Кемеровский государственный университет Кафедра математического анализа Н. А. Чуешева (методическое пособие) Кемерово 2002 Содержание Введение § 1. Аналогия § 2. Равенства § 3. Раскраска карт § 4. Неравенства § 5. Гипотеза и её доказательство § 6. Треугольник Паскаля § 7. Формула бинома Ньютона § 8. Делимость натуральных чисел § 9. Различные задачи §10. Примеры для самостоятельного решения Литература 2 Введение. Методическое пособие предназначено для школьников, желающих углубить и расширить свои знания по математике перед вступительными экзаменами в высшее учебное заведение. Оно может оказаться полезным для учителей средней школы, для студентов первого курса очного и заочного отделений математического и физического факультетов университетов и пединститутов, для лиц самостоятельно изучающих метод математической индукции. В школах без углубленного изучения математики этот метод не входит в школьную программу. Однако на вступительных экзаменах в ведущие вузы страны попадаются задачи, при решении которых нужен метод математической индукции. В данном методическом пособии приведены подробные решения задач, которые предлагались на вступительных экзаменах в вузы, в заочных физ. мат. школах, на школьных олимпиадах, на занятиях по математическому анализу в университетах. В университете на этот метод отводится всего одно занятие. Конечно, этого не достаточно. Однако при доказательстве многих теорем в математическом анализе на первом курсе в университете используется метод математической индукции. И студентам, у которых в школе не было факультативного курса по этому методу, приходится изучать его самостоятельно. Обозначения. N множество натуральных чисел. каждый или любой. принадлежит. следует. сумма. равносильно. n N для любого натурального n. 3 § 1. Аналогия Сначала разберемся в том, что такое аналогия. Символом аналогия у древних греков первоначально обозначалась пропорция чисел. Например, 10 5 =14 7 . Позднее слово аналогия распространилось и на фигуры, и явления и прочее и прочее. Рассмотрим пример. Даны четыре фигуры а) б) в) г) требуется найти пары аналогичных фигур. Возникает вопрос, по каким признакам подбирать эти пары? Эту задачу поставили перед вычислительной машиной. Она сопоставила рисунки и выдала следующий результат: нарисовала на листе бумаги это и написала равенство A B = a b. Аналогия здесь осуществляется по формуле: объемлющая фигура в A(a) относится к тому же виду, что и объемлющая фигура в B(b). Однако не столь просты по составу умозаключения, возникающие в человеческом мозгу. А в настоящее время аналогия обслуживает буквально все науки. Химия. Д. И. Менделеев открыл периодическую систему элементов и предсказал свойства новых элементов по аналогии. Биология. Чарльз Дарвин ввел в употребление понятие “естественный отбор” исходя из аналогичного явления – искусственного отбора. 4 Физика. Закономерность распространения звука в воздухе была установлена на основе сравнения этого явления с распространением волн на поверхности воды. Геология. До открытия алмазных месторождений в Якутии было известно, что геологическая структура Южно - Африканского плоскогорья имеет много общего с геологической структурой Восточно-Сибирской платформы. Случайно в устье одной из рек Якутии обнаружили голубоватый минерал, который находили в алмазных жилах Южной Африки. После этого начали искать в Якутии алмазы. И действительно их там нашли, а позднее наладили добычу алмазов. Но в то же время в математике есть немало примеров, когда некоторые предположения, прошедшие “конечную” проверку, впоследствии оказались неверными. В 1640 году родился один из крупнейших математиков Пьер Ферма. В одном из своих писем П. Ферма писал: “ Можно было бы предложить такой вопрос и взять такое правило для его решения, которое подходило бы для многих частных случаев, и все же было бы на самом деле ложным и не всеобщим ”. Таких примеров “ложных” доказательств немало в истории математики. Любопытно отметить, что один из таких примеров относится к самому П. Ферма. Он предположил, что все натуральные числа вида n f n 22 1 являются простыми после того, как проверил этот факт при n = 0, 1, 2, 3, 4. Но в 1732 году Л. Эйлер опроверг предположение П. Ферма. Для этого он доказал, что число 5 f 5 2 2 1 делится на 641. Почему же ошибся П. Ферма? Ошибка его заключалась в том, что он вычислил несколько частных значений f n 2 2n 5 1 (это частные утверждения) и сделал общий вывод, что значения n f n 22 1 при любом натуральном числе n являются простыми числами. Л. Эйлер подверг испытанию трёхчлен f (n) n n 41. Этот трёхчлен 2 давал простые числа при всех значениях n от 1 до 39. Но при n = 40 формула f (n) n 2 n 41 уже даёт составное число: f (40) 40 2 40 41 1681 412 . Г. В. Лейбниц думал, что n 2 k 1 n делится на 2 k + 1, проверив это при k = 1,2,3. Но при k = 4 это уже не так. Новый пример может быть более убедительным, чем три предшествующих. Дано число вида f (n) 991n 1, n N . Подставляя вместо n числа 2 натурального ряда, начиная с 1, мы не получим числа, которое является квадратом какого-либо другого числа даже, если посвятим этим вычислениям много лет. Только лишь при n = 12 055 735 790 331 359 447 442 538 767 число f (n) 991n 1 будет полным квадратом. 2 Л. Эйлер был прав – простая индукция может привести к ошибке. Отсюда следует, что в математике, когда высказывание делается о бесконечной совокупности, проверка любого конечного набора случаев не может заменить доказательства. Дедукция и индукция Таким образом, нужно уметь различать два понятия: 1) частное утверждение; 2) общее утверждение. Пример. Какое из следующих утверждений частное, а какое общее: 1) Числа, оканчивающиеся нулем, делятся на 5? 6 2) 140 делится на 5? Переход от общих утверждений к частным называется дедукцией. Пример. Так как числа, оканчивающиеся нулем, делятся на 5, то число 140 делится на 5. Переход от частных утверждений к общим называется индукцией. Индукция может привести как к верным, так и к неверным результатам. Интересно, а что использовал П. Ферма: дедукцию или индукцию? Индукция широко применяется в математике, но применять ее надо правильно. Утверждение: Трехзначные числа 140, 150, 250 делятся на 5. Вывод: 1) все числа, заканчивающиеся нулем, делятся на 5 (верный), 2) все трехзначные числа делятся на 5 (неверный). Возникают вопросы. Как в математике пользоваться индукцией, чтобы получать только верные выводы? Какими способами осуществлять проверку бесконечного числа случаев? Такой способ предложили Б. Паскаль и Я. Бернулли. Теперь он носит название метода математической индукции. Принципом математической индукции фактически пользовались еще некоторые древнегреческие ученые. Однако впервые этот метод был явно выражен Герсонидом в 1321 год. И до второй половины 19 века этот метод был основным методом доказательства. Со второй половины 19 века после трудов О. Больцано, О.Л. Коши, К. Ф. Гаусса, Н.Х. Абеля чисто индуктивные методы доказательства теряют значение в математике. Метод математической индукции поясним на примере. Дано. На книжной полке стоят книги: 1) самая левая из них - в красном переплете. 2) Правее каждой книги в красном переплете стоит книга в красном переплете. Вывод. Все книги, стоящие на полке, будут в красном переплете. Очевидно, что вывод “на полке все книги - в красном переплете ” верный. Но, если известно только, что самая левая книга в красном 7 переплете, то этого не достаточно, чтобы сделать вывод: “на полке все книги в красном переплете”. Не достаточно для сделанного вывода и того, что правее каждой книги в красном переплете стоит книга в красном переплете (так как первая слева книга может быть, например, в зеленом переплете). Поэтому, чтобы вывод был верным, нужно выполнение обоих условий. Откроем математическую энциклопедию на странице 563 [5]. Прочитаем, что Математическая индукция – метод доказательства математических утверждений, основанный на принципе математической индукции: утверждение A (x) , зависящее от натурального параметра x, считается доказанным, если доказано A (1) и для любого натурального n из предположения, что верно A (n), выведено, что верно также A (n+1). Доказательство утверждения A (1) составляет первый шаг (или базис) индукции, а доказательство A (n+1) в предположении, что верно A (n), называется индукционным переходом. При этом x называется параметром индукции, а предположение A (n) при доказательстве A (n+1) называется индуктивным предположением. Иначе, метод математической индукции состоит в следующем: Если имеется последовательность утверждений, из которых первое утверждение верно и за каждым верным утверждением следует верное, то все утверждения в последовательности верны. Таким образом, доказательство при помощи метода математической индукции состоит из доказательства двух теорем. Теорема 1. Утверждение верно при n = 1. Теорема 2. Пусть утверждение верно для какого - либо произвольного натурального n = k. Тогда утверждение будет справедливо для следующего натурального числа n = k + 1. 