Страница 19 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

1.30°a) Сформулируйте принцип математической индукции.

б) Справедливо ли утверждение для всех натуральных $n$, если верно только одно из двух условий принципа математической индукции?

а) Принцип математической индукции — это метод доказательства утверждений для всех натуральных чисел. Пусть дано некоторое утверждение $P(n)$, зависящее от натурального числа $n$. Чтобы доказать, что это утверждение справедливо для всех натуральных чисел $n \ge n_0$ (где $n_0$ — некоторое начальное натуральное число, обычно $n_0=1$), необходимо последовательно доказать два утверждения:

1. Базис (база) индукции. Проверяется истинность утверждения $P(n)$ для начального значения $n = n_0$. То есть доказывается, что $P(n_0)$ верно.

2. Индукционный переход (шаг индукции). Доказывается, что если утверждение $P(n)$ истинно для некоторого произвольного натурального числа $k \ge n_0$, то оно истинно и для следующего натурального числа $n = k+1$. Это утверждение имеет форму импликации: для любого $k \ge n_0$ из истинности $P(k)$ следует истинность $P(k+1)$. В символьной записи: $P(k) \implies P(k+1)$. Предположение о том, что $P(k)$ истинно, называется индукционным предположением.

Если оба этих шага успешно выполнены, то на основании принципа математической индукции делается вывод, что утверждение $P(n)$ справедливо для всех натуральных чисел $n \ge n_0$. Аналогия — падение костяшек домино: если мы толкнули первую костяшку (базис индукции) и уверены, что каждая падающая костяшка толкает следующую (индукционный переход), то упадут все костяшки.

Ответ: Принцип математической индукции заключается в доказательстве утверждения для начального случая (базис индукции) и доказательстве того, что из истинности утверждения для произвольного случая $k$ следует его истинность для следующего случая $k+1$ (индукционный переход). Выполнение этих двух условий доказывает истинность утверждения для всех натуральных чисел, начиная с начального.

б) Нет, утверждение не будет справедливым для всех натуральных $n$, если верно только одно из двух условий принципа математической индукции. Для доказательства необходимо выполнение обоих условий. Отсутствие любого из них делает доказательство неверным. Рассмотрим два возможных случая.

Случай 1: Выполнен индукционный переход, но не выполнен базис индукции.

В этом случае мы имеем верное правило "перехода" от одного числа к следующему ($P(k) \implies P(k+1)$), но поскольку утверждение неверно для начального значения, "цепь" доказательств никогда не начинается. Утверждение может быть ложным для всех натуральных чисел.

Пример: рассмотрим утверждение $P(n): n > n + 1$.

• Индукционный переход: Предположим, что для некоторого $k \in \mathbb{N}$ верно $k > k + 1$. Прибавим 1 к обеим частям неравенства: $k+1 > (k+1)+1$. Таким образом, из $P(k)$ следует $P(k+1)$. Индукционный переход выполнен.
• Базис индукции: Проверим для $n=1$: $1 > 1+1$, то есть $1 > 2$. Это ложь. Базис индукции не выполнен.

Очевидно, что утверждение $n > n+1$ ложно для любого натурального $n$.

Случай 2: Выполнен базис индукции, но не выполнен индукционный переход.

В этом случае утверждение может быть истинным для одного или нескольких первых значений, но "цепь" доказательств прерывается в какой-то момент, и утверждение становится ложным для последующих чисел.

Пример: рассмотрим утверждение $P(n): n^2 - n + 41$ — простое число.

• Базис индукции: Проверим для $n=1$: $1^2 - 1 + 41 = 41$. Число 41 является простым. Базис индукции выполнен. Можно также проверить для $n=2$ ($43$, простое), $n=3$ ($47$, простое) и т.д.
• Индукционный переход: Предположим, что для некоторого $k$ выражение $k^2 - k + 41$ является простым. Нужно доказать, что и $(k+1)^2 - (k+1) + 41$ также будет простым. Однако этот переход не всегда верен. Например, утверждение истинно для всех $n$ от 1 до 40. Но при $n=41$ получаем: $41^2 - 41 + 41 = 41^2 = 1681$. Это число не является простым, так как делится на 41. Следовательно, индукционный переход от $k=40$ к $k+1=41$ не работает.

