Matematyka 1NI/Indukcja matematyczna - Historia wersji

Anula: Utworzono nową stronę "==Indukcja matematyczna== '''''Zadanie 1''''' Wykazać, że dla dowolnego $n\in\mathbb{N}$ prawdziwa jest równość:
2015-05-22T12:23:54Z

Utworzono nową stronę "==Indukcja matematyczna== <big>'''''Zadanie 1'''''</big> Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}</math> prawdziwa jest równość: <equation id="eq:ind1"> <m..."

Nowa strona
==Indukcja matematyczna==

<big>'''''Zadanie 1'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}</math> prawdziwa jest równość:

<equation id="eq:ind1">
<math>1^3+3^3+\ldots +(2n+1)^3=2(n+1)^4-(n+1)^2\; .\,</math></equation><br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Do obu stron założenia indukcyjnego należy dodać brakujący wyraz.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol><li>Sprawdzamy prawdziwość równości <xr id="eq:ind1">(%i)</xr> dla <math>n=1\,</math>.<br>
''Lewa strona:'' <math>L=1^3+(2\cdot 1+1)^3=28\,</math>.<br>
''Prawa strona:'' <math>P=2(1+1)^4-(1+1)^2=28\,</math>. Zatem <math>L=P.\,</math></li><br>
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' <math>1^3+3^3+\ldots +(2n+1)^3=2(n+1)^4-(n+1)^2\,</math><br>
''Teza indukcyjna:'' <math>1^3+3^3+\ldots +(2n+3)^3=2(n+2)^4-(n+2)^2.\,</math><br>
Wychodzimy od założenia indukcyjnego i dodajemy do obu stron wyrażenie <math>(2n+3)^3\,</math>. Po lewej stronie otrzymamy w ten sposób lewą stronę tezy indukcyjnej, natomiast prawą przekształcimy w następujący sposób:
<equation id="eq:ind1a">
<math>
\begin{array}{ccl}
2(n+1)^4&\!\!\!\! -&\!\!\! (n+1)^2+(2n+3)^3=\\
&\!\!\!=&\!\!\! 2(n+1)^4-(n+1)^2+(2(n+1)+1)^3\\
&\!\!\!=&\!\!\! 2(n+1)^4-(n+1)^2+8(n+1)^3+12(n+1)^2+6(n+1)+1\\
&\!\!\!=&\!\!\!2\underbrace{\left[(n+1)^4+4(n+1)^3+6(n+1)^2+4(n+1)+1\right]}_{((n+1)+1)^4}-\underbrace{\left[(n+1)^2+2(n+1)+1\right]}_{((n+1)+1)^2}\\
&\!\!\!=&\!\!\! 2(n+2)^4-(n+2)^2\; .
\end{array}
\,
</math></equation></li>
</ol>
Otrzymaliśmy tezę indukcyjną, co kończy dowód.<br>
}}
----
<big>'''''Zadanie 2'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\,</math> i <math>n\geq 2\,</math> prawdziwa jest równość:

<equation id="eq:ind2">
<math>
\frac{1}{2^2-1}+\frac{1}{3^2-1}+\ldots\frac{1}{n^2-1}=\frac{(3n+2)(n-1)}{4n(n+1)}\; .
\,</math></equation><br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Do obu stron założenia indukcyjnego należy dodać brakujący wyraz.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li>Sprawdzamy prawdziwość równości <xr id="eq:ind2">(%i)</xr> dla <math>n=2\,</math>.<br>
''Lewa strona:'' <math>L=\frac{1}{2^2-1}=\frac{1}{3}\,</math>.<br>
''Prawa strona:'' <math>P=\frac{(3\cdot 2+2)(2-1)}{4\cdot 2(2+1)}=\frac{1}{3}\,</math>. Zatem <math>L=P\,</math>.</li><br>
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
'Założenie indukcyjne:'' <math>\frac{1}{2^2-1}+\frac{1}{3^2-1}+\ldots\frac{1}{n^2-1}=\frac{(3n+2)(n-1)}{4n(n+1)}\,</math>.<br>
''Teza indukcyjna:'' <math>\frac{1}{2^2-1}+\frac{1}{3^2-1}+\ldots+\frac{1}{(n+1)^2-1}=\frac{(3n+5)n}{4(n+1)(n+2)}\,</math>.<br>
Do obu stron założenia indukcyjnego dodajemy wyrażenie <math>\displaystyle\frac{1}{(n+1)^2-1}\,</math>. Po lewej stronie otrzymamy lewą stronę tezy indukcyjnej. Prawą zaś przekształcimy w poniższy sposób:
<equation id="eq:ind2a">
<math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\frac{(3n+2)(n-1)}{4n(n+1)}&\!\!\!\!+&\!\!\! \displaystyle\frac{1}{(n+1)^2-1}=\displaystyle\frac{(3n+2)(n-1)}{4n(n+1)}+\displaystyle\frac{1}{n(n+2)}\\
&\!\!\!=&\!\!\! \displaystyle\frac{(3n+2)(n-1)(n+2)+4(n+1)}{4n(n+1)(n+2)}=\displaystyle\frac{3n^3+5n^2-4n-4+4n+4}{4n(n+1)(n+2)}\\
&\!\!\!=&\!\!\! \displaystyle\frac{(3n+5)n}{4(n+1)(n+2)}\; .
\end{array}\,</math></equation></li>
</ol>
Otrzymaliśmy tezę indukcyjną, więc dowód indukcyjny jest zakończony.<br>
}}
----
<big>'''''Zadanie 3'''''</big>

Wykazać wzór de Moivre'a:

<equation id="eq:indmoi">
<math>
(\cos\phi +i\sin\phi)^n=\cos n\phi +i\sin n\phi\; ,\,</math></equation>
dla dowolnego <math>\phi\in\mathbb{R}\, </math> oraz <math>n\in \mathbb{N}\, </math>.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Obie strony założenia indukcyjnego należy pomnożyć przez czynnik <math>(\cos\phi +i\sin\phi)\,</math>.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li>Sprawdzamy prawdziwość równości <xr id="eq:indmoi">(%i)</xr> dla <math>n=1\,</math>.<br>
''Lewa strona:'' <math>L=(\cos\phi +i\sin\phi)^1=\cos\phi +i\sin\phi\,</math>.<br>
''Prawa strona:'' <math>P=\cos(1\cdot \phi) +i\sin(1\cdot \phi)=\cos\phi +i\sin\phi\,</math>. Zatem <math>L=P\,</math>.</li><br>
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' <math>(\cos\alpha +i\sin\alpha)^n=\cos n\alpha +i\sin n\alpha\, </math>.<br>
''Teza indukcyjna:'' <math>(\cos\phi +i\sin\phi)^{n+1}=\cos (n+1)\phi +i\sin (n+1)\phi\,</math>.<br>
Obie strony założenia indukcyjnego pomnożymy przez czynnik <math>(\cos\phi +i\sin\phi)\,</math>.
Po lewej stronie otrzymujemy od razu lewą stronę tezy indukcyjnej. Otrzymaną prawą stronę przekształcimy wykorzystując wzory:
<equation id="eq:sisum">
<math>
\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\; ,\,</math></equation>
<equation id="eq:cosum">
<math>
\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\; .
\,</math></equation>
Otrzymujemy:
<equation id="eq:indmoia">
<math>
\begin{array}{ccl}
(\cos n\phi +i\sin n\phi )(\cos\phi +i\sin\phi )&\!\!\!=&\!\!\! \cos n\phi \cos\phi -\sin n\phi \sin\phi +i(\sin n\phi \cos\phi +\cos n\phi \sin\phi )\\
&\!\!\!=&\!\!\! \cos (n+1)\phi +i\sin (n+1)\phi\; ,
\end{array}\, </math></equation>
gdzie przyjęliśmy <math>\alpha=n\phi\,</math> oraz <math>\beta=\phi\, </math>.</li>
</ol>
Uzyskaliśmy tezę indukcyjną, co kończy dowód indukcyjny.<br>
}}
----
<big>'''''Zadanie 4'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\,</math> i <math>n\geq 2\, </math> zachodzi nierówność:

<equation id="eq:indn1">
<math>
\frac{\sqrt{2}}{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\ldots\frac{\sqrt{n}}{n-1}>\sqrt{n-1}\; .\,
</math></equation><br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Do obu stron założenia indukcyjnego należy dodać brakujący wyraz.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li>Sprawdzamy prawdziwość nierówności <xr id="eq:indn1">(%i)</xr> dla <math>n=2\,</math>.<br>
''Lewa strona:'' <math>\displaystyle L=\frac{\sqrt{2}}{1}=\sqrt{2}\,</math>.<br>
''Prawa strona:'' <math>\displaystyle P=\sqrt{2-1}=\sqrt{1}=1\,</math>. Zatem <math>L>P\,</math>.</li><br>
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' <math>\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\ldots\frac{\sqrt{n}}{n-1}>\sqrt{n-1}\,</math>.<br>
''Teza indukcyjna:'' <math>\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\ldots\frac{\sqrt{n+1}}{n}>\sqrt{n}\,</math>.<br>
Do obu stron założenia indukcyjnego dodamy wyrażenie <math>\displaystyle\frac{\sqrt{n+1}}{n}\,</math>. Po lewej stronie otrzymamy lewą stronę tezy indukcyjnej, a prawą przekształcimy w następujący sposób:
<equation id="eq:indn1a">
<math>
\sqrt{n-1}+\frac{\sqrt{n+1}}{n}= \frac{n-1}{\sqrt{n-1}}+\frac{\sqrt{n+1}}{n}>\frac{n-1}{\sqrt{n}}+\frac{\sqrt{n}}{n}=\frac{n-1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{n}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}\; .
\,</math></equation>
Stąd wyciągamy wniosek, iż<br>
<math>\frac{\sqrt{2}}{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\ldots\frac{\sqrt{n+1}}{n}>\sqrt{n}\; .\,</math></li>
</ol>
Otrzymaliśmy tezę indukcyjną, a tym samym wykazaliśmy prawdziwość nierówności w treści zadania.<br>
}}
----
<big>'''''Zadanie 5'''''</big>

Wiadomo, iż
<equation id="eq:indn2m">
<math>|x_1+x_2|\leq |x_1|+|x_2|,\,</math></equation>
dla <math>x_1,x_1\in\mathbb{R}\,</math>. Wykazać na tej podstawie, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\,</math> i <math>n\geq 2\,</math> zachodzi także
<equation id="eq:indn2">
<math>
|x_1+x_2+\ldots+x_n|\leq |x_1|+|x_2|+\ldots+|x_n|\; .\,</math></equation><br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy wyjść od lewej strony tezy indukcyjnej i przekształcać ją, korzystając z założenia indukcyjnego.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li>Prawdziwość nierówności <xr id="eq:indn2">(%i)</xr> dla <math>n=2\, </math> wynika z samej treści zadania, więc nie musimy jej sprawdzać.</li><br>
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' <math>|x_1+x_2+\ldots+x_n|\leq |x_1|+|x_2|+\ldots+|x_n|\,</math>.<br>
''Teza indukcyjna:'' <math>|x_1+x_2+\ldots+x_{n+1}|\leq |x_1|+|x_2|+\ldots+|x_{n+1}|\,</math>.<br>
Aby wykazać tezę indukcyjną, lewą jej stronę zapiszemy w następujący sposób:
<equation id="eq:indn2a">
<math>
|\underbrace{x_1+x_2+\ldots+x_n}_{a}+\underbrace{x_{n+1}}_{b}|=|a+b|\leq
|a|+|b|\; ,\,</math></equation>
gdzie skorzystaliśmy z nierówności <xr id="eq:indn2m">(%i)</xr> w treści zadania. Z założenia indukcyjnego wynika natomiast, że
<equation id="eq:indn2b">
<math>
|a|=|x_1+x_2+\ldots+x_n|\leq |x_1|+|x_2|+\ldots+|x_n|\; ,\,</math></equation>
i w konsekwencji
<equation id="eq:indn2c">
<math>
|x_1+x_2+\ldots+x_{n+1}|=|a+b|\leq |a|+|b|\leq |x_1|+|x_2|+\ldots+|x_{n+1}|\; .\,</math></equation></li>
</ol>
Otrzymaliśmy tezę indukcyjną, a więc wykazaliśmy również prawdziwość <xr id="eq:indn2">(%i)</xr>.<br>
}}
----
<big>'''''Zadanie 6'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\,</math> zachodzi nierówność:

<equation id="eq:indn3">
<math>
(1+2+\ldots + n)\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots\frac{1}{n}\right)\geq n^2\; .
</math></equation><br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy wyjść od lewej strony tezy indukcyjnej i przekształcać ją, korzystając z założenia indukcyjnego.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li>Sprawdzamy prawdziwość nierówności <xr id="eq:indn3">(%i)</xr> dla <math>n=1\,</math>.<br>
''Lewa strona:'' <math>L=1\cdot 1=1\,</math>.</li><br>
''Prawa strona:'' <math>P=1^2=1\,</math>. Zatem <math>L\geq P\,</math>.
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' <math>\displaystyle(1+2+\ldots + n)\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots\frac{1}{n}\right)\geq n^2\,</math>.<br>
''Teza indukcyjna:'' <math>\displaystyle(1+2+\ldots + (n+1))\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots\frac{1}{n+1}\right)\geq (n+1)^2\,</math>.<br>
Będziemy przekształcać poniżej lewą stronę tezy indukcyjnej:
<equation id="eq:indn3a">
<math>\begin{array}{ccl}
(1+2+\ldots &\!\!\! +&\!\!\! (n+1))\bigg(\displaystyle\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots\frac{1}{n+1}\bigg)=(1+2+\ldots + n)\bigg(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots\frac{1}{n}\bigg)\\
&\!\!\! +&\!\!\! (n+1)\bigg(\displaystyle\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots\frac{1}{n}\bigg)+(1+2+\ldots + n)\frac{1}{n+1}+(n+1)\frac{1}{n+1}\; .\end{array}\,</math></equation>
Teraz wykorzystamy założenie indukcyjne w odniesieniu do pierwszego wyrazu po prawej stronie. Z kolei dla drugiego wyrazu możemy wykorzystać oszacowanie:
<equation id="eq:indn3x">
<math>
(n+1)\bigg(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots\frac{1}{n}\bigg)\geq \frac{3}{2}(n+1)\; .\,</math></equation>

Zastosujemy także znany wzór na sumę kolejnych liczb naturalnych:
<equation id="eq:indn3y">
<math>
1+2+\ldots + n=\frac{n(n+1)}{2}\; .\,</math></equation>

Zbierając to razem, otrzymujemy nierówność:
<equation id="eq:indn3b">
<math>\begin{array}{ccl}\displaystyle
(1+2+\ldots &\!\!\! +&\!\!\! \displaystyle(n+1))\bigg(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots\frac{1}{n+1}\bigg)\\
&\!\!\! \geq &\!\!\! \displaystyle n^2+\frac{3}{2}(n+1)+\frac{n(n+1)}{2}\cdot\frac{1}{n+1}+1\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle n^2+2n+1\frac{5}{2}> n^2+2n+1=(n+1)^2\; .\end{array}\,</math></equation></li>
</ol>
W ten sposób otrzymaliśmy tezę indukcyjną i wykazaliśmy prawdziwość <xr id="eq:indn3">(%i)</xr>.<br>
}}
----
<big>'''''Zadanie 7'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\,</math> zachodzi nierówność:

<equation id="eq:indn4">
<math>
(2n-1)!!\leq n^n\; .\,</math></equation><br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Obie strony założenia indukcyjnego należy pomnożyć przez brakujący czynnik.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li>Sprawdzamy prawdziwość nierówności <xr id="eq:indn4">(%i)</xr> dla <math>n=1\,</math>.<br>
''Lewa strona:'' <math>L=(2\cdot 1-1)!!=1\,</math>.<br>
''Prawa strona:'' <math>P=1^1=1\,</math>. Zatem <math>L\leq P\,</math>.</li><br>
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' <math>\displaystyle(2n-1)!!\leq n^n\,</math>.<br>
''Teza indukcyjna:'' <math>\displaystyle(2n+1)!!\leq (n+1)^{n+1}\,</math>.<br>
Obie strony założenia indukcyjnego pomnożymy teraz przez czynnik <math>(2n+1)\,</math>. W wyniku tego otrzymamy nierówność:

<equation id="eq:indn4a">
<math>
(2n-1)!!(2n+1)=(2n+1)!!\leq (2n+1)n^n\; .
\,</math></equation>
Po lewej stronie otrzymaliśmy lewą stronę tezy indukcyjnej, a oszacowaniem prawej zajmiemy się poniżej. Jeśli wykorzystać wzór dwumienny Newtona, to można napisać:
<equation id="eq:indn4b"><math>
\begin{array}{ccl}
(n+1)^{n+1}&\!\!\!=&\!\!\!\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\left(\begin{array}{c}n+1\\ k\end{array}\right)n^{n+1-k}1^k\\
&\!\!\!=&\!\!\!\left(\begin{array}{c}n+1\\ 0\end{array}\right)n^{n+1}+\left(\begin{array}{c}n+1\\ 1\end{array}\right)n^n+\ldots +\left(\begin{array}{c}n+1\\n+1\end{array}\right)>n^{n+1}+(n+1)n^n\; .
\end{array}\,</math></equation>
Po prawej stronie możemy teraz rozpoznać prawą stronę <xr id="eq:indn4a">(%i)</xr>:
<equation id="eq:indn4c">
<math>
(2n+1)n^n=n\cdot n^n+(n+1)n^n=n^{n+1}+(n+1)n^n\; ,
\,</math></equation>
i na mocy <xr id="eq:indn4b">(%i)</xr> otrzymujemy tezę indukcyjną, co kończy dowód.</li>
</ol><br>
}}
----
<big>'''''Zadanie 8'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\,</math> i <math>n\geq 2\,</math> liczba postaci <math>n^7-n\,</math> jest podzielna przez <math>7\,</math>.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy tak przekształcić liczbę <math>(n+1)^7-(n+1)\,</math>, aby móc skorzystać z założenia indukcyjnego.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li>Sprawdzamy, czy liczba <math>n^7-n\,</math> podzielna jest przez <math>7\,</math> dla <math>n=2\,</math>. <br>Ponieważ <math>2^7-2=2(2^6-1)=2(64-1)=2\cdot 63=18\cdot 7\; ,\,</math>
więc podzielność ma miejsce.</li><br>
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' istnieje takie <math>l\in\mathbb{N}\,</math>, że <math>n^7-n=7\cdot l\,</math>.<br>
''Teza indukcyjna:'' istnieje takie <math>k\in\mathbb{N}\,</math>, że <math>(n+1)^7-(n+1)=7\cdot k\,</math>.<br>
Przekształćmy teraz lewą stronę tezy indukcyjnej, korzystając ze wzoru dwumiennego Newtona:
<equation id="eq:indp1a">
<math>
\begin{array}{ccl}
&&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!(n+1)^7-(n+1)= \displaystyle\sum_{k=0}^7\left(\begin{array}{c}7\\ k\end{array}\right)n^{7-k}1^k-(n+1)\\
&\!\!\! =&\!\!\! n^7 +\left(\begin{array}{c}7\\ 1\end{array}\right)n^6+\left(\begin{array}{c}7\\ 2\end{array}\right)n^5+\left(\begin{array}{c}7\\ 3\end{array}\right)n^4+\left(\begin{array}{c}7\\ 4\end{array}\right)n^3+\left(\begin{array}{c}7\\ 5\end{array}\right)n^2+\left(\begin{array}{c}7\\ 6\end{array}\right)n+1-n-1\\ \\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\underline{n^7}+7(n^6+n)+21(n^5+n^2)+35(n^4+n^3)-\underline{n}\\ \\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle7(\underbrace{l+n^6+n+3n^5+3n^2+5n^4+5n^3}_k)\; .
\end{array}\,</math></equation>
Dokonując powyższych przekształceń skorzystaliśmy z założenia indukcyjnego, zastępując dwa podkreślone wyrazy wielkością <math>7\cdot l\,</math>. W wyniku tego, po prawej stronie uzyskaliśmy prawą stronę tezy indukcyjnej, gdyż wyrażenie w nawiasie jest liczbą naturalną. Można je oznaczyć symbolem <math>k\,</math>. Dowód indukcyjny jest więc ukończony.</li>
</ol><br>
}}
----
<big>'''''Zadanie 9'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\,</math> liczba postaci <math>n(n+1)(2n+1)\,</math> jest podzielna przez <math>6\,</math>.