8 Если обе эти теоремы доказаны, то на основании принципа математической индукции заключаем, что утверждение верно для любого натурального n. Замечание. Часто приходится доказывать по индукции утверждение, справедливое не для всех натуральных n, а для n больших или равных m > 1. В этом случае доказательство проводится так. Теорема 1. Утверждение верно при n = m. Теорема 2. Дано, что утверждение верно при n = k, k m. Нужно доказать, что оно верно при n = k +1. 9 § 2. Равенства. Пример 2.1. Доказать равенство n (n 1) , n N . 2 Решение. Обозначим через S n 1 2 ... n . 1 2 ... n (2.1) Теорема 1. При n = 1 имеем S1 = 1. Подставим n = 1 в правую часть равенства (2.1): 1(1 1) 1 . Получили, что при n = 1, левая и правая части 2 равенства (2.1) равны 1. Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.1) выполняется при n = k: k (k 1) . Нужно доказать, что верно равенство (2.1) 2 (k 1) (k 2) при n = k: S k 1 1 2 ... k (k 1) . 2 S k 1 2 ... k Действительно: S k 1 1 2 ... k (k 1) S k k (k 1) (k 1) (k 2) (k 1) . 2 2 Теорема 2 доказана. Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.1) выполняется для любого натурального n. Пример 2.2. Доказать, что сумма квадратов n первых чисел натурального ряда равна n (n 1) (2 n 1) для любого натурального n. 6 Доказательство. Нужно доказать равенство S n 12 2 2 ... n 2 n (n 1) (2 n 1) , n N . 6 (2.2) Теорема 1. Проверим выполнение равенства (2.2) при n = 1: Для левой части (2.2) имеем: 12 1; Для правой части (2.2) имеем: 1(1 1) (2 1 1) 1. 6 10 Так как левая и правая части равенства (2.2) равны, то теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.2) выполняется при n = k: S k 12 2 2 ... k 2 k (k 1) (2 k 1) . 6 Нужно доказать, что оно выполняется при n = k +1: S 2 2 2 2 (k 1) (k 2) (2 k 3) . 1 2 ... k (k 1) k 1 6 Действительно: S 2 ... k 2 (k 1)2 k (k 1) (2 k 1) (k 1)2 12 2 k 1 6 S k k (2 k 1) 6 (k 1) 2k 2 7k 6 (k 1) (k 1) 6 6 7 49 48 7 1 ; 4 4 3 k1 2, k 2 . 2 2 k 2 7 k 6 0 ; k1, 2 (k 1) 2(k 2) k 6 3 2 (k 1) (k 2) (2 k 3) . Теорема 2 доказана. 6 Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.2) выполняется для любого натурального n. Пример 2.3. Доказать, что сумма квадратов (2 n – 1) первых нечётных чисел натурального ряда равна n (2 n 1) (2 n 1) для любого натурального 3 n. Доказательство. Нужно доказать равенство S n 12 3 2 5 2 ... (2 n 1) 2 n (2 n 1) (2 n 1) , n N . 3 (2.3) 11 Теорема 1 Проверим выполнение равенства (2.3) при n = 1: Для левой части (2.3) имеем: 12 1; 1(2 1 1) (2 1 1) 1. 3 Так как левая и правая части равенства (2.3) равны, то теорема 1 доказана. Для правой части (2.3) имеем: Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.3) выполняется при n = k: S k 12 3 2 5 2 ... (2 k 1) 2 k (2 k 1) (2 k 1) . 3 Нужно доказать, что оно выполняется при n = k +1: S k 1 12 3 2 5 2 ... (2 k 1) 2 (2 k 1) 2 (k 1) (2 k 1) (2 k 3) . 3 Действительно: S k 1 1 3 5 ... (2 k 1) (2 k 1) 2 2 2 2 2 Sk 2k 2 5k 3 k (2 k 1) (2 k 1) 2 (2 k 1) (2 k 1) 3 3 (k 1) (2 k 1) (2 k 3) . Теорема 2 доказана. Из доказанной теоремы 1 и 3 теоремы 2 следует, что равенство (2.3) выполняется для любого натурального n. Пример 2.4. Доказать, что сумма пятых степеней n первых чисел n 2 (n 1) 2 (2 n 2 2 n 1) натурального ряда равна . 12 Доказательство. Нужно доказать равенство n 2 (n 1) 2 (2 n 2 2 n 1) S n 1 2 3 ... n , n N . 12 5 5 5 5 Теорема 1. Проверим выполнение равенства (2.4) при n = 1: Для левой части (2.4) имеем: 12 15 1; (2.4) 12 (1 1) 2 (2 12 2 1 1) 1. 12 Для правой части (2.4) имеем: Так как левая и правая части равенства (2.4) равны, то теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.4) выполняется при n = k: k 2 (k 1) 2 (2 k 2 2 k 1) . S k 1 2 3 ... k 12 5 5 5 5 Нужно доказать, что оно выполняется при n = k +1: (k 1) 2 (k 2) 2 (2 (k 1) 2 2 (k 1) 1) S k 1 1 2 3 ... (k 1) 12 5 5 5 5 . Действительно: k 2 (k 1) 2 (2 k 2 2 k 1) S k 1 1 2 3 ... k (k 1) (k 1) 5 12 Sk 5 5 5 5 5 (k 1) 2 2 k 4 14 k 3 35 k 2 36 k 12 12 Разделим многочлен четвёртой степени 2 k 4 14 k 3 35 k 2 36 k 12 на многочлен второй степени (k 2) k 4 k 4 2 2 k 4 14 k 3 35 k 2 36 k 12 2 k 4 8k 3 8k 2 2 k 2 4k 4 2k 2 6k 3 6 k 3 27 k 2 36 k 12 6 k 3 24 k 2 24 k 3 k 2 12 k 12 13 3 k 2 12 k 12 0 (k 1) 2 (k 2) 2 2 k 2 6 k 3 12 (k 1) 2 (k 2) 2 2 (k 1 1) 2 6( k 1 1) 3 12 (k 1) 2 (k 2) 2 2 (k 1) 2 2( k 1) 1 . Теорема 2 доказана. 12 Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.4) выполняется для любого натурального n. Пример 2.5. Доказать равенство для любого натурального n 1 2 3 2 3 4 ... n (n 1) (n 2) 1 n (n 1) (n 2) (n 3) . 4 (2.5) Решение. Обозначим через S n 1 2 3 2 3 4 ... n (n 1) (n 2) . Теорема 1. При n = 1 имеем S1 1 2 3 . Подставим n = 1 в правую часть равенства (2.5): 1 1 (1 1) (1 2) (1 3) 1 2 3 . Получили, что при n = 1 4 левая и правая части равенства (2.5) равны. Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.5) выполняется при n = k: S k 1 2 3 2 3 4 ... k (k 1) (k 2) . Нужно доказать, что верно равенство S k 1 1 2 3 2 3 4 ... (k 1)(k 2)(k 3) 1 k (k 1) (k 2) (k 3) 4 1 (k 1)(k 2)(k 3)(k 4) 4 . Действительно: S k 1 1 2 3 2 3 4 ... k (k 1) (k 2) (k 1) (k 2) (k 3) Sk 1 k (k 1) (k 2) (k 3) (k 1) (k 2) (k 3) 4 14 1 1 (k 1) (k 2) (k 3) k 1 (k 1) (k 2) (k 3) (k 4) . 4 4 Теорема 2 доказана. Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.5) выполняется для любого натурального n. Пример 2.6. Доказать равенство n (n 1) 12 22 n2 ... , n N . 1 3 3 5 (2 n 1) (2 n 1) 2 (2 n 1) 2 2 Решение. Обозначим через S n 1 2 ... 1 3 3 5 (2.6) n2 . (2 n 1) (2 n 1) 2 Теорема 1. При n = 1 имеем S1 1 1 . Подставим n = 1 в правую часть 1 3 3 равенства (2.6): 1(1 1) 1 . Получили, что при n = 1 левая и правая 2 (2 1 1) 3 части равенства (2.6) равны. Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.6) выполняется при n = k, т. е. верно: k (k 1) 12 22 k2 . Нужно доказать, что Sk ... 1 3 3 5 (2 k 1) (2 k 1) 2 (2 k 1) (k 1) (k 2) 12 22 (k 1) 2 верно равенство S k 1 . ... 1 3 3 5 (2 k 1) (2 k 3) 2 (2 k 3) Действительно: S 12 22 k2 (k 1) 2 ... k 1 1 3 3 5 (2 k 1) (2 k 1) (2 k 1) (2 k 3) Sk k (k 1) (k 1) (2 k 2 5 k 2) (k 1) 2 2 (2 k 1) (2 k 1) (2 k 3) 2 (2 k 1) (2 k 3) 1 (k 1) 2 (k 2) k 2 (k 1) (k 2) . Теорема 2 доказана. 2 (2 k 1) (2 k 3) 2 (2 k 3) 15 Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.6) выполняется для любого натурального n. Пример 2.7. Доказать равенство 1 2 2 2 2 3 ... 2 n1 2 n 1 . (2.7) Решение. Обозначим через S n 1 2 2 2 ... 2 2 3 n1 . Теорема 1. При n = 1 имеем: S1 1. Подставим n = 1 в правую часть равенства (2.7): 2 1 1. Получили, что при n = 1 левая и правая части 1 равенства (2.7) равны 1. Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.7) выполняется при n = k, т. е. верно: S k 1 2 2 2 23 ... 2 k 1 2 k 1. Нужно доказать, что верно равенство: S k 1 1 2 2 2 ... 2 2 3 k 1 2 k 2 k 1 1. 2 k 1 k k 1 Действительно: S k 1 1 2 2 3 ... 2 2 2 2 1. Sk 2k 1 Теорема 2 доказана. Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.7) выполняется для любого натурального n. Пример 2.8. Доказать равенство 1 1 n 1 1 1 (2.8) , n N : n 2 . 1 1 1 ... 1 2 4 9 16 n 2n 1 1 1 1 Решение. Обозначим через S n 1 1 1 ... 1 . 2 4 9 16 n 16 Теорема 1. При n = 2 имеем: S 2 1 1 3 . Подставим n = 2 в правую 4 4 часть равенства (2.8): (2 1) 3 . Получили, что при n = 2, левая и правая 2 2 4 части равенства (2.8) равны. Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.8) выполняется при n = k, т. е. верно: S k 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 k 1 . 4 9 16 k 2 2k Нужно доказать, что верно равенство 1 1 1 k2 . 1 1 S k 1 1 1 1 ... 1 2 1 4 9 16 k (k 1) 2 2 (k 1) Действительно: S 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 k 1 2 (k 1) 2 9 16 4 k Sk k 1 1 k 1 k 2 2 k k2 1 . Теорема 2 доказана. 2 k (k 1) 2 2 k (k 1) 2 2 (k 1) Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.8) выполняется для любого натурального n 2 . Пример 2.9. Доказать равенство 1 1 1 1 1 1 1 1 1 , n N . 1 ... ... 2 3 4 2n 1 2n n 1 n 2 2n 1 2n (2.9) Решение. Обозначим через S n 1 1 1 1 1 1 . ... 2 3 4 2n 1 2n Теорема 1. При n = 1 имеем: S1 1 1 1 . Теорема 1 доказана. 2 11 17 Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.9) выполняется при n = k, т. е. верно: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . S k 1 ... ... 