Тема 4 Загальні методи доведення нерівностей (9 год)

1. Нерівності а2
≥ 0, -а2
- 1 < 0, | а | + | b | > 0, (а - b)4
≥ 0, виконуються при всіх
значеннях змінних, які до них входять.
Нерівність х2
- 8ху + 17у2
≥ 0 також виконується при будь-яких значеннях
змінних х і у, хоча цей факт не настільки очевидний. У його справедливості слід
переконатися.
У таких випадках говорять, що потрібно довести нерівність
х2
-8ху + 17у2
≥0.
Маємо:
х2
- 8ху + 17у2
= х2
- 8ху + 16y2
+ у2
= (х – 4y)2
+ у2
.
Вираз (х - 4у)2
+ у2
набуває тільки невід'ємних значень. Отже, при будь-яких
значеннях змінних х і у є правильною нерівність
хг
- 8ху + 17у2
≥ 0.
Для доведення нерівностей використовують різні прийоми. Наприклад,
нерівність х2
- 8ху + 17у2
≥ 0 ми довели, виділивши квадрат двочлена.
Розглянемо ще кілька прийомів доведення нерівностей.
Метод різниці
Цей прийом полягає в тому, що розглядають різницю лівої та правої
частин нерівності і доводять, що ця різниця набуває значень постійного знака
при будь-яких значеннях змінних.
ПРИКЛАД 1.
Доведіть нерівність: а2
b2
+ а2
+ b2
+ 4 ≥ 6аb.
1. Аналітичний метод доведення нерівностей. Деякі
опорні нерівності: нерівність між середнім
арифметичним і середнім геометричним двох
невід’ємних чисел; властивість взаємно обернених
додатних чисел.

2. Розв'язання. Розглянемо різницю лівої і правої частин нерівності:
а2
b2
+ а2
+ b2
+ 4 - 6аb = а2
b2
- 4аb + 4 + а2
- 2аb + b2
=(аb - 2)2
+ (а - b)2
.
При будь-яких значеннях а і Ь ця різниця набуває тільки невід'ємних
значень, отже, нерівність, що доводиться, є правильною.
ПРИКЛАД 2. Доведіть, що коли а > b > с, то
+
>a+2b+c.
Розв'язання. Маємо:
+
– (a+2b+c)= + = + +
.
Оскільки з умови а > b > с випливає, що а - b > 0, b - с > 0
і b2
+ с2
≠ 0, то - +
> 0.
Метод спрощення нерівності
У ряді випадків спрощення виразів, які утворюють нерівність, робить цю
нерівність очевидною.
ПРИКЛАД 3. Доведіть нерівність:
< 1, де n є N
Розв'язання. Маємо:

3. +
+…+ = 1 - .
Нерівність, що доводиться, набуває вигляду1 - < 1 і стає очевидною.
Метод, у якому застосовуються міркування «від супротивного»
ПРИКЛАД 4. Доведіть нерівність:
≥ .
Розв'язання. Нехай нерівність, що доводиться, є неправильною, тобто
існують такі значення а і Ь, при яких є правильною нерівність
. Звідси:
(а + ) (b + ) < (а + ) (b + );
(а ( - < 0.
Остання нерівність є неправильною, оскільки при а ≥ 0 і b ≥ 0 різниці а - b і
- мають однакові знаки або дорівнюють нулю. Отримана суперечність
означає, що задана нерівність є правильною.
Метод застосування очевидної нерівності

4. Цей прийом полягає в такому: задану нерівність отримують у результаті
перетворення очевидної нерівності чи додавання або множення кількох
очевидних нерівностей.
ПРИКЛАД 5. Доведіть нерівність:
а2
+ b2
+ с2
≥аb + bс + са.
Розв'язання. Очевидно, що при будь-яких значеннях а, Ь і с виконується
така нерівність:
(а - b)2
+ ( b - с)2
+ (с- а)2
≥ 0.
Звідси а2
- 2аb+ b2
+ b2
– 2bс + с2
+ с2
- 2са + а2
≥0;
а2
+ b2
+ с2
≥аb + bс + са.
ПРИКЛАД 6. Доведіть, що коли а ≥ 0, b ≥ 0, с ≥ 0, то
(а + b)(b+ с) (с + а) ≥ 8аbс.
Розв'язання. Для невід'ємних значень а, Ь і с виконуються такі три
очевидні нерівності:
( - 2
≥ 0,
( - 2
≥ 0,
( - 2
≥ 0.
Звідси
а + b ≥ 2 ,
b + c ≥ 2 ,