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy tak przekształcić liczbę <math>(n+1)(n+2)(2n+3)\,</math>, aby móc skorzystać z założenia indukcyjnego.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li>Sprawdzamy, czy liczba <math>n(n+1)(2n+1)\,</math> podzielna jest przez <math>6\,</math> dla <math>n=1\,</math>.<br>
Ponieważ <math>1(1+1)(2\cdot 1+1)=6\,</math>, więc podzielność ma miejsce.</li><br>
<li> Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' istnieje takie <math>l\in\mathbb{N}\,</math>, że <math>n(n+1)(2n+1)=6\cdot l\,</math>.<br>
''Teza indukcyjna:'' istnieje takie <math>k\in\mathbb{N}\,</math>, że <math>(n+1)(n+2)(2n+3)=6\cdot k\,</math>.<br>
Przekształćmy teraz lewą stronę tezy indukcyjnej w następujący sposób:
<equation id="eq:indp2a">
<math>
\begin{array}{ccl}
(n+1)(n&\!\!\!\!\! +&\!\!\!\!\! 2)(2n+3)=(n+2)(n+1)(2n+1+2)\\
&\!\!\! =&\!\!\! \underline{n(n+1)(2n+1)}+2(n+1)(2n+3)+2n(n+1)\\
&\!\!\! =&\!\!\! 6\cdot l+2(n+1)(n+2n+3)=6\cdot l+6(n+1)^2=6[\underbrace{l+(n+1)^2}_k]\; .
\end{array}</math></equation>
Dokonując powyższych przekształceń skorzystaliśmy z założenia indukcyjnego, zastępując podkreślony wyraz wielkością <math>6\cdot l\,</math>. W wyniku tego, po prawej stronie uzyskaliśmy prawą stronę tezy indukcyjnej, gdyż wyrażenie w nawiasie jest liczbą naturalną. Można je oznaczyć symbolem <math>k\,</math>. Tym samym zakończyliśmy dowód indukcyjny.</li>
</ol><br>
}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Uwaga'' | content = Czasami dowód indukcyjny jest żmudniejszy niż dowód wprost. Wystarczy bowiem napisać <math>n(n+1)(2n+1)=n(n+1)(2n+4-3)=2 n(n+1)(n+2)-3 n (n+1)\,</math>. Ponieważ spośród trzech kolejnych liczb naturalnych jedna jest podzielna przez trzy i spośród dwóch kolejnych liczb naturalnych jedna jest parzysta to liczba jest podzielna przez 6.}}
----
<big>'''''Zadanie 10'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\,</math> i <math>n\geq 2\,</math> liczba postaci <math>4^n+6n-10\,</math> jest podzielna przez <math>9\,</math>.