Таким образом, оба условия — базис индукции и индукционный переход — являются обязательными и равноправными частями доказательства методом математической индукции.

Ответ: Нет, утверждение не будет справедливым для всех натуральных $n$, если верно только одно из двух условий. Если не выполнен базис индукции, то у цепи доказательств нет начального звена. Если не выполнен индукционный переход, то цепь доказательств обрывается.

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 $n$.

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 $n$.

1.32 Докажите методом математической индукции, что:

а) общий член арифметической прогрессии $a_n$ вычисляется по формуле $a_n = a_1 + (n - 1)d$;

б) общий член геометрической прогрессии $b_n$ вычисляется по формуле $b_n = b_1q^{n-1}$;

в) сумма первых $n$ членов арифметической прогрессии $a_n$ вычисляется по формуле $S_n = \frac{2a_1 + (n - 1)d}{2} \cdot n$;

г) сумма первых $n$ членов геометрической прогрессии $b_n$ $(q \neq 1)$ вычисляется по формуле $S_n = \frac{b_1(q^n - 1)}{q - 1}$.

а) Докажем формулу для n-го члена арифметической прогрессии $a_n = a_1 + (n - 1)d$ методом математической индукции.

1. База индукции.
Проверим справедливость формулы для $n=1$.
Подставим $n=1$ в формулу: $a_1 = a_1 + (1-1)d = a_1 + 0 \cdot d = a_1$.
Равенство $a_1 = a_1$ верно. База индукции выполняется.

2. Шаг индукции.
Пусть формула верна для некоторого натурального числа $n=k$, то есть $a_k = a_1 + (k - 1)d$. Это наше индукционное предположение.
Докажем, что формула верна и для следующего числа $n=k+1$, то есть что $a_{k+1} = a_1 + ((k+1) - 1)d = a_1 + kd$.
По определению арифметической прогрессии, каждый следующий член получается из предыдущего добавлением разности прогрессии $d$: $a_{k+1} = a_k + d$.
Используем наше индукционное предположение для $a_k$:
$a_{k+1} = (a_1 + (k - 1)d) + d = a_1 + kd - d + d = a_1 + kd$.
Мы получили требуемое равенство для $n=k+1$. Таким образом, шаг индукции доказан.
Поскольку база и шаг индукции выполнены, формула верна для любого натурального $n$.
Ответ: Утверждение доказано методом математической индукции.

б) Докажем формулу для n-го члена геометрической прогрессии $b_n = b_1q^{n-1}$ методом математической индукции.

1. База индукции.
Проверим справедливость формулы для $n=1$.
Подставим $n=1$ в формулу: $b_1 = b_1q^{1-1} = b_1q^0 = b_1 \cdot 1 = b_1$.
Равенство $b_1 = b_1$ верно. База индукции выполняется.

2. Шаг индукции.
Пусть формула верна для некоторого натурального числа $n=k$, то есть $b_k = b_1q^{k-1}$. Это наше индукционное предположение.
Докажем, что формула верна и для следующего числа $n=k+1$, то есть что $b_{k+1} = b_1q^{(k+1)-1} = b_1q^k$.
По определению геометрической прогрессии, каждый следующий член получается из предыдущего умножением на знаменатель прогрессии $q$: $b_{k+1} = b_k \cdot q$.
Используем наше индукционное предположение для $b_k$:
$b_{k+1} = (b_1q^{k-1}) \cdot q = b_1q^{k-1+1} = b_1q^k$.
Мы получили требуемое равенство для $n=k+1$. Таким образом, шаг индукции доказан.
Поскольку база и шаг индукции выполнены, формула верна для любого натурального $n$.
Ответ: Утверждение доказано методом математической индукции.

в) Докажем формулу для суммы первых $n$ членов арифметической прогрессии $S_n = \frac{2a_1 + (n-1)d}{2} \cdot n$ методом математической индукции.

1. База индукции.
Проверим справедливость формулы для $n=1$. Сумма первого члена $S_1$ равна самому первому члену $a_1$.
Подставим $n=1$ в формулу: $S_1 = \frac{2a_1 + (1-1)d}{2} \cdot 1 = \frac{2a_1 + 0}{2} = a_1$.
Равенство $S_1 = a_1$ верно. База индукции выполняется.

2. Шаг индукции.
Пусть формула верна для некоторого натурального числа $n=k$, то есть $S_k = \frac{2a_1 + (k-1)d}{2} \cdot k$. Это наше индукционное предположение.
Докажем, что формула верна и для $n=k+1$, то есть что $S_{k+1} = \frac{2a_1 + ((k+1)-1)d}{2} \cdot (k+1) = \frac{2a_1 + kd}{2} \cdot (k+1)$.
Сумма $S_{k+1}$ по определению равна $S_k + a_{k+1}$. Используем доказанную в пункте (а) формулу для $a_{k+1} = a_1 + kd$.
$S_{k+1} = S_k + a_{k+1} = \frac{2a_1 + (k-1)d}{2} \cdot k + (a_1 + kd)$.
Приведем к общему знаменателю:
$S_{k+1} = \frac{(2a_1 + kd - d)k + 2(a_1 + kd)}{2} = \frac{2a_1k + k^2d - kd + 2a_1 + 2kd}{2}$.
Сгруппируем слагаемые в числителе:
$S_{k+1} = \frac{(2a_1k + 2a_1) + (k^2d + kd)}{2} = \frac{2a_1(k+1) + kd(k+1)}{2}$.
Вынесем общий множитель $(k+1)$ за скобки:
$S_{k+1} = \frac{(2a_1 + kd)(k+1)}{2}$.
Мы получили требуемое равенство для $n=k+1$. Шаг индукции доказан.
Поскольку база и шаг индукции выполнены, формула верна для любого натурального $n$.
Ответ: Утверждение доказано методом математической индукции.

г) Докажем формулу для суммы первых $n$ членов геометрической прогрессии $S_n = \frac{b_1(q^n - 1)}{q - 1}$ (при $q \neq 1$) методом математической индукции.

1. База индукции.
Проверим справедливость формулы для $n=1$. Сумма первого члена $S_1$ равна самому первому члену $b_1$.
Подставим $n=1$ в формулу: $S_1 = \frac{b_1(q^1 - 1)}{q - 1} = b_1$.
Равенство $S_1 = b_1$ верно. База индукции выполняется.

2. Шаг индукции.
Пусть формула верна для некоторого натурального числа $n=k$, то есть $S_k = \frac{b_1(q^k - 1)}{q - 1}$. Это наше индукционное предположение.
Докажем, что формула верна и для $n=k+1$, то есть что $S_{k+1} = \frac{b_1(q^{k+1} - 1)}{q - 1}$.
Сумма $S_{k+1}$ по определению равна $S_k + b_{k+1}$. Используем доказанную в пункте (б) формулу для $b_{k+1} = b_1q^k$.
$S_{k+1} = S_k + b_{k+1} = \frac{b_1(q^k - 1)}{q - 1} + b_1q^k$.
Приведем к общему знаменателю:
$S_{k+1} = \frac{b_1(q^k - 1) + b_1q^k(q-1)}{q - 1} = \frac{b_1q^k - b_1 + b_1q^{k+1} - b_1q^k}{q - 1}$.
Сократим подобные слагаемые в числителе ($b_1q^k$ и $-b_1q^k$):
$S_{k+1} = \frac{b_1q^{k+1} - b_1}{q - 1} = \frac{b_1(q^{k+1} - 1)}{q - 1}$.
Мы получили требуемое равенство для $n=k+1$. Шаг индукции доказан.
Поскольку база и шаг индукции выполнены, формула верна для любого натурального $n$.
Ответ: Утверждение доказано методом математической индукции.