Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 1

Метод математической индукции

Метод математической индукции является важным способом доказательства предложений (утверждений), зависящих от натурального аргумента.

Метод математической индукции состоит в следующем: Предложение (утверждение) P (n), зависящее от натурального числа n, справедливо

для любого натурального n, если:

1. P (1) является истинным предложением (утверждением);

2. P (n) остается истинным предложением (утверждением), если n увеличить на единицу, то есть P (n + 1) - истинное предложение (утверждение).

Таким образом метод математической индукции предполагает два этапа:

1. Этап проверки: проверяется, истинно ли предложение (утверждение) P (1).

2. Этап доказательства: предполагается, что предложение P (n) истинно, и доказывается истинность предложения P (n + 1) (n увеличено на единицу).

Замечание 1. В некоторых случаях метод математической индукции используется в следующей форме:

Пусть m - натуральное число, m > 1 и P (n) - предложение, зависящее от n, n ≥ m. Если

1. P (m) справедливо;

2. P (n), будучи истинным предложением, влечет истинность предложения P (n + 1) для любого натурального n, n ≥ m, тогда P (n) - истинное предложение для любого натурального n, n ≥ m.

В дальнейшем рассмотрим примеры применения метода математической индукции.

Пример 1. Доказать следующие равенства

a) 1 + 2 + 3 + … + n = \frac{n(n + 1)}{2},

b) 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n^{2},

c) 1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6},

d) 1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + … + n^{3} = [\frac{n(n + 1)}{2}]^{2} ,

e) 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + … + n(n + 1) = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{3},

f) \frac{1}{1 · 3} + \frac{1}{3 · 5} + … + \frac{1}{(2n − 1)(2n + 1)} = \frac{n}{2n + 1},

g) формула бинома Ньютона:

(a + b)^{n} = a^{n} + C_{n}^{1}a^{n−1}b + … + C_{n}^{3}a^{n−3}b^{3} + … + C_{n}^{n−1}ab^{n−1} + b^{n}, a, b ∈ R,

где n ∈ N.

Решение. a) При n = 1 равенство примет вид 1 = \frac{1 · 2}{2}, 1=1, следовательно, P (1) истинно. Предположим, что данное равенство справедливо, то есть, имеет место

1 + 2 + 3 + … + n = \frac{n(n + 1)}{2}.

Следует проверить (доказать), что P (n + 1), то есть

1 + 2 + 3 + … + n + (n + 1) = \frac{(n + 1)[(n + 1) + 1]}{2} = \frac{(n + 1)(n + 2)}{2},

истинно. Поскольку (используется предположение индукции)

1 + 2 + 3 + … + n + (n + 1) = \frac{n(n + 1)}{2} + (n + 1),

получим

1 + 2 + 3 + … + (n + 1) = \frac{n(n + 1)}{2} + (n + 1) = (n + 1) (\frac{n}{2} + 1) = \frac{(n + 1)(n + 2)}{2},

то есть, P (n + 1) - истинное утверждение.

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

Замечание 2. Этот пример можно было решить и иначе. Действительно, сумма 1 + 2 + 3 + … + n есть сумма первых n членов арифметической прогрессии с первым членом a_{1} = 1 и разностью d = 1. В силу известной формулы (S_{n} = \frac{a_{1} + a_{n}}{2} · n), получим

S_{n} = \frac{1 + n}{2} · n.

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

1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n^{2},

и докажем, что имеет место P (n + 1):

1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) + (2(n + 1) − 1) = (n + 1)^{2}

или

1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) + (2n + 1) = (n + 1)^{2}.

Используя предположение индукции, получим

1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) + (2n + 1) = n^{2} + (2n + 1) = (n + 1)^{2}.