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy tak przekształcić liczbę <math>4^{n+1}+6(n+1)-10\,</math>, aby móc skorzystać z założenia indukcyjnego.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li>Sprawdzamy, czy liczba <math>4^n+6n-10\,</math> podzielna jest przez <math>9\,</math> dla <math>n=2\,</math>.<br>
Ponieważ <math>4^2+6\cdot 2-10=18\,</math>, więc podzielność ma miejsce.</li><br>
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' istnieje takie <math>l\in\mathbb{N}\,</math>, że <math>4^n+6n-10=9\cdot l\,</math>.<br>
''Teza indukcyjna:'' istnieje takie <math>k\in\mathbb{N}\,</math>, że <math>4^{n+1}+6(n+1)-10=9\cdot k\,</math>.<br>
Przekształćmy teraz lewą stronę tezy indukcyjnej w następujący sposób:
<equation id="eq:indp3a">
<math>
\begin{array}{ccl}
4^{n+1}+6(n+1)-10&\!\!\! =&\!\!\! 4\cdot \underline{4^n}+6(n+1)-10=4(9l-6n+10)+6(n+1)-10\\
&\!\!\! =&\!\!\! 36l-24n+40+6n-4=9(\underbrace{4l-2n+4}_k)\; .
\end{array}\,</math></equation>
Dokonując powyższych przekształceń skorzystaliśmy z założenia indukcyjnego, zastępując podkreślony wyraz wielkością <math>9l-6n+10\,</math>. W wyniku tego, po prawej stronie uzyskaliśmy prawą stronę tezy indukcyjnej, gdyż wyrażenie w nawiasie jest liczbą naturalną. Można je oznaczyć symbolem <math>k\,</math>. Tym samym zakończyliśmy dowód indukcyjny.</li>
</ol><br>
}}
----
<big>'''''Zadanie 11'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\cup\{0\}\,</math> wielomian:
<equation id="eq:indp4">
<math>
w_n(x)=(4n+3)x^{n+2}-(7n+6)x^{n+1}+(3n+2)x^n+1\; ,
\,</math></equation>
jest podzielny przez <math>(x-1)^2\,</math>.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy tak przekształcić wielomian <math>w_{n+1}(x)\,</math>, aby wykorzystać założenie indukcyjne.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li>Sprawdzamy, czy wielomian <math>w_0(x)\,</math> podzielny jest przez <math>(x-1)^2\,</math>.<br>
Ponieważ <math>w_0(x)=3x^2-6x+3=3(x-1)^2\,</math>, więc podzielność ma miejsce.</li><br>
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' istnieje taki wielomian <math>q(x)\,</math>, że <math>w_n(x)=(x-1)^2q(x)\,</math>.<br>
''Teza indukcyjna:'' istnieje taki wielomian <math>p(x)\,</math>, że <math>w_{n+1}(x)=(x-1)^2p(x)\,</math>.<br>
Przekształcimy teraz wielomian <math>w_{n+1}(x)\,</math> w poniższy sposób:
<equation id="eq:indp4a">
<math>
\begin{array}{ccl}
w_{n+1}(x)&\!\!\! =&\!\!\!(4n+7)x^{n+3}-(7n+13)x^{n+2}+(3n+5)x^{n+1}+1\\
&\!\!\! =&\!\!\!\underline{(4n+3)x^{n+3}}+4x^{n+3}-\underline{(7n+6)x^{n+2}}-7x^{n+2}\\
&\!\!\! +&\!\!\!\underline{(3n+2)x^{n+1}}+3x^{n+1}+\underline{x}-x+1\;.
\end{array}\,</math></equation>
Zbierając razem cztery podkreślone wyrażenia widzimy, że mają one postać <math>x\, w_n(x)\,</math>, co pozwoli nam wykorzystać założenie indukcyjne. Otrzymujemy:
<equation id="eq:indp4b">
<math>
\begin{array}{ccl}
w_{n+1}(x)&\!\!\! =&\!\!\! x\,w_n(x)+x^{n+1}(4x^2-7x+3)-(x-1)\\
&\!\!\! =&\!\!\! x(x-1)^2q(x)+x^{n+1}(x-1)(4x-3)-(x-1)\\
