Докажите что сумма n первых нечетных чисел равна n2

Метод математической индукции

Метод математической индукции

1) Проверим справедливость утверждения для n =1.

2) Предположим справедливость формулы для n=k, т.е.

3) докажем справедливость формулы для n=k+1

Задача Доказать, что 3n

1) Проверим справедливость утверждения для n =1.

2) Предположим справедливость формулы для n=k, т.е. 3к

3) докажем справедливость формулы для n=k+1, т. е. 3к+1

3к+1 = 3· 3к ≥ 3() = (2 + 1)( ) = 2· 2к + 2к + 2к + к = (2к+1+ к + 1) + (2к + 2к – 1), значит, тем более 3к+1

Задача Доказать, что при n ≥ 2

2) Предположим справедливость формулы для n=k, т.е.

3) докажем справедливость формулы для n=k+1, т. е.

—

Рассмотрим выражение —= , значит, тем более

Вывести формулу суммы первых n нечетных чисел натурального ряда.

Замечаем, что сумма первых n нечётных чисел натурального ряда равна n2 т. е. S(n)=n2. Докажем это м. м.и.

1) для n =1 формула верна.

2) предположим, что она верна для какого-нибудь натурального n=k, т. е. S(k)= k2.

Докажем, что тогда она будет верна и для n=k+1, т. е. S(k+1)=(k+1)2

Следовательно, формула верна для всех натуральных значений n, т. е. S(n)=n2

Доказать, что сумма квадратов первых натуральных чисел равна

12 +22 +32 +42 +…+n2=

1) Проверим справедливость утверждения для n =1.

и по формуле имеем S(1)= ,

т. е. для n =1 формула верна.

2) Предположим справедливость формулы для n=k, т.е.

S(k)=12+22+32+…+k2 =

3) Исходя из этого предположения докажем справедливость формулы для n=k+1

Сумма первых k слагаемых равна S(k)=

Значит, S(k+1)=S(k)+ (k+1)2=

=

Итак, мы доказали, что формула верна для n=kМы получили ту же формулу. Следовательно, в силу м. м.и. данная формула верна для любого натурального n.

Доказать, что для всех натуральных n справедлива формула

13+23+33+…+n3=

1) при n =1 левая часть этой формулы принимает вид 13=1 ; правая часть принимает вид . Значит, при n =1 формула верна.

2) предположим, что формула верна при n=k, т. е. верно равенство

13+23+33+…+k3 =

Докажем, что тогда эта формула верна и при n=k+1 (каким бы ни было k ), т. е. верно равенство 13+23+…+k3+(k+1)3=

Для этого заметим, что левую часть доказываемого равенства можно записать в виде (13+23+33+…+k3)+(k+1)3

Но по предположению выражение в скобках равно ,

13+23+…+k3+(k+1)3= .

Значит, доказываемая формула верна при n =1, а из её справедливости при n=k вытекает, что она верна и при n=kВ силу м. м.и. отсюда вытекает справедливость этой формулы для всех натуральных значений n.

Доказать, что при всех натуральных n выполняется неравенство

Обозначим левую часть неравенства через an.

Справедливость неравенства при n=1 очевидна.

2) индуктивный переход. Пусть ak . Надо доказать, что ak+1.

А поскольку ak+1= ,

то нам достаточно доказать неравенство .

Возведя это неравенство в квадрат и упрощая, приходим к неравенству n.

Для самостоятельного решения

Доказать равенства для всех натуральных n

1) 12+32+52+…+(2n-1)2=

3) 13+23+…+n3=

Докажите справедливость неравенства при любом натуральном значении n

4) 3n >5n+1 при n

5) 2n-1 > n(n+1) при n

6)

Источник

Докажите что сумма n первых нечетных чисел равна n2

Метод математической индукции

Список использованной литературы

Вступление

Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.

Хотя и выросла область применения метода математической индукции, в школьной программе ему отводится мало времени. Ну, скажите, что полезного человеку принесут те два-три урока, за которые он услышит пять слов теории, решит пять примитивных задач, и, в результате получит пятёрку за то, что он ничего не знает.

Основная часть

По своему первоначальному смыслу слово “индукция” применяется к рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы, опираясь на ряд частных утверждений. Простейшим методом рассуждений такого рода является полная индукция. Вот пример подобного рассуждения.

Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётное число n в пределах 4

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел действительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых.

Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случаев.

Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).

Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь гипотезой, пока он не доказан точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами, неполная индукция в математике не считается законным методом строгого доказательства, но является мощным методом открытия новых истин.

Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи:

После рассмотрения этих нескольких частных случаев напрашивается следующий общий вывод:

т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n 2

Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить доказательством справедливости приведённой формулы.

Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же индукция часто приводит к ошибочным результатам.

Во многих случаях выход из такого рода затруднений заключается в обращении к особому методу рассуждений, называемому методом математической индукции. Он заключается в следующем.

Пусть нужно доказать справедливость некоторого утверждения для любого натурального числа n (например нужно доказать, что сумма первых n нечётных чисел равна n 2 ). Непосредственная проверка этого утверждения для каждого значения n невозможна, поскольку множество натуральных чисел бесконечно. Чтобы доказать это утверждение, проверяют сначала его справедливость для n=1. Затем доказывают, что при любом натуральном значении k из справедливости рассматриваемого утверждения при n=k вытекает его справедливость и при n=k+1.

Тогда утверждение считается доказанным для всех n. В самом деле, утверждение справедливо при n=1. Но тогда оно справедливо и для следующего числа n=1+1=2. Из справедливости утверждения для n=2 вытекает его справедливость для n=2+1=3. Отсюда следует справедливость утверждения для n=4 и т.д. Ясно, что, в конце концов, мы дойдём до любого натурального числа n. Значит, утверждение верно для любого n.

Обобщая сказанное, сформулируем следующий общий принцип.

Принцип математической индукции.

Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n.

В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом.

Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k)Þ А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для любого n>p.

Доказательство по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т.е. доказывают, что А(k)Þ A(k+1).

ПРИМЕР 1

2) Докажем, что А(k)Þ A(k+1).

Пусть k-любое натуральное число и пусть утверж-дение справедливо для n=k, т.е.

Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что

Итак, А(k)Þ А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для любого nÎ N.

ПРИМЕР 2

Решение: 1) При n=1 получаем

следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно.

2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k, т.е.

Докажем, что тогда выполняется равенство

Итак, А(k)Þ A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что форму-ла верна для любого натурального числа n.

ПРИМЕР 3

Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2.

Решение: 1) При n=3 утверждение спра-

Пусть А₁А₂А₃…A_kA_k+1-выпуклый (k+1)-уголь-ник. Проведём в нём диагональ A₁A_k. Чтобы под-считать общее число диагоналей этого (k+1)-уголь-ника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A₁A₂…A_k, прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А_k+1, и, кроме того, следует учесть диагональ А₁А_k.

Итак, А(k)Þ A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

ПРИМЕР 4

Доказать, что при любом n справедливо утвер-ждение:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что n=k

3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1

X_k+1=1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2 )/6=(k+1)(k(2k+1)+

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого на-турального n.

ПРИМЕР 5

Доказать, что для любого натурального n спра-ведливо равенство:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) Пусть n=1.

Тогда Х₁=1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Мы видим, что при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что равенство верно при n=k

3) Докажем истинность этого ут-верждения для n=k+1, т.е.

Х_k+1=(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X_k+1=1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3 )/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n.

ПРИМЕР 6

2) Предположим, что выражение верно при n=k

3) Докажем верность выражения при n=k+1.

Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любого n>2

ПРИМЕР 7

для любого натурального n.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

2) Предположим, что n=k, тогда

3) Докажем истинность этого ут-верждения при n=k+1

Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для лю-бого натурального n.

ПРИМЕР 8

Доказать верность тождества

(1 2 /1´ 3)+(2 2 /3´ 5)+…+(n 2 /(2n-1)´ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

для любого натурального n.

1) При n=1 тождество верно 1 2 /1´ 3=1(1+1)/2(2+1).

2) Предположим, что при n=k

3) Докажем, что тождество верно при n=k+1.

Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение верно при любом натуральном n.

ПРИМЕР 9

Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1 ) делится на 133 без остатка.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Но (23´ 133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно.

2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1 ) делится на 133 без остатка.

3) Докажем, что в таком случае

(11 k+3 +12 2k+3 ) делится на 133 без остатка. В самом деле 11 k+3 +12 2л+3 =11´ 11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´ 11 k+2 +

Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без ос-татка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k)Þ А(k+1). В силу метода математической индукции утвержде-ние доказано.