5. c + a ≥ 2 .
Оскільки обидві частини кожної з цих нерівностей набувають невід'ємних
значень, то можна застосувати теорему про почленне множення нерівностей.
Маємо:
(а + b) (b + с) (с + а) > 8 .
Оскільки а ≥ 0, b ≥ 0, с ≥ 0, то . = аbс.
Отримуємо, що (а + b) (b + с) (с + а) ≥ 8аbс.
ПРИКЛАД 7. . Доведіть, що для будь-якого п є N. п ≥ 2, виконується
нерівність:
+ +…+ >
Розв'язання. Оскільки з двох звичайних дробів з однаковими
чисельниками більшим є той, у якого знаменник менший, то можна записати п
очевидних нерівностей:
> ;
> ;
…
≥ ;
Застосовуючи теорему про почленне додавання нерівностей, отримаємо:

6. + +…+ >
n доданків
Метод застосування раніше доведеної нерівності
Нерідко раніше доведена нерівність може бути використана для доведення
іншої, більш складної нерівності.
Застосування нерівності а2
+ b2
≥ 2аb
ПРИКЛАД 8. Доведіть, що коли а > 0, b > 0 і с > 0, то
+ +
.
Розв’язання. Маємо:
=
;
=
;
=
.
Звідси
+ +
. .
Застосування нерівності a2
+ b2
+ c2
≥ ab + bc + ac

7. ПРИКЛАД 9. Доведіть нерівність a4
+ b4
+ c4
≥ abc ( a+b+c).
Розв’язання. Маємо:
a4
+ b4
+ c4
= (a2
)2
+ (b2
)2
+ (c2
)2
≥ a2
b2
+ b2
c2
+ c2
a2
= ( ab)2
+ ( bc)2
+( ca) ≥(ab)
(bc)+(bc)(ca)+ (ca)(ab) = ab2
c + bc2
a + ca2
b = abc (a+b+c).
Значення виразів , називають відповідно середнім
квадратичним, середнім арифметичним, середнім геометричним, середнім
гармонічним чисел а і b.
Ці величини називають «середніми», оскільки при 0 < а b, виконуються
нерівності:
а
Зв'язок між «середніми» виражають такі три теореми.
Теорема 3.1. При будь-яких значеннях а і b виконується нерівність
≥
Доведення. Маємо:
а2
+ b2
≥ 2аb;
2а2
+ 2b2
≥ 2аb + а2
+ b2
;
2а2
+ 2b2
≥ ( а + b)2
;

8. ≥ ;
≥ ;
≥
Оскільки | а + b | ≥ а + b, то ≥ .
ПРИКЛАД 10.
Доведіть нерівність
+ .
Розв'язання. Скориставшись нерівністю (*), можна записати:
= · ≥ · ;
· ≥ ·
Звідси
+ ≥ =

9. Приклад 1.
Доведіть нерівність:
1)2a2
– 8a + 16 > 0 ;
2)4b2
+4b+3 > 0 ;
3) а2
+ аb + b2
≥ 0;
4) 9х2
- 6ху + 5у2
≥ 0;
5)(3а + 2) (2а - 4) - (2а - 5)2
> 3 (4а - 12);
6) а (а - 3) > 5 (а - 4);
7)( a - b) (а + 5b) < (2а + b) (а + 4b) + аb.
Приклад 2.
Доведіть нерівність:
1)28а - 32 ≤ 7а2
- 4;
2)16х2
- 8ху + 2у2
≥ 0;
3)З (b - 1) < b (b + 1);
4)(4р - 1) (р + 1) - (р - 3) (р + 3) > 3 (р2
+ р).
Приклад 3.
Доведіть, що коли х > 0 і y > 0, то ≥ .
Приклад 4.
Доведіть, що при b > 0 виконується нерівність ≥ a - .
Приклад 5.

