Страница № 032. Учебник

Учебник: Алгебра и начала математического анализа. 10 класс: учеб. для общеобразоват. учреждений: профил. уровень / М. Я. Пратусевич, К. М. Столбов, А. Н. Головин. — М.: Просвещение, 2009. — 415 с.: ил.

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, «32», 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 57, 58, 59, 60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 68, 69, 70, 71, 72, 73, 74, 75, 76, 77, 78, 79, 80, 81, 82, 83, 84, 85, 86, 87, 88, 89, 90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 98, 99, 100, 101, 102, 103, 104, 105, 106, 107, 108, 109, 110, 111, 112, 113, 114, 115, 116, 117, 118, 119, 120, 121, 122, 123, 124, 125, 126, 127, 128, 129, 130, 131, 132, 133, 134, 135, 136, 137, 138, 139, 140, 141, 142, 143, 144, 145, 146, 147, 148, 149, 150, 151, 152, 153, 154, 155, 156, 157, 158, 159, 160, 161, 162, 163, 164, 165, 166, 167, 168, 169, 170, 171, 172, 173, 174, 175, 176, 177, 178, 179, 180, 181, 182, 183, 184, 185, 186, 187, 188, 189, 190, 191, 192, 193, 194, 195, 196, 197, 198, 199, 200, 201, 202, 203, 204, 205, 206, 207, 208, 209, 210, 211, 212, 213, 214, 215, 216, 217, 218, 219, 220, 221, 222, 223, 224, 225, 226, 227, 228, 229, 230, 231, 232, 233, 234, 235, 236, 237, 238, 239, 240, 241, 242, 243, 244, 245, 246, 247, 248, 249, 250, 251, 252, 253, 254, 255, 256, 257, 258, 259, 260, 261, 262, 263, 264, 265, 266, 267, 268, 269, 270, 271, 272, 273, 274, 275, 276, 277, 278, 279, 280, 281, 282, 283, 284, 285, 286, 287, 288, 289, 290, 291, 292, 293, 294, 295, 296, 297, 298, 299, 300, 301, 302, 303, 304, 305, 306, 307, 308, 309, 310, 311, 312, 313, 314, 315, 316, 317, 318, 319, 320, 321, 322, 323, 324, 325, 326, 327, 328, 329, 330, 331, 332, 333, 334, 335, 336, 337, 338, 339, 340, 341, 342, 343, 344, 345, 346, 347, 348, 349, 350, 351, 352, 353, 354, 355, 356, 357, 358, 359, 360, 361, 362, 363, 364, 365, 366, 367, 368, 369, 370, 371, 372, 373, 374, 375, 376, 377, 378, 379, 380, 381, 382, 383, 384, 385, 386, 387, 388, 389, 390, 391, 392, 393, 394, 395, 396, 397, 398, 399, 400, 401, 402, 403, 404, 405, 406, 407, 408, 409, 410, 411, 412, 413, 414, 415

OCR-версия страницы из учебника (текст страницы, которая находится выше):

В то же время, не доказав индукционного перехода, нельзя сделать вывод о справедливости всех утверждений в цепочке, даже проверив большое количество этих утверждений. Например, если бы мы проверили утверждение «п² + п + 41 — простое число» для первых тридцати девяти чисел, то оказалось бы, что это утверждение верно, однако сделать вывод о том, что число п² + п + 41 простое при всех натуральных п, было бы неверным (это неверно, например, при п = 41).

2. Применение метода математической индукции

Теперь покажем некоторые стандартные примеры применения метода математической индукции при доказательстве тождеств, неравенств и задач, связанных с делимостью.

Пример 31. Докажем, что при любом натуральном п выполняется тождество 1 • 1! + 2 • 2! + ... + п • п\ = (п + 1)! - 1.

□ база индукции. Пусть п= 1. Тогда утверждение выглядит так: 1 • 1! = (1 + 1)! - 1, что верно, т. е. база индукции доказана.

индукционный переход. Пусть верно утверждение с номером п, то есть мы знаем, что 1 • 1! + 2 • 2! + ... + п • п\ = (п + 1)! - 1. Докажем, что тогда верно утверждение с номером п + 1.

В самом деле, воспользовавшись индукционным предположением, можно записать

1 • 1! + 2 • 2! + ... + п • п\ + (п + 1) • (п + 1)! = (п + 1)! - 1 + (п + 1) • (п + 1)!

(мы заменили сумму 1 • 1! + 2 • 2! + ... + п • п\ на выражение (п + 1)! - 1, так как знаем, что эти выражения равны, — это и есть утверждение с номером п). Преобразуем полученное выражение: (п + 1)!-1 + + (п + 1) • (п + 1)! = (п + 1)! (п + 2) - 1 = (п + 2)! - 1, т. е. мы получили, что верно равенство 1 • 1! + 2 • 2! + ... + п • п\ + (п + 1) • (п + 1)! = (п + 2)! - 1, а это и есть утверждение с номером п+ 1, что и требовалось доказать. 1 Замечание. Базу можно проверять не только для п = 1, но и для п = k, где к любое натуральное число (или даже 0, если у нас есть нулевое утверждение). Тогда метод математической индукции позволяет сделать вывод о справедливости всех утверждений, начиная с номера k.

Пример 32, Докажем, что при любом натуральном п число 11^{п + 2}+ 12^{2л + 1} делится на 133.

□ база индукции. Для П- 0. II² + 12¹ = 133 делится на 133. индукционный переход. Пусть верно утверждение с номером п,

т. е. 11"+ ² + 12^{2л + 1} делится на 133. Докажем, что верно утверждение с номером п + 1, т. е. Ц(л + 1) + 2 + i2²<" ^{+ 1) + 1} = цл + з ₊ 12^{2п + 3} делится на 133. В самом деле, 11^{л + 3} + 12^{2п + 3} = 11" ^{+ 2} • 11 + 12^{2л + 1} • 144 = = 11^{п + 2} • 11 + 12^{2п + 1} • (11 + 133) = 11 • (11" ^{+ 2}+ 12²" ^{+ 1})+ 133 • 12^{2п + г}. Оба слагаемых делятся на 133 (так как 11" ^{+ 2} + 12^{2n + 1} делится на 133 по индукционному предположению), значит, и сумма делится на 133, что и требовалось доказать. SI

Алгебра и начала математического анализа, 10 класс (М. Я. Пратусевич, К. М. Столбов, А. Н. Головин) 2009

Страница № 032.

OCR-версия страницы из учебника (текст страницы, которая находится выше):

Учебники по алгебре за 7 класс

Учебники по алгебре за 8 класс

Учебники по алгебре за 9 класс

Учебники по алгебре за 10 класс

Учебники по алгебре за 11 класс