Дискретно-непрерывная математика (стр. 6 )

(10)

Прибавив к каждой части неравенства (10) по (а+b)2. полу­чим неравенство (9).

Этим доказано, что при п = 2 неравенство (8) справедливо.

2° Пусть неравенство (8) справедливо при n = k, где k — некоторое натуральное число, т. е.

(11)

Докажем, что тогда неравенство (8) должно быть спра­ведливо и при п = k + 1, т. е.

(12)

Умножим обе части неравенства (11) на а+b. Так как, по условию, а+b >0, то получаем следующее справед­ливое неравенство:

(13)

Для того чтобы доказать справедливость неравенства (12), достаточно показать, что

(14)

или, что все равно,

(15)

Неравенство (15) равносильно неравенству

(16)

Если а > b, то ak > bk, и в левой части неравенства (16) имеем произведение двух положительных чисел. Если а < b, то ak< bk и в левой части неравенства (16) имеем произве­дение двух отрицательных чисел. В обоих случаях неравен­ство (16) справедливо.

Этим доказано, что из справедливости неравенства (8) при п=k следует его справедливость при п = k+1.

Пример 23. Доказать, что при любом х > 0 и при любом натуральном п справедливо неравенство

(17)

Решение. 1°. а) При п=1 неравенство (17) прини­мает вид

(18)

Неравенство (18) вытекает из очевидного неравенства

б) При п = 2 неравенство (17) принимает вид

(19)

Неравенство (18) справедливо при любом х>0; значит, оно справедливо и при замене х на х2, т. e.

Прибавив к каждой части последнего неравенства по 1, получим неравенство (19).

2°. Предположим, что неравенство (17) справедливо при n = k, где k — некоторое натуральное число, т. е.

(20)

Докажем, что тогда неравенство (17) справедливо и при п = k + 2, т. е.

(21)

Заменив в неравенстве (18) х на xk+2, получаем

(22)

Сложив почленно неравенства (20) и (22), получим неравен­ство (21).

Подведем теперь итог.

В пп. 1° а) и б) мы доказали, что неравенство (17) спра­ведливо при п = 1 и при п = 2.

В п. 2° мы доказали, что из справедливости неравен­ства (17) при n = k вытекает его справедливость и при n = k+1. Иными словами, п. 2° дает нам право перехода от n = k к п = k + 2.

Результаты пп. 1° а) и 2° дают нам право утверждать, что неравенство (17) справедливо при любом нечетном п. Точно так же резулыаты пп. 1° б) и 2° дают нам право утверждать, что неравенство (17) справедливо при любом четном п. В целом мы имеем право утверждать, что нера­венство (17) справедливо при любом натуральном п.

Пример 24. Доказать теорему:

Среднее геометрическое нескольких положительных чисел не больше их среднего арифметического, т. е. если a1, а2, ..., ап положительны, то

(23)

Решение. 1°. При п = 2 неравенство (23) принимает вид

(24)

Это неравенство легко получить из справедливого при любых положительных а1 и а2 неравенства

Неравенство (24) имеет простой геометрический смысл. На прямой AВ отложим последовательно отрезки а1 и а2. На сумме их как на диаметре опишем окружность. Тогда

— радиус этой окружности, а — половина хорды, перпендикулярной к диаметру в обшей точке а1 и а2 (см. рисунок), из чего и усматривается справедливость не­равенства (24).

2°. Прелпоюжим, что неравенство (23) справедчиво при n = k.

Докажем, что тогда оно справедливо и при п = 2 k. Действительно,

Неравенство (23) проверено при п=2 и, таким образом, можем утверждать, что оно справедливо при п = 4, 8, 16 и т. д, т. е. вообще при n = 2s, где s — натуральное число.

3°. Для того чтобы доказать справедливость неравен­ства (23) при всяком натуральном п, покажем, что из спра­ведливости неравенства при n = k следует его справедли­вость при n = k—1.

Итак, пусть а1, а2, ..., аk-1 — некоторые положитель­ные числа. Пусть λ — некоторое, пока не определенное, положительное число Тогда

Выберем λ так, чтобы

т. е. положим

Имеем

или

Пусть теперь т — произвольное натуральное число. Если т = 2s, то согласно 2° для него неравенство справедливо. Если же т≠2s, то найдем такое s, чтобы т. было меньше 2s, и тогда на основании 2° и 3° утверждаем, что неравенство верно для п = т.

4.5. Доказательство некоторых теорем алгебры методом математической индукции

Теорема 1. Квадрат многочлена равен сумме квад ратов всех его членов, сложенной со всевозможными их удвоенными попарными произведениями, т. е.

(1)

1°. Для п = 1 формула (1) может быть доказана непо­средственным умножением.

2°. Допустим, что формула (1) верна для n = k— 1, т. е.

где S — сумма всевозможных попарных произведений, соста­вленных из а1, а2, .... ak-1. Докажем, что

где S1 — сумма всевозможных попарных произведений, соста­вленных из а1, а2, .... ak-1, ak, т. е.

Действительно,

Теорема 2. п-й член арифметической прогрессии может быть вычислен по формуле

(2)

где а1 — первый член, d — разность прогрессии.

1°. Для п = 1 формула (2) верна.

2°. Предположим, что формула (2) верна для n = k, т. е.

Тогда

т. е. формула (2) оказывается справедливой и для n = k+1.

Теорема 3. n-й член геометрической прогрессии может быть вычислен по формуле

(3)

где а1 — первый член, q — знаменатель прогрессии.

1°. Для п=1 формула (3) верна.

2°. Пусть

Тогда

Теорема 4. Число перестановок из т элементов может быть вычислено по формуле

Рт = т!. (4)

1°. Прежде всего заметим, что Р1 = 1 и, таким образом, при т=1 формула (4) верна.

2°. Пусть Pk = k!. Докажем, что

Pk+1 = (k+1)!.

Из данных k+1 элементов а1, а2.....ak, ak+1 возьмем только первые k и составим из них всевозможные переста­новки. По условию, таких перестановок буает k!.

В каждой из этих перестановок поставим элемент ak+1 последовательно перед 1-м элементом, перед 2-м, ..., перед k - м, после k –го. Этим путем мы из одной перестановки из k элементов получим k + 1 перестановок из k+1 элементов. Всего имеем