Номер 1.31, страница 19 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Глава I. Корни, степени, логарифмы. Параграф 1. Действительные числа. 1.3*. Метод математической индукции - номер 1.31, страница 19.

Условие.

1.31 Докажите методом математической индукции, что:

а) $0^n = 0$ для любого натурального $n$;

б) если $0 \le a < b$, то $a^n < b^n$ для любого натурального $n$;

в) $a^n b^n = (ab)^n$ для любого натурального $n$;

г) $(a^n)^m = a^{nm}$ для любых натуральных $m$ и $n$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

а) Докажем утверждение $0^n = 0$ для любого натурального $n$ методом математической индукции.

1. Базис индукции.
Проверим утверждение для $n=1$. По определению возведения в степень $a^1 = a$, следовательно, $0^1 = 0$. Утверждение верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $n=k$, то есть $0^k = 0$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть что $0^{k+1} = 0$.
Используя определение степени $a^{m+1} = a^m \cdot a$, имеем: $0^{k+1} = 0^k \cdot 0$.
Согласно индукционному предположению, $0^k = 0$. Подставляя это в выражение, получаем: $0^{k+1} = 0 \cdot 0 = 0$.
Таким образом, мы доказали, что если утверждение верно для $n=k$, оно верно и для $n=k+1$.

По принципу математической индукции, утверждение $0^n = 0$ доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Доказано, что $0^n=0$ для любого натурального $n$.

б) Докажем, что если $0 \le a < b$, то $a^n < b^n$ для любого натурального $n$.

1. Базис индукции.
Проверим утверждение для $n=1$. Нам нужно доказать, что $a^1 < b^1$. Это неравенство эквивалентно $a < b$, что является истинным по условию задачи. Базис индукции выполнен.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $n=k$, то есть $a^k < b^k$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть что $a^{k+1} < b^{k+1}$.
Из индукционного предположения мы имеем $a^k < b^k$. Так как по условию $b > a \ge 0$, то $b > 0$. Умножим обе части неравенства $a^k < b^k$ на положительное число $b$: $a^k \cdot b < b^k \cdot b$, что равносильно $a^k b < b^{k+1}$.
Теперь сравним $a^{k+1}$ и $a^k b$. По условию $a < b$. Так как $a \ge 0$, то $a^k \ge 0$. Если $a=0$, то $a^{k+1} = 0$. Поскольку $b>0$, то $b^{k+1} > 0$, и неравенство $a^{k+1} < b^{k+1}$ очевидно верно. Если $a>0$, то $a^k > 0$. Умножим обе части неравенства $a < b$ на положительное число $a^k$: $a \cdot a^k < b \cdot a^k$, что равносильно $a^{k+1} < a^k b$.
Теперь у нас есть два неравенства: $a^{k+1} < a^k b$ и $a^k b < b^{k+1}$. Используя свойство транзитивности для неравенств, получаем $a^{k+1} < b^{k+1}$.
Индукционный шаг доказан.

По принципу математической индукции, утверждение $a^n < b^n$ при $0 \le a < b$ доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Доказано, что если $0 \le a < b$, то $a^n < b^n$ для любого натурального $n$.

в) Докажем, что $a^n b^n = (ab)^n$ для любого натурального $n$.

1. Базис индукции.
Проверим утверждение для $n=1$: $a^1 b^1 = ab$.
$(ab)^1 = ab$.
Равенство $ab = ab$ верно. Базис индукции выполнен.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $n=k$, то есть $a^k b^k = (ab)^k$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть $a^{k+1} b^{k+1} = (ab)^{k+1}$.
Рассмотрим левую часть равенства: $a^{k+1} b^{k+1} = (a^k \cdot a) \cdot (b^k \cdot b)$.
Используя ассоциативность и коммутативность умножения, перегруппируем множители: $(a^k \cdot a) \cdot (b^k \cdot b) = (a^k b^k) \cdot (ab)$.
Применим индукционное предположение $a^k b^k = (ab)^k$: $(a^k b^k) \cdot (ab) = (ab)^k \cdot (ab)$.
По определению степени, $(ab)^k \cdot (ab) = (ab)^{k+1}$.
Таким образом, $a^{k+1} b^{k+1} = (ab)^{k+1}$. Индукционный шаг доказан.

По принципу математической индукции, утверждение $a^n b^n = (ab)^n$ доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Доказано, что $a^n b^n = (ab)^n$ для любого натурального $n$.

г) Докажем, что $(a^n)^m = a^{nm}$ для любых натуральных $m$ и $n$.
Доказательство проведем методом математической индукции по переменной $m$ при фиксированном натуральном $n$.

1. Базис индукции (по $m$).
Проверим утверждение для $m=1$: $(a^n)^1 = a^{n \cdot 1}$.
По определению степени, $(a^n)^1 = a^n$. Правая часть равна $a^{n \cdot 1} = a^n$. Равенство $a^n = a^n$ верно. Базис индукции выполнен.

2. Индукционное предположение (по $m$).
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $m=k$, то есть $(a^n)^k = a^{nk}$.

3. Индукционный шаг (по $m$).
Докажем, что утверждение верно для $m=k+1$, то есть $(a^n)^{k+1} = a^{n(k+1)}$.
Рассмотрим левую часть равенства. По определению степени: $(a^n)^{k+1} = (a^n)^k \cdot a^n$.
Применим индукционное предположение $(a^n)^k = a^{nk}$: $(a^n)^k \cdot a^n = a^{nk} \cdot a^n$.
Используя свойство степеней $x^p x^q = x^{p+q}$, получаем: $a^{nk} \cdot a^n = a^{nk+n}$.
Применяя дистрибутивный закон умножения относительно сложения в показателе степени, получаем: $a^{nk+n} = a^{n(k+1)}$.
Таким образом, $(a^n)^{k+1} = a^{n(k+1)}$. Индукционный шаг доказан.

Так как $n$ было выбрано как произвольное натуральное число, по принципу математической индукции утверждение $(a^n)^m = a^{nm}$ доказано для всех натуральных $m$ и $n$.

Ответ: Доказано, что $(a^n)^m = a^{nm}$ для любых натуральных $m$ и $n$.