गणितीय आगमन का सिद्धांत Class 11 Notes PDF, NCERT Solutions, Tricks, Proofs एवं Mind Map

गणितीय आगमन का सिद्धांत परिचय:

गणितीय विश्लेषण, बीजगणित और तर्कशास्त्र के क्षेत्रों में अनेक ऐसे कथन या परिणाम होते हैं जिन्हें प्राकृत संख्या $n$ के पदों में व्यक्त किया जाता है. इन कथनों की सत्यता को अनंत के धरातल पर प्रमाणित करने के लिए एक विशेष और सशक्त अमूर्त प्रमाण तकनीक की आवश्यकता होती है, जिसे गणितीय आगमन का सिद्धांत (Principle of Mathematical Induction – PMI) कहा जाता है. यह केवल एक बीजगणितीय प्रक्रिया नहीं है, बल्कि यह प्राकृत संख्याओं के समुच्चय की मूलभूत संरचना पर आधारित एक गंभीर तार्किक दर्शन है.

अनेक शैक्षणिक मंचों और डिजिटल पोर्टलों पर इस अध्याय को केवल एक यांत्रिक प्रक्रिया (Mechanical Steps) के रूप में प्रस्तुत किया जाता है, जहाँ छात्र बिना किसी तार्किक समझ के केवल $n=1$, $n=k$, और $n=k+1$ के मानों को प्रतिस्थापित करना सीख जाते हैं. यह संकीर्ण दृष्टिकोण छात्रों के भीतर गणितीय तर्कशास्त्र के प्रति उदासीनता उत्पन्न करता है. इस व्यापक शोध रिपोर्ट में गणितीय आगमन के संपूर्ण तार्किक, ऐतिहासिक, व्यावहारिक और प्रतियोगी पहलुओं का गहन विश्लेषण प्रस्तुत किया गया है, ताकि डिजिटल क्षेत्र में व्याप्त सामग्री अंतराल (Content Gap) को पाटा जा सके और शिक्षार्थियों को एक अत्यंत समृद्ध मार्गदर्शिका प्रदान की जा सके.

ऐतिहासिक एवं दार्शनिक आधारशिला

गणितीय आगमन की प्रमाण तकनीक को केवल एक आधुनिक बीजगणितीय औज़ार मानना इसके समृद्ध इतिहास के साथ अन्याय होगा. यह सिद्धांत मानवीय तर्कशक्ति के विकास और प्रेक्षण से व्यापकीकरण (Generalization) की ओर बढ़ने की यात्रा का एक जीवंत परिणाम है.

आगमन बनाम निगमन

तार्किक विवेचन में दो मुख्य प्रणालियाँ कार्यरत होती हैं:

• निगमनिक विवेचन (Deductive Reasoning): यह प्रणाली सामान्य रूप से स्थापित सार्वभौमिक नियमों से शुरू होती है और विशिष्ट मामलों की सत्यता की ओर बढ़ती है. उदाहरण के लिए, यदि यह स्थापित है कि “सभी मनुष्य मरणशील हैं”, तो इस नियम के आधार पर यह निगमित किया जा सकता है कि “एक विशिष्ट व्यक्ति भी मरणशील है”. गणित में अधिकांश उपपत्तियां निगमन पर ही आधारित होती हैं.
• आगमनिक विवेचन (Inductive Reasoning): इसके विपरीत, यह प्रणाली विशिष्ट अवलोकनों और बार-बार होने वाली घटनाओं के प्रेक्षण से एक सामान्य नियम या अनुमानित निष्कर्ष विकसित करने पर निर्भर करती है. उदाहरण के लिए, यह देखना कि सूर्य रोज़ पूर्व से उगता है, इस निष्कर्ष की ओर ले जाता है कि “सूर्य सदैव पूर्व से ही उगेगा”. वैज्ञानिक अनुसंधान का मुख्य आधार यही आगमन प्रणाली है, जहाँ आँकड़ों के विश्लेषण से नियम बनाए जाते हैं.

गणितीय आगमन (Mathematical Induction) इन दोनों का एक अनूठा संगम है. यह आगमन की तरह विशिष्ट मामलों (जैसे $n=1, 2, 3$) की सत्यता से अपनी यात्रा प्रारंभ करता है, परंतु यह केवल प्रेक्षणों तक सीमित न रहकर निगमनिक तर्कशास्त्र की कठोरता का उपयोग करके एक सार्वभौमिक नियम को अकाट्य रूप से प्रमाणित कर देता है.

पियानो के अभिगृहीत और आगमनिक समुच्चय की अवधारणा

गणितीय आगमन के सिद्धांत को औपचारिक गणित में स्थान दिलाने का श्रेय इतालवी गणितज्ञ ज्यूसेपे पियानो (Giuseppe Peano) को जाता है. उन्होंने प्राकृत संख्याओं के समुच्चय $\mathbb{N}$ को परिभाषित करने के लिए पांच बुनियादी अभिगृहीत (Peano’s Axioms) दिए, जो निम्नलिखित हैं :

1. $0$ (या $1$) एक प्राकृत संख्या है.
2. प्रत्येक प्राकृत संख्या $n$ की एक विशिष्ट अनुवर्ती (Successor) प्राकृत संख्या होती है, जिसे $S(n)$ या $n+1$ कहा जाता है.
3. कोई भी दो भिन्न प्राकृत संख्याएं एक ही संख्या की अनुवर्ती नहीं हो सकतीं (अर्थात अनुवर्ती फलन एकैकी है).
4. $0$ (या $1$) किसी भी प्राकृत संख्या का अनुवर्ती नहीं है.
5. यदि $K$ कोई ऐसा समुच्चय है कि:
   • $1 \in K$
   • प्रत्येक प्राकृत संख्या $n$ के लिए, यदि $n \in K \implies S(n) \in K$ तो सभी प्राकृत संख्याएं $K$ की सदस्य होंगी (अर्थात $\mathbb{N} \subseteq K$).

इस पांचवें अभिगृहीत को ही आगमन अभिगृहीत (Induction Axiom) कहा जाता है. यह स्पष्ट करता है कि यदि कोई समुच्चय $S$ वास्तविक संख्याओं का एक उपसमुच्चय है, और वह एक आगमनिक समुच्चय (Inductive Set) होने की शर्तों को पूरा करता है (अर्थात $1 \in S$ और जब कभी $x \in S \implies x+1 \in S$), तो वह प्राकृत संख्याओं के संपूर्ण समुच्चय $\mathbb{N}$ को अनिवार्य रूप से अपने भीतर समाहित कर लेगा, क्योंकि $\mathbb{N}$ वास्तविक संख्याओं का सबसे छोटा आगमनिक उपसमुच्चय है.