10. Доведіть, що коли x > 0, y > 0, то + ≥ .
Приклад 6.
Доведіть, що при п є N виконується нерівність:
1) 2 - 2 > ; 2) 2 - 2 < .
Приклад 7.
Доведіть нерівність а4
+ b4
+ с4
+ d4
≥ 4abcd .
Приклад 8.
Доведіть нерівність + + ≥ + + .
Приклад 9.
Доведіть нерівність а2
+ b2
+ аb > 3 (а + b - 1).
Приклад 10.
Доведіть, що коли х > 0 і у > 0, то + ≤ .
Приклад 11.
Відомо, що а > 0, b > 0, с > 0 і а b + bс + ас ≥ а + b + с.
Доведіть, що а + b + с ≥ 3.
Приклад 12.

11. Доведіть нерівність + + … + < 1, де п є N.
Приклад 13.
Доведіть нерівність ∙ ∙ ∙ … ∙ > , де п є N, n > 1 .
Приклад 14.
Доведіть нерівність
+ + … + < , де п є N.
Теорема про середнє для двох чисел.
Якщо a > 0 i b > 0, то
2
ba + ≥ ab . (1)
Доведення: згідно означення понять «більше» і «менше» А > B, якщо різниця
А – В – число невід’ємне. Знайдемо
2
b+a
– ab =
2
1
( a - b )2
. Вираз
2
1
( a -- b )2
при будь-яких а > 0 i b > 0 невід’ємний. Отже, якщо а > 0 i
b > 0, то
2
b+a
> ab .
Наслідок 1. Якщо х > 0 i у > 0, то
2
yx 22
+ ≥ ху. (2)
Доведення: згідно (1)
2
y+x
> xy . Тоді
2
2
y+x
> xy 2
, звідки

12. 2
22 yx +
> ху.
Наслідок 2. Якщо х > 0, у > 0 і z > 0, то х 2
+ у 2
+ z 2
≥ ху + уz + xz (3)
Доведення: згідно (2), маємо: 2
22 yx +
> ху, 2
22 yz +
> yz, 2
22 xz +
> xz . Почленно
додавши отримаємо: х 2
+ у 2
+ z 2
> ху + уz + xz.
Приклади розв’язування вправ.
Довести, що для додатних х і у виконуються нерівності.
ПРИКЛАД 1. х + 1 > 2 x .
Розв’язання.
Поділимо обидві частини нерівності на 2, отримаємо
2
1+x
> 1x • , згідно (1)
нерівність доведена.
ПРИКЛАД 2. х +
x
1
> 2.
Розв’язання.
Перепишемо нерівність так: x
x 12 +
> 2, або 2
12 +x
> х, що те саме, що
2
12 +x
> 12 •x .Згідно (1) нерівність доведена.
ПРИКЛАД 3. 2 (х2
+у2
) > (х + у)2
.
Розв’язання.
Розкриємо дужки і перепишемо нерівність так: 2
12 +x
> ху. Згідно (2) нерівність
доведена.
ПРИКЛАД 4.
x
1
+ y
1
> yx +
4
.
Розв’язання.

13. Перепишемо нерівність так:
( )
4
2yx +
> ху, звідки
2
+ yx
> xy . Згідно (1)
нерівність доведена.
Довести, що для додатних х, у і z виконуються нерівності.
ПРИКЛАД 1. xy + yz + zx > x yz + y zx + z xy .
Розв’язання.
Перепишемо ліву частину так: xy 2
+ yz 2
+ zx 2
. Згідно (3) xy 2
+ yz 2
+ zx
2
> xy yz + yz zx + zx xy , звідки
xy 2
+ yz 2
+ zx 2
> x yz + y zx + z xy
ПРИКЛАД 2.
x
1
+ y
1
+
z
1
> xy
1
+ yz
1
+ zx
1
.
Розв’язання.
Ця нерівність зводиться до попередньої: xyz
xzyzxy ++
> xyz
zyx ++
, звідки
xy + yz + zx > x yz + y zx + z xy .
ПРИКЛАД 3.
z
xy
+ x
yz
+ y
xz
> х + у + z.
Розв’язання.
Перепишемо нерівність так:
xyz
)xz()yz()xy( 222 ++
> х + у + z, звідки (xy)2
+ + (yz)2
+
(zx)2
> xyz (х + у + z), або (xy)2
+ (yz)2
+ + (zx)2
> xy • xz + xy • yz + xz • yz. Згідно
(3) нерівність доведена.
ПРИКЛАД 4. х2
+ у2
+ 1 > ху + х + у.
Розв’язання.
х2
+ у2
+ 12
> ху + х •1 + у •1. Згідно (3) нерівність доведена.