2 3 4 2k 1 2k k 1 k 2 2k 1 2k Нужно доказать, что верно равенство (2.9) при n = k+1: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S k 1 1 ... ... 2 3 4 2k 1 2k 2 k 2 k 3 2k 1 2k 2 . Действительно: 1 1 1 1 1 1 1 S k 1 1 ... 2 3 4 2k 1 2k 2k 1 2k 2 Sk 1 1 1 1 1 1 ... k 1 k 2 2k 1 2k 2k 1 2k 2 1 1 1 1 . Теорема 2 доказана. ... k 2 k 3 2k 1 2k 2 Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.9) выполняется для любого натурального n. Пример 2.10. Доказать равенство 2 ... 2 2 cos n 1 , n N . 2 2 (2.10) n корней Решение. Обозначим через S n 2 ... 2. 2 n корней Теорема 1. При n = 1 имеем: S1 2 2 cos 2 18 11 . Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.10) выполняется при n = k т. е. верно: S k 2 2 ... 2 2 cos k корней 2 . Нужно доказать, что верно k 1 равенство при n = k+1: S k 1 2 ... 2 2 cos k 2 . 2 2 k 1 корней Действительно: S k 1 2 ... 2 2 2 cos k 1 2 2 k 1 корней 2 1 cos 2 2 2 2 cos k 1 22 2 cos k 1 Последнее равенство верно потому, что 0 2 k 2 2 2 k 2 . . Теорема 2 доказана. Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.10) выполняется для любого натурального n. Пример 2.11. Доказать равенство 1 1 1 1 1 ... 1 2 , n N : n 2 . n1 n ln 2 ln 4 ln 4 ln 8 n ln 2 ln 2 ln 2 (2.11) Решение. Обозначим через Sn 1 1 1 . ... n1 n ln 2 ln 4 ln 4 ln 8 ln 2 ln 2 19 Теорема 1. При n = 2 левая часть (2.11): 1 1 1 1 . ln 2 ln 4 ln 2 ln 2 2 2 ln 2 2 Подставим n = 2 в правую часть равенства (2.11): 1 1 1 1 . Получили, что при n = 2 левая и правая части 1 2 2 ln 2 2 ln 2 2 равенства (2.11) равны. Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.11) выполняется при n = k, т. е. верно: Sk 1 1 1 1 1 ... 1 2 . k 1 k ln 2 ln 4 ln 4 ln 8 k ln 2 ln 2 ln 2 Нужно доказать, что верно равенство S k 1 1 1 1 1 1 ... 1 2 . k k 1 ln 2 ln 4 ln 4 ln 8 k 1 ln 2 ln 2 ln 2 Действительно: S k 1 1 1 1 1 ... k 1 k k k 1 ln 2 ln 4 ln 4 ln 8 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 Sk 1 1 1 1 1 1 1 2 1 k k 1 2 2 k k ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 k (k 1) ln 2 1 1 1 1 1 1 . Теорема 2 доказана. 1 2 1 k k k 1 ln 2 k 1 ln 2 2 Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.11) выполняется для любого натурального n 2 . Пример 2.12. Доказать равенство 20 sin x sin 2 x ... sin n x sin n 1 n x sin x 2 2 , n 2 k , n N . 1 sin x 2 (2.12) Решение. Обозначим через S n sin x sin 2 x ... sin n x . Теорема 1. При n = 1 имеем: S1 sin x sin 11 1 x sin x 2 2 . 1 sin x 2 Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.12) выполняется при n = k, т. е. верно: S k sin x sin 2 x ... sin k x sin k 1 k x sin x 2 2 . Нужно доказать, что 1 sin x 2 верно равенство S k 1 sin x sin 2 x ... sin( k 1) x sin k2 k 1 x sin x 2 2 . 1 sin x 2 x sin 2 x ... sin kx sin( k 1) x Действительно: S k 1 sin Sk sin k 1 k k 1 k x sin x sin x sin x 2 2 sin 2(k 1) x 2 2 2 sin k 1 x cos k 1 x 1 1 2 2 2 sin x sin x 2 2 21 k 1 x 1 1 k k 2 sin x 2 cos x x sin x 1 2 2 2 2 sin x 2 sin k 1 x k 1 k 1 1 k 2 sin x 2 cos x cos x sin x sin x sin x 1 2 2 2 2 2 2 sin x 2 sin k 1 x k 1 k 1 1 2 ( sin x (1 2 sin 2 x ) cos x 2 cos x sin x ) 1 2 2 2 22 sin x 1cos x sin x 2 sin 2 k 1 k 1 k2 x sin x sin x k k 2 2 2 . sin x cos x cos x sin x 1 1 2 2 sin x sin x 2 2 sin Теорема 2 доказана. Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.12) выполняется для любого натурального n. Пример 2.13. Доказать формулу Муавра r (cos i sin ) n r n (cos n i sin n ), n N . (2.13) Теорема 1. При n = 1 имеем: r (cos i sin ) r (cos i sin ) . 1 1 Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что равенство (2.13) выполняется при n = k, т. е. верно: r (cos i sin ) k r k (cos k i sin k ) . Нужно доказать, что верно равенство r (cos i sin ) k 1 r k 1 (cos (k 1) i sin (k 1) ) . 22 Действительно: r (cos i sin )k 1 r (cos i sin )k r (cos i sin ) r k (cos k i sin k ) r (cos i sin ) i 2 1 r k 1 cos k cos sin k sin i (cos k sin sin k cos ) r k 1 (cos( k 1) i sin( k 1) ) . Теорема 2 доказана. Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что равенство (2.13) выполняется для любого натурального n. 23 §3. Раскраска карт Интересны задачи о раскраске карт. Пусть на плоскости задана некоторая географическая карта. Определение. Будем говорить, что карта правильно раскрашена, если любая ее страна раскрашена определенной краской, причем любые ее две страны, имеющие между собой общую границу, закрашены в разные цвета. Примером правильно раскрашенной карты может служить любая географическая карта. Любую карту можно раскрасить, например, закрасив каждую страну в особый цвет, но такая раскраска неэкономна. Поэтому возникает вопрос, каково то наименьшее число красок, которыми можно правильно раскрасить заданную карту. Пример 3.1. Для раскраски следующих карт нужно: 2 цвета 3 цвета 4 цвета До сих пор не найдено ни одной карты, которую не удалось бы правильно раскрасить четырьмя красками. Впервые на это обстоятельство обратил внимание немецкий математик Мебиус более ста лет назад. С тех пор многие крупные ученые пытались решить эту проблему четырех красок. То есть пытались либо доказать, что четырех красок достаточно для раскраски любой карты, либо найти пример карты, которую нельзя раскрасить четырьмя красками. Однако до сих пор этого никому не удалось сделать. Установлено, что для правильной раскраски любой карты достаточно пяти красок. Любопытно, что для некоторых поверхностей, устроенных, казалось бы, более сложно, чем плоскость, проблема раскраски карт решена полностью. Так, например, доказано, что на поверхности тора (“баранки”) для правильной раскраски любой карты достаточно семи красок. Причем существуют карты, которые нельзя правильно раскрасить 6 красками. 24 Пример 3.2. Пусть прямоугольник разбит на части n прямыми. Тогда его можно так закрасить черной и белой красками, что каждые две части, имеющие общую сторону, будут окрашены в разные цвета. Доказательство. При n = 1 имеем: Теорема 2. Пусть дано, что утверждение верно при n=k. Тогда оно верно при n = k + 1. При n = k + 1 нужно раскрасить конфигурацию, образованную k прямыми из данных k + 1 прямых следующим образом: (k+1) прямая Затем перекрасить всё, что лежит с одной из сторон оставшейся (k+1) прямой в противоположный цвет. (k+1) прямая Теорема 2 доказана. Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что утверждение верно при любом натуральном n . Пример 3.3. На плоскости дано n 2 окружностей. Доказать, что при любом расположении этих окружностей образуемую ими карту можно правильно раскрасить двумя красками. Доказательство. При n = 2 имеем при всевозможных положениях окружностей следующие рисунки: 25 Теорема 2. Пусть дано, что утверждение верно при n = k 2. Тогда это утверждение верно при n = k +1. Пусть на плоскости заданы k + 1 окружностей. Теорема 2 доказана. Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует справедливость утверждения при любом натуральном n 2 . 26 § 4. Неравенства Пример 4.1. Пусть a, b - длины катетов, c – длина гипотенузы прямоугольного треугольника. Тогда для всех натуральных чисел n 2 имеет место неравенство an bn cn . (4.1) Теорема 1. Из теоремы Пифагора следует равенство a 2 + b 2 = c 2. Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что неравенство (4.1) выполняется при n = k, k 2 , т. е. верно +1: a k 1 a k b k c k . Тогда неравенство (4.1) выполняется при n = k b k 1 c k 1 . Действительно: a k 1 b k 1 a k a b k b a k c b k c c (a k b k ) c c k c k 1 . Теорема 2 доказана. Из доказанной теоремы 1 и теоремы 2 следует, что неравенство (4.1) выполняется для любого натурального n 2. Пример 4.2. Доказать, что, если a 1, то (1 a ) n 1 n a, n N . (4.2) Теорема 1. При n = 1 имеем: Левая часть неравенства (4.2): (1 a)1 (1 a) ; Правая часть неравенства (4.2): (1 1 a) 1 a . Теорема 1 доказана. Теорема 2. Пусть дано, что неравенство (4.2) выполнено при n = k: (1 a) k 1 k a . Тогда оно верно для n = k +1: (1 a) k 1 1 (k 1) a . Действительно, так как (1 a) 0 , то 27 (1 a) k 1 (1 a) k (1 a) (1 k a) (1 a) 1 (k 1) a k a 2 1 (k 1) a . 