ПРИМЕР 10

2) Предположим, что при n=k

3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1.

ПРИМЕР 11

Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произвольном на-туральном n делится на 11.

Решение: 1) Пусть n=1, тогда

Х₁=3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остат-ка. Значит, при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n=k

X_k=3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка.

3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1.

X_k+1=3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =

=27´ 3 3k-1 +16´ 2 4k-3 =(16+11)´ 3 3k-1 +16´ 2 4k-3 =16´ 3 3k-1 +

Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предположе-нию, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма де-лится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утвер-ждение доказано.

ПРИМЕР 12

2) Предположим, что при n=k

3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1

Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: пер-вое содержит кратное 6-ти число 120, а второе де-лится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

ПРИМЕР 13

Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулированного в условии задачи.

1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение верно

3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1

ПРИМЕР 14

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство

Решение: 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как

2) Докажем, что А(k)Þ A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство

Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство

В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим

Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем

В итоге получаем, что

Итак, А(k)Þ A(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n> 2.

ПРИМЕР 15

Доказать, что справедливо неравенство

(1+a+a 2 ) m > 1+m´ a+(m(m+1)/2)´ a 2 при а> 0.

(1+а+а 2 ) 1 > 1+а+(2/2)´ а 2 обе части равны.

2) Предположим, что при m=k

(1+a+a 2 ) k >1+k´ a+(k(k+1)/2)´ a 2

3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно

(1+a+a 2 ) k+1 =(1+a+a 2 )(1+a+a 2 ) k >(1+a+a 2 )(1+k´ a+

+((k(k+1)/2)+k)´ a 3 +(k(k+1)/2)´ a 4 > 1+(k+1)´ a+

Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натурального m.

ПРИМЕР 16

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство

Решение: Перепишем неравенство в виде

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´ 7

3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1.

3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k )´ (3/2)>2k´ (3/2)=3k>2(k+1).

Так как k>7, последнее неравенство очевидно.

В силу метода математической индукции неравен-ство справедливо для любого натурального n.

ПРИМЕР 17

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство

Решение: 1) При n=3 неравенство верно

3) Докажем справедливость неравенства при n=k+1

Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2 )

Û k(k+2) 2Û k 2 +2k 2 +2k+1.

Последнее очевидно, а поэтому

В силу метода математической индукции неравенство доказано.

Источник

Метод математической индукции

Метод математической индукции

Способ доказательства методом математической индукции заключается в следующем:

1) Начало индукции. Доказывают или непосредственно проверяют справедливость утверждения ( формулы ) для n=1;

2) Индуктивный переход. Предполагают справедливость утверждения для некоторого натурального n=k .

3) Исходя из этого предположения, доказывают справедливость утверждения для n=k+1.

Ясно, что метод математической индукции (в дальнейшем м. м.и.) можно применять только для доказательства утверждений, зависящих от натурального n.

Задачи на делимость натуральных чисел часто предлагаются на математических олимпиадах разного уровня. Многие из них легко доказываются м. м.и.

1. Проверим, если n = 1, получим 13 + 2· 1 = 3 делится на 3

2. Предположим, что делится при n = к, т. е. к3+ 2к делится на 3.

3. Докажем, что при n = к + 1 полученное выражение тоже делится на 3.

(к + 1)3+ 2(к + 1) = к3 + 3к2 + 3к + 1 + 2к + 2 = (к3 + 2к) + 3к2 + 3к + 3 делится на 3, т. к. каждое слагаемое делится на 3.

Доказать, что при любом натуральном n число

(впрочем, здесь начать можно и с n=0)

2) Пусть ak делится на 7.

3) Докажем справедливость утверждения для n=k+1 ak+1=32(k+1)+1+2(k+1)+2=32k+1 9+ 2k+2 2= (32k+1+2k+2)9-7 *2k+2=9ak-7*2k+2

2) предположим, что утверждение верно при некотором натуральном n=k, т. е. число 7k+1+82k-1 делится на 19.

3) Докажем верность утверждения для n=k+1

Так как каждое слагаемое полученной суммы делится на 19, то и 7k+2+82k+1 также делится на 19. Утверждение доказано.

