Докажите что если n 2 то

Докажите что если n < -2, то -n/6 + 1/4 > 2/3

Посетители, находящиеся в группе Гости, не могут оставлять комментарии к данной публикации.

Сколькими способами можно разделить 15 одинаковых монет между 7 нумизматами так, чтобы каждому досталось хотя бы по монете

Человек массой 70 кг прыгает горизонтально с тележки массой 120 кг со скоростью 3 м/с, совершая при этом работу А. Тележка после прыжка проходит до остановки расстояние 2 м. Найти работу А и силу трения Fтр. Пожалуйста, с объяснением!

Докажите, что если n — натуральное число, то n^2+n+4 не делится на 11

Пусть натуральное число n делится на 11 с некоторым остатком с. Тогда число с может принимать значения от 0 до 10 и n можно записать в виде n = 11k + c, где k — некоторое целое число.

Тогда выражение n^2 + n + 4 можно записать в виде:

(11k + c)^2 + 11k + c + 4 = 121k^2 + 22k + c^2 + 11k + c + 4 = 121k^2 + 33k + c^2 + c + 4 = 11* (k^2 + 3k) + c^2 + c + 4.

Покажем, что выражение c^2 + c + 4 не делится на 11 ни при каком целом значении с от 0 до 10;

0^2 + 0 + 4 = 4, не делится на 11;

1^2 + 1 + 4 = 6, не делится на 11;

2^2 + 2 + 4 = 10, не делится на 11;

3^2 + 3 + 4 = 16, не делится на 11;

4^2 + 4 + 4 = 24, не делится на 11;

5^2 + 5 + 4 = 34, не делится на 11;

6^2 + 6 + 4 = 46, не делится на 11;

7^2 + 7 + 4 = 60, не делится на 11;

8^2 + 8 + 4 = 76, не делится на 11;

9^2 + 9 + 4 = 94, не делится на 11;

10^2 + 10 + 4 = 104, не делится на 11.

Следовательно, ни при каком натуральном значении n выражение n^2 + n + 4 не делится на 11.

Метод математической индукции в решении задач

С помощью метода математической индукции можно доказывать различные утверждения, касающиеся делимости натуральных чисел.

Покажем, как они получаются с помощью метода математической индукции (4).

Доказать, что 1+3+5+…+(2n-1)=n2.

1) Имеем n=1=12. Следовательно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно.

2) Докажем, что А(k)A(k+1). Пусть k-любое натуральное число и пусть утверждение справедливо для n=k, т.е. 1+3+5+…+(2k-1)=k2.

Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурального числа n=k+1, т.е. что 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1)2. В самом деле, 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2. Итак, А(k)А(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что предположение А(n) истинно для любого nN.

Доказать, что 1+х+х2+х3+…+хn =(хn+1-1)/(х-1), где х1

• 1) При n=1 получаем 1+х=(х2-1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1 следовательно, при n=1 формула верна; А(1) истинно.
• 2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n =k, т.е. 1+х+х2+х3+…+хk =(хk+1-1)/(х-1). Докажем, что тогда выполняется равенство 1+х+х2+х3+…+хk+xk+1=(xk+2-1)/(х-1).

В самом деле 1+х+х2+x3+…+хk+xk+1=(1+x+x2+x3+…+xk)+xk+1= =(xk+-1)/(x-1)+xk+1=(xk+2-1)/(x-1).

Итак, А(k)A(k+1). На основании принципа математической индукции заключаем, что формула верна для любого натурального числа n.

Доказать, что число диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2. Решение:

• 1) При n=3 утверждение справедливо, ибо в треугольнике Д3=3(3-3)/2=0 диагоналей; А2 А(3) истинно.
• 2) Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике имеется Дk=k(k-3)/2 диагоналей Аk.

Докажем, что тогда в выпуклом Аk+1 (k+1)-угольнике число диагоналей Дk+1=(k+1)(k-2)/2. Пусть А1А2А3…AkAk+1-выпуклый (k+1)-угольник. Проведём в нём диагональ A1Ak. Чтобы подсчитать общее число диагоналей этого (k+1)-угольника нужно подсчитать число диагоналей в k-угольнике A1A2…Ak, прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины Аk+1, и, кроме того, следует учесть диагональ А1Аk. Таким образом, Дk+1=Дk+(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2. Итак, А(k)A(k+1). Вследствие принципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-угольника.

Доказать, что при любом n справедливо утверждение: 12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6.

• 1) Пусть n=1, тогда Х1=12=1(1+1)(2+1)/6=1. Значит, при n=1 утверждение верно.
• 2) Предположим, что n=k Хk=k2=k(k+1)(2k+1)/6. 3)

Рассмотрим данное утверждение при n=k+1 Xk+1=(k+1)(k+2)(2k+3)/6. Xk+1=12+22+32+…+k2+(k+1)2=k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1)2=(k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2)/6=(k+1)(k(2k+1)+ +6(k+1))/6=(k+1)(2k2+7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+ +2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6. Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого натурального n.

ПРИМЕР 5

Доказать, что для любого натурального n справедливо равенство: 13+23+33+…+n3=n2(n+1)2/4.

• 1) Пусть n=1. Тогда Х1=13=12(1+1)2/4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно.
• 2) Предположим, что равенство верно при n=k Xk=k2(k+1)2/4.
• 3) Докажем истинность этого утверждения для n=k+1, т.е. Хk+1=(k+1)2(k+2)2/4. Xk+1=13+23+…+k3+(k+1)3=k2(k+1)2/4+(k+1)3=(k2(k++1)2+4(k+1)3)/4=(k+1)2(k2+4k+4)/4=(k+1)2(k+2)2/4. Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при n=k+1, следовательно, равенство верно при любом натуральном n.

Доказать, что ((23+1)/(23-1))((33+1)/(33-1))…((n3+1)/(n3-1))= =3n(n+1)/2(n2+n+1), где n>2.

• 1) При n=2 тождество выглядит: (23+1)/(23-1)=(323)/2(22+2+1), т.е. оно верно.
• 2) Предположим, что выражение верно при n=k (23+1)/(23-1)…(k3+1)/(k3-1)=3k(k+1)/2(k2+k+1).
• 3) Докажем верность выражения при n=k+1. (((23+1)/(23-1))…((k3+1)/(k3-1)))(((k+1)3+ +1)/((k+1)3-1))=(3k(k+1)/2(k2+k+1))((k+2)((k+ +1)2-(k+1)+1)/k((k+1)2+(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ((k+1)2+(k+1)+1). Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, утверждение верно для любого n>2

Доказать, что 13-23+33-43+…+(2n-1)3-(2n)3=-n2(4n+3) для любого натурального n.

• 1) Пусть n=1, тогда 13-23=-13(4+3); -7=-7.
• 2) Предположим, что n=k, тогда 13-23+33-43+…+(2k-1)3-(2k)3=-k2(4k+3). 3) Докажем истинность этого утверждения при n=k+1 (13-23+…+(2k-1)3-(2k)3)+(2k+1)3-(2k+2)3=-k2(4k+3)+ +(2k+1)3-(2k+2)3=-(k+1)3(4(k+1)+3). Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательно утверждение верно для любого натурального n.

Доказать верность тождества (12/13)+(22/35)+…+(n2/(2n-1)(2n+1))= =n(n+1)/2(2n+1) для любого натурального n.

• 1) При n=1 тождество верно 12/13=1(1+1)/2(2+1).
• 2) Предположим, что при n=k (12/13)+…+(k2/(2k-1)(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
• 3) Докажем, что тождество верно при n=k+1. (12/13)+…+(k2/(2k-1)(2k+1))+(k+1)2/(2k+1)(2k+3)= =(k(k+1)/2(2k+1))+((k+1)2/(2k+1)(2k+3))=((k+ +1)/(2k+1))((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1).

Из приведённого доказательства видно, что утверждение верно при любом натуральном n.

ПРИМЕР 9

Доказать, что (11n+2+122n+1) делится на 133 без остатка.

• 1) Пусть n=1, тогда 113+123=(11+12)(112-132+122)=23133. Но (23133) делится на 133 без остатка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно. 2) Предположим, что (11k+2+122k+1) делится на 133 без остатка.
• 3) Докажем, что в таком случае (11k+3+122k+3) делится на 133 без остатка. В самом деле 11k+3+122л+3=1111k+2+122122k+1=1111k+2+ +(11+133)122k+1=11(11k+2+122k+1)+133122k+1.

Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое делится на 133 без остатка по предположению, а во втором одним из множителей выступает 133. Итак, А(k)А(k+1). В силу метода математической индукции утверждение доказано.

ПРИМЕР 10

Доказать, что при любом n 7n-1 делится на 6 без остатка.

