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

g) формула бинома Ньютона:

где n  N.

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

.

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

истинно. Поскольку (используется предположение индукции)

получим

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 a₁ = 1 и разностью d = 1. В силу известной формулы , получим

b) При n = 1 равенство примет вид: 2·1 - 1 = 1² или 1=1, то есть, P(1) истинно. Допустим, что имеет место равенство

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n²

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) = n² + (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=1. Допустим, что истинно равенство

и покажем, что

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

и, так как 2n² + 7n + 6 = (2n + 3)(n + 2), получим

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

d) При n = 1 равенство справедливо: 1=1. Допустим, что имеет место

и докажем, что

Действительно,

e) Утверждение P(1) справедливо: 2=2. Допустим, что равенство

справедливо, и докажем, что оно влечет равенство

Действительно,

Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n.

f) P(1) справедливо: ¹/₃ = ¹/₃. Пусть имеет место равенство P(n):

.

Покажем, что последнее равенство влечет следующее:

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

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,

Тогда

Используя равенство получим

Пример 2. Доказать неравенства

a) неравенство Бернулли: (1 + )ⁿ ≥ 1 + n,  > -1, n  N.

b) x₁ + x₂ + ... + x_n ≥ n, если x₁x₂· ... ·x_n = 1 и x_i > 0, .

c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического

где x_i > 0, , n ≥ 2.

d) sin²ⁿ + cos²ⁿ ≤ 1, n  N.

e)

f) 2ⁿ > n³, n  N, n ≥ 10.

Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство

1 +  ≥ 1 + .

Предположим, что имеет место неравенство

(1 + )ⁿ ≥ 1 + n (1)

и покажем, что тогда имеет место и

^{}≥



^≥



^{}≥^

^≥,

^{}≥^≥

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 x₁ = 1 и, следовательно, x₁ ≥ 1 то есть P(1) - справедливое утверждение. Предположим, что P(n) истинно, то есть, если adica, x₁,x₂,...,x_n - n положительных чисел, произведение которых равно единице, x₁x₂·...·x_n = 1, и x₁ + x₂ + ... + x_n ≥ n.

Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x₁,x₂,...,x_n,x_n+1 - (n + 1) положительных чисел, таких, что x₁x₂·...·x_n·x_n+1 = 1, тогда x₁ + x₂ + ... + x_n + x_{n + 1} ≥ n + 1.

Рассмотрим следующие два случая:

1) x₁ = x₂ = ... = 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 x₁x₂· ... ·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

x₁,x₂,...,x_n-1,(x_n·x_n+1).

Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе,

x₁ + x₂ + ... + x_n-1 + x_nx_{n + 1} ≥ n.

Последнее неравенство переписывается следующим образом:

x₁ + x₂ + ... + x_n-1 + x_nx_n+1 + x_n + x_n+1 ≥ n + x_n + x_n+1

или

x₁ + x₂ + ... + x_n-1 + x_n + x_n+1 ≥ n + x_n + x_n+1 - x_nx_n+1.

Поскольку

(1 - x_n)(x_n+1 - 1) > 0,

n + x_n + x_n+1 - x_nx_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.

Следовательно,

x₁ + x₂ + ... + 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 x₁ = x₂ = ... = x_n = 1.

c) Пусть x₁,x₂,...,x_n - произвольные положительные числа. Рассмотрим следующие n положительных чисел:

Поскольку их произведение равно единице:

согласно ранее доказанному неравенству b), следует, что

откуда

Замечание 5. Равенство выполняется если и только если x₁ = x₂ = ... = x_n.

^^

^^≤



^{}^{}^^^^^^≤

^≤^^≤^^^≤

e) При n = 1 утверждение справедливо: 1 < ³/₂.

Допустим, что и докажем, что

Поскольку

учитывая P(n), получим

f) Учитывая замечание 1, проверим P(10): 2¹⁰ > 10³, 1024 > 1000, следовательно, для n = 10 утверждение справедливо. Предположим, что 2ⁿ > n³ (n > 10) и докажем P(n + 1), то есть 2ⁿ⁺¹ > (n + 1)³.

Поскольку при n > 10 имеем или , следует, что

2n³ > n³ + 3n² + 3n + 1 или n³ > 3n² + 3n + 1.

Учитывая неравенство (2ⁿ > n³), получим

2ⁿ⁺¹ = 2ⁿ·2 = 2ⁿ + 2ⁿ > n³ + n³ > n³ + 3n² + 3n + 1 = (n + 1)³.

Таким образом, согласно методу математической индукции, для любого ≥^^



a) n(2n² - 3n + 1) делится на 6,

b) 6^2n-2 + 3ⁿ⁺¹ + 3^n-1 делится на 11.