गणितीय आगमन का मूलभूत सिद्धांत और व्यावहारिक रूपक

गणितीय आगमन के सिद्धांत की तार्किक कार्यप्रणाली को मस्तिष्क में स्थापित करने के लिए दो अत्यंत प्रसिद्ध भौतिक और व्यावहारिक रूपकों का उपयोग किया जाता है. ये रूपक केवल समझाने के साधन नहीं हैं, बल्कि ये इस अमूर्त सिद्धांत के व्यावहारिक प्रतिरूप हैं.

डोमिनो प्रभाव (Domino Effect)

एक सीधी रेखा में एक-दूसरे के अत्यंत निकट खड़े किए गए अनंत डोमिनोज़ (ताश के पत्तों या टाइलों) की कल्पना की जाए. यदि कोई पर्यवेक्षक यह सुनिश्चित करना चाहता है कि सभी डोमिनोज़ गिरेंगे, तो उसके पास संपूर्ण श्रृंखला को व्यक्तिगत रूप से गिराने का कोई व्यावहारिक मार्ग नहीं है, क्योंकि डोमिनोज़ की संख्या अनंत है. इसके स्थान पर, भौतिकी और तर्कशास्त्र के नियमों के अनुसार केवल दो बुनियादी स्थितियों की पुष्टि करना पर्याप्त है :

• आधार धक्का (The First Push): पहली डोमिनो टाइल को निर्दिष्ट दिशा में गिराया जाए. यह गणितीय आगमन की ‘आधार स्थिति’ (Base Case) के समतुल्य है.
• संक्रमण प्रभाव (The Transition): डोमिनोज़ के बीच की दूरी इतनी कम हो कि यदि कोई भी मनमानी $k$-वीं टाइल गिरती है, तो वह अपने ठीक आगे वाली $(k+1)$-वीं टाइल को गिराने के लिए भौतिक रूप से बाध्य हो. यह ‘आगमनिक चरण’ (Inductive Step) को दर्शाता है.

यदि ये दोनों स्थितियां सत्य प्रमाणित हो जाती हैं, तो पहली टाइल का गिरना एक स्वतःस्फूर्त श्रृंखला प्रतिक्रिया (Chain Reaction) को प्रारंभ करता है, जिससे अनंत तक खड़ी प्रत्येक टाइल एक के बाद एक गिरती चली जाती है.

सीढ़ी का उदाहरण (Ladder Analogy)

दूसरा महत्वपूर्ण रूपक सीढ़ी का है. यदि किसी व्यक्ति को एक अनंत ऊँचाई वाली सीढ़ी के प्रत्येक पायदान पर चढ़ना है, तो उसे दो कौशलों का प्रदर्शन करना होगा :

• प्रथम पायदान पर कदम रखना: क्या व्यक्ति सीढ़ी के पहले पायदान ($n=1$) पर पैर रख सकता है?
• पायदान संक्रमण की क्षमता: क्या व्यक्ति के पास यह शारीरिक क्षमता है कि यदि वह किसी भी पायदान $k$ पर खड़ा है, तो वह वहाँ से बिना गिरे ठीक अगले पायदान $k+1$ पर कदम बढ़ा सके?

यदि ये दोनों क्षमताएं व्यक्ति में मौजूद हैं, तो वह बिना किसी अतिरिक्त प्रयास के सीढ़ी के किसी भी मनमाने पायदान पर सुरक्षित रूप से पहुँच सकता है.

निम्नलिखित तालिका इन भौतिक रूपकों और उनके गणितीय प्रतिरूपों के बीच के सीधे संबंधों को स्पष्ट करती है:

आगमन के प्रकार: दुर्बल, प्रबल एवं पश्चगामी सिद्धांत

गणितीय आगमन केवल एक आयामी नहीं है; विभिन्न प्रकार की गणितीय समस्याओं की प्रकृति के आधार पर इसके तीन मुख्य रूप अस्तित्व में आते हैं.

1. दुर्बल आगमन (Weak Induction)

यह गणितीय आगमन का शास्त्रीय और सबसे आम रूप है. इसे ‘दुर्बल’ इसलिए कहा जाता है क्योंकि इसमें आगमनिक चरण में यह माना जाता है कि कथन केवल और केवल एक विशिष्ट पिछली प्राकृत संख्या $n=k$ के लिए सत्य है, और इसी एकल धारणा के बल पर $n=k+1$ के लिए सत्यता सिद्ध की जाती है.

औपचारिक तार्किक ढांचा:

$$P(k_0) \land (\forall m \geq k_0 \, (P(m) $$ $$\implies P(m+1))) $$ $$\implies \forall n \geq k_0 \, P(n)$$

2. प्रबल आगमन (Strong Induction)

कुछ जटिल गणितीय स्थितियों में, विशेष रूप से जब कथन का मान किसी एक पिछले पद पर निर्भर न करके कई पिछले पदों के संयोजन पर निर्भर करता है (जैसे कि फाइबोनैचि अनुक्रम या अभाज्य गुणनखंडन की प्रमेय), तब दुर्बल आगमन विफल हो जाता है. ऐसी स्थिति में प्रबल आगमन का उपयोग किया जाता है. यहाँ हम यह मानते हैं कि कथन आधार स्थिति $k_0$ से लेकर $k$ तक की सभी मध्यवर्ती प्राकृत संख्याओं के लिए सत्य है.

औपचारिक तार्किक ढांचा:

$$P(k_0) \land (\forall m \geq k_0 \, ((\forall i \in [k_0, m] \, P(i)) $$ $$\implies P(m+1))) $$ $$ \implies \forall n \geq k_0 \, P(n)$$

3. पश्चगामी आगमन (Backward / Cauchy Induction)

यह आगमन का एक अत्यंत दुर्लभ परंतु विस्मयकारी रूप है, जिसका आविष्कार ऑगस्टिन-लुई कोशी (Augustin-Louis Cauchy) ने किया था. इसमें हम एक-एक कदम आगे बढ़ने के बजाय बड़ी छलांग लगाते हैं और फिर खाली स्थानों को भरने के लिए पीछे की ओर आते हैं.

इसका तार्किक ढांचा दो विशिष्ट चरणों पर काम करता है :

• अग्रगामी संक्रमण (Forward Jump): यह दिखाना कि यदि कथन $k$ के लिए सत्य है, तो वह $2k$ के लिए भी सत्य होगा ($P(k) \implies P(2k)$).
• पश्चगामी संक्रमण (Backward Step): यह दिखाना कि यदि कथन $k$ के लिए सत्य है, तो वह $k-1$ के लिए भी सत्य होगा ($P(k) \implies P(k-1)$).

चूँकि हम $2$ की घातों के रूप में स्वेच्छित रूप से बड़ी संख्याओं ($2, 4, 8, 16, \dots$) तक छलांग लगा सकते हैं , और फिर पश्चगामी चरण द्वारा उनके बीच के सभी अंतरालों को भर सकते हैं, अतः यह प्रक्रिया संपूर्ण प्राकृत संख्याओं के लिए सत्यता की पुष्टि कर देती है.

मानक बीजगणितीय सूत्रों के प्रमाण

गणितीय आगमन के सिद्धांत की क्रियात्मक कठोरता को समझने के लिए, बीजगणित के चार सुप्रसिद्ध और परीक्षा की दृष्टि से अत्यंत महत्वपूर्ण सूत्रों का चरण-दर-चरण प्रमाण नीचे प्रस्तुत किया गया है.

प्रमाण 1: प्रथम $n$ प्राकृत संख्याओं का योगफल

कथन:

$$P(n): 1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2} \quad $$ $$\forall n \in \mathbb{N}$$

• चरण 1 (आधार चरण – Base Case): $n=1$ के लिए विचार करते हैं.$$\text{LHS} = 1$$$$\text{RHS} = \frac{1(1+1)}{2} = \frac{2}{2} = 1$$ चूँकि $\text{LHS} = \text{RHS} = 1$ है, अतः $P(1)$ सत्य है.
• चरण 2 (आगमनिक परिकल्पना – Inductive Hypothesis): मान लीजिए कि कथन $n=k$ के लिए सत्य है, जहाँ $k$ कोई धनात्मक पूर्णांक है.$$1 + 2 + 3 + \dots + k = \frac{k(k+1)}{2} $$ — (समीकरण 2)
• चरण 3 (आगमनिक चरण – Inductive Step): हमें अब यह सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा, अर्थात : $$1 + 2 + 3 + \dots + k + (k+1) =$$ $$ \frac{(k+1)(k+2)}{2}$$$\text{LHS}$ से प्रारंभ करते हैं:$$\text{LHS} = [1 + 2 + 3 + \dots + k] + (k+1)$$ समीकरण 1 से प्रथम $k$ पदों के योग का मान प्रतिस्थापित करने पर : $$\text{LHS} = \frac{k(k+1)}{2} + (k+1)$$उभयनिष्ठ पद $(k+1)$ को बाहर निकालने पर (यह गणना की सबसे महत्वपूर्ण तकनीक है):$$\text{LHS} = (k+1) \left[ \frac{k}{2} + 1 \right]$$$$\text{LHS} = (k+1) \left[ \frac{k+2}{2} \right]$$ $$ = \frac{(k+1)(k+2)}{2} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है जब कभी $P(k)$ सत्य है. इसलिए, गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन $P(n)$ सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए सत्य है.

प्रमाण 2: प्रथम $n$ प्राकृत संख्याओं के वर्गों का योगफल

कथन:

$$P(n): 1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 $$ $$ = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \quad \forall n \in \mathbb{N}$$

• चरण 1 (आधार चरण – Base Case):$n=1$ के लिए:$$\text{LHS} = 1^2 = 1$$$$\text{RHS} = \frac{1(1+1)(2(1)+1)}{6} = $$ $$\frac{2 \times 3}{6} = 1$$ चूँकि $\text{LHS} = \text{RHS}$ है, अतः $P(1)$ सत्य है.
• चरण 2 (आगमनिक परिकल्पना – Inductive Hypothesis): मान लीजिए कि कथन $n=k$ के लिए सत्य है.$$1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + k^2 = $$ $$ \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} \quad $$ — (समीकरण 2)
• चरण 3 (आगमनिक चरण – Inductive Step):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ सत्य है, अर्थात:$$1^2 + 2^2 + \dots + k^2 + (k+1)^2 = $$ $$ \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$$$\text{LHS}$ से हल करना प्रारंभ करते हैं:$$\text{LHS} = [1^2 + 2^2 + \dots + k^2] + (k+1)^2$$ समीकरण २ का उपयोग करने पर : $$\text{LHS} $$ $$= \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2$$ संपूर्ण व्यंजक में से $(k+1)$ को कॉमन लेने पर : $$\text{LHS} = (k+1) \left[ \frac{k(2k+1)}{6} + (k+1) \right]$$$$\text{LHS} = \frac{(k+1)}{6} [k(2k+1) + 6(k+1)]$$$$\text{LHS} = $$ $$ \frac{(k+1)}{6} [2k^2 + k + 6k + 6] $$ $$ = \frac{(k+1)}{6} [2k^2 + 7k + 6]$$ अब द्विघात बहुपद $2k^2 + 7k + 6$ का मध्य पद विभाजन द्वारा गुणनखंडन करने पर : $$2k^2 + 7k + 6 = 2k^2 + 4k + 3k + 6$$ $$ = 2k(k+2) + 3(k+2) $$ $$= (k+2)(2k+3)$$इस गुणनखंडित मान को प्रतिस्थापित करने पर:$$\text{LHS} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} = \text{RHS}$$ चूँकि $\text{LHS} = \text{RHS}$ प्राप्त हो गया है, अतः कथन $P(k+1)$ सत्य है. गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन सभी प्राकृत संख्याओं के लिए सिद्ध होता है.

प्रमाण 4: प्रथम $n$ प्राकृत संख्याओं के घनों का योगफल

कथन:

$$P(n): 1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 $$ $$= \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2 \quad \forall n \in \mathbb{N}$$

• चरण 1 (आधार चरण – Base Case):$n=1$ के लिए:$$\text{LHS} = 1^3 = 1$$$$\text{RHS} = \left[ \frac{1(1+1)}{2} \right]^2 = 1^2 = 1$$चूँकि $\text{LHS} = \text{RHS}$ है, अतः $P(1)$ सत्य है.
• चरण 2 (आगमनिक परिकल्पना – Inductive Hypothesis):मान लीजिए कि $P(k)$ सत्य है.$$1^3 + 2^3 + \dots + k^3 = \frac{k^2(k+1)^2}{4} \quad $$ — (समीकरण 3)
• चरण 3 (आगमनिक चरण – Inductive Step):हमें सिद्ध करना है कि:$$1^3 + 2^3 + \dots + k^3 + (k+1)^3 $$ $$= \frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}$$$\text{LHS}$ में समीकरण ३ का मान प्रतिस्थापित करने पर:$$\text{LHS} = \frac{k^2(k+1)^2}{4} + (k+1)^3$$यहाँ से $(k+1)^2$ को कॉमन लेने पर:$$\text{LHS} = (k+1)^2 \left[ \frac{k^2}{4} + (k+1) \right]$$$$\text{LHS} = (k+1)^2 \left[ \frac{k^2 + 4k + 4}{4} \right]$$कोष्ठक के भीतर के पद $(k^2 + 4k + 4)$ को $(k+2)^2$ के रूप में लिखने पर:$$\text{LHS} = (k+1)^2 \left[ \frac{(k+2)^2}{4} \right] $$ $$= \frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4} = \text{RHS}$$ यह प्रमाणित करता है कि $P(k+1)$ सत्य है, जिससे संपूर्ण प्राकृत संख्याओं के लिए सूत्र सिद्ध होता है.

प्रमाण 4: गुणोत्तर श्रेणी (Geometric Progression) के योग का सूत्र

कथन:

$$P(n): a + ar + ar^2 + \dots + ar^{n-1} $$ $$= \frac{a(r^n – 1)}{r – 1} \quad $$ $$ (r \neq 1) \quad \forall n \in \mathbb{N}$$

• चरण 1 (आधार चरण – Base Case):$n=1$ के लिए:$$\text{LHS} = a$$$$\text{RHS} = \frac{a(r^1 – 1)}{r – 1} = a$$अतः $P(1)$ सत्य है.
• चरण 2 (आगमनिक परिकल्पना – Inductive Hypothesis):मान लीजिए कि $P(k)$ सत्य है.$$a + ar + ar^2 + \dots + ar^{k-1} = \frac{a(r^k – 1)}{r – 1} \quad $$ — (समीकरण 4)
• चरण 3 (आगमनिक चरण – Inductive Step):हमें सिद्ध करना है:$$a + ar + \dots + ar^{k-1} + ar^k = \frac{a(r^{k+1} – 1)}{r – 1}$$ $\text{LHS}$ में समीकरण ४ का मान रखने पर : $$\text{LHS} = \frac{a(r^k – 1)}{r – 1} + ar^k$$ लघुत्तम समापवर्त्य (LCM) लेने पर: $$\text{LHS} = \frac{a(r^k – 1) + ar^k(r – 1)}{r – 1}$$$$\text{LHS} = \frac{a \cdot r^k – a + a \cdot r^{k+1} – a \cdot r^k}{r – 1}$$सकारात्मक और नकारात्मक $a \cdot r^k$ पदों को आपस में निरस्त करने पर:$$\text{LHS} = \frac{a \cdot r^{k+1} – a}{r – 1} = \frac{a(r^{k+1} – 1)}{r – 1} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है, जिससे गुणोत्तर श्रेणी का यह अत्यंत महत्वपूर्ण सूत्र सभी प्राकृत संख्याओं $n$ के लिए सिद्ध होता है.

विभाज्यता से संबंधित समस्याओं का गहन विश्लेषण

संख्या सिद्धांत (Number Theory) में विभाज्यता के नियम अत्यधिक महत्वपूर्ण हैं. गणितीय आगमन द्वारा किसी व्यंजक $f(n)$ की किसी संख्या $d$ से विभाज्यता सिद्ध करने की आधारभूत तकनीक यह है कि हम व्यंजक को $f(k) = d \cdot m$ (जहाँ $m$ एक पूर्णांक है) के रूप में मान लेते हैं, और फिर $f(k+1)$ को इस प्रकार तोड़ते हैं कि उसमें $d \cdot m$ का रूप स्वतः प्रकट हो जाए.

समस्या 1: सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए $2^{3n} – 1$, $7$ से विभाज्य है।

• आधार चरण ($n=1$):$$2^{3(1)} – 1 = 8 – 1 = 7$$चूँकि $7$, $7$ से विभाज्य है, अतः आधार चरण सत्य है.
• आगमनिक परिकल्पना ($n=k$): मान लीजिए कि $2^{3k} – 1$, $7$ से विभाज्य है.$$2^{3k} – 1 = 7m \implies 2^{3k} = 7m + 1 \quad $$ जहाँ $$ m \in \mathbb{N}) \quad $$ — (समीकरण 5)
• आगमनिक चरण ($n=k+1$):हमें सिद्ध करना है कि $2^{3(k+1)} – 1$ भी $7$ से विभाज्य होगा.व्यंजक$$ = 2^{3(k+1)} – 1 = 2^{3k+3} – 1$$घातांक के नियमों से पृथक करने पर: व्यंजक $$ = 2^{3k} \cdot 2^3 – 1 = 2^{3k} \cdot 8 – 1$$ समीकरण 5 से $2^{3k}$ का मान रखने पर: व्यंजक $$ = (7m + 1) \cdot 8 – 1$$ व्यंजक $$ = 56m + 8 – 1 = 56m + 7$$ 7 को कॉमन लेने पर: व्यंजक $$ = 7(8m + 1)$$ चूँकि $8m+1$ एक धनात्मक पूर्णांक है, अतः स्पष्ट है कि संपूर्ण संख्या $7$ से पूर्णतः विभाज्य है. यह सिद्ध करता है कि $P(k+1)$ सत्य है.

समस्या 2: सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए $10^{2n-1} + 1$, $11$ से विभाज्य है।

• आधार चरण ($n=1$):$$10^{2(1)-1} + 1 = 10^1 + 1 = 11$$ जो कि $11$ से विभाज्य है, अतः $P(1)$ सत्य है.
• आगमनिक परिकल्पना ($n=k$): मान लीजिए कि $10^{2k-1} + 1$, $11$ से विभाज्य है.$$10^{2k-1} + 1 = 11m \implies 10^{2k-1} $$$$= 11m – 1 \quad $$ जहाँ $$ m \in \mathbb{N}) \quad $$ — (समीकरण 6)
• आगमनिक चरण ($n=k+1$): हमें सिद्ध करना है कि $10^{2(k+1)-1} + 1$, $11$ से विभाज्य होगा. व्यंजक $$ = 10^{2k+2-1} + 1 = 10^{2k+1} + 1$$ घातांक को इस प्रकार तोड़ते हैं कि $10^{2k-1}$ का पद प्राप्त हो सके: व्यंजक $$= 10^{2k-1} \cdot 10^2 + 1 = 100 \cdot (10^{2k-1}) + 1$$ समीकरण ६ से मान प्रतिस्थापित करने पर : व्यंजक $$= 100 \cdot (11m – 1) + 1$$ व्यंजक $$ = 1100m – 100 + 1 = 1100m – 99$$ $11$ को उभयनिष्ठ लेने पर: व्यंजक $$ = 11(100m – 9)$$ चूँकि कोष्ठक के भीतर की राशि $(100m-9)$ एक पूर्णांक है, अतः दिया गया व्यंजक $11$ से पूर्णतः विभाज्य है, जिससे $P(k+1)$ की सत्यता प्रमाणित होती है.

समस्या 3: सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए $x^{2n} – y^{2n}$, $x+y$ से विभाज्य है।

• आधार चरण ($n=1$):$$x^{2(1)} – y^{2(1)} = x^2 – y^2 = (x-y)(x+y)$$यह स्पष्ट रूप से $x+y$ से विभाज्य है, अतः $P(1)$ सत्य है.
• आगमनिक परिकल्पना ($n=k$):मान लीजिए कि $x^{2k} – y^{2k}$, $x+y$ से विभाज्य है.$$x^{2k} – y^{2k} = (x+y) \cdot P \implies x^{2k}$$ $$ = (x+y) \cdot P + y^{2k} \quad $$ — (समीकरण 7)
• आगमनिक चरण ($n=k+1$):हमें सिद्ध करना है कि $x^{2(k+1)} – y^{2(k+1)}$ भी $x+y$ से विभाज्य है. व्यंजक $$ = x^{2k+2} – y^{2k+2} = x^{2k} \cdot x^2 – y^{2k} \cdot y^2$$समीकरण ७ से $x^{2k}$ का मान रखने पर: व्यंजक $$= [(x+y) \cdot P + y^{2k}] \cdot x^2 – y^{2k} \cdot y^2$$ व्यंजक $$= (x+y) \cdot P \cdot x^2 + y^{2k} \cdot x^2 – y^{2k} \cdot y^2$$अंतिम दो पदों में से $y^{2k}$ को कॉमन लेने पर:$$ व्यंजक $$ = (x+y) \cdot P \cdot x^2 + y^{2k} \cdot (x^2 – y^2)$$ व्यंजक $$ = (x+y) \cdot P \cdot x^2 + y^{2k} \cdot (x-y)(x+y)$$ अब पूरे व्यंजक में से $$(x+y)$$ को उभयनिष्ठ लेने पर: व्यंजक $$ = (x+y) [P \cdot x^2 + y^{2k}(x-y)]$$ कोष्ठक के भीतर की राशि एक बहुपद है, अतः स्पष्ट है कि संपूर्ण व्यंजक $x+y$ से विभाज्य है, जिससे $P(k+1)$ सर्वथा सत्य प्रमाणित होता है.

असमिकाओं के प्रमाण और संक्रामकता नियम

असमिकाओं (Inequalities) से संबंधित प्रमाण बीजगणितीय समीकरणों की तुलना में अधिक वैचारिक गहराई की मांग करते हैं. यहाँ हमें सीधे LHS = RHS नहीं दिखाना होता, बल्कि हमें यह दिखाना होता है कि प्राप्त व्यंजक किसी निश्चित सीमा से बड़ा या छोटा है. असमिकाओं में संक्रामकता के नियम (Transitivity Rule) का व्यापक अनुप्रयोग होता है. संक्रामकता का नियम:

$$\text{यदि } A > B \quad $$ और $$ \quad B \geq C \quad $$ $$ \implies \quad A > C$$

समस्या 4: सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए $2^n > n$ है।

• आधार चरण ($n=1$):$$2^1 > 1 \implies 2 > 1$$ जो कि सत्य है, अतः $P(1)$ सत्य है.
• आगमनिक परिकल्पना ($n=k$): मान लीजिए कि $2^k > k$ सत्य है.$$2^k > k \quad \text{— (समीकरण ८)}$$
• आगमनिक चरण ($n=k+1$): हमें सिद्ध करना है कि $2^{k+1} > k+1$. $\text{LHS}$ से प्रारंभ करते हैं: $$2^{k+1} = 2^k \cdot 2 = 2^k + 2^k$$ समीकरण ८ का उपयोग करने पर : $$2^k + 2^k > k + k \implies 2^{k+1} > 2k$$ अब यहाँ संक्रामकता नियम के लिए तार्किक विश्लेषण की आवश्यकता है. हम जानते हैं कि $k \geq 1$ (चूँकि $k$ एक प्राकृत संख्या है). यदि $$ k \geq 1 \implies k + k \geq k + 1 $$ $$\implies 2k \geq k + 1$$ अतः, संक्रामकता के नियम से : $$\text{चूँकि } 2^{k+1} > 2k \quad \text{और} \quad 2k \geq k+1 \quad $$ $$\implies \quad 2^{k+1} > k+1$$ यह स्पष्ट रूप से $P(k+1)$ को सिद्ध करता है, जिससे यह असमिका सभी प्राकृत संख्याओं के लिए सत्य सिद्ध होती है.

कोशी आगमन: AM-GM असमिका का सिद्धम

असाधारण और उन्नत गणितीय समस्याओं को हल करने के लिए कोशी के अग्रगामी-पश्चगामी आगमन (Forward-Backward Induction) का उपयोग किया जाता है. आइए इसके द्वारा सुप्रसिद्ध समांतर माध्य-गुणोत्तर माध्य (AM-GM) असमिका को अकाट्य रूप से सिद्ध करते हैं.

असमिका:

$$\frac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n} \geq \sqrt[n]{x_1 x_2 \dots x_n} $$ $$\quad (x_i \geq 0)$$

1. आधार चरण ($n=2$):

हमें सिद्ध करना है:

$$\frac{x_1 + x_2}{2} \geq \sqrt{x_1 x_2}$$

दोनों पक्षों को सरल करने पर:

$$x_1 + x_2 \geq 2\sqrt{x_1 x_2} $$ $$ \implies x_1 – 2\sqrt{x_1 x_2} + x_2 \geq 0 $$ $$\implies (\sqrt{x_1} – \sqrt{x_2})^2 \geq 0$$

चूँकि किसी भी वास्तविक संख्या का वर्ग सदैव गैर-ऋणात्मक होता है, अतः $P(2)$ सत्य है.

2. अग्रगामी चरण ($P(k) \implies P(2k)$):

मान लीजिए कि असमिका $k$ चरों के लिए सत्य है. अब $2k$ चरों के लिए विचार करते हैं:

$$\text{AM}_{2k} = \frac{x_1 + x_2 + \dots + x_{2k}}{2k} =$$ $$ \frac{\left(\frac{x_1 + \dots + x_k}{k}\right) + \left(\frac{x_{k+1} + \dots + x_{2k}}{k}\right)}{2}$$

$P(2)$ की सत्यता का उपयोग इस पर करने पर :

$$\text{AM}_{2k} \geq $$ $$\sqrt{ \left(\frac{x_1 + \dots + x_k}{k}\right) \cdot \left(\frac{x_{k+1} + \dots + x_{2k}}{k}\right) }$$

अब व्यक्तिगत समूहों पर आगमनिक परिकल्पना $P(k)$ का अनुप्रयोग करने पर :

$$\text{AM}_{2k} \geq $$ $$\sqrt{ \sqrt[k]{x_1 \dots x_k} \cdot \sqrt[k]{x_{k+1} \dots x_{2k}} } $$ $$ = \sqrt{ \sqrt[k]{x_1 \dots x_{2k}} } = \sqrt[2k]{x_1 \dots x_{2k}}$$

अतः, $P(k) \implies P(2k)$ सिद्ध हो गया है. इससे असमिका $n = 2, 4, 8, 16, \dots$ (२ की घातों) के लिए स्वतः सिद्ध हो जाती है.

3. पश्चगामी चरण ($P(k) \implies P(k-1)$):

मान लीजिए कि असमिका $k$ पदों के लिए सत्य है. हमें इसे $k-1$ पदों के लिए सिद्ध करना है. हम अंतिम पद $x_k$ के स्थान पर प्रथम $k-1$ पदों का समांतर माध्य प्रतिस्थापित करते हैं :

$$\text{माना } x_k = \alpha = \frac{x_1 + x_2 + \dots + x_{k-1}}{k-1}$$

इन $k$ संख्याओं का समांतर माध्य होगा:

$$\text{AM}_k = \frac{x_1 + \dots + x_{k-1} + \alpha}{k} $$ $$= \frac{(k-1)\alpha + \alpha}{k} = \alpha$$

परिकल्पना $P(k)$ के अनुसार :

$$\alpha \geq \sqrt[k]{x_1 x_2 \dots x_{k-1} \alpha}$$

दोनों पक्षों की घात $k$ करने पर:

$$\alpha^k \geq x_1 x_2 \dots x_{k-1} \alpha $$ $$\implies \alpha^{k-1} \geq x_1 x_2 \dots x_{k-1}$$

दोनों पक्षों की घात $\frac{1}{k-1}$ करने पर:

$$\alpha \geq \sqrt[k-1]{x_1 x_2 \dots x_{k-1}}$$

$$\frac{x_1 + x_2 + \dots + x_{k-1}}{k-1} \geq \sqrt[k-1]{x_1 x_2 \dots x_{k-1}}$$

यह $P(k-1)$ को पूर्णतः सिद्ध करता है. इस प्रकार, कोशी के अग्रगामी-पश्चगामी आगमन द्वारा समांतर माध्य-गुणोत्तर माध्य असमिका सभी धनात्मक वास्तविक संख्याओं के लिए सार्वभौमिक रूप से सिद्ध हो जाती है.

कंप्यूटर विज्ञान में व्यावहारिक अनुप्रयोग

गणितीय आगमन केवल शुद्ध सैद्धांतिक गणित तक सीमित नहीं है. यह आधुनिक कंप्यूटर विज्ञान (Computer Science) और एल्गोरिदम डिजाइन की रीढ़ की हड्डी है.

1. रिकर्सन (Recursion) की तार्किक सत्यता

रिकर्सन एक ऐसी प्रोग्रामिंग तकनीक है जिसमें कोई फ़ंक्शन स्वयं को ही छोटे इनपुट्स के साथ बार-बार कॉल करता है. किसी रिकर्सिव फ़ंक्शन की सत्यता और उसके ‘अनंत लूप’ में न फँसने की गारंटी केवल गणितीय आगमन द्वारा ही दी जाती है. रिकर्सन का ‘बेस केस’ सीधे आगमन के ‘आधार चरण’ से मेल खाता है, और ‘रिकर्सिव कॉल’ आगमनिक चरण की परिकल्पना पर काम करती है.

2. लूप इनवेरिएंट (Loop Invariants)

जटिल लूप्स (जैसे क्विकसॉर्ट या बाइनरी सर्च) की तार्किक शुद्धता को सिद्ध करने के लिए कंप्यूटर वैज्ञानिक ‘लूप इनवेरिएंट’ नामक गुणधर्म का उपयोग करते हैं. इसे तीन चरणों में जाँचा जाता है जो आगमन के ही रूप हैं :

• प्रारंभ (Initialization): लूप चलने से पहले शर्त सत्य है (आधार चरण).
• अनुरक्षण (Maintenance): यदि लूप के $k$-वें चक्र में शर्त सत्य है, तो वह $(k+1)$-वें चक्र में भी सत्य रहेगी (आगमनिक चरण).
• समाप्ति (Termination): लूप समाप्त होने पर हमें वांछित परिणाम प्राप्त होता है.

पैटर्न का भ्रम और गणितीय आगमन की सीमाएं

गणित की दुनिया में केवल कुछ अवलोकनों के आधार पर व्यापकीकरण करना विनाशकारी भूल साबित हो सकता है. इसे पैटर्न का भ्रम (The Pattern Trap) कहा जाता है, और यही कारण है कि गणित में बिना सख्त आगमन प्रमाण के किसी भी सूत्र को मान्यता नहीं दी जाती.

लियोनार्ड यूलर के सुप्रसिद्ध अभाज्य जनरेटर बहुपद (Euler’s Trinomial) पर विचार किया जाए :

$$f(n) = n^2 + n + 41$$

यदि हम इसमें $n$ के प्रारंभिक मान रखते हैं :

• $n=1 \implies 1^2 + 1 + 41 = 43$ (अभाज्य संख्या)
• $n=2 \implies 2^2 + 2 + 41 = 47$ (अभाज्य संख्या)
• $n=3 \implies 3^2 + 3 + 41 = 53$ (अभाज्य संख्या)

यह विस्मयकारी पैटर्न $n=1$ से लेकर $n=40$ तक लगातार चलता रहता है और प्रत्येक बार एक नई अभाज्य संख्या ($f(40) = 1681$ तक) प्रदान करता है. बिना वैज्ञानिक कठोरता के कोई भी व्यक्ति यह मान लेगा कि यह बहुपद सदैव अभाज्य संख्याएं ही देगा. परंतु, जैसे ही हम $n=41$ रखते हैं:

$$f(41) = 41^2 + 41 + 41 = 41(41 + 1 + 1)$$ $$ = 41 \times 43 = 1763$$

चूँकि $1763$ संख्या $41$ और $43$ का गुणनफल है, अतः यह अभाज्य नहीं है. यह स्पष्ट रूप से प्रमाणित करता है कि बिना तार्किक आगमन प्रमाण के केवल पैटर्नों पर भरोसा करना पूर्णतः अमान्य है.

छात्र त्रुटियों का मनोवैज्ञानिक एवं संज्ञानात्मक विश्लेषण

गणितीय आगमन के अध्यापन के दौरान छात्रों के उत्तर पत्रों का सूक्ष्म विश्लेषण करने पर यह पाया गया है कि अधिकांश त्रुटियां बीजगणितीय से अधिक संज्ञानात्मक (Cognitive) और मनोवैज्ञानिक होती हैं.

1. आधार चरण को बहुत सरल समझना (अहंकार की त्रुटि)

छात्र अक्सर $n=1$ की जांच को बहुत तुच्छ मान लेते हैं और इसे रफ में भी ठीक से नहीं करते. गणितीय मनोविज्ञान में इसे ‘संज्ञानात्मक अहंकार’ कहा जाता है. छात्रों को यह याद रखना चाहिए कि यदि नींव कमजोर होगी, तो तार्किक भवन स्वतः ढह जाएगा.

2. अधूरी प्रक्रिया और संज्ञानात्मक भार (Incomplete Closure)

अनेक छात्र $n=k$ मानकर छोड़ देते हैं और $n=k+1$ की जटिल गणनाओं से घबराकर पीछे हट जाते हैं. यह ‘संज्ञानात्मक भार’ (Cognitive Load) के कारण होता है. गणितीय आगमन एक अखंड श्रृंखला है; यदि एक भी कड़ी टूटी, तो संपूर्ण प्रमाण अमान्य हो जाता है.

3. लक्ष्य विहीन विस्तार (Targetless Expansion)

$P(k+1)$ को सिद्ध करते समय छात्र अंधाधुंध बीजीय विस्तार करने लगते हैं और यह भूल जाते हैं कि उन्हें किस अंतिम रूप (Target Expression) तक पहुँचना है. इसकी सुधारात्मक रणनीति यह है कि छात्र रफ कार्य में पहले ही $n=k+1$ का वांछित रूप लिख लें.

बोर्ड परीक्षा (CBSE/UP Board) के लिए आदर्श उत्तर लेखन शैली

बोर्ड परीक्षाओं में परीक्षक केवल अंतिम उत्तर नहीं देखता, बल्कि वह आपके उत्तर के तार्किक प्रवाह (Logical Flow) और मानक प्रतीकों की शुद्धता का मूल्यांकन करता है. यदि आप बोर्ड परीक्षा में शत-प्रतिशत अंक प्राप्त करना चाहते हैं, तो आपको निम्नलिखित संरचित प्रारूप का कड़ाई से पालन करना चाहिए :

आदर्श समाधान संरचना (Board Answer Blueprint)

1. कथन का औपचारिक नामकरण: हमेशा प्रश्न की शुरुआत दिए गए कथन को $P(n)$ मानकर करें.

माना P(n): [यहाँ दिया गया सूत्र या कथन लिखें]

2. आधार चरण का स्पष्ट उल्लेख: स्पष्ट हेडिंग डालें—चरण १: आधार चरण ($n=1$ के लिए). LHS और RHS को अलग-अलग हल करके दिखाएं और अंत में लिखें: “चूँकि LHS = RHS, अतः $P(1)$ सत्य है”.

3. आगमनिक परिकल्पना का औपचारिक लेखन: हेडिंग डालें—चरण २: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए). यहाँ यह वाक्य अनिवार्य रूप से लिखें: “माना कि दिया गया कथन $P(k)$ किसी धनात्मक पूर्णांक $k$ के लिए सत्य है”. इसे समीकरण संख्या (१) का नाम दें.

4. आगमनिक चरण का विस्तृत बीजगणित: हेडिंग डालें—चरण ३: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए). लिखें: “हमें अब यह सिद्ध करना है कि कथन $P(k+1)$ भी सत्य होगा”. LHS से शुरुआत करें, समीकरण (१) के मान को प्रतिस्थापित करें और बीजीय संक्रियाओं द्वारा RHS प्राप्त करें.

5. निष्कर्ष वाक्य (मार्क्स गेनर लाइन): उत्तर के अंत में यह वाक्य लिखना अनिवार्य है, अन्यथा बोर्ड परीक्षाओं में 1 अंक काट लिया जाता है:

“अतः, गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन } P(n) सभी प्राकृत संख्याओं $$ n \in \mathbb{N} $$ के लिए सत्य है।”

कक्षा 11th गणित अध्याय 4,संपूर्ण NCERT समाधान: प्रश्नावली 4.1 का मास्टर विश्लेषण (सभी 24 प्रश्न)

नीचे कक्षा 11 गणित के अध्याय 4 (गणितीय आगमन का सिद्धांत) की प्रश्नावली 4.1 के सभी 24 प्रश्नों का चरण-दर-चरण, गहन और अत्यधिक स्पष्ट समाधान प्रस्तुत किया गया है। यह आपकी परीक्षा की तैयारी के लिए सर्वश्रेष्ठ अध्ययन संसाधन है।

प्रश्न 1.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$1 + 3 + 3^2 + \dots + 3^{n-1} = \frac{3^n – 1}{2}$$