&\!\!\! =&\!\!\! x(x-1)^2q(x)+(x-1)[x^{n+1}(4x-3)-1]\; .
\end{array}\,</math></equation>
Wielomian <math>x^{n+1}(4x-3)-1\,</math> zeruje się dla <math>x=1\,</math>, więc można go zapisać w postaci:
<math>(x-1)r(x)\,</math>,
gdzie <math>r(x)\,</math> jest także pewnym wielomianem. Pozwala nam to nadać wzorowi na <math>w_{n+1}(x)\,</math> formę:
<equation id="eq:indp4c">
<math>
w_{n+1}(x)=(x-1)^2[\underbrace{x\,q(x)+r(x)}_{p(x)}]\; .
\,</math></equation>
Wyrażenie w nawiasach prostokątnych znów jest wielomianem, co oznacza, że otrzymaliśmy tezę indukcyjną, a tym samym zakończyliśmy dowód indukcyjny.</li>
</ol><br>
}}
----
<big>'''''Zadanie 12'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\cup\{0\}\,</math> wielomian:
<equation id="eq:indp5">
<math>
w_n(x)=(n+2)x^{n+2}+(n+4)x^{n+1}+x^n+(-1)^n\; ,
\,</math></equation>
ma podwójne miejsce zerowe dla <math>x=-1\,</math>.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy tak przekształcić wielomian <math>w_{n+1}(x)\,</math>, aby wykorzystać założenie indukcyjne.}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = Zadanie w istocie sprowadza się do wykazania podzielności wielomianu <math>w_n(x)\,</math> przez <math>(x+1)^2\,</math>. Możemy więc postępować tak, jak w poprzednim zadaniu.
<ol>
<li>Sprawdzamy, czy wielomian <math>w_0(x)\,</math> podzielny jest przez <math>(x+1)^2\,</math>.<br>
Ponieważ <math>w_0(x)=2x^2+4x+2=2(x+1)^2\,</math>, więc podzielność ma miejsce.</li><br>
<li>Wykonujemy krok indukcyjny.<br>
''Założenie indukcyjne:'' <math>w_n(x)=(x+1)^2q(x)\,</math>, gdzie <math>q(x)\,</math> jest pewnym wielomianem.<br>
''Teza indukcyjna:'' istnieje wielomian <math>p(x)\,</math> taki, że <math>w_{n+1}(x)=(x+1)^2p(x)\,</math>.<br>
Przekształcimy teraz wielomian <math>w_{n+1}(x)\,</math> w następujący sposób:
<equation id="eq:indp5a">
<math>
\begin{array}{ccl}
w_{n+1}(x)&\!\!\! =&\!\!\!(n+3)x^{n+3}+(n+5)x^{n+2}+x^{n+1}+(-1)^{n+1}\\
&\!\!\! =&\!\!\!\underline{(n+2)x^{n+3}}+x^{n+3}+\underline{(n+4)x^{n+2}}+x^{n+2}\\
&\!\!\! +&\!\!\!\underline{x^{n+1}}+\underline{(-1)^nx}-(-1)^nx+(-1)^{n+1}\;.
\end{array}\,</math></equation>
Zbierając razem cztery podkreślone wyrażenia widzimy, że mają one postać <math>x\, w_n(x)\,</math>, co pozwoli nam wykorzystać założenie indukcyjne. Otrzymujemy:
<equation id="eq:indp5b">
<math>
\begin{array}{ccl}
w_{n+1}(x)&\!\!\! =&\!\!\! x\,w_n(x)+x^{n+2}(x+1)+(-1)^{n+1}(x+1)\\
&\!\!\! =&\!\!\! x(x+1)^2q(x)+(x+1)[x^{n+2}+(-1)^{n+1}]\; .
\end{array}\,</math></equation>
Wielomian <math>x^{n+2}+(-1)^{n+1}\,</math> zeruje się dla <math>x=-1\,</math>, więc można go zapisać w postaci:
<math>(x+1)r(x)\,</math>,
gdzie <math>r(x)\,</math> jest także pewnym wielomianem. Pozwala nam to nadać wzorowi na <math>w_{n+1}(x)\,</math> formę:
<equation id="eq:indp5c">
<math>
w_{n+1}(x)=(x+1)^2[\underbrace{x\,q(x)+r(x)}_{p(x)}]\; .
\,</math></equation>
Wyrażenie w nawiasach prostokątnych znów jest wielomianem, co oznacza, że otrzymaliśmy tezę indukcyjną, a tym samym zakończyliśmy dowód indukcyjny.</li>
</ol><br>
}}
----