0 Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.2) выполняется для любого натурального n. Замечание 1. Из курса математического анализа известно, что последовательность 1 n имеет конечный предел, который называют числом e: 1 n n 1 n 1 lim 1 e 2,718... . n n Из свойств числовой последовательности следует: 1 lim 1 n n n 1 n n 1 1 1 lim 1 lim 1 lim 1 e . n n n n n n 1 (4.2.1) Доказать, 1 что последовательность xn 1 n 1 а последовательность y n 1 n n (n 1, 2, ...) монотонно возрастает, n 1 (n 1, 2, ...) монотонно убывает. Доказательство. Последовательность xn монотонно возрастает, если xn xn 1, это равносильно неравенств у нужно 28 xn 1 1. То есть нам xn n 1 1 1 xn 1 n 1 n xn 1 1 n доказать неравенство: 1 (n 1, 2, ...) . (4.2.2) Последовательность yn монотонно убывает, если yn 1 yn , это равносильно неравенств у yn 1. То есть нам yn 1 нужно n 1 1 1 yn n 1 (n 1, 2, ...) . n yn 1 1 1 n 1 доказать неравенство (4.2.3) Докажем неравенство (4.2.2) : n 1 1 1 xn 1 n 1 n xn 1 1 n n2 2 n 1 1 2 n 1 n 2 n 1 n n n (n 1) (n 2n) n 1 (n 1) n n 1 n ( n 1) 2( n 1) n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 (n 1) 1 (n 1) 1 2 n n n 1 по неравенству ( 4.2) 1 (n 1) 1 1. n n 1 xn1 1. xn 29 Аналогично можно доказать неравенство (4.2.3): n 1 1 1 yn (n 1) n (n 1) n n 1 n n yn 1 n (n 2 1 1) n 1 1 n 1 1 n 1 1 2 1 n n 1 n по неравенству ( 4.2) 1 1 n n 1 n3 n 2 n 1 3 1. 2 n n n n n2 1 1 Так как последовательность xn 1 n n yn 1. y n1 (n 1, 2, ...) строго монотонно 1 возрастает, а последовательность yn 1 n n 1 (n 1, 2, ...) строго монотонно убывает, то, учитывая равенства (4.2.1), получим следующее n 1 1 1 e 1 n n неравенство: n1 . (4.2.4) Замечание 2. Докажем неравенство (4.2.2) методом математической индукции. Прежде заметим, что это неравенство равносильно такому неравенству n 1 1 1 1 n n 1 30 n 1 . (4.2.2.1) 11 1 1 1 Теорема 1. При n 1 имеем: 1 2 2,25 1 1 1 1 . Теорема 2. Дано. Неравенство (4.2.2.1) выполняется при n = k: k 1 1 1 1 k k 1 k 1 . Нужно доказать выполнение неравенства (4.2.2.1) при 1 n = k + 1: 1 k 1 k 1 1 1 k 2 k 2 . k 2 1 k 1 k 1 1 1 1 k 2 1 1 k 2 k 1 k 1 1 1 k 2 Доказательство. 1 1 k 2 k 2 (k 2) k 1 (k 2) k 2 1 1 (k 1) k 1 (k 3) k 2 k 2 k 2 k 2 k 1 2 k 4k 4 k 2 k 2 4k 3 k 3 1 1 k 2 1 k 3 1 k 1 k 2 1 1 (k 2) 2 1 1 k 2 k 1 1 k 1 1 1 (k 2) 2 (k 2) 2 по неравенству ( 4.2) 31 ((k 2) 2 ) k 1 (k 2) ((k 1)(k 3)) k 1 (k 3) 1 1 k 2 1 1 k 2 k 2 k 2 1 1 1 k 2 1 (k 2) 3 k 3 1 k 1 k 2 (k 3)(k 2 3 k 3) (k 2) 2 k 3 6 k 2 12 k 8 1 1 k 3 6 k 2 12 k 9 k 2 k 2 . Теорема 2 доказана. 1 Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.2.2.1) выполняется для любого натурального n. Пример 4.3. Доказать неравенство (1 x1 ) (1 x2 ) ... (1 xn ) 1 x1 x2 ... xn , n N , (4.3) где xi , i 1,..., n , - числа одного и того же знака, большие -1. Теорема 1. При n 1 имеем: 1 x1 1 x1. Теорема 1 доказана. Теорема 2. Дано. Неравенство (4.3) выполняется при n = k: (1 x1 ) (1 x2 ) ... (1 xk ) 1 x1 x2 ... xk . Нужно доказать выполнение неравенства (4.3) при n = k + 1: (1 x1 ) (1 x2 ) ... (1 xk ) (1 xk 1 ) 1 x1 x2 ... xk xk 1 . Доказательство. (1 x1 ) (1 x2 ) ... (1 xk ) (1 xk 1 ) (1 x1 x2 ... xk ) (1 xk 1 ) 1 x1 x2 ... xk 1 x1 ... xk xk 1 x1xk 1 ... xk xk 1 1 x1 ... xk xk 1 . 0 32 Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.3) выполняется для любого натурального n. Пример 4.4. Доказать неравенство 1 3 2n 1 ... 2 4 2n Теорема 1. При n = 1: 1 2 1 22 1 , n N . 2n 1 1 1 4 3 (4.4) 1 . Теорема 1 2 1 1 доказана. Теорема 2. Дано. При n = k: Нужно доказать: Доказательство. 1 3 2k 1 ... 2 4 2k 2 k 1 2 (k 1) 1 1 3 ... 2 4 2k 2(k 1) 2 k 1 2 (k 1) 1 1 3 ... 2 4 2 k 2 ( k 1 ) 1 2 k 1 2 k 1 2 k 3 1 2 2k 3 (2 k 2) 1 . 2k 1 1 2 ( k 1) 1 1 . 2k 3 2k 3 2k 1 1 2 k 1 2 (k 1) 2 k 3 4 k 2 8k 3 1 2 k 3 4 k 2 8k 4 1 1 . 2k 3 Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.4) выполняется для любого натурального n. Пример 4.5. Доказать неравенства: 1 1 1 1 ... 2 3 n n , n N : n 2 ; (4.5.1) 33 1 1 1 1 ... 2 n , n N : n 2 . 2 3 n (4.5.2) Докажем неравенство (4.5.1). 1 1 2 Теорема 2. Дано. При n = k: 1 Теорема 1. При n = 2: 2 1 11 2 2 2. Теорема 1 доказана. Нужно доказать Доказательство. 1 k 2 k 1 k 1 1 1 1 1 ... 2 3 k k. 1 1 1 1 ... k 1. 2 3 k k 1 1 1 1 1 1 ... k 2 3 k k 1 k 1 k 2 1 k 1. Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем k 1 1 и 2 следует, что неравенство (4.5.1) выполняется для любого натурального n 2. Докажем неравенство (4.5.2). Теорема 1. При n = 2: 1 1 2 2 1 2 2 2 2. Теорема 1 2 2 доказана. Теорема 2. Дано. Неравенство (4.5.2) выполняется при n = k: 1 1 1 1 ... 2 k , k 2. Нужно доказать, что оно выполняется при 2 3 k n = k + 1: 1 1 1 1 1 ... 2 k 1. 2 3 k k 1 1 1 1 1 ... 2 3 k k 1 Доказательство. 1 2 k 34 2 k 2 k 1 1 k 1 . 2 k k 1 k 1 k 1 k 1 2 Остаётся доказать неравенство 2 k k 1 2 , которое равносильно: k 1 4k 2 4k 1 2 k 2 из неравенства и равенства 4k 4k 2 2 4 k 2 k 1 . Последнее неравенство следует 4k 4k 2 4 k 1 2 k 1, k N . Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.5.2) выполняется для любого натурального n 2 . Заметим, что 1 1 1 1 1 1 1 n ... ... 2 3 n n n n n n. n слагаемых Пример 4.6. Доказать неравенство n n1 (n 1) n , n N : n 3 . (4.6) Теорема 1. При n = 3: 3 81 64 4 . Теорема 1 доказана. 4 3 Теорема 2. Дано, что при n = k выполняется неравенство k Нужно доказать выполнение неравенства Доказательство. Так как k k 1 k 1 (k 1) k . (k 1) k 2 (k 2) k 1 . (k 1) k (k 1) , то 1 k 1 . Умножая k k последнее неравенство на положительное число (k 1) k 2 , получим следующую цепочку равенств и неравенств: (k 1) k (k 1) k 2 ((k 1) 2 ) k 1 k 2 2 k 1 k 2 (k 1) k 1 k 1 k k k 35 k 1 1 k 2 k k 1 1 0 k (k 2) k 1 . Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.6) выполняется для любого натурального n большего или равного 3. Пример 4.7. Доказать неравенства: n n n! , n N ; 3 n n 1 n! , n N : n 2 ; 2 n n! n 2 , n N : n 3; n! 2 n1, n N : n 3 ; n n n n n ! e , n N . e 2 (4.7.1) (4.7.2) (4.7.3) (4.7.4) (4.7.5) Докажем неравенство (4.7.1). 1 Теорема 1. При n = 1 имеем: 1! 1 . Теорема 1 доказана. 3 k k Теорема 2. Дано, что неравенство (4.7.1) справедливо при n = k: k ! . 3 Докажем, что это неравенство выполняется при n = k+1: ( k 1) ( k 1) ! 3 ( k 1) . k k Доказательство. (k 1)! k ! (k 1) (k 1) 3 36 Умножим и разделим на число k 1 3 k 1 3 k 1 3( k 1) k k (k 1) (k 1) ( k 1) 3 k ( k 1) k 1 3 k 1 3 1 1 k k Промежуточные вычисления: k k (k 1) ... (k k 1) 1 k k (k 1) 1 1 2 ... k 1 1 k 2! k! k k k 1 1 1 1 1 ... 1 1 1 1 2 ... 1 k 1 2! k k ! k k k 1 11 1 2! 1 1 ... 3! 1 1 23 2 2 11 1 k! 11 1 1 1 2 ... k 1 2 2 2 1 1 123...k 2 k 1 1 1 1 1 2 ... k 1 k ... 2 2 2 2 k 3 1 1 3 1 3 1. k 1 k 1 1 1 2 k 1 37 k 1 3 k 1 . Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.7.1) выполняется для любого натурального n. Докажем неравенство (4.7.2). Теорема 1. При n = 2: Левая часть неравенства (4.7.2): 2! 2 ; Правая часть неравенства (4.7.2): 2 1 2 2 3 2 2 9 2, 25 . 4 Так как 2 < 2,25, то теорема 1 доказана. Теорема 2. Дано, что неравенство (4.7.2) выполняется при n = k: k k 1 k! , k 2 . Нужно доказать, что оно выполняется при n = k+1: 2 k 2 (k 1)! 2 k 1 , k 2. k k 1 Доказательство. (k 1)! k ! (k 1) (k 1) 2 k 2 Умножим и разделим на число 2 k 2 2 k 1 (k 1) k (k 1) 2 k 1 2 k (k 2) k 1 k 2 2 Докажем, что выполняется неравенство 38 k 1 k 1 2 (k 1) k 1 (k 2) k 1 2 (k 1) k 1 (k 2) k 1 1. 2 (k 1) k 1 (k 2) 1 1 k 1 k 1 k 1 2 k 2 k 1 2 k 1 1 1 1 k 1 k 1 . (k 1) k 1 k 1 1 .... 1 2! k 1 k 1 (k 1) 2 k 1 2. 0 1 k 1 2 k 1 2 k 2 1 1 k 1 1 k 2 2 k 1 k 2 1 2 k 1 2 1 1 . 2 k 1 . Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.7.2) выполняется для любого натурального n большего или равного 2. Докажем неравенство (4.7.3). Теорема 1. При n = 3: Левая часть неравенства (4.7.3): Правая часть неравенства (4.7.3): Так как 3! 6 36 . 3 32 36 27 , то теорема 1 доказана. Теорема 2. Дано, что неравенство (4.7.3) выполняется при n = k: k k! k 2 , k 3 . Нужно доказать, что оно выполняется при n = k+1: k 1 (k 1)! (k 1) 2 , k 3. Доказательство. 39 27 . k 1 k 1 1 k k 1 2 2 2 (k 1) 2 2 k ( k 1) k (k 1)! k ! (k 1) k 2 (k 1) ( k 1 ) k 1 k 1 (k 1) 2 (k 1) 2 k 2 В примере (4.6) доказано неравенство n неравенства следует: n 1 n n 2 (n 1) 2 , k 1 k 1 2 (k 1) (k 1) 2 2 (k 1) k 1 2 (k 1) k 2 n 1 (n 1) n , n 3. Из этого n 3. Тогда при n = k имеем: 1 k 1 1 2 (k 1) 2 1 k k 1 (k 1) 2 . 1 Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.7.3) выполняется для любого натурального n большего или равного 3. Докажем неравенство (4.7.4). Теорема 1. При n = 3: Левая часть неравенства (4.7.4): Правая часть неравенства (4.7.4): 3! 6 ; 231 4 . Так как 6 > 4, то теорема 1 доказана. Теорема 2. Дано, что неравенство (4.7.4) выполняется при n = k: k ! 2 k 1 , k 3 . Нужно доказать, что оно выполняется при n = k+1: (k 1)! 2 k 11 , k 3 . Доказательство. (k 1)! k ! (k 1) 2 k 1 (k 1) 2 k k 1 2 k , при k 3 . 2 1 Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.7.4) выполняется для любого натурального n большего или равного 3. Докажем неравенство (4.7.5). 40 1 1 1 1 Теорема 1. При n = 1 имеем: 1! e . Теорема 1 доказана. e 2 Теорема 2. Дано, что неравенство (4.7.5) справедливо при n = k: k k k k k ! e . Нужно доказать, что оно выполняется при n = k+1: e 2 k 1 e k 1 k 1 (k 1) ! e 2 k 1 . Доказательство. Докажем левую часть этого неравенства. k k ( k 1 ) k k 1 k k 1 e (k 1) ! (k 1) k ! (k 1) k 1 e e k 1 e k 1 e k 1 (k 1) k k e k 1 (k 1) k 1 e k k 1 e k 1 k 1 e e k 1 1 k k 1 e по ( 4.2.4) Докажем правую часть неравенства (4.7.5). k k k 1 (k 1) ! (k 1) k ! e e 2 2 k 1 e 2 k 1 k k 1 2 k k 1 e (k 1) k 1 2 1 1 41 k 2 k k 1 2 k 1 k 1 . Теорема 2 доказана. . Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.7.5) выполняется для любого натурального n. n 1 Заметим, что, используя неравенство (4.7.2) и неравенство 1 e при n n n n 1 1 n n n 1 n n n . n>1, получим: n! n 1 e n 2 e n e n 2 e 2 2 2 n e 2 Пример 4.8. Доказать неравенства: xn 2 2 ... . 2 2 1, n N ; (4.8.1) xn 4 4 .... 4 3, n N . (4.8.2) n 1 n корней корней Докажем неравенство (4.8.1). Теорема 1. При n = 1 имеем: x1 2 2 2 2 2 1 ( 2 1) 2 2 1. Теорема 1 доказана. Теорема 2. Дано, что неравенство (4.8.1) справедливо при n = k: xk 2 2 ... 2 2 1. k 1 корней Нужно доказать, что оно выполняется при n = k+1: xk 1 2 2 ... 2 2 1. k 2 корней Доказательство. 42 Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.8.1) выполняется для любого натурального n. Докажем неравенство (4.8.2). Теорема 1. При n = 1 имеем: x1 4 9 3 . Теорема 1 доказана. Теорема 2. Дано, что неравенство (4.8.1) справедливо при n = k: xk 4 4 .... 4 3. k корней Нужно доказать, что оно выполняется при n = k+1: xk 1 4 4 .... 4 3. k 1 корней Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.8.2) выполняется для любого натурального n. Пример 4.9. Доказать неравенство 5 n 55 5 n! 5! 6 n 5 , n N : n 6. 5 6 55 5 Теорема 1. При n = 6: 6! 5! 6 (4.9) 6 5 . Теорема 1 доказана. 5 k 55 5 Теорема 2. Дано, что выполняется неравенство k ! 5! 6 Нужно доказать выполнение неравенства 43 k 5 , k 6. 5k 1 55 5 (k 1)! 5! 6 k 1 5 . Доказательство. При n k 6 имеем: 5k 1 (k 1)! 5k k! 5 55 5 k 1 5! 6 55 5 k 5 5! 6 k 5 5 55 5 6 5! 6 k 1 5 . 5 6 Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.2) выполняется для любого натурального n 6 . Пример 4.10. Доказать, что при любом натуральном n имеет место неравенство: sin n x n sin x . (4.10) Теорема 1. При n = 1: sin 1 x 1 sin x Теорема 1 доказана. Теорема 2. Дано, что при n = k выполняется неравенство sin k x k sin x . Нужно доказать выполнение неравенства sin (k 1) x (k 1) sin x . Доказательство. sin (k 1) x sin k x cos x sin x cos k x sin k x cos x sin x cos k x (k 1) sin x . Теорема 2 доказана. k sin x 1 1 Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.10) выполняется для любого натурального n. Пример 4.11. Доказать, что при любом натуральном n имеет место 1 1 1 ... 1. n 1 n 2 3n 1 неравенство (4.11) 44 Обозначим через S k Теорема 1. При n = 1: S1 1 1 1 . ... k 1 k 2 3k 1 1 1 1 13 1. Теорема 1 1 1 1 2 3 1 1 12 доказана. Теорема 2. Дано, что при n = k выполняется неравенство Sk 1 1 1 ... 1. Нужно доказать выполнение k 1 k 2 3k 1 неравенства S k 1 1 1 1 1 1 1 ... 1. k 2 k 3 3k 1 3k 2 3k 3 3k 4 Доказательство. S k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... k 2 k 3 3k 1 3k 2 3k 3 3k 4 k 1 k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 1. k 1 k 2 k 3 3k 1 3k 2 3k 3 3k 4 k 1 Sk 1 0 Неравенство “ > 0 ” следует из того, что 1 1 1 1 1 1 2 3k 2 3k 3 3k 4 k 1 3k 2 3k 4 3k 3 (3 k 4) (3 k 3) (3 k 2) (3 k 3) (6 k 4) (3 k 4) (3 k 2) (3 k 3)(3 k 4) 2 0 . Теорема 2 доказана. (3 k 2) (3 k 3)(3 k 4) Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что неравенство (4.11) выполняется для любого натурального n. 45 § 5. Гипотеза и её доказательство В математике о фактах сначала догадываются, а затем их доказывают В предыдущих задачах проверялась кем-то высказанная гипотеза, которая всегда оказывалась верной. Но во многих задачах труднее всего высказать эту правильную гипотезу. Построить гипотезу, т. е. просто нужно постараться угадать ответ. Для этого придают n последовательно значения 1, 2, 3, … до тех пор, пока у не накопится достаточно материала. Теперь все зависит от наблюдательности человека решающего поставленную задачу и от его способности по частным результатам угадать общий результат, то есть, построить более или менее надежную гипотезу. После этого останется только проверить эту гипотезу методом математической индукции. А метод математической индукции позволяет в поисках общего закона испытывать возникающие при этом гипотезы, отбрасывать ложные и утверждать истинные. 1 1 1 . Допустим, что, ... 1 2 2 3 n (n 1) n 1 изучая S n , мы высказали гипотезу S n , т. е. 3n 1 Пример 5.1. Пусть S n Sn 1 1 1 n 1 ... , n N . 1 2 2 3 n (n 1) 3 n 1 (5.1) Проверим эту гипотезу. Теорема 1. При n = 1 имеем: Левая часть (5.1): 1 1 11 1 ; Правая часть (5.1): . 1 (1 1) 2 3 1 1 2 Теорема 1 доказана. 46 Теорема 2. Пусть дано, что формула (5.1) верна при n = k. Проверим, будет ли она верна при n = k + 1. Предположим, что формула (5.1) верна при n = k + 1. Тогда имеем: S k 1 S k 1 k 1 1 (k 1) (k 2) 3 k 1 (k 1) (k 2) k 3 4k 2 8k 3 k 3 4k 2 8k 3 1 (k 1) (k 2) (3 k 1) (3 k 1) k 2 3k 2 k3 + 4 k2 + 8 k + 3 k2 + 3 k + 2 k3 + 3 k2 + 2 k k+1 k2 + 6 k + 3 k2 + 3 k + 2 3 k+1 1 3 k 1 k 1 k 1 2 , (3 k 1) k 3 k 2 (3 k 1) то есть результат получился иной (получили противоречие). Это противоречие показывает, что формула (5.1) не верна. Попытаемся высказать верную гипотезу. Для этого вычислим несколько Sn , n = 1,2,3…., и попробуем заметить некоторую закономерность: S1 1 1 1 1 ; 1 1 2 2 2 11 S2 1 1 1 1 1 1 2 2 ; 1 1 1 2 2 3 2 2 3 3 3 2 1 S3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 ; 1 1 1 2 2 3 3 4 2 2 3 3 4 4 4 3 1 47 Внимательно рассматривая эти равенства можно высказать гипотезу, что равенство S n n выполняется для любого натурального n. Методом n 1 математической индукции проверим эту гипотезу, т.е. проверим справедливость равенства 1 1 1 n ... , n N . 1 2 2 3 n (n 1) (n 1) (5.1.1) Теорема 1. При n = 1 имеем, что левая часть равенства (5.1.1): правая часть равенства (5.1.1): 1 11 1 1 1 2 1 ; 2 . Теорема 1 доказана. 2 Теорема 2. Пусть дано, что формула (5.1.1) верна при n = k. Тогда она верна при n = k + 1. Действительно: k 2 2k 1 1 k 1 k 1 S k 1 S k (k 1) (k 2) k 1 (k 1) (k 2) (k 1) (k 2) (k 2) . Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что равенство (5.1.1) верно для любого натурального n. Пример 5.2. Найти сумму Sn 1 1 1 ... , a 0, n N . a (a 1) (a 1) (a 2) (a n 1) (a n) Найдем несколько значений S n при n = 1, 2, 3: 48 S1 1 ; a (a 1) (n 1) S2 1 1 1 2a 2 2 ; (a 1) a a 2 (a 1) a (a 2) a (a 2) (n 2) S3 2 1 1 2(a 3) a 3 . a (a 2) (a 2) (a 3) a 2 (a 3) a a (a 3) (n 3) Выскажем такую гипотезу. Для a 0, n N верно равенство 1 1 1 n . ... a (a 1) (a 1) (a 2) (a n 1) (a n) a (a n) (5.2) Проверим эту гипотезу методом математической индукции. Теорема 1. При n = 1 левая и правая части равенства (5.2) равны: 1 1 ,. a (a 1) a (a 1) Теорема 2. Дано. При n = k: S k S k 1 k . Нужно доказать: a (a k ) k 1 . a (a k 1) Доказательство. 1 1 1 1 ... a (a 1) (a 1) (a 2) (a k 1) (a k ) (a k ) (a k 1) Sk 49 k 1 a (a k ) (a k ) (a k 1) ka k2 k a k (a k ) (k a) k 1 S k 1 . a (a k ) (a k 1) a (a k ) (a k 1) a (a k 1) Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что равенство (5.2) верно для любого натурального n. Пример 5.3. Вывести формулу для нахождения суммы Sn 1 1 1 1 ... , n N . 1 5 5 9 9 13 (4 n 3) (4 n 1) Решение. Распишем каждую дробь в данной сумме на разность следующим образом 1 1 1 11 1 11 1 1 1 S n 1 ... 5 4 5 9 4 9 13 4 4 n 3 4 n 1 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 4 5 5 9 9 13 4 n 7 4 n 3 4 n 3 4 n 1 0 0 0 0 1 1 1 4n 11 n . 1 4 4 n 1 4 4 n 1 4n 1 Остаётся методом математической индукции доказать равенство Sn 1 1 1 1 n ... , n N . 1 5 5 9 9 13 (4 n 3) (4 n 1) 4 n 1 Пример 5.4. 1. Вычислить сумму первых n нечетных чисел: 1 3 5 ... (2 n 1) . 2. Вычислить сумму первых n членов числовой последовательности n3 n1 . То есть найти: S 1 2 3 ... n , n 1, 2, ... . 3 3 3 3 n Решение 1. Обозначим искомую сумму через S n , т.е. S n 1 3 5 ... (2 n 1) . 50 Придаем n последовательно значения 1, 2, 3, 4. 5, 6: S1 = 1, S2 = 4, S3 = 9, S4 = 16, S5 = 25, S6 = S4 = 4², S5 = 5², S6 = 36. В данном случае легко заметить, что S1 = 1², S2 = 2², S3 = 3², 6². На основе этого выскажем гипотезу: Sn 1 3 5 ... (2 n 1) n2 , для любого n N. (5.4.1) Проверим эту гипотезу методом математической индукции. Теорема 1. При n = 1 имеем: S1 1 1 . Теорема 1 доказана. 2 Теорема 2. Пусть дано, что равенство (5.4.1) выполняется при n = k. Тогда оно выполняется при n = k +1. Действительно: S k 1 1 3 5 ... (2 k 1) (2 (k 1) 1) k 2 2 k 1 (k 1) 2 . S k Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что равенство (5.4.1) выполняется при любом натуральном n. Решение 2. Найдём сумму S n 1 2 3 ... n 3 3 S1 13 1; 51 3 3 при n = 1, 2, 3, 4: S 2 13 2 3 9 3 2 (1 2) 2 ; S3 13 23 33 36 6 2 (1 2 3) 2 ; S 4 13 2 3 33 4 3 100 10 2 (1 2 3 4) 2 . Выскажем следующую гипотезу: S n 13 23 33 ... n 3 (1 2 3 ... n) 2 , n N . Так как 1 2 3 ... n (n 1) n , n N , то 2 (n 1) 2 n 2 S n 1 2 3 ... n , n N . 