое натуральное число больше 10, неверно,
потому что уже на первом шаге при n  1 оно опровергается.
4.6.** Разберем пример, в котором отыскать ошибку в рассуждениях не так просто.
Рассмотрим множество первых n натуральных чисел {1 2 n} и по схеме методом
математической индукции ошибочными рассуждениями покажем, что все эти числа равны
между собой.
Шаг 1. При n  1 утверждение верно, так как в этом случае множество {1} состоит
всего из одного элемента.

Шаг 2. Пусть утверждение верно для некоторого натурального числа k , то есть все
числа множества {1 2 k} равны.
Шаг 3. Докажем, что утверждение верно для числа k  1 . В этом случае мы имеем
множество чисел {1 2 k  k  1} . По индуктивному предположению 1  2    k .
Следовательно, можем записать равенство двух последних чисел: k 1  k . Прибавляя
единицу к обеим частям этого равенства, получим k  k  1 . Отсюда делаем вывод, что все
числа 1 2 k  k  1 тоже равны между собой, то есть третий шаг метода математической
индукции выполняется.
Где же ошибка в рассуждениях? Она не совсем видна. Чтобы ее отыскать, вдумаемся
в индуктивное предположение. Оно относится к некоторому натуральному числу k , т.е. к
целому числу k  1 . В равенствах 1  2    k число k может оказаться равным 1, а
поэтому предшествующего ему натурального числа, которое мы обозначили на третьем
шаге через k 1, может и не быть. В этом случае нельзя делать заключение, что k 1  k .
4.7.** Докажем, что для всякого числа a  1 при любом натуральном n выполняется
неравенство Бернулли (швейцарский ученый конца 17 века.):
(1  a)n  1  na
Применим метод математической индукции.
1. При n  1 имеем (1  a)1  1  a , т. е. неравенство (1  a)1  1  1 a верно.
2. Пусть неравенство Бернулли доказано для некоторого натурального числа n , то
есть выполняется неравенство (1  a)n  1  na .
3. Докажем неравенство Бернулли для числа n  1.
Имеем:
(1  a)n1  (1  a)n  (1  a)
По индуктивному предположению
(1  a)n  1  na
Поскольку a  1 , то число 1 a положительно. Если обе части неравенства
(1  a)n  1  na умножить на число 1 a , то знак неравенства сохранится. Отсюда
(1  a)n1  (1  na)(1  a)  1  na  a  na 2  1  (n  1)a  na 2  1  (n  1)a
что и требовалось.
4.8.** Иногда приходится доказывать, что некоторое утверждение справедливо для
всех натуральных чисел, начиная с некоторого натурального числа k . В этом случае
метод математической индукции применяется в следующей форме.
Шаг 1. Доказываем, что утверждение верно для числа k .
Шаг 2. Предполагаем, что утверждение доказано для некоторого натурального числа
nk.
Шаг 3. Доказываем, что утверждение верно для числа n  1.
Пример 6. Докажем методом математической индукции, что сумма внутренних углов
выпуклого n -угольника равна 180 (n  2) .
Мы видим, что утверждение касается треугольников, выпуклых четырехугольников,
выпуклых пятиугольников и т.д. Поэтому рассматриваем все натуральные числа n  3 .
1. Из геометрии известно, что сумма внутренних углов треугольника равна
180  180 (3  2) . Поэтому утверждение о сумме углов верно для n  3 .
2. Предположим, что утверждение доказано для некоторого k  3 .
3. Рассмотрим произвольный выпуклый (k  1) — угольник с вершинами A1 , A2 , ...,
Ak 1 , условно изображенный на рисунке 1 с направлением обхода контура против часовой
стрелки. Проведем диагональ A2 Ak 1 . В результате мы разобьем многоугольник A1 A2  Ak 1
на два выпуклых многоугольника, из которых один будет треугольник A1 A2 Ak 1 , а у другой
–выпуклый n -угольник A2 A3  Ak 1 . Сумма внутренних углов выпуклого (k  1) —
угольника A1 A2  Ak 1 равна сумме внутренних углов треугольника A1 A2 Ak 1 , сложенной с
суммой внутренних углов выпуклого k -угольника A2  Ak 1 , то есть равна сумме
180  180(k  2)  180 ((k  1)  2) , что и требовалось.
Контрольные вопросы
1. В чем состоит метод математической индукции?
2. Как доказать неравенство Бернулли?
3.** В чем состоит метод математической индукции в разных формах?
Задачи и упражнения
1. Методом математической индукции докажите равенства:
а) 1  2  3    n  n ( n21) ;
б) 12  22  32    n2 
n 1
n n  12 ( n 1)
3
;
в) 1  2  2    2  2  1 ;
n 1)
г) 12  32  52    (2n  1) 2  n (2 n 1)(2
;
3
n
1
д) 113  315    (2 n 1)(2
n 1)  2 n 1 .
2.** Докажите, что сумма кубов трех последовательных натуральных чисел делится
на 9.
3.** Докажите, что для любого натурального числа n имеет место неравенство
n
2  n.
4.** Докажите, что n прямых на плоскости разбивают эту плоскость не более чем на
n ( n 1)
 1 частей.
2
5.* Докажите, что для любого натурального числа n  3 имеет место неравенство
2
n  2(n  1) .
6.** Докажите, что для любого натурального числа n  5 выполняется неравенство
n
2  n2 .
7.** Методом математической индукции докажите, что число диагоналей выпуклого
n -угольника равно ( n 23)n .
8.** Пусть x1 , x2 , ..., xn — произвольные положительные числа, причем
2
n
x1  x2  xn  1
Методом математической индукции докажите, что
x1  x2    xn  n
9.** Пусть x1 , x2 , ..., xn — произвольные положительные числа. Докажите
неравенство
x1  x2    x  n
 x1  x2  xn 
n
10. Методом математической индукции докажите равенства:
а) 1 2  2  5    n(3n  1)  nn (n  1) ;
б) 12  22  32  42    (1) n 1  n2  (1) n 1  n ( n21) ;
n
1
в) 115  519    (4 n 3)(4
n 1)  4 n 1 .
11. Методом математической индукции докажите, что при всех натуральных n  2
выполняется неравенство
а) n11  n1 2    21n  13
24 ;
б) 1
1
2
  