14. ПРИКЛАД 5.
2+
3
zy+x
>
+
3
zxyz+xy
Розв’язання.
Перепишемо нерівність так: (х + у + z)2
> 3xy+3yz+ + 3zx, звідки
х2
+ у2
+ z2
> xy + yz + zx. Згідно (3) нерівність доведена.
ПРИКЛАД 6. (ху + уz + xz)2
> 3xyz (х + у + z).
Розв’язання.
Перепишемо нерівність так: (xy)2
+ (yz)2
+ (zx)2
> > xy • xz + xy • yz + xz • yz.
Згідно (3) нерівність доведена.
ПРИКЛАД 7. 3(х2
+ у2
+ z2
) > (х + у + z)2
.
Розв’язання.
Перепишемо так: 3х2
+ 3у2
+3 z2
> х2
+ у2
+ z2
+ + 2xy + 2yz +2zx, звідки
2(х2
+ у2
+ z2
) > 2 (ху + + уz + xz), або х2
+ у2
+ z2
> xy + yz + zx. Згідно (3)
нерівність доведена.
ПРИКЛАД 8. х4
+ у4
+ z4
> xyz (х + у + z).
Розв’язання.
Перепишемо ліву частину нерівності так: х4
+ у4
+ z4
= (х2
)2
+ (у2
)2
+ (z2
)2
. Тоді
згідно (3) маємо: (х2
)2
+ (у2
)2
+ (z2
)2
> (xy)2
+ (yz)2
+ (zx)2
. Аналогічно маємо, що
(xy)2
+ (yz)2
+ (zx)2
> xy • xz + xy • yz + xz • yz, або
(xy)2
+ (yz)2
+ (zx)2
> xyz (х + у + z). Порівнюючи нерівності отримаємо, що
(х2
)2
+ (у2
)2
+ (z2
)2
> xyz (х + у + z), або х4
+ у4
+ z4
> xyz (х + у + z).
ПРИКЛАД 9.
2
1
(х + у)2
+
4
1
(х + у) > х y + у x .
Розв’язання.

15. Оскільки
2
1
(х + у)2
+
4
1
(х + у) =
2
1
(х + у)(х + у +
2
1
), а
х + у +
2
1
= х +
4
1
+ у +
4
1
, де х +
4
1
=
2
2
1
2 +x
і згідно (1) х +
4
1
>
2
1
2 •x ,
або х +
4
1
> x . Аналогічно у +
4
1
> y . Тоді х + у +
2
1
> x + y .
Враховуючи також, що
2
1
(х + у) > xy , маємо:
2
1
(х + у)2
+
4
1
(х + у) > х y +
у x .
ПРИКЛАД 10. х4
+ у4
+ 8 > 8xy..
Розв’язання.
Згідно(2) х4
+ 4 > 4х2
і у4
+ 4 > 4у2
. Почленно додавши, маємо:
х4
+ у4
+ 8 > 4(х2
+ у2
). Згідно (2) 4(х2
+ у2
) > 2 •2х •2у, або 4(х2
+ у2
) > 8ху.
Порівнявши нерівності, маємо: х4
+ у4
+ 8 > 8xy.
Метод підсилення нерівності
Приклад 1 . Довести нерівність
( )1 3.... 2 11
1
2 2 4 .... 2
n
n
n
× × −
< <
× × ×
.
Доведення. Розглянемо очевидні нерівності :
1 3 5 7 2 1
1, 1, 1, 1,..., 1.
2 4 6 8 2
n
n
−
< < < < <
Перемноживши їх, одержимо:
( )1 5 5 7 ... 2 1
1.
2 4 6 8 ... 2
n
n
× × × × × −
<
× × × × ×
Тому
( )1 3.... 2 1
1.
2 4 .... 2
n
n
n
× × −
<
× × ×
Оскільки
1 1 3 1 5 1 2 1 1
, , ,...,
2 2 4 2 6 2 2 2
n
n
−
= > > > , то перемноживши нерівності, дістанемо:
2. Доведення нерівностей методом: від супротивного;
мажорування (підсилення); синтетичним.