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

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

c) При n = 1 равенство истинно: 1^{2} = \frac{1 · 2 · 3}{6}, 1=1. Допустим, что истинно равенство

1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6},

и покажем, что

1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} + (n + 1)^{2} = \frac{(n + 1)(n + 2)(2n + 3)}{6},

то есть истинность P (n) влечет истинность P (n + 1). Действительно,

\begin{matrix}1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} + (n + 1)^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} + (n + 1)^{2} = \\ = (n + 1) [\frac{n(2n + 1)}{6} + (n + 1)] = \frac{n + 1}{6} [n(2n + 1) + 6(n + 1)] = \frac{n + 1}{6}(2n^{2} + 7n + 6), \end{matrix}

и, так как 2n^{2} + 7n + 6 = (2n + 3)(n + 2), получим

1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + (n + 1)^{2} = \frac{(n + 1)(n + 2)(2n + 3)}{6},

и, следовательно, исходное равенство справедливо для любого натурального n.

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 4

d) При n = 1 равенство справедливо: 1^{3} = [\frac{1 · 2}{2}]^{2}, 1=1. Допустим, что имеет место

1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + … + n^{3} = [\frac{n(n + 1)}{2}]^{2} ,

и докажем, что

1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + … + (n + 1)^{3} = [\frac{(n + 1)(n + 2)}{2}]^{2} .

Действительно,

\begin{matrix}1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + … + n^{3} + (n + 1)^{3} = [\frac{n(n + 1)}{2}]^{2} + (n + 1)^{3} = (n + 1)^{2} [\frac{n^{2}}{4} + (n + 1)] = \\ = \frac{(n + 1)^{2}}{4} (n^{2} + 4n + 4) = \frac{(n + 1)^{2}(n + 2)^{2}}{4} = [\frac{(n + 1)(n + 2)}{2}]^{2} . \end{matrix}

e) Утверждение P (1) справедливо: 1 · 2 = \frac{1 · 2 · 3}{3}, 2=2. Допустим, что равенство

1 · 2 + 2 · 3 + … + n(n + 1) = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{3}

справедливо, и докажем, что оно влечет равенство

1 · 2 + 2 · 3 + … + n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) = \frac{(n + 1)(n + 2)(n + 3)}{3}.

Действительно,

\begin{matrix}1 · 2 + 2 · 3 + … + n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{3} + (n + 1)(n + 2) = \\ = (n + 1)(n + 2) (\frac{n}{3} + 1) = \frac{(n + 1)(n + 2)(n + 3)}{3}. \end{matrix}

Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n.

f) P (1) справедливо: \frac{1}{1 · 3} = \frac{1}{2 · 1 + 1}, \frac{1}{3} = \frac{1}{3}. Пусть имеет место равенство P (n):

\frac{1}{1 · 3} + \frac{1}{3 · 5} + … + \frac{1}{(2n − 1)(2n + 1)} = \frac{n}{2n + 1}.

Покажем, что последнее равенство влечет следующее:

\frac{1}{1 · 3} + \frac{1}{3 · 5} + … + \frac{1}{(2n − 1)(2n + 1)} + \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{n + 1}{2n + 3}.

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

\begin{matrix}\frac{1}{1 · 3} + \frac{1}{3 · 5} + … + \frac{1}{(2n − 1)(2n + 1)} + \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{n}{2n + 1} + \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \\ = \frac{n(2n + 3) + 1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{2n^{2} + 3n + 1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{(n + 1)(2n + 1)}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{n + 1}{2n + 3}. \end{matrix}

Таким образом, равенство доказано.

g) При n = 1 имеем a + b = b + a и, следовательно, равенство справедливо. Пусть формула бинома Ньютона справедлива при n = k, то есть,

(a + b)^{k} = a^{k} + C_{k}^{1}a^{k−1}b + … + b^{k}.

Тогда

\begin{matrix}(a + b)^{k+1} = (a + b)^{k}(a + b) = (a^{k} + C_{k}^{1}a^{k−1}b + … + b^{k})(a + b) = \\ = a^{k+1} + (1 + C_{k}^{1})a^{k}b + (C_{k}^{1} + C_{k}^{2})a^{k−1}b^{2} + … + (C_{k}^{s} + C_{k}^{s+1})a^{k−s}b^{s} + … + b^{k+1}. \end{matrix}

Используя равенство C_{k}^{s} + C_{k}^{s+1} = C_{k+1}^{s+1}, получим

(a + b)^{k+1} = a^{k+1} + C_{k+1}^{1}a^{k}b + C_{k+2}^{2}a^{k−1}b^{2} + … + C_{k+1}^{s+1}a^{k−s}b^{s+1} + … + b^{k+1}.

