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thankyou 發表於 2016-3-24 20:37

證明16的倍數和費波那契數列問題

1.
\( \forall n \in N \),\(n\)為奇數,利用數學歸納法證明\((n^2+6n-3)(n+3)\)恆為16的倍數。

2.
一數列\( \langle\; a_n \rangle\; \)定義如下:\( \displaystyle a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n \right] \),\( n \in N \)
(1)試證:\( a_{n+2}=a_{n+1}+a_n \),\( \forall n \in N \)恆成立
(2)求\( a_{10}= \)?
(3)試證:\( a_n \in N \),\( \forall n \in N \)恆成立
答案:\(a_{10}=55\)

thepiano 發表於 2016-3-25 11:54

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第1題
這題不用數學歸納法比較容易

第2題
\(\begin{align}
  & {{a}_{n+1}}+{{a}_{n}} \\
& =\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ {{\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)}^{n+1}}-{{\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)}^{n+1}}+{{\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)}^{n}}-{{\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)}^{n}} \right] \\
& =\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ {{\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)}^{n}}\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2}+1 \right)-{{\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)}^{n}}\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2}+1 \right) \right] \\
& =\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ {{\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)}^{n}}{{\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)}^{n}}{{\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}} \right] \\
& =\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ {{\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)}^{n+2}}-{{\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)}^{n+2}} \right] \\
& ={{a}_{n+2}} \\
\end{align}\)
後面就不做了

克勞棣 發表於 2020-2-4 14:52

回復 1# thankyou 的帖子

1.
令n=2m-1,其中m為正整數,則
(n^2+6n-3)(n+3) = [(2m-1)^2+6(2m-1)-3][(2m-1)+3] = [4m^2+8m-8][2m+2] = 8(m^2+2m-2)(m+1) = 8(m^3+3m^2-2),所以只要再證明(m^3+3m^2-2)恆為偶數即可。
當m=1時,1^3+3*1^2-2=2為偶數,成立。
設當m=k時成立,即k^3+3k^2-2≡0 (mod 2) → k^3+k^2≡0 (mod 2) → 根據費馬小定理,k^2≡k (mod 2),故k^3+k≡0 (mod 2) → k^3≡-k (mod 2).......甲
當m=k+1時,
(k+1)^3+3(k+1)^2-2
≡k^3+6k^2+9k+2
≡k^3+k
≡-k+k.....將甲式代入
≡0 (mod 2)
故m=k+1時亦成立。
根據數學歸納法的原理,原式恆成立。

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