Решение. a) P(1) - истинное утверждение (0 делится на 6). Пусть P(n) справедливо, то есть n(2n² - 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) + 6n²

и, как n(n - 1)(2n - 1), так и 6n² делятся на 6, тогда и их сумма n(n + 1)(2n + 1) делится 6.

Таким образом, P(n + 1) - справедливое утверждение, и, следовательно, n(2n² - 3n + 1) делится на 6 для любого n  N.

b) Проверим P(1): 6⁰ + 3² + 3⁰ = 11, следовательно, P(1) - справедливое утверждение. Следует доказать, что если 6^2n-2 + 3ⁿ⁺¹ + 3^n-1 делится на 11 (P(n)), тогда и 6²ⁿ + 3ⁿ⁺² + 3ⁿ также делится на 11 (P(n + 1)). Действительно, поскольку

6²ⁿ + 3ⁿ⁺² + 3ⁿ = 6^2n-2+2 + 3ⁿ⁺¹⁺¹ + 3^n-1+1 =

= 6²·6^2n-2 + 3·3ⁿ⁺¹ + 3·3^n-1 = 3·(6^2n-2 + 3ⁿ⁺¹ + 3^n-1) + 33·6^2n-2

и, как 6^2n-2 + 3ⁿ⁺¹ + 3^n-1, так и 33·6^2n-2 делятся на 11, тогда и их сумма 6²ⁿ + 3ⁿ⁺² + 3ⁿ делится на 11. Утверждение доказано.

Несобственные интегралы

Пусть функция f(x) определена на полуинтервале (a, b] и , ; кроме того

Определение: Несобственным интегралом 1рода от f(x) на (a, b] называется предел:

если этот предел существует. В этом случае говорят, что несобственный интеграл сходится.

Пример:

Если  = 1, то

Следовательно, при  < 1 интеграл

Аналогично определяется несобственный интеграл, если

Определение несобственного интеграла 2 рода:

Пусть : и существует предел:

Тогда этот предел называется несобственным интегралом 2 рода, т.е.

Пример:

Если  = 1, то

Следовательно, несобственный интеграл

Для исследования сходимости и расходимости несобственных интегралов применяется признак сравнения:

Пусть функция f(x) и g(x) удовлетворяют неравенству: и несобственный интеграл сходится. Тогда сходится и несобственный интеграл .

Доказательство: В силу сходимости по критерию Коши для функции , выполняется неравенство . Но тогда, ввиду неравенств: аналогично неравенство будет справедливо и для функции f(x), т.е.

Следовательно, по критерию Коши существует предел:

,

т.е. этот интеграл сходится.

Замечание1: Аналогичный признак сравнения справедлив и для несобственных интегралов 2 рода.

Замечание2: Отрицанием признака сравнения будет следующее утверждение: если несобственный интеграл расходится, то расходится и несобственный интеграл

.

Эйлеровы интегралы () и (, ).

Определим функцию () равенством:

.

Покажем, что интеграл сходится при  > 0. Представим этот интеграл в виде суммы двух интегралов:

и докажем сходимость каждого из этих интегралов при  > 0.

Обозначим

и .

Если x(0, 1], то: . Так как интеграл , как это было доказано выше сходится при 1 - < 1, т.е. при >0, то по признаку сравнения интеграл сходится при >0. Если x[1, + ) , то для некоторой константы c>0 выполняется неравенство: .

Заметим, что

,

т.е. этот интеграл сходится при любых R. Следовательно, функция Эйлера () = ₁() + ₂() определена для всех >0.

Далее, определим функцию

(, ) =

и докажем, что эта функция определена для любых >0 и >0.

Обозначим:

и .

Если x(0, 1/2], то . Интеграл сходится по признаку сравнения 1 - <1, т.е. при >0 и при любых значениях . Заметим, что, если в интеграле ₂(, ) сделать замену t = 1 – x, то мы ₁(, ), который, как мы выяснили, сходится при >0 и при любых .

Следовательно, функция Эйлера (, ) = ₁(, ) + ₂(, ) определена для любых >0 и >0. Отметим (без доказательства) следующие свойства интегралов Эйлера:

1. (1) = 1

2. ( + 1) = (), >0

3. (n + 1) = n!, nN

4. ()(1 - ) =, 0<<1

5. (1/2) =

6. (, ) =

Пример:

Вычислить интеграл вероятности

.

В силу чётности функции интеграл вероятности можно представить в виде:

.

Сделав в этом интеграле замену t = x² , получим следующий интеграл: