Номер 1.34, страница 20 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

1.3*. Метод математической индукции. § 1. Действительные числа. Глава I. Корни, степени, логарифмы - номер 1.34, страница 20.

1.34 Пусть $a < 0$. Докажите по индукции, что:

а) $a^n > 0$ при любом чётном натуральном $n$;

б) $a^n < 0$ при любом нечётном натуральном $n$.

а)

Требуется доказать по индукции, что если $a < 0$, то $a^n > 0$ для любого чётного натурального числа $n$.

Любое чётное натуральное число $n$ можно представить в виде $n=2k$, где $k$ — натуральное число ($k \in \{1, 2, 3, \dots\}$). Таким образом, нам нужно доказать утверждение $P(k): a^{2k} > 0$ для всех натуральных $k \ge 1$.

1. База индукции.
Проверим утверждение для наименьшего $k=1$, что соответствует наименьшему чётному натуральному числу $n=2$.
Нам нужно проверить, что $a^2 > 0$.
Поскольку по условию $a < 0$, $a$ является отрицательным числом. Произведение двух отрицательных чисел ($a \cdot a$) является положительным числом. Следовательно, $a^2 > 0$.
База индукции верна.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого произвольного натурального числа $k=m$. То есть, предположим, что $a^{2m} > 0$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что из истинности утверждения для $k=m$ следует его истинность для $k=m+1$. Нам нужно доказать, что $a^{2(m+1)} > 0$.
Рассмотрим левую часть выражения:
$a^{2(m+1)} = a^{2m+2} = a^{2m} \cdot a^2$.
Согласно индукционному предположению, $a^{2m} > 0$.
Как мы установили в базе индукции, $a^2 > 0$.
Произведение двух положительных чисел ($a^{2m}$ и $a^2$) также является положительным числом. Следовательно, $a^{2m} \cdot a^2 > 0$, что означает $a^{2(m+1)} > 0$.
Индукционный шаг доказан.

Таким образом, поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, по принципу математической индукции утверждение $a^n > 0$ верно для любого чётного натурального числа $n$.
Ответ: Утверждение доказано.

б)

Требуется доказать по индукции, что если $a < 0$, то $a^n < 0$ для любого нечётного натурального числа $n$.

Любое нечётное натуральное число $n$ можно представить в виде $n=2k-1$, где $k$ — натуральное число ($k \in \{1, 2, 3, \dots\}$). Таким образом, нам нужно доказать утверждение $P(k): a^{2k-1} < 0$ для всех натуральных $k \ge 1$.

1. База индукции.
Проверим утверждение для наименьшего $k=1$, что соответствует наименьшему нечётному натуральному числу $n=1$.
Нам нужно проверить, что $a^1 < 0$.
Это тождественно условию задачи $a < 0$.
База индукции верна.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого произвольного натурального числа $k=m$. То есть, предположим, что $a^{2m-1} < 0$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что из истинности утверждения для $k=m$ следует его истинность для $k=m+1$. Нам нужно доказать, что $a^{2(m+1)-1} < 0$.
Рассмотрим левую часть выражения:
$a^{2(m+1)-1} = a^{2m+2-1} = a^{2m+1} = a^{2m-1} \cdot a^2$.
Согласно индукционному предположению, $a^{2m-1} < 0$.
Как было доказано в пункте а), для $a<0$ справедливо $a^2 > 0$.
Произведение отрицательного числа ($a^{2m-1}$) и положительного числа ($a^2$) является отрицательным числом. Следовательно, $a^{2m-1} \cdot a^2 < 0$, что означает $a^{2(m+1)-1} < 0$.
Индукционный шаг доказан.

Таким образом, поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, по принципу математической индукции утверждение $a^n < 0$ верно для любого нечётного натурального числа $n$.
Ответ: Утверждение доказано.