4 3 3 3 3 (5.4.2) Методом математической индукции докажем равенство (5.4.2). Теорема 1. При n = 1 имеем, что левая часть равенства (5.4.2): S1 1 1; 3 правая часть равенства (5.4.2): 2 2 (1 1) 1 1 . Теорема 1 доказана. 4 Теорема 2. Пусть дано, что равенство (5.4.2) выполняется при n = k. Тогда оно выполняется при n = k + 1. Действительно: (k 1) 2 k 2 (k 1) 2 (k 2) 2 3 S k 1 1 2 3 ... k (k 1) (k 1) . 4 4 S 3 3 3 3 3 k Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что равенство (5.4.2) выполняется при любом натуральном n. Пример 5.5. Найти сумму S n arctg 1 1 1 arctg ... arctg , n N . 2 2 8 2n 52 Решение. Найдем сумму при n = 1, 2, 3: S1 arctg 1 1 ; arctg 2 11 1 1 1 1 2 8 arctg 2 arctg 2 ; S 2 arctg arctg arctg 1 1 2 8 3 2 1 1 2 8 2 1 2 1 3 18 arctg 3 arctg 3 . S3 arctg arctg arctg 2 1 3 18 4 3 1 1 3 18 Выскажем следующую гипотезу: S n arctg n 1 1 1 , n N . arctg ... arctg 2 arctg n 1 2 8 2n (5.5) Методом математической индукции докажем эту формулу. Теорема 1 доказана выше при вычислении S1 . Теорема 2. Дано, что равенство (5.5) выполняется при n = k. Докажем, что это равенство выполняется при n = k+1: S k 1 arctg k 1 . k 11 Доказательство. 1 1 1 1 S k 1 arctg arctg .. arctg arctg 2 8 2k 2 2 (k 1) 2 S k S k arctg 1 2 (k 1) 53 arctg 2 k 1 arctg k 1 2 (k 1) 2 k 1 k 1 2 (k 1) 2 k 1 . arctg arctg k 1 k2 1 k 1 2 (k 1) 2 Здесь k 1 k 1 2 (k 1) 2 (2 k 2 2k 1) 2 (k 1) 3 . 2 3 2 k 1 2 (k 1) (2 k 6 k 5 k 2) 1 k 1 2 (k 1) 2 (2 k 2 2k 1) (k 1) (2 k 3 6 k 2 5 k 2) k 1 . Последнее равенство следует из: k2 2 k3 +6k2 +5k+2 2 k2+2k+1 2 k3 +2k2 + k k+2 4 k2 +4k+2 4 k2 +4k+2 0 Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что равенство (5.5) верно для любого натурального n. Пример 5.6. При каких натуральных n выполняются неравенства: 2n n 2 ; (5.6.1) 3n n 3 ; (5.6.2) 2n 5 n 3 . (5.6.3) Проверим выполнение неравенства (5.6.1) при следующих значениях n: при n = 1: 2 1 ; 1 при n = 2: 2 2 ; 2 2 при n = 3: 2 8 9 3 ; 3 2 при n = 4: 2 16 4 ; 2 4 54 2 при n = 5: 2 32 25 5 . 5 2 Из полученных выше неравенств, следует, что неравенство (5.6.1) выполняется при n = 1. Но это неравенство не выполняется при n = 2, 3, 4. Однако оно снова выполняется при n = 5. Предположим, что неравенство (5.6.1) выполняется при любом n 5 . Докажем это предположение методом математической индукции. 5 2 Теорема 1. При n = 5 имеем: 2 32 25 5 . Терема 1 доказана. Теорема 2. Дано, что неравенство верно при n = k: 2 k , k Нужно доказать, что оно верно при n = k+1: 2 k 1 2 k 5. (k 1) 2 , k 5 . 2 k 1 2 k 2 k 2 2 k 2 k 2 Доказательство. k 5 k 1 4 (k 1) 2 16 k 2 2 k 1 16 k 2 15 2 k k 2 2 k 15 k 2 2 k 1 (k 1) 2 . Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что равенство (5.6.1) верно для любого натурального n 5 . Проверим выполнение неравенства (5.6.2) при следующих значениях n: при n = 1: 3 1 ; 1 при n = 2: 3 9 8 2 ; 3 2 при n = 3: 3 27 3 ; 3 при n = 4: 3 81 64 4 . 3 4 при n = 5: 3 243 125 5 . 5 3 3 55 3 Из полученных выше неравенств, следует, что неравенство (5.6) выполняется при n = 1 и при n = 2. Но это неравенство не выполняется при n = 3. Однако оно снова выполняется при n = 4, 5. Предположим, что неравенство (5.6.1) выполняется при любом n 4 . Докажем это предположение методом математической индукции. При n = 4 имеем: 3 81 64 4 . Теорема 1 доказана. 4 Теорема 1. 3 Теорема 2. Дано, что неравенство верно при n = k: 3 k , k k 1 Нужно доказать, что оно верно при n = k+1: 3 Доказательство. 3 k 4. (k 1)3 , k 4 . 3k 1 3k 3 k 3 3 k 3 2 k 3 k 4 k 1 3 (k 1)3 27 k 3 3k 2 3k 1 27 k 3 3k 2 3k 28 k 3 2 (3 k 2 3 k 28) k 3 3 k 2 3 k 1 3 k 2 9 k 55 (k 1)3 . 0 Неравенство “ > 0 ” следует из того, что 3 k 9 k 3 k (k 3) 0 при 2 k 4. Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что равенство (5.6.2) верно для любого натурального n 4 . Проверим выполнение неравенства (5.6.3) при следующих значениях n: при n = 1: 2 5 1 3 2 ; при n = 2: 2 4 5 2 3 7 ; при n = 3: 2 8 5 3 3 12 ; при n = 4: 2 16 5 4 3 17 ; 1 3 2 4 при n = 5: 2 32 5 5 3 22 . 5 56 Из полученных выше неравенств, следует, что неравенство (5.6.3) не выполняется при n = 1, 2, 3, 4. Но оно выполняется при n = 5. Предположим, что неравенство (5.6.3) выполняется при любом n 5 . Докажем это предположение методом математической индукции. Теорема 1. При n = 5 имеем: 2 32 5 5 3 22 . Теорема 1 5 доказана. Теорема 2. Дано, что неравенство верно при n = k: 2 5 k 3 , k Нужно доказать, что оно верно при n = k+1: 2 k 1 k 5. 5 (k 1) 3 , k 5 . 2k 1 2 k 2 (5 k 3) 2 5 k 5 3 5 k 3 5 Доказательство. 5(k 1) 3 5 k 8 5(k 1) 3. Теорема 2 доказана. Из доказанных 0 теорем 1 и 2 следует, что равенство (5.6.3) верно для любого натурального n 5. Пример 7. Выразить произведение cos x cos 2 x cos 4 x ... cos 2 x n через sin x, sin 2 n 1 x. Установим гипотезу. При n = 1: cos x 2 sin x cos x sin 2 x ; при n = 2 sin x 2 sin x 2: sin 2 x 2 sin 2 x cos 2 x sin 4 x sin 2 2 x . cos x cos 2 x 2 sin x 2 sin 2 x 2 2 sin x 2 2 sin x (5.7.0) Сопоставляя два полученных результата, выскажем гипотезу: cos x cos 2 x cos 4 x ... cos 2 x n sin 2 n 1 x 2 n 1 sin x , n N . (5.7) Теорема 1. Доказательство этого равенства при n=1 следует из равенства (5.7.0). Теорема 2. Предположим, что выдвинутая гипотеза справедлива при n = k: 57 cos x cos 2 x cos 4 x ... cos 2 x k sin 2 k 1 x 2 k 1 . Докажем, что это sin x равенство выполняется при n = k+1. Доказательство. cos x cos 2 x cos 4 x ... cos 2 x cos 2 k k 1 x sin 2 k 1 x 2 cos 2 k 1 x sin 2 k 2 x k 1 k 2 . Теорема 1 доказана. 2 2 sin x 2 sin x Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что равенство (5.6.3) верно для любого натурального n. 58 § 6. Треугольник Паскаля. Пусть a и b – некоторые действительные числа. Рассмотрим выражение ( a b) при различных натуральных n. n При n = 0: ( a b) = 1. 0 При n = 1: ( a b) = (1 a + 1 b). 1 При n = 2: ( a b) =1 a 2 a b 1 b . 2 2 2 При n = 3: (a b) =1 a 3 a b 3 a b 1 b . 3 3 2 2 При n = 4: ( a b) = 1 a 4 a b 6 a b 4 4 3 2 3 2 Если выписать коэффициенты при степенях a 4 a b3 1 b 4 . nk k b , k 0, 1, 2 ,..., n и сравнить их с числами в следующем треугольнике при n = 1, 2, 3, 4 то получим, что эти числа совпадают. На этом рисунке числовой треугольник образован по следующему правилу: по краям каждой строки стоят единицы, а каждое следующее число равно сумме двух стоящих над ним чисел предыдущей строки: 59 По этому правилу легко выписывать одну за другой новые строки этого треугольника. В такой формулировке он приведён в “Трактате об арифметическом треугольнике” французского математика Б. Паскаля, опубликованном в 1665 г., уже после его смерти. Однако иные варианты этого треугольника встречались у итальянского математика Н. Тартальи, а за несколько веков до этого у среднеазиатского учёного и поэта Омара Хайяма. Этот числовой треугольник называется треугольником Б. Паскаля. Одной из ветвей науки является комбинаторика, одной из основных задач которой является: Сколько подмножеств, содержащих m элементов и отличающихся одно от другого хотя бы одним элементом, можно извлечь из множества А, содержащего n элементов. Такие подмножества называют m сочетаниями из n элементов по m элементов, их число обозначают Сn и вычисляют по формуле n! , m! 1 2 ... m, n! 1 2 ... n, 0! 1. (6.1) m!(n m)! Эти числа тесно связаны с числами в треугольнике Паскаля. Действительно, С nm при n = 0 имеем: С0 1 - верхняя строка (нулевая) треугольника состоит из 0 одного числа. Следующая строка – из двух чисел: С1 С1 1 . Четвёртая 0 60 1 строка состоит из 5 чисел: С 4 С 4 1, С 4 С 4 4, С 4 6 . 0 4 1 61 3 2 § 7. Формула бинома Ньютона. Пример 7.1. Доказать формулу бинома Ньютона n (a b) n Cnm a n m b m , m0 (7.1) где число сочетаний из n элементов по m вычисляется по формуле (6.1). Теорема 1. При n = 1: левая часть равенства (7.1) равна (a b) ; 1 1 m 1 m m b правая часть этого равенства: C1 a m0 1! 1! a b a b. 0!1! 1! 0! Теорема 2. Дано, что неравенство (7.1) верно при n = k: k (a b) Ckm a k m b m . k m0 Докажем, что это равенство верно при n = k+1: k 1 (a b) k 1 Ckm1 a k 1 m b m . m0 Действительно: (a b) k 1 k (a b) (a b) (a b) Ckm a k m b m k m0 k k m 0 m 0 Ckm a k 1m b m Ckm a k m b m1 Во второй сумме суммирование начнем с m = 1. Тогда во втором слагаемом вместо m нужно взять m-1. k k 1 m0 m 1 Ckm a k 1 m b m Ckm 1 a k ( m 1) b m 11 k k 1 m0 m 1 Ckm a k 1 m b m Ckm 1 a k 1 m b m В первой сумме отдельно выпишем первое слагаемое, а во второй сумме – последнее слагаемое. Тогда суммирование в обеих суммах будет с m = 1 по m = k . И под знаками этих сумм степени у чисел a, b совпадают. k Ck0 a k 1 (Ckm Ckm 1 ) a k 1 m b m Ckk b k 1 m 1 62 Ck0 Ck01 C kk Ckk 11 1. k! k! Ckm Ckm 1 m! (k m)! (m 1)! (k (m 1))! k! k! m (m 1)! (k m)! (m 1)! (k 1 m) (k m)! k ! (k 1 m m) (k 1)! Ckm1 . m! (k 1 m)! m! ((k 1) m)! k 1 C km1 a k 1m b m . m 0 Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что равенство (7.1) верно для любого натурального n. Пример 7.2. Формула Лейбница. Пусть Функции u( x), v( x) имеют на множестве E непрерывные производные до порядка n включительно. Тогда для производной порядка n от произведения этих функций справедлива формула Лейбница: (u ( x) v( x)) (n) n C nm (u ( x)) ( nm) ( v( x)) ( m) , n N . m 0 Доказательство. Введём обозначение: u( x) u, v( x) v . Теорема 1. При n = 1: левая часть равенства (7.2) равна: (u v) (1) u (1) v u v (1) ; правая часть этого равенства: 1 m (1m) ( m) C1 u m 0 v 1! (10) (0) 1! (11) (1) u v u v u (1) v u v (1) . 0!1! 1! 0! Теорема 2. Дано, что неравенство (7.2) верно при n = k: k (u v) ( k ) C km u ( k m) v ( m) . m 0 Докажем, что это равенство верно при n = k+1: 63 (7.2) (u v) Действительно: (u v) ( k 1) k 1 C km1 u ( k 1m) v ( m) . m 0 ( k 1) (u v) ( k ) (1) k Ckm u ( k m) v ( m) m 0 (1) Производная линейной комбинации равна линейной комбинации производных k m u (k m) v (m) (1) m0 k C По правилу дифференцирования произведения двух функций имеем k k m 0 m 0 C km u ( k 1m) v ( m) C km u ( k m) v ( m1) В первой сумме выпишем отдельно первое слагаемое, а во второй сумме – последнее слагаемое. k C km u ( k 1m) v ( m) C k0 u ( k 10) v (0) m 1 k 1 C km u ( k m) v ( m1) C kk u ( k k ) v ( k 1) m 0 Во второй сумме суммирование начнем с m = 1. В этом случае вместо m нужно взять m-1, то есть имеем: k 1 m Ck u ( k m) m 0 k k v ( m1) C km1 u ( k ( m1)) v ( m11) . m1 C km C km1 u ( k 1m) v ( m) C k0 u ( k 1) v C kk u v (k 1) m 1 Аналогично, как в примере (7.1): Ck0 Ck01 C kk Ckk11 1; Ckm Ckm1 Ckm1 . k 1 C km1 u ( k 1 m) v ( m) . m 1 64 Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что равенство (7.2) верно для любого натурального n. 65 § 8. Делимость натуральных чисел Пример 8.1. Доказать, что при n N : 2 n 1 1. 3 2 n 2 делится на 7; 2. n 5 n делится на 6; 3 1. Теорема 1. При n = 1 имеем: 3 2 27 8 35, делится на 7. 3 2 k 1 Теорема 2. Дано, что 3 2 2 k 3 k 3 делится на 7. 3 2 Доказательство. 3 k 2 делится на 7. Нужно доказать что 3 2 ( k 1)1 2 k 1 2 3 2 k 1 9 2 k 2 2 9 2 k 2 9 2 k 2 9 32 k 1 2 k 2 2 k 2 (2 9) . Каждое из этих двух слагаемых делится на 7.Теорема 2 доказана. 2. Теорема 1. При n = 1 имеем: 1 5 1 6. 6 делится на 6. 3 Теорема 2. Дано, что k 5 k делится на 6. Нужно доказать что 3 (k 1)3 5 (k 1) делится на 6. 3 3 Доказательство. (k 1) 5 (k 1) k 5 k 3 k (k 1) 6 . 3 Сумма k 5 k делится на 6 по предположению. Так как произведение k (k+1) при любом натуральном k делится на 2, то 3 k (k 1) делится на 6. Пример 8.2. Доказать, что при n N : 1. 15 6 делится на 7; 2. n n делится на 3; n 3 1. Теорема 1. При n = 1 имеем: 15 6 21. 21 делится на 7. 1 Теорема 2. Дано, что 15 6 делится на 7. Нужно доказать что 15 k делится на 7. Доказательство. 15 k 1 6 15k 15 6 15 6 = 15 k 6 15 15 6 6 15 k 6 15 15 1 6 . Теорема 2 делится на 7 делится на 7 доказана. 2. Теорема 1. При n = 1 имеем: 1 1 0 . 0 делится на 3. 3 66 k 1 6 Теорема 2. Дано, что k k делится на 3. Нужно доказать что 3 (k 1) 3 (k 1) делится на 3. Доказательство. (k 1) (k 1) k 3 k 3 k 1 k 1 3 3 2 k k k k 3 . Теорема 2 доказана. 3 2 делится на 3 делится на 3 Пример 8.3. Доказать, что для каждого натурального n n n кратно 7. 7 Теорема 1. При n = 1 имеем 1 1 0 - кратно 7. 7 Теорема 2. Дано, что при n = k число k k делится на 7. Доказать, что при 7 n = k+1 число (k 1) ( k 1) делится на 7. 7 Доказательство. Используя при n = 7 строку в треугольнике Паскаля для седьмой степени от суммы (k+1), получим (k 1) 7 (k 1) k 7 7 k 6 21k 5 35 k 4 35 k 3 21k 2 7 k 1 k 1 k7 k делится на 7 7 k 6 21k 5 35 k 4 35 k 3 21k 2 7 k . делится на 7 Теорема 2 доказана. Пример 8.4. Доказать, что для каждого натурального n 4 15 n делится на n 9 с остатком 1. Доказательство. Условие задачи равносильно условию: число 4 n 15 n 1 кратно 9. Теорема 1. При n = 1 имеем 4 15 1 1 18 - кратно 9. Теорема 1 1 доказана. Теорема 2. Дано, что при n = k число 4 15 k 1 делится на 9. Доказать, k что при n = k+1 число 4 k 1 15 (k 1) 1 делится на 9. 67 Доказательство. 4 k 1 15 (k 1) 1 4 4 k 15 k 1 15 k 1 15 (k 1) 1 4 4 k 15 k 1 60 k 4 15 k 15 1 4 4 k 15 k 1 (45 k 18) . делится на 9 68 делится на 9 § 9. Различные задачи Пример 9. 1. Доказать неравенство ln (n 1) 1 1 1 1 ... ln n 1, n N , n 2 . 2 3 n (9.1) Доказательство. Прежде докажем неравенство 1 1 1 n dx 1 1 1 ... ln n 1 ... , n N, n 2 . 2 3 n 1 x 2 3 n 1 n dx 1 Интеграл ln n равен площади под кривой f ( x) на отрезке [1, n]. x 1 x Эта площадь больше площади, которая является объединением площадей прямоугольников 1 1 1 ... ln n n N , n 2. 2 3 n Но эта площадь меньше объединения площадей прямоугольников 69 (9.1.1) 1 1 1 1 ... ln n , n N , n 2 . 2 3 n 1 (9.1.2) Методом математической индукции докажем неравенства (9.1.1) и (9.1.2). Теорема 1. Из этих трёх рисунков и из свойств интеграла, определённого на отрезке [0, 1] следует неравенство 2 dx 1 1 ln 2 1 1. Отсюда - при n = 2 неравенства (9.1.1) 2 x 1 и (9.1.2) верны. Теорема 1 доказана. Теорема 2. Дано, что при n = k выполняется неравенство 1 1 1 1 1 1 ... ln k 1 ... , k 2. 2 3 k 2 3 k 1 Нужно доказать выполнение этого неравенства при n = k+1: 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ln (k 1) 1 ... , k 2. 2 3 k k 1 2 3 k 1 k Доказательство. Сравним площади S1 , S 2 , S 3 следующих трёх фигур Докажем левое неравенство (9.1.3). k 1 d x 1 1 1 1 1 ... ln k 1 ln k 2 3 k k 1 k 1 x k ln k ln (k 1) ln k ln (k 1), k 2 . 70 (9.1.3) Докажем правое неравенство (9.1.3). ln (k 1) ln k ln (k 1) ln k k 1 dx 1 1 1 1 1 ... , k 2. ln k 2 3 k 1 k x k 1 k Теорема 2 доказана. Из доказанных теорем 1 и 2 следует, что утверждение верно для любого натурального n 2 . Пример 9. 2. Как далеко распространяется эта закономерность: 1 4444 4444 22 22 333 333 ; 1 1 ; ? 1234321 121 12321 1 2 3 4 3 2 1 1 2 1 1 2 3 2 1 1 Выскажем гипотезу. Для каждого натурального n верно равенство: n штук в квадрате n n ... n 2 . 12...( n 1)n(n 1)... 21 1 2 ... (n 1) n (n 1) ... 2 1 (9.2) Докажем эту гипотезу методом математической индукции. Теорема 1. При n = 1 имеем: 1 1 1 . Теорема 1 доказана. 1 Найдём сумму знаменателя правой части равенства (9.2): 1 2 ... (n 1) n (n 1) n (n 1) ... 2 1 n (n 1) n (n 1) n n2. Тогда 2 2 n штук n штук n штук n штук nn ... n nn ... n nn ... n nn ... n 1 2 ... (n 1) n (n 1) n (n 1) ... 2 1 n2 n штук n штук n штук n штук n n ... n n n ... n 11...1 11...1 . Следовательно, нужно доказать равенство: n n n штук n штук (9.2.1) 12... (n 1) n (n 1) ...21 11...1 11...1 Теорема 2. Дано, что равенство (9.2.1) выполняется при n = k: k штук k штук 12... (k 1) k (k 1) ...21 11...1 11...1 . Нужно доказать, что равенство (9.2.1) выполняется при n = k+1: 71 k 1 цифра k 1 цифра 12...k (k 1) k...21 11...1 11...1 . Доказательство. (11...1) (11...1) ((11...1) 10 1) 2 ((11...1) 10) 2 2 (11...1) 10 1 k 1 цифра k 1 цифра k цифр k цифр k цифр 12... (k 1) k (k 1) k ...21 00 22...20 1 k 1 цифра k 1 цифра 12...(k 1) k (k 1) k (k 1)...21. Теорема 2 доказана. x Пример 9.3. Для любого чётного натурального n доказать неравенство: 3 2 n1 3 2 n1 x x x x ... sin x x ... ,0 x . 3! (2 n 1)! 3! (2 n 1)! 2 (9.3) Доказательство. При доказательстве потребуются следующие сведения: На отрезке 0, 2 функции sin x, cos x удовлетворяют условиям: а). Интегралы с переменным верхним пределом от этих функций x x sin t dt cos x , cos t dt sin x ; 0 0 б). 0 sin x 1, 0 cos x 1. (9.3.1) (9.3.2) Теорема 1. Докажем, что неравенство (9.3) верно при n = 2: 3 3 5 x x x x sin x x ,0 x 3! 3! 5! 2 x x При x 0, имеем sin x cos t dt 1dt x . То есть sin x x . Заменяя 2 0 0 x на t и интегрируя это неравенство по t от 0 до x 0, , получим 2 x x x2 x , sin t dt 1 cos x . Тогда выполняется неравенство sin t dt t dt 2 0 0 0 x2 x2 , которое равносильно неравенству cos x 1 при 1 cos x 2 2 72 x 0, . Повторим процедуру замены переменной x на t и интегрирования этого 2 неравенства по t от 0 до x 0, : 2 x x t 2 x3 , cos t dt sin x . cos t dt 1 dt x 2 3 2 0 0 0 x3 x sin x , x 0, . 3! 2 x Поэтому (9.3.4) Ещё раз проделаем тоже самое. x x t 3 t dt sin t dt 1 cos x, 3! 0 0 x t 3 x2 x4 . Аналогично t dt 3! 2 4! 0 2 4 2 4 x x x x предыдущему, имеем 1 cos x , x 0, . cos x 1 2 4! 2 4! 2 Четвёртый раз, заменяя x на t и интегрируя это неравенство по t от 0 до x3 x5 x 0, , будем иметь: sin x x . 