Пример 2. Доказать неравенства

a) неравенство Бернулли: (1 + α)^{n} ≥ 1 + nα, α > −1, n ∈ N.

b) x_{1} + x_{2} + … + x_{n} ≥ n, если x_{1}x_{2} · . . . · x_{n} = 1 и x_{i} > 0, i = \overline{1, n}.

c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего

геометрического

\frac{x_{1} + x_{2} + … + x_{n}}{n} ≥ ^{n} \sqrt{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}, где x_{i} > 0, i = \overline{1, n}, n ≥ 2.

d) sin^{2n} α + cos^{2n} α ≤ 1, n ∈ N.

e) \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + … + \frac{1}{n!} < \frac{5n − 2}{2n}, n ∈ N.

f) 2^{n} > n^{3}, n ∈ N, n ≥ 10. Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство

1 + α ≥ 1 + α.

Предположим, что имеет место неравенство

(1 + α)^{n} ≥ 1 + nα  (1)

и покажем, что тогда имеет место и

(1 + α)^{n+1} ≥ 1 + (n + 1)α.

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

(1 + α)^{n}(1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α)

или

(1 + α)^{n+1} ≥ 1 + (n + 1)α + nα^{2}.

Поскольку nα^{2} ≥ 0, следовательно,

(1 + α)^{n+1} ≥ 1 + (n + 1)α + nα^{2} ≥ 1 + (n + 1)α.

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

b) При n = 1 получим x_{1} = 1 и, следовательно, x_{1} ≥ 1 то есть P (1) - справедливое утверждение. Предположим, что P (n) истинно, то есть, если x_{1}, x_{2}, …, x_{n} - n положительных чисел, произведение которых равно единице, x_{1}x_{2} · . . . · x_{n} = 1 и x_{1} + x_{2} + … + x_{n} ≥ n.

Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x_{1}, x_{2}, …, x_{n}, x_{n+1} - (n + 1) положительных чисел, таких, что x_{1}x_{2} · . . . · x_{n} · x_{n+1} = 1, тогда x_{1} + x_{2} + … + x_{n} + x_{n+1} ≥ n + 1.

Рассмотрим следующие два случая:

1) x_{1} = x_{2} = … = x_{n} = x_{n+1} = 1. Тогда сумма этих чисел равна (n + 1), и требуемое неравество выполняется;

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

x_{1}, x_{2}, …, x_{n−1}, (x_{n} · x_{n+1}).

Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе,

x_{1} + x_{2} + … + x_{n−1} + x_{n}x_{n+1} ≥ n.

Последнее неравенство переписывается следующим образом:

x_{1} + x_{2} + … + x_{n−1} + x_{n}x_{n+1} + x_{n} + x_{n+1} ≥ n + x_{n} + x_{n+1}

или

x_{1} + x_{2} + … + x_{n−1} + x_{n} + x_{n+1} ≥ n + x_{n} + x_{n+1} − x_{n}x_{n+1}.

Поскольку

(1 − x_{n})(x_{n+1} − 1) > 0,

то

\begin{matrix}n + x_{n} + x_{n+1} − x_{n}x_{n+1} = n + 1 + x_{n+1}(1 − x_{n}) − 1 + x_{n} = \\ = n + 1 + x_{n+1}(1 − x_{n}) − (1 − x_{n}) = n + 1 + (1 − x_{n})(x_{n+1} − 1) ≥ n + 1. \end{matrix}

Следовательно,

x_{1} + x_{2} + … + x_{n} + x_{n+1} ≥ n + 1,

то есть, если P (n) справедливо, то и P (n + 1) справедливо. Неравенство доказано.