16. ( )1 5 5 7 ... 2 1 1
2 4 6 8 ... 2 2n
n
n
× × × × × −
>
× × × × ×
.Тому
( )1 3.... 2 1
2.
2 4 .... 2
n
n
n
× × −
>
× × ×
Приклад 2 . Довести нерівність
1 1 1 1
... 1
3 5 9 2 1n
+ + + + <
+
.
Доведення. Позначимо ліву частину нерівності через Ап додавши почленно
поділені нерівності
1 1 1 1 1 1 1 1
, , ,..., ,
3 2 5 4 9 8 2 1 2n n
< < < <
+
матимемо:
1 1 1 1
... 1.
2 4 8 2
п n
А < + + + + < Права частина останньої нерівності є сумою членів
геометричної прогресії. Тому маємо:
1
1 1
12 2 1 ,
1 21
2
n
п n
А
+
−
< = −
−
що й доводить
справедливість даної в умові нерівності.
Приклад 3 . Довести, що 2 2 2 2
1 1 1 1
... 1,
2 3 4 n
+ + + + < де , 2.n N n∈ ≥
Доведення. Для лівої частини нерівності маємо:
( )2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
... ...
2 3 4 1 2 2 3 3 4 1n n n
+ + + + < + + + + =
× × × −
=
1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1 1.
2 2 3 3 4 1n n n
       
− + − + − + + − = − < ÷  ÷  ÷  ÷
−       
Приклад 4. Довести нерівність 6 6 6 ... 6 6 3+ + + + + < за умови, що ліва
частина містить будь - яку скінчену кількість радикалів.
Доведення. Замінимо під знаком останнього внутрішнього радикала число 6 на
9. В одержаному в такий спосіб виразі всі корені послідовно добуваються та
його значення дорівнює 3. Але ліва частина даної в умові нерівності менша за
значення одержаного виразу .Отже, дана в умові нерівність справедлива.

17. Приклад 5. Довести , що 4 1 4 1 4 1 5a b c+ + + + + < для 1, 0, 0, 0.a b c a b c+ + = > > >
Доведення . 2 2 2
4 1 4 1 4 1 4 4 1 4 4 1 4 4 1a b c a a b b c c+ + + + + < + + + + + + + + =
= ( )2 1 2 1 2 1 2 3 5.a b c a b c+ + + + + = + + + = Інший спосіб доведення цієї нерівності
розглянемо далі.
Тому 2 2
1x y+ <
Використання очевидних або рініше доведених нерівностей
Приклад 1. Довести, що ( ) ( )4 4 4
8 .a b a b+ ≤ +
Доведення. Використаємо очевидні нерівності ( ) ( )2 2 2
2 ,a b a b+ ≤ +
( ) ( )2 2 4 4
2 ,a b a b+ ≤ + одержимо: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 2 2 2 2
2 2a b a b a b a b a b+ = + + ≤ + + =
= ( ) ( ) ( )
22 2 4 4 4 4
4 4 2 8 .a b a b a b+ ≤ × + = +
Приклад 2.Довести нерівність 2
a b c
b c a c a b
+ + >
+ + +
.
Доведення. Доведемо три допоміжні нерівності :
2
,
a a
b c a b c
≥
+ + +
2
,
b b
a c a b c
≥
+ + +
2
.
c c
a b a b c
≥
+ + +
Розглянемо очевидну нерівність і перетворимо її:
( )
2
0,a b c− − ≥
2 2 2
2 2 2 0,a b c ac ab bc+ + − − − ≥
2 2 2
2 2 2 4 4 ,a b c ac ab bc ab ac+ + + + + ≥ +

18. ( )
2
4 4 ,a b c ab ac+ + ≥ +
( ) ( )
2
4 ,a a b c a b c a+ + ≥ +
( )
2
2
4a a
b c a b c
≥
+ + +
.
Аналогічно доводяться дві інші допоміжні нерівності .
Додавши доведені нерівності, дістанемо:
( )2
2
a b ca b c
b c a c a b a b c
+ +
+ + ≥ =
+ + + + +
Покажемо, що рівності не може бути, тобто матиме місце тільки строгий знак
нерівності. Справді якщо перша допоміжна нерівність перетворюється в
рівність, то дві інших не є рівностями. Аналогічно для другої та третьої
допоміжних нерівностей.
Приклад 3. Додатні число х та у задовольняють співвідношення 3 3
x y x y− = + .
Довести, що 2 2
1x y+ ≤ .
Доведення. Для додатних х та у очевидними є нерівності: 3 3
0, 0.x y x y+ > − >
Помноживши ліву частину рівності 3 3
x y x y− = + на 2 2
x y+ , а праву – на 1 і
розглянемо різницю цих добутків:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 3 3
1 2 0.x y x y x y xy x y y− + − + × = − − − <
МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ
3. Індукція і дедукція. Повна і неповна індукція. Принцип
математичної індукції. Метод математичної індукції.
Доведення нерівностей методом математичної індукції