1) Пусть n=1, тогда Х1=71-1=6 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно.

2) Предположим, что при n=k 7k-1 делится на 6 без остатка.

3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1. Xk+1=7k+1-1=77k-7+6=7(7k-1) + 6. Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7k-1 делится на 6 по предположению, а вторым слагаемым является 6. Значит 7n-1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что 33n-1+24n-3 при произвольном натуральном n делится на 11. Решение:

1) Пусть n=1, тогда Х1=33-1+24-3=32+21=11 делится на 11 без остатка. Значит, при n=1 утверждение верно.

• 2) Предположим, что при n=k Xk=33k-1+24k-3 делится на 11 без остатка.
• 3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1. Xk+1=33(k+1)-1+24(k+1)-3=33k+2+24k+1=3333k-1+2424k-3= =2733k-1+1624k-3=(16+11)33k-1+1624k-3=1633k-1+ +1133k-1+1624k-3=16(33k-1+24k-3)+1133k-1.

Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 33k-1+24k-3 делится на 11 по предположению, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. Значит и сумма делится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

ПРИМЕР 12

Доказать, что 112n-1 при произвольном натуральном n делится на 6 без остатка.

• 1) Пусть n=1, тогда 112-1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утверждение верно.
• 2) Предположим, что при n=k 112k-1 делится на 6 без остатка.
• 3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1 112(k+1)-1=121112k-1=120112k+(112k-1). Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: первое содержит кратное 6-ти число 120, а второе делится на 6 без остатка по предположению. Значит и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что 33n+3-26n-27 при произвольном натуральном n делится на 262(676) без остатка.

Решение: Предварительно докажем, что 33n+3-1 делится на 26 без остатка.

1) При n=0 33-1=26 делится на 26

2) Предположим, что при n=k 33k+3-1 делится на 26

• 3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1. 33k+6-1=2733k+3-1=2633л+3+(33k+3-1) делится на 26. Теперь проведём доказательство утверждения, сформулированного в условии задачи.
• 1) Очевидно, что при n=1 утверждение верно 33+3-26-27=676
• 2) Предположим, что при n=k выражение 33k+3-26k-27 делится на 262 без остатка.
• 3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1 33k+6-26(k+1)-27=26(33k+3-1)+(33k+3-26k-27). Оба слагаемых делятся на 262; первое делится на 262, потому что мы доказали делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предположению индукции. В силу метода математической индукции утверждение доказано.

Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х)n>1+nх. Решение:

• 1) При n=2 неравенство справедливо, так как (1+х)2=1+2х+х2>1+2х. Значит, А(2) истинно.
• 2) Докажем, что А(k)A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство (1+х)k>1+kx.
• 3) Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо неравенство (1+x)k+1>1+(k+1)x. В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положительное число 1+х, получим (1+x)k+1>(1+kx)(1+x). Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем (1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x. В итоге получаем, что (1+х)k+1>1+(k+1)x. Итак, А(k)A(k+1). На основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n> 2.

Доказать, что справедливо неравенство (1+a+a2)m> 1+ma+(m(m+1)/2)a2 при а> 0.

• 1) При m=1 (1+а+а2)1> 1+а+(2/2)а2 обе части равны.
• 2) Предположим, что при m=k (1+a+a2)k>1+ka+(k(k+1)/2)a2
• 3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно (1+a+a2)k+1=(1+a+a2)(1+a+a2)k>(1+a+a2)(1+ka+ +(k(k+1)/2)a2)=1+(k+1)a+((k(k+1)/2)+k+1)a2+ +((k(k+1)/2)+k)a3+(k(k+1)/2)a4> 1+(k+1)a+ +((k+1)(k+2)/2)a2. Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального m.

Доказать, что при n>6 справедливо неравенство 3n>n2n+1.

Решение: Перепишем неравенство в виде (3/2)n>2n.

• 1) При n=7 имеем 37/27=2187/128>14=27 неравенство верно.
• 2) Предположим, что при n=k (3/2)k>2k.
• 3) Докажем верность неравенства при n=k+1. 3k+1/2k+1=(3k/2k)(3/2)>2k(3/2)=3k>2(k+1). Так как k>7, последнее неравенство очевидно. В силу метода математической индукции неравенство справедливо для любого натурального n.

ПРИМЕР 17

Доказать, что при n>2 справедливо неравенство 1+(1/22)+(1/32)+…+(1/n2)<1,7-(1/n).