Замечание 4. Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x_{1} = x_{2} = … = = x_{n} = 1.

c) Пусть x_{1}, x_{2}, …, x_{n} - произвольные положительные числа. Рассмотрим следующие n положительных чисел:

\frac{x_{1}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} , \frac{x_{2}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} , …, \frac{x_{n}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} .

Поскольку их произведение равно единице:

\frac{x_{1}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} · \frac{x_{2}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} · . . . · \frac{x_{n}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} = \frac{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}} = 1,

согласно ранее доказанному неравенству b), следует, что

\frac{x_{1}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} + \frac{x_{2}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} + … + \frac{x_{n}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} ≥ n,

откуда

\frac{x_{1} + x_{2} + … + x_{n}}{n} ≥ ^{n} \sqrt{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}.

Замечание 5. Равенство выполняется если и только если x_{1} = x_{2} = … = x_{n}.

d) P (1) - справедливое утверждение: sin^{2} α + cos^{2} α = 1. Предположим, что P (n) - истинное утверждение:

sin^{2n} α + cos^{2n} α ≤ 1,

и покажем, что имеет место P (n + 1). Действительно,

sin^{2(n+1)} α + cos^{2(n+1)} α = sin^{2n} α · sin^{2} α + cos^{2n} α · cos^{2} α < sin^{2n} α + cos^{2n} α ≤ 1

(если sin^{2} α ≤ 1, то cos^{2} α < 1, и обратно: если cos^{2} α ≤ 1, то sin^{2} α < 1). Таким образом, для любого n ∈ N sin^{2n} α + cos^{2n} ≤ 1, и знак равенства достигается лишь при n = 1.

e) При n = 1 утверждение справедливо: \frac{1}{1!} < \frac{5 − 2}{2 · 1}, 1 < \frac{3}{2}.

Допустим, что \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + … + \frac{1}{n!} < \frac{5n − 2}{2n}, и докажем, что

\frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + … + \frac{1}{n!} + \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{5n + 3}{2(n + 1)}.

Поскольку

(n + 1)! > n(n + 1) ⇒ \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{1}{n(n + 1)} ⇒ \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{2}{2n(n + 1)} ⇒

⇒ \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{(5n + 3) · n − (5n − 2)(n + 1)}{2(n + 1)n} ⇒ \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{5n + 3}{2(n + 1)} − \frac{5n − 2}{2n} ⇒

⇒ \frac{5n − 2}{2n} + \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{5n + 3}{2(n + 1)},

учитывая P (n), получим

\frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + … + \frac{1}{n!} + \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{5n − 2}{2n} + \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{5n + 3}{2(n + 1)}.

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

Поскольку при n > 10 имеем 2 > (\frac{1}{n})^{3} или 2 > 1 + \frac{3}{n} + \frac{3}{n^{2}} + \frac{1}{n^{3}} , следует, что

2n^{3} > n^{3} + 3n^{2} + 3n + 1 или n^{3} > 3n^{2} + 3n + 1.

Учитывая неравенство 2^{n} > n^{3}, получим

2^{n+1} = 2^{n} · 2 = 2^{n} + 2^{n} > n^{3} + n^{3} > n^{3} + 3n^{2} + 3n + 1 = (n + 1)^{3}.

Таким образом, согласно методу математической индукции, для любого натурального n, n ≥ 10 имеем 2^{n} > n^{3}.

Пример 3. Доказать, что для любого n ∈ N

a) n(2n^{2} − 3n + 1) делится на 6,
b) 6^{2n−2} + 3^{n+1} + 3^{n−1} делится на 11.

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

n(n + 1)(2n + 1) = n(n − 1 + 2)(2n − 1 + 2) = (n(n − 1) + 2n)(2n − 1 + 2) =
= n(n − 1)(2n − 1) + 2n(n − 1) + 2n(2n + 1) = n(n − 1)(2n − 1) + 2n · 3n =
= n(n − 1)(2n − 1) + 6n^{2}

и, как n(n − 1)(2n − 1), так и 6n^{2} делятся на 6, тогда и их сумма n(n + 1)(2n + 1) делится 6.