3! 5! 2 (9.3.5) Из неравенств (9.3.4) и (9.3.5) следует неравенство x3 x3 x5 x sin x x . Теорема 1 доказана. 3! 3! 5! Теорема 2. Дано, что неравенство (9.3) выполняется при n = k (k - чётное): x3 x 2 k 1 x3 x 2 k 1 x ... sin x x ... , 0 x . (9.3.6) 3! (2 k 1)! 3! (2 k 1)! 2 Нужно доказать, что это неравенство выполняется при n = k+2: x3 x 2 k 3 x3 x 2 k 5 x ... sin x x ... , 0 x . (9.3.7) 3! (2 k 3)! 3! (2 k 5)! 2 Доказательство. Аналогично как при доказательстве теоремы 1 четыре раза нужно проделать процедуру замены x на t и интегрирования соответствующего 73 неравенства по t от 0 до x 0, . Выпишем правое неравенство (9.3.6) . Заменяя x 2 на t и интегрируя это неравенство по t от 0 до x 0, , имеем: 2 t3 t 2 k 1 x2 x4 x 2 k 2 . 1 cos x sin t dt t ... dt ... 3 ! ( 2 k 1 ) ! 2 4 ! ( 2 k 2 ) 0 0 x2 x4 x 2 k 2 . Второй раз, заменяя x на t и интегрируя cos x 1 ... 2 4! (2 k 2) x x это неравенство по t от 0 до x 0, , будем иметь: 2 2 2 k 2 3 2 k 3 t t x t dt x . sin x cos t dt 1 ... ... 2 ( 2 k 2 ) ! 3 ! ( 2 k 3 ) ! 0 0 x x x3 t 2 k 3 , x 0, . sin x x ... 3! (2 k 3)! 2 Это равносильно (9.3.8) Левая часть неравенства (9.3.6) доказана. В третий раз в неравенстве (9.3.8), заменяя x на t и интегрируя это неравенство по t от 0 до x 0, , будем иметь: 2 3 2 k 3 2 4 2 k 4 t t dt x x ... x . 1 cos x sin t dt t ... 3 ! ( 2 k 3 ) ! 2 4 ! ( 2 k 4 ) ! 0 0 x x x2 x4 x 2 k 4 ... Отсюда cos x 1 . В четвёртый раз, заменяя x на t и 2 4! (2 k 4)! интегрируя это неравенство по t от 0 до x 0, , будем иметь: 2 2 2 k 4 3 2 k 5 t t x x dt x . То есть sin x cos t dt 1 ... ... 2 ( 2 k 4 ) ! 3 ! ( 2 k 5 ) ! 0 0 x t x3 x 2 k 5 выполняется неравенство sin x x - правая часть ... 3! (2 k 5)! 74 неравенства (9.3.6). Из этого неравенства и неравенства (9.3.8) получается неравенство (9.3.7). Теорема 2 доказана. Пример 9.4. Доказать, что для каждого натурального n > 1 число 2 2n 1 оканчивается цифрой 7. Теорема 1. При n=2 имеем: число 2 Дано, что число 2 2k 22 1 17 оканчивается цифрой 7. Теорема 2. 1 оканчивается цифрой 7. Нужно доказать, что число 2 2 k 1 1 оканчивается цифрой 7. Доказательство. Так как число 2 2k 1 оканчивается цифрой 7, то число 2 2 k оканчивается цифрой 6. Если некоторое число оканчивается цифрой 6, то его квадрат тоже оканчивается цифрой 6. Следовательно, число 2 2k 1 k k k 2 2 2 2 2 2 2 оканчивается цифрой 6. Теорема 2 доказана. Пример 9.5. Доказать, что для любого натурального n число 10n 10 n1 ... 1 10n1 5 1 есть полный квадрат. Доказательство. Если применять метод математической индукции, то в теореме 2 будут большие выкладки. Но при решении этой задачи можно обойтись без метода математической индукции. Заметим, что 10 n 10 n1 ... 1 - сумма n + 1 членов геометрической прогрессии со знаменателем прогрессии q = 10. Тогда 10 10 n n 1 ... 1 10 n 1 10 n1 1 10 n1 5 1 5 1 10 1 2 2 2 10 n1 10 n1 5 10 n1 5 9 10 n1 2 10 n1 2 2 2 10 n1 2 для 9 9 любого натурального n. Теорема 2 доказана. 75 3 Замечание. Рассмотренные выше примеры показывают, что методом математической индукции можно решать очень большой класс самых различных задач. Но силу этого метода не следует преувеличивать. Есть много задач, для которых просто напрашивается этот метод. Например. Доказать неравенство 1 1 1 1 1 ... , n N : n 2 . n 1 n 2 2n 1 2n 2 Теорема 2. Дано, что это неравенство выполняется при n = k. Нужно доказать выполнение этого неравенства при n = k+1. Обозначим S n S k 1 1 1 1 1 . Тогда ... n 1 n 2 2n 1 2n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... k 1 k 2 2k 1 2k 2k 1 2k 2 2 2k 1 2k 2 Sk . Ясно, что из полученного неравенства нельзя вывести, что его левая часть меньше 0.5. Доказательство зашло в тупик. То есть попытка, применить метод математической индукции, наталкивается на непреодолимые трудности. Однако, это неравенство очень просто можно доказать другим способом. Для любого n 2 выполняются следующие n -1 неравенства и равенство 1 1 1 1 , , ... n 1 2n n 2 2n 1 1 1 1 . , 2n 1 2 n 2 n 2 n Суммируя все эти неравенства и равенство, получим требуемое неравенство Sn 1 1 1 1 1 1 ... n . n 1 n 2 2n 1 2n 2n 2 § 10. Примеры для самостоятельного решения. 1. Доказать, что n член арифметической прогрессии вычисляется по формуле a n = a1 + d (n – 1), где a1 – первый член, d – разность прогрессии. 2. Доказать, что n член геометрической прогрессии вычисляется по формуле 76 a n = a1 q n – 1, где a1 – первый член , q - знаменатель прогрессии. Доказать, что 1. n (n 1) (n 2) , n N , делится на 9. 3 3 2. 3 2 n n 3 n, n N . n n 2 1 n 1 , n N . 3. n2 n n (n 1) , n N . 2 n (n 1) (n 2) , n N . 5. 1 2 2 3 3 4 ... n (n 1) 3 1 1 1 1 n 6. ... , n N . 45 56 67 (n 3) (n 4) 4 (n 4) 1 1 1 1 n 7. ... , n N . 1 4 4 7 7 10 (3 n 2) (3 n 1) (3 n 1) 4. 1 2 3 4 ... (1) 2 2 2 n 1 2 n 1 2 n (1) n1 n 2 1 1 8. 1 1 , n N . n n 1 n n 1 1 1 9. 1 1 , n N . n n 1 10. 1 1! 2 2 ! 3 3! ... n n! (n 1) ! 1, n N . 4 n (2 n 1) (2 n 1) 2 2 2 , n N . 11. 2 6 ... (4 n 2) 3 7 7 7 7 1 12. ... 1 , n N . 1 8 8 15 15 22 (7 n 6) (7 n 1) (7 n 1) 1 1 1 1 1 1 13. ... , n N . 4 8 8 12 12 16 4 n (4 n 4) 16 16 ( n 1) 5! 6! (5 n)! (5 n 1)! 14. ... , n N . 0! 1! n! 6 n! n (n 1) 2 n a , n N : n 3, a 0 . 15. (1 a ) 1 n a 2 77 16. (2 n 1)! n 2 n 1 , n N : n 2 . 17. 1 3 5 ... (2 n 1) n (2 n 1), n N . 3 18. 3 3 3 2 2 1 1 1 1 1 , ... 1 2 n1 n ln 3 ln 9 ln 9 ln 27 n ln 3 ln 3 ln 3 n N : n 2 . 19. Доказать, что для любого натурального n число 11n2 12 2 n1 кратно 133. 20. Доказать, что число 6 2 n2 3n1 3n1 , n N делится на 11. n 1 2, n N делится на 3. 21. Доказать, что число 10 22. Доказать, что любую сумму денег, большую 7 копеек, можно уплатить без сдачи только трёх и пятикопеечными монетами. 23. Пусть последовательность задана следующим образом: x1 2; x 2 3; x n 3 x n 2 x n1 , n N : n 3 . Доказать, что справедлива формула xn 2 n1 1, n N . 24. Доказать неравенства: n n k 1 k 1 a). sin x k sin x k , n N , x k [0, ], k 1,..., n . b). sin x sin x , n N , x (, ) . n с). sin 2n x cos 2 n x 1, n N . 25. Доказать неравенство x n 5 5 ... . 5 n 26. Доказать равенство sin 3 sin корней 1 21 , n N . 2 2 n n (n 1) ... sin 2 sin sin , n N . 3 3 6 3 78 2n 1 x 1 2 27. cos x cos 2 x ... cos n x , n 2 k , n N . 1 2 2 sin x 2 sin 28. Дана последовательность 1 1 1 1 , , , ... , 2 , ... . Найти сумму n 3 15 35 4n 1 первых её членов. 29. Доказать, что для каждого натурального n n n кратно 5. Проверить, 5 выполняется ли утверждение: для каждого натурального n n n k кратно k при k = 2, 4. 30.Доказать, что при любом натуральном n N: a). Число 6 2 n 2 b). Число 5 2 3 n1 3 n1 делится на 11. 3 n2 33 n1 кратно 19. 31.Доказать, что при любом натуральном n N справедливы неравенства: a). n 1 1 1 . 1 ... n 2 2 3n 1 2 1 b). Если xi 0 (1 i n) и x1 x 2 ... x n 1 , то 2 1 (1 x1 ) (1 x 2 ) ... (1 x n ) . 2 с). Если xi 0 (1 i n) и x1 x 2 ... x n 10 , то n 10 x1 x 2 ... x n . n d). ( 2 n)! 4n . n 1 ( n !) 2 32.Доказать, что при любом натуральном n N справедливы неравенства: 79 а) в) x1 x 2 ... x n x1 x 2 ... x n , xi 0 ; n x1 x 2 ... x n 1 1 ... 1 n 2 , xi 0, i 1, 2, ..., n ; x1 xn x2 n x1n x 2n x1 x 2 с) , x1 , x 2 0 ; 2 2 1 d) x n x n2 x n4 ... x n4 1 x n2 1 x n n 1. 33.Доказать, что при любом натуральном n N справедливо неравенство lg (n 1) lg 1 lg 2 ... lg n . n 80 Литература. 1. И. С. Соминский. Метод математической индукции.- М., 1952 . 2. Л. А. Басова, М. А. Шубин, А. А. Энштейн. Лекции и задачи по математике. М., 1981. 3. А. А. Колосов. Книга для внеклассного чтения по математике. М., 1963. 4. Методика факультативных занятий в 9 – 10 классах. М., 1983. 5. Математическая энциклопедия, т. 3, Москва, 1982. 6. Н. Я. Виленкин, Г. С. Сурвилло, А. С. Симонов, А.И. Кудрявцев. Алгебра для 9 класса: Учебн. пособие для учащихся шк. и кл. с углубл. изуч. математики. – М.: Просвещение, 1999. – 384 с. 7. Ляшко И. И., Боярчук А. К., Гай Я. Г., Головач Г.П. Справочное пособие по математическому анализу, ч. 1. Введение в анализ, производная, интеграл. - Киев: Высшая школа, 1978.- 696 с. 8. Гельфанд С.И., Гервер М. Л., Кириллов А. А., Константинов Н. Н., Кушниренко А. Г. Задачи по элементарной математике. - М.: Наука, 1965. 9. Дорофеев Г. В., Потапов М. К., Розов Н. Х.. Пособие по математике для поступающих в вузы. М.: Наука, 1968 .- 607 с. 10. Цыпкин А. Г., Пинский А. И.. Справочник по методам решения задач по математике. М.: Наука, 1989.- 574 с. 11.Кудрявцев Л. Д., Кутасов А. Д., Чехлов В. И., Шабунин М. И. Сборник задач по математическому анализу. М.: Наука, 1984. – 592 с. 12. Сивашинский И. Х. Неравенства в задачах. М.: Наука, 1967. – 303 с. 13.Глейзер Г. И. История математики в школе. М.: Просвещение, 1983. 81 82