Доказать, что при любом натуральном n число 23+1 делится на 3n+1

1) Для n=1 число 23+1=9 делится на 31+1=9

2) Пусть утверждение верно для n=k, т. е. 23+1 делится на 3k+1.

23+1=23+1=(23)3+1=(23+1)((23)2 – 23+1) делится на 3к+2

Задачи для самостоятельного решения (прислать решения на 1,2,4)

Докажите, что при всех натуральных n

1) n3 + 11n делится на 6

5) 5·23n-2 + 33n-1 делится на 19

Метод математической индукции

1) Проверим справедливость утверждения для n =1.

2) Предположим справедливость формулы для n=k, т.е.

3) докажем справедливость формулы для n=k+1

Задача Доказать, что 3n

1) Проверим справедливость утверждения для n =1. 3 ≥ 3

2) Предположим справедливость формулы для n=k, т.е. 3к

3) докажем справедливость формулы для n=k+1, т. е. 3к+1

3к+1 = 3· 3к ≥ 3() = (2 + 1)( ) = 2· 2к + 2к + 2к + к = (2к+1+ к + 1) + (2к + 2к – 1), значит, тем более 3к+1

Задача Доказать, что при n ≥ 2

2) Предположим справедливость формулы для n=k, т.е.

3) докажем справедливость формулы для n=k+1, т. е.

—

Рассмотрим выражение —= , значит, тем более

Задача 4. Вывести формулу суммы первых n нечетных чисел натурального ряда.

Замечаем, что сумма первых n нечётных чисел натурального ряда равна n2 т. е. S(n)=n2. Докажем это м. м.и.

1) для n =1 формула верна.

2) предположим, что она верна для какого-нибудь натурального n=k, т. е. S(k)= k2.

Докажем, что тогда она будет верна и для n=k+1, т. е. S(k+1)=(k+1)2

Следовательно, формула верна для всех натуральных значений n, т. е. S(n)=n2

Задача 5. Доказать, что сумма квадратов первых натуральных чисел равна

12 +22 +32 +42 +…+n2=

1) Проверим справедливость утверждения для n =1.

т. е. для n =1 формула верна.

2) Предположим справедливость формулы для n=k, т.е. S(k)=12+22+32+…+k2 =

3) Исходя из этого предположения докажем справедливость формулы для n=k+1

Действительно, S(k+1)=12+22+32+…+k2+(k+1)2. Сумма первых k слагаемых равна S(k)= Значит, S(k+1)=S(k)+ (k+1)2=

=

Итак, мы доказали, что формула верна для n=kМы получили ту же формулу. Следовательно, в силу м. м.и. данная формула верна для любого натурального n.

Задача 6. Доказать, что для всех натуральных n справедлива формула

13+23+33+…+n3=

1) при n =1 левая часть этой формулы принимает вид 13=1 ; правая часть принимает вид . Значит, при n =1 формула верна.

2) предположим, что формула верна при n=k, т. е. верно равенство 13+23+33+…+k3 =

Докажем, что тогда эта формула верна и при n=k+1 (каким бы ни было k ), т. е. верно равенство 13+23+…+k3+(k+1)3=

Для этого заметим, что левую часть доказываемого равенства можно записать в виде (13+23+33+…+k3)+(k+1)3

Но по предположению выражение в скобках равно ,

13+23+…+k3+(k+1)3= .

Значит, доказываемая формула верна при n =1, а из её справедливости при n=k вытекает, что она верна и при n=kВ силу м. м.и. отсюда вытекает справедливость этой формулы для всех натуральных значений n.

Задача 8. Доказать, что при всех натуральных n выполняется неравенство

Доказательство:Обозначим левую часть неравенства через an.

1) начало индукции. Справедливость неравенства при n=1 очевидна.

2) индуктивный переход. Пусть ak . Надо доказать, что ak+1. А поскольку ak+1= , то нам достаточно доказать неравенство . Возведя это неравенство в квадрат и упрощая, приходим к неравенству n.

Для самостоятельного решения (по желанию)

Доказать равенства для всех натуральных n

1) 12+32+52+…+(2n-1)2=

3) 13+23+…+n3=

Докажите справедливость неравенства при любом натуральном значении n

4) 3n >5n+1 при n

5) 2n-1 > n(n+1) при n

6)

Источник