Приклад №9

Довести, що ділиться на (1+2+...+m), де n, mєN і n – непарне.

Доведення.

Введемо позначення . Тоді подвоєну цю суму можна записати так:

Оскільки n – непарне, то кожний додаток ділиться на (m+1) за наслідком з теореми Безу, тому . Тоді в силу довільності m, 2S_m-1m. Дійсно,.

Але найбільший спільний дільник НСД(m;m+1)=1, то , q – натуральне число.

З іншого боку, (ця формула доведена методом математичної індукції), тому , що і треба було довести.

Приклад №10

Нехай a₁, a₂, a₃, …, a_n – послідовність чисел, утворених за таким законом: a₁=1, a_n=na_n-1+(-1)ⁿ. Довести, що при n>1 a_n ділиться на n-1.

Доведення.

1) Базис індукції. Якщо n=2, то твердження справджується:

a₂=21+(-1)²=2+1=3(2-1).

2) Припустимо, що n>2.

Тоді: a_n= na_n-1+(-1)ⁿ,

a_n-1=(n-1)a_n-2+(-1)^n-1.

Додавши ці дві рівності, одержимо

a_n+a_n-1=na_n-1+(-1)ⁿ+(n-1)a_n-2+(-1)^n-1.

a_n=na_n-1-a_n-1+(n-1)a_n-2.

a_n=(n-1)a_n-1+(n-1)a_n-2=(n-1)(a_n-1+a_n-2).

(n-1)(a_n-1+a_n-2) (n-1) за принципом математичної індукції.

Отже, a_n(n-1) при , n>1.

8. Доведення деяких рівностей і тотожностей

методом математичної індукції

Приклад №1

Довести методом математичної індукції, що для nєN.

Доведення.

1) Перевіримо, чи справджується ця формула при n=1:Так, формула справджується.

2) Припустимо, що формула справджується при n=k, тобто (*)

Доведемо справедливість формули при n=k+1. Тобто покажемо, що

З іншого боку

Розкладемо на множники тричлен

Отже, формула справджується при n=k+1. Тоді вона вірна і для будь-якого n натурального за принципом математичної індукції.

Приклад №2

Довести, що для

Доведення.

1) при n=1 S₁=5;

2) Нехай при n=k

Враховуючи це припущення, доведемо, що формула вірна і при n=k+1.

Формула вірна.

За припущенням математичної індукції вона справджується і для будь-якого натурального n.

Приклад №3

Довести, що при , де.

Доведення.

За методом математичної індукції маємо

1) при n=1

1=1 Формула вірна.

2) Припустимо, що при

Доведемо, що при

Отже, за принципом математичної індукції формула справджується для будь-якого натурального n.

9. Застосування методу математичної індукції при розв’язуванні геометричних задач

Приклад №1

Довести, що якщо а та b – катети, с – гіпотенуза прямокутного трикутника, то для всіх натуральних n 2 має місце нерівність:.

Доведення.

Якщо n = 2, то - правильна нерівність (бо виконується рівність, що виражає теорему Піфагора).

Припустимо, що правильною є нерівність: .

Доведемо, що правильною буде нерівність .

Так як а та b – катети, с – гіпотенуза прямокутного трикутника, то a < c, b < c.

Звідси ,.

Додамо останні дві нерівності .

.

Згідно принципу математичної індукції робимо висновок про те, що нерівність правильна n 2, nN; а, b – катети, с – гіпотенуза прямокутного трикутника.

Приклад №2

У площині проведено n прямих, із яких ніякі дві не паралельні і ніякі три не проходять через одну точку. На скільки частин розбивають площину ці прямі ?

Розв’язання.

Зробивши відповідні рисунки, можна легко переконатися в тому, що одна пряма розбиває площину на 2 частини, дві прямі – на 4 частини, три прямі – на 7 частин, чотири прямі – на 11 частин.

Позначимо через N(n) – число частин, на які n прямих розбивають площину. Тоді :N (1) = 2;

N (2) = N (1) + 2;

N (3) = N (2) + 3;

N (4) = N (3) + 4.

Можна припустити, що N (n) = N (n –1) + n.

Складемо почленно ці n рівностей:

N (n) = 2 + 2 + 3 + 4 + …+ n, або .

Доведемо правильність останньої формули за допомогою методу математичної індукції.

1) Якщо n = 1, то N (1) = 2.

2) Припустимо, що формула правильна при n = k, тобто .

Розглянемо k +1 прямих. Виділимо з них довільним чином k прямих. За припущенням індукції вони розбивають площину на частин. k+1-ша – пряма, що залишилася, розіб’ється виділеними k прямими на k +1 частин і, відповідно, пройде по k +1 частинах, на які площина була вже розбита, і кожну з цих частин розділить на 2 частини, тобто додається ще k + 1 частина.

Отже, , що й потрібно було довести.

Таким чином, формула правильна приnN.