19. «…Розуміння й уміння правильно застосовувати принцип математичної
індукції є хорошим критерієм логічної зрілості, яка абсолютно необхідна
математику».
А.М.Колмогоров.
У різних розділах математики часто доводиться зустрічатися з
твердженнями. Що залежать від натурального n. Для доведення таких
тверджень для всіх значень змінної n∈N дуже зручно використовувати метод
математичної індукції.
І. Дедукція та індукція.
Дедуктивне міркування – це міркування від загального до окремого,
тобто міркування, вихідним моментом якого є загальне твердження, а
заключним – окремий висновок.
Приклад. Будь-який рівнобедрений трикутник має вісь симетрії. Тому
якщо дано рівнобедрений трикутник, то він має вісь симетрії.
Дедукція не є єдиним методом наукового мислення. У таких науках, як
фізика, хімія, біологія, широко використовується метод, в основі якого лежать
дослідження та індуктивні міркування.
Вивчаючи навколишній світ, нам часто доводиться на підставі результатів
спостережень і дослідів робити висновки.
Загальні висновки, отримані на підставі окремих випадків, називають
індуктивними, а сам метод таких міркувань – індуктивним методом або
індукцією.
Наприклад, задовго до відкриття закону руху Землі люди зробили
висновок, що Сонце вранці встає на сході, а ввечері зникає за обрієм на заході.
Цей висновок є індуктивним: адже він базувався лише на спостереженнях.

20. Звісно, за допомогою індукції не завжди можна отримати правильні
висновки. Так, як у вашій і сусідній школах серед учителів початкових класів
немає чоловіків, то це не означає, що всі вчителі початкових класів - жінки.
Незважаючи на необхідність ставитися до індуктивних висновків з
певним ступенем недовіри, індуктивний метод знаходить широке застосування
в математиці.
ІІ. Повна та неповна індукції.
Задача. Довести, що для всіх дійсних a та b справедливе твердження:
baba +≤+
Розв’язання
Можливі 4 випадки:
1) 0≥a , 0≥b ;
2) 0<a , 0≥b ;
3) 0≥a , 0<b
4) 0<a , 0<b
Розглянемо кожний з них.
1) Якщо 0≥a , 0≥b , то baba +=+ , aa = , bb = і нерівність (1) набуває
вигляду baba +≤+ та є істинним твердженням.
2) Якщо 0<a , 0≥b , то bbaa <+≤ і тому ba + не більший за більше з чисел
a та b . Але тоді baba +≤+ .
3) Якщо 0≥a , 0<b , то доведення аналогічне до випадку 2.
4) У випадку, коли 0<a , 0<b , матимемо: baba −−=+ , aa −= , bb −= і
тому твердження baba −−≤−− істинне.

21. Отже, нерівність (1) є істинною в кожному з чотирьох можливих
випадках.
Такий метод перебору скінченої кількості всіх можливих випадків
називають повною індукцією.
Іноді загальний результат вдається «вгадати» після розгляду не всіх, а
певної кількості окремих випадків. Такий метод називають неповною
індукцією. Результат, отриманий у такий спосіб, залишається лише гіпотезою
аж доки не буде доведений точними математичними міркуваннями.
Неповна індукція в математиці не є методом строгого доведення, але є
могутнім евристичним методом для відкриття нових істин.
ІІІ. Метод математичної індукції
При розв’язування математичних завдань інколи виникає потреба
обґрунтувати, що певна властивість виконується для довільного натурального
числа n. Перевірити задану властивість для кожного натурального числа n ми
не можемо – їх кількість нескінченна. Тоді доводиться використовувати метод
математичної індукції. У загальному вигляді його можна описати так.
Нехай потрібно довести, що деяке твердження є правильним для будь-
якого натурального значення n.
Доведення цього факту методом математичної індукції складається з двох
частин:
1) початок індукції: перевіряється, чи виконується розглядуване твердження
при n = 1;
2) індуктивний перехід: доведення, що коли задане твердження виконується для
k, то воно виконується і для k + 1.