Таким образом, P (n+1) - справедливое утверждение, и, следовательно, n(2n^{2} −3n+1) делится на 6 для любого n ∈ N.

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

6^{2n} + 3^{n+2} + 3^{n} = 6^{2n−2+2} + 3^{n+1+1} + 3^{n−1+1} =
= 6^{2} · 6^{2n−2} + 3 · 3^{n+1} + 3 · 3^{n−1} = 3 · (6^{2n−2} + 3^{n+1} + 3^{n−1}) + 33 · 6^{2n−2},

и, как 6^{2n−2} + 3^{n+1} + 3^{n−1}, так и 33 · 6^{2n−2} делятся на 11, тогда и их сумма 6^{2n} + 3^{n+2} + 3^{n} делится на 11. Утверждение доказано.

Индукция в геометрии

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

Решение. При n = 2, правильный 2^{2}-угольник есть квадрат, и в этом случае a_{4} = R\sqrt{2}.

[figure: C; A; D; B; E]

Пусть a_{2^{n}} = a′ и определим a_{2^{n+1}} = a′′. Если AB = a′, то AE = \frac{a′}{2} ; BD = a′′. По теореме Пифагора, из прямоугольного треугольника △DEB

a′′ = \sqrt{(\frac{a′}{2} )^{2} + DE^{2}}.

В свою очередь DE = R − EC и

EC^{2} = BC^{2} − BE^{2} = R^{2} − (\frac{a′}{2} )^{2} .

Таким образом, DE = R − \sqrt{R^{2} − (\frac{a′}{2} )^{2}}, и, следовательно,

a_{2^{n+1}} = \sqrt{(\frac{a′}{2} )^{2} + R − \sqrt{R^{2} − (\frac{a′}{4} )^{2}}} = \sqrt{2R^{2} − 2R\sqrt{R^{2} − \frac{a_{2^{n}}^{2}}{4}}} ,

формула перехода от n к n + 1.

В частных случаях

a_{4} = R\sqrt{2} ⇒ a_{8} = \sqrt{2R^{2} − 2R\sqrt{R^{2} − \frac{R^{2} · 2}{4}}} = R\sqrt{2 − \sqrt{2}}.

a_{16} = \sqrt{2R^{2} − 2R\sqrt{R^{2} − \frac{1}{4}R^{2}(2 − \sqrt{2})}} = R\sqrt{2 − \sqrt{2 + \sqrt{2}}}.

Возникает гипотеза

a_{2^{n}} = R\sqrt{2 − \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + … + \sqrt{2}}}}_{n−2 раз}}.  (2)

Как ранее было показано при n = 1, что эта формула справедлива. Пусть (2) выполняется при n = k. Вычислим a_{2^{n+1}}. Согласно формуле перехода, получим:

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 11

a_{2^{n+1}} = \sqrt{2R^{2} − 2R\sqrt{R^{2} − R^{2} \frac{2 − \underbrace{\sqrt{2 + … + \sqrt{2}}}_{n−2 раз}}{4}}} = R − \sqrt{2 − \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + … + \sqrt{2}}}}_{n−1 раз}}.

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

l = lim_{n→∞} 2^{n}R\sqrt{2 − \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + … + \sqrt{2}}}}_{n−2 раз}},

и, поскольку l = 2πR, получим

π = lim_{n→∞} 2^{n}\sqrt{2 − \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + … + \sqrt{2}}}}_{n−1 раз}}.