1
n
 n.
Ответы и указания
Задача 2  . Докажите, что сумма кубов трех последовательных натуральных чисел
делится на 9.
Указание.
I. Число 13  23  33 равно 36, что делится на 9.
II. Пусть при n  k число k 3  (k  1)3  (k  2)3 делится на 9. Тогда при n  k 1 имеем
(k  1)3  (k  2)3  (k  3)3  (k 3  9k 2  27k  27)  (k  1)3  (k  2)3 
 (k 3  (k  1)3  (k  2)3 )  9  (k 2  3k  3)
Так как оба слагаемых делятся на 9, то и их сумма делится на 9.
Задача 3  . Докажите, что для любого натурального числа n имеет место неравенство
2n  n .
Указание.
I. 21  1.
II. Если 2k  k , то 2k 1  2k  2k  k  1 .
Задача 4  . Докажите, что n прямых на плоскости разбивают эту плоскость не более
1)
 1 частей.
чем на n ( n
2
Указание.
I. Одна прямая делит плоскость на 2 части.
II. Если предположить, что k прямых делят плоскость не более чем на k ( k21)  1 частей, то
при добавлении еще одной прямой последняя прямая разбивается предыдущими прямыми
не более, чем на (k  1) часть, причем, каждая из частей этой прямой делит одну из
предшествующих частей на две части. В итоге число частей увеличивается не более, чем
на (k  1) , а всего получится не более k ( k21)  1  (k  1)  ( k 1)(2k  2)  1 частей.
Задача 6  . Докажите, что для любого натурального числа n  5 выполняется
неравенство 2n  n 2 .
Указание. При решении будем использовать неравенство n2  2(n  1) при n  3 , как итог
решения задачи 5  .
I. При n  5 имеем 25  32  25  52 .
II. Пусть при n  k , где k  5 верно, что 2k  k 2 . Тогда при n  k 1 имеем:
2k 1  2k  2k  k 2  2(k  1)  k 2  2k  1  (k  1)2 .
Задача 8  . Пусть x1 , x2 , ..., xn — произвольные положительные числа, причем
x1  x2  xn  1
Методом математической индукции докажите, что
x1  x2    xn  n
Указание.
I. При n  1 утверждение очевидно.
II. Предположим, что для k чисел утверждение верно. Рассмотрим теперь положительные
числа x1 , x2 , ..., xk 1 . Когда все числа равны, то все они равны 1, а поэтому утверждение
верно. Когда не все числа равны, будем считать, что x1  x2  … xk 1 , и тогда x1  1 ,
xk 1  1 . Поэтому ( xk 1  1)(1  x1 )  0 , откуда x1  xk 1  x1  xk 1  1 . Далее, используя
предположение, получаем:
x1  x2  … xk  xk 1  x2  x3  … xk  x1  xk 1  1  k  1
Задача 9  . Пусть x1 , x2 , ..., xn — произвольные положительные числа. Докажите
неравенство
x1  x2    xn n
 x1  x2  xn 
n
Указание. Обозначим n x1  x2  xn через H . Тогда для чисел y1  Hx1 , y2  xH2 , ..., yn  xHn
имеем y1  y2 … yn  1 , поэтому y1  y2  … yn  n .
Задача 11  . Методом математической индукции докажите, что при всех натуральных
n  2 выполняется неравенство:
а) n11  n1 2    21n  13
24 ;
б) 1 
1
2
  
1
n
 n.
1
13
Указание. а) Так как Sk 1  Sk  (2 k 1)(2
k  2) , то S k 1  S k , откуда S n  S 2  24 при всех n  2 ;
б) если Sk  k верно, то
1
1
 k

k 1
k 1
1
1
 k 1 

 k  1
k 1
k 1  k
Sk 1  Sk 