22. Таким чином, почавши з n = 1, ми на основі доведеного індуктивного
переходу одержуємо справедливість сформульованого твердження для n = 2,3,
…, тобто для будь – якого натурального n.
У ряді випадків потрібно довести справедливість деякого твердження не
для всіх натуральних чисел, а лише коли n≥p, де p- фіксоване натуральне
число. У цьому випадку принцип математичної індукції формулюється так.
Узагальнений принцип математичної індукції. Якщо припущення істинне,
коли n= p, і з його істинності, коли n= k, де k ≥ p, випливає, що воно істинне і
коли n=k+1, то воно істинне і для будь-якого n, n≥p.
Приклад. Доведіть, що 122 +> nn
, якщо 3≥n .
Доведення
Оскільки твердження повинно виконуватися починаючи з 3, то перевірку
проводимо саме для цього числа. Записуючи припущення індукції, зручно
використати, що за означенням поняття "більше" ba > тоді і тільки тоді, коли
0>− ba . Доводячи нерівність при n = k + 1, знову використовуємо те саме
означення і доводимо, що різниця між лівою і правою частинами відповідної
нерівності додатна.
Використаємо узагальнений принцип математичної індукції.
1. При n = 3 одержуємо 13223
+⋅> , тобто 78 > - правильна нерівність. Отже, при
n = 3 задана нерівність виконується.
2. Припускаємо, що задана нерівність виконується при n = k (де 3≥k ):
122 +> kk
, тобто 0122 >−− kk
.
3. Доведемо, що задана нерівність виконується і при n = k + 1, тобто доведемо,
що 1)1(22 1
++>+
kk
.

23. Розглянемо різницю 012)122(23222)1)1(2(2 1
>−+−−=−−⋅=++−+
kkkk kkk
(оскільки вираз у дужках додатний, і при 3≥k вираз 12 −k теж додатний).
Отже, 1)1(22 1
++〉+
kk
, тобто задана нерівність виконується і при
4. Таким чином, задана нерівність виконується при всіх натуральних 3≥n .
ІV. Приклади застосування методу математичної індукції при доведенні
нерівностей
Приклад 1. Довести, що коли ba > та, ba, - додатні числа, то nn
ba > .
Доведення
1) Якщо n=1, то твердження очевидне: 11
ba > .
2) Припустимо, що коли n = k, нерівність правильна, тобто kk
ba > і
доведемо, що тоді 11 ++
> kk
ba .
Справді, перемноживши почленно нерівності 11
ba > та kk
ba > , матимемо:
11 ++
> kk
ba .
Тоді, за принципом математичної індукції, нерівність доведена для всіх
натуральних n.
Приклад 2. Довести, що при 1−>x нерівність
nxx n
+≥+ 1)1( (нерівність Бернуллі) (1)
виконується для будь – якого натурального
Доведення
1) При n = 1 маємо: xx +=+ 1)1( 1
. Одне з відношень ">" або "=" має місце, тому
нерівність правильна.
2) Припустимо, що для деякого n = k твердження задачі справедливе,
тобто нерівність

24. kxx k
+≥+ 1)1( (2)
правильна.
3) Доведемо, використовуючи припущення, що твердження задачі буде
правильним при n = k + 1, тобто доведемо нерівність xkx k
)1(1)1( 1
++≥+ +
.
Помножимо обидві частини нерівності (2) на x+1 . Оскільки 01 〉+ x , то
)1)(1()1( 1
xkxx k
++≥+ +
або 21
)1(1)1( kxxkx k
+++≥+ +
. Враховуючи, що 02
〉kx для
всіх Rx ∈ , отримаємо: xkx k
)1(1)1( 1
++≥+ +
, тобто при n = k + 1 нерівність
правильна.
Отже, згідно з принципом математичної індукції, нерівність (1)
правильна для будь – яких натуральних n.
Приклад 3. Довести, що
nnnn
baba )()(2 1
+〉+−
(1)
де 0>+ ba , ba ≠ , n- натуральне число, більше від 1.
Доведення
1) При n = 2 нерівність (1) набуває вигляду
222
)()(2 baba +〉+ (2)
Оскільки, ba ≠ то справедлива нерівність
0)( 2
>+ ba . (3)
Додамо 2
)( ba + до обох частин нерівності (3), отримаємо нерівність (2). Цим
доведено, що при n = 2 нерівність (1) виконується.
2) Припустимо, що існує таке n, що для всіх kn ≤ нерівність виконується,
тобто
kkkk
baba )()(2 1
+〉+−
(4)