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 12

Упражнения для самостоятельной работы

I. Доказать равенства

a) 1^{2} + 3^{2} + … + (2n − 1)^{2} = \frac{n(4n^{2} − 1)}{3},

b) 1 · 2^{2} + 2 · 3^{2} + … + (n − 1)n^{2} = \frac{n(n^{2} − 1)(3n + 2)}{12}, n > 1,

c) sin x + sin(x + α) + … + sin(x + nα) = \frac{sin(x + \frac{nα}{2}) sin \frac{(n+1)α}{2}}{sin \frac{α}{2}} ,

d) \frac{1^{2}}{1 · 3} + \frac{2^{2}}{3 · 5} + \frac{3^{2}}{5 · 7} + … + \frac{n^{2}}{(2n − 1)(2n + 1)} = \frac{n(n + 1)}{2(2n + 1)},

e) \frac{4}{1 · 2 · 3} + \frac{5}{·2 · 3 · 4} + \frac{6}{3 · 4 · 5} + … + \frac{n + 3}{n(n + 1)(n + 2)} = \frac{5}{4} − \frac{2n + 5}{2(n + 1)(n + 2)},

f) 2 + 7 + 14 + … + (n^{2} + 2n − 1) = \frac{n(2n^{2} + 9n + 1)}{6},

g) cos α · cos 2α cos 4α ⋯ cos 2^{n}α = \frac{sin(2^{n+1}α)}{2^{n+1} sin α},

h) sin x + sin 2x + … + sin nx = sin \frac{nx}{2} · \frac{sin \frac{n+1}{2}x}{sin \frac{x}{2}},

i) \frac{1}{2} + cos x + cos 2x + … + cos nx = \frac{sin \frac{2n+1}{2}x}{2 sin \frac{x}{2}},

j) sin x + 2 sin 2x + 3 sin 3x + … + n sin nx = \frac{(n + 1) sin nx − n sin(n + 1)x}{4 sin^{2} \frac{x}{2}},

k) cos x + 2 cos 2x + … + n cos nx = \frac{(n + 1) cos nx − n cos(n + 1)x − 1}{4 sin^{2} \frac{x}{2}},

l) \frac{1}{2} tg \frac{x}{2} + \frac{1}{2^{2}} tg \frac{x}{2^{2}} + … + \frac{1}{2^{n}} tg \frac{x}{2^{n}} = \frac{1}{2^{n}} ctg \frac{x}{2^{n}} − ctg x (x ≠ mπ),

m) arcctg 3 + arcctg 5 + … + arcctg(2n + 1) = = arctg 2 + arctg \frac{3}{2} + … + arctg \frac{n + 1}{n} − n arctg 1.

II. Доказать неравенства

a) 2^{n} > 2n + 1 (n ≥ 3),

b) \frac{1}{2} \frac{3}{4} \frac{5}{6} · . . . · \frac{2n − 1}{2n} ≤ \frac{1}{\sqrt{3n + 1}},

c) |a_{1} + a_{2} + … + a_{n}| ≤ |a_{1}| + |a_{2}| + … + |a_{n}|,

d) 2!4! … (2n)! > [(n + 1)!]^{n}, n ≥ 2,

e) \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + … + \frac{1}{2n} > \frac{13}{24}, n > 1,

f) \frac{1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1)}{2 · 4 · 6 · . . . · 2n} < \frac{1}{\sqrt{2n + 1}}, n ∈ N; \frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + … + \frac{1}{\sqrt{n}} > \sqrt{n},

g) \frac{4^{n}}{n + 1} ≤ \frac{(2n)!}{(n!)^{2}}.

III. Доказать, что при любом натуральном n число a_{n} делится на b.

a) a_{n} = 5^{n+3} + 11^{3n+1}, b = 17,

b) a_{n} = 11^{n+2} + 12^{2n+1}, b = 133,

c) a_{n} = 2n^{3} + 3n^{2} + 7n, b = 6,

d) a_{n} = 10^{n} + 18n − 28, b = 27,

e) a_{n} = n^{5} − n, b = 30.

IV. Показать, что \frac{2}{\sqrt{\frac{1}{2}} \sqrt{\frac{1}{2} (1 + \sqrt{\frac{1}{2}})}\sqrt{\frac{1}{2} (1 + \sqrt{\frac{1}{2} (1 + \sqrt{\frac{1}{2}})})} …} ⟶ π (Формула Виета).

V. Вычислить радиусы r_{n}, R_{n} вписанной и описанной окружностей правильного 2^{n}- угольника с периметром p.

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