25. 3) Помножимо обидві частини нерівності (4) на ba + . Оскільки за умовою
0>+ ba , то отримаємо правильну нерівність:
11
)())((2 +−
+〉++ kkkkk
bababa . (5)
Для того, щоб довести нерівність для n = k + 1, потрібно показати, що
))((2)(2 111
bababa kллkkk
++〉+ −++
(6)
або довести рівносильну їй нерівність:
kkkk
abbaba +>+ ++ 11
. (7)
Нерівність (7) рівносильна нерівності
0))(( >−− babak
. (8)
Якщо ba > , то kk
ba > , і в лівій частині нерівності (8) маємо добуток двох
додатних чисел.
Якщо ba < , то kk
ba < і в лівій частині нерівності (8) маємо добуток двох
від’ємних чисел. В обох випадках нерівність(8) виконується. Отже, нерівність
(1) виконується і для n = k + 1. Це й доводить справедливість нерівності (1) для
будь-якого натурального числа n, n > 1.
Приклад 4. Довести нерівність
212
1
...
4
1
3
1
2
1
1
n
n
>
−
+++++ .
Доведення
Вираз, що стоїть у лівій частині нерівності, є сумою дробів, знаменники
яких послідовно зростають від 1 до 12 −n
.
1) Якщо 1=n , то дана нерівність має вигляд 2
1
1 > і є правильною.

26. 2) Припустимо, що
212
1
...
3
1
2
1
1 1
k
S kk >
−
++++= + , і доведемо тоді, що
правильною є і така нерівність:
2
1
12
1
...
3
1
2
1
1 1
+
>
−
++++= +
k
S kk .
Розглянемо суму
ASkkkkk
+=
−
++
+
+
−
+++=
−
++++ ++
)
12
1
...
12
1
()
12
1
...
2
1
1(
12
1
...
3
1
2
1
1 11 , де вираз,
позначений А, є сумою k
2 дробів, кожен з яких більший ніж 1
2
1
+k .
Отже,
2
1
2
1
2 1
=⋅> +k
k
A . І тоді 2
1
2
1
2
+
=+>+
kk
ASk .
За принципом математичної індукції, істинність нерівності доведена для
всіх натуральних значень n.
Приклад 5. Довести, що довільних натуральних 3, ≥nn , виконується
нерівність nn
nn <++1
1 .
Доведення
Піднесемо обидві частини нерівності, що треба додавати, до степеня
)1( +nn . Отримаємо нерівність, рівносильну даній для всіх натуральних 3, ≥nn :
1
)1( +
<+ nn
nn або n
n
n
n
<




 +1
, тобто
Останню нерівність доведемо методом математичної індукції.
1) Якщо , то ліва частина має вигляд: 27
10
2
27
64
3
1
1
3
==





+ , а нерівність
набуває вигляду 27
10
2 і є правильною.
2) Нехай, коли kn = , нерівність правильна: k
k
k
<





+
1
1

27. Доведемо, що істинною буде нерівність і тоді, коли 1+= kn :
1
1
1
1
1
+<





+
+
+
k
k
k
.
Розглянемо ліву її частину:
1
1
1
1
1
11
11
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+<
+
−+
=
+
−+
+=
+
+=





+
+<





+
+





+<





+
+





+
+=





+
+
+
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
kkkkk
kkk
За
принципом математичної індукції, нерівність n
n
n
<





+
1
1 , а отже, і нерівність
nn
nn <++1
1 істинна для натуральних значень n.
Вправи для самостійної роботи
Доведіть нерівність:
Рівень А
1) 3,,122 ≥∈+〉 nNnnn
; 2) 5,,12 2
≥∈+〉 nNnnn
;
3) 5,,23 21
≥∈−>−
nNnnnn
; 4) Nnn nn
∈+≥ ,34 2
Рівень Б
1) ...6,5,4,! 2
=≥ nnn ;
2) ...4,3,2,
2
1
2
1
...
2
1
1
1
=>++
+
+
+
n
nnn
;
3) Nnba
baba nnn
∈≥≥
+
≤




 +
,0,0,
22
;
4) Nnn
n
∈−+>++++ ,212
1
...
3
1
2
1
1
1
;
5) Nn
nnn
∈>++
+
+
+
,
24
13
2
1
...
2
1
1
1