समाधान: माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 1 + 3 + 3^2 + \dots + 3^{n-1} = \frac{3^n – 1}{2}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 3^{1-1} = 3^0 = 1$RHS $= \frac{3^1 – 1}{2} = \frac{2}{2} = 1$चूँकि LHS = RHS है, अतः कथन $P(1)$ पूर्णतः सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए): माना कि कथन $P(k)$ किसी धनात्मक पूर्णांक $k$ के लिए सत्य है:$$1 + 3 + 3^2 + \dots + 3^{k-1} = \frac{3^k – 1}{2} \quad $$ — (समीकरण 1)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा, अर्थात:$$1 + 3 + 3^2 + \dots + 3^{k-1} + 3^k = \frac{3^{k+1} – 1}{2}$$LHS से शुरू करने पर:$$\text{LHS} = [1 + 3 + 3^2 + \dots + 3^{k-1}] + 3^k$$समीकरण १ से प्रथम $k$ पदों के योगफल का मान रखने पर:$$= \frac{3^k – 1}{2} + 3^k$$लघुत्तम समापवर्त्य (LCM) लेने पर:$$= \frac{3^k – 1 + 2 \cdot 3^k}{2}$$समान घातांक वाले पदों को जोड़ने पर:$$= \frac{3 \cdot 3^k – 1}{2} = \frac{3^{k+1} – 1}{2} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है जब कभी $P(k)$ सत्य है। इसलिए, गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा दिया गया कथन $P(n)$ सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए सत्य है।

प्रश्न 2.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 = \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 = $$ $$ \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 1^3 = 1$RHS $= \left[ \frac{1(1+1)}{2} \right]^2 = \left( \frac{2}{2} \right)^2 = 1^2 = 1$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है, अर्थात:$$1^3 + 2^3 + \dots + k^3 = \frac{k^2(k+1)^2}{4} \quad $$ — (समीकरण 2)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$1^3 + 2^3 + \dots + k^3 + (k+1)^3 $$ $$ = \frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}$$LHS से शुरू करने पर:$$\text{LHS} = [1^3 + 2^3 + \dots + k^3] + (k+1)^3$$समीकरण 2 का उपयोग करने पर:$$= \frac{k^2(k+1)^2}{4} + (k+1)^3$$गणना सरल करने के लिए उभयनिष्ठ गुणनखंड $(k+1)^2$ बाहर लेने पर:$$= (k+1)^2 \left[ \frac{k^2}{4} + (k+1) \right]$$कोष्ठक के भीतर लघुत्तम समापवर्त्य (LCM) लेने पर:$$= (k+1)^2 \left[ \frac{k^2 + 4k + 4}{4} \right]$$चूँकि $k^2 + 4k + 4 = (k+2)^2$ है, अतः:$$ = (k+1)^2 \left[ \frac{(k+2)^2}{4} \right] $$ $$ = \frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4} $$ $$= \left[ \frac{(k+1)(k+2)}{2} \right]^2 = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है। इसलिए गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन सभी प्राकृत संख्याओं $n$ के लिए सत्य है।

प्रश्न 3.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$1 + \frac{1}{1+2} + \frac{1}{1+2+3} + \dots $$ $$+ \frac{1}{1+2+\dots+n} = \frac{2n}{n+1}$$

समाधान:

हम जानते हैं कि हर में उपस्थित श्रेणी प्रथम $r$ प्राकृत संख्याओं का योग है, जिसे $\frac{r(r+1)}{2}$ लिखा जाता है। अतः $r$-वां पद $a_r = \frac{1}{\frac{r(r+1)}{2}} = $ $ \frac{2}{r(r+1)}$ होगा।

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 1 + \frac{1}{1+2} + \dots + \frac{2}{n(n+1)}$$ $$ = \frac{2n}{n+1}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 1$RHS $= \frac{2(1)}{1+1} = \frac{2}{2} = 1$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$1 + \frac{1}{1+2} + \dots + \frac{2}{k(k+1)} = \frac{2k}{k+1} \quad $$— (समीकरण 3)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$1 + \frac{1}{1+2} + \dots + \frac{2}{k(k+1)} + $$ $$ \frac{2}{(k+1)(k+2)} = \frac{2(k+1)}{k+2}$$LHS से शुरू करने पर:$$\text{LHS} = \left[ 1 + \frac{1}{1+2} + \dots + \frac{2}{k(k+1)} \right] $$ $$+ \frac{2}{(k+1)(k+2)}$$ समीकरण 3 से मान प्रतिस्थापित करने पर:$$= \frac{2k}{k+1} + \frac{2}{(k+1)(k+2)}$$उभयनिष्ठ गुणनखंड $\frac{2}{k+1}$ को कोष्ठक से बाहर लेने पर:$$= \frac{2}{k+1} \left[ k + \frac{1}{k+2} \right]$$कोष्ठक के भीतर हल करने पर:$$= $$ $$\frac{2}{k+1} \left[ \frac{k(k+2) + 1}{k+2} \right] $$ $$= \frac{2}{k+1} \left[ \frac{k^2 + 2k + 1}{k+2} \right]$$चूँकि $k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2$ होता है, अतः:$$= \frac{2}{k+1} \cdot \frac{(k+1)^2}{k+2} = \frac{2(k+1)}{k+2} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है। इसलिए गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए सत्य है।

प्रश्न 4.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$1 \cdot 2 \cdot 3 + 2 \cdot 3 \cdot 4 + \dots + n(n+1)(n+2) $$ $$= \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$$

समाधान: माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 1 \cdot 2 \cdot 3 + 2 \cdot 3 \cdot 4 + \dots + $$ $$ n(n+1)(n+2) $$ $$= \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए): LHS $= 1 \cdot 2 \cdot 3 = 6$ RHS $= \frac{1(1+1)(1+2)(1+3)}{4} = $$ $$\frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}{4} = 6$ चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए): माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$1 \cdot 2 \cdot 3 + 2 \cdot 3 \cdot 4 + \dots $$ $$+ k(k+1)(k+2) = $$ $$ \frac{k(k+1)(k+2)(k+3)}{4} \quad $$— (समीकरण 4)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए): हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ सत्य होगा: $$1 \cdot 2 \cdot 3 + \dots + k(k+1)(k+2) $$ $$+ (k+1)(k+2)(k+3) $$ $$= \frac{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}{4}$$LHS से हल करना प्रारंभ करते हैं:$$\text{LHS} = [1 \cdot 2 \cdot 3 + 2 \cdot 3 \cdot 4 + \dots +$$ $$ k(k+1)(k+2)] + (k+1)(k+2)(k+3)$$ समीकरण 4 का मान रखने पर:$$= \frac{k(k+1)(k+2)(k+3)}{4} + $$ $$(k+1)(k+2)(k+3)$$ उभयनिष्ठ व्यंजक $(k+1)(k+2)(k+3)$ को बाहर लेने पर (यह सबसे महत्वपूर्ण चरण है):$$= (k+1)(k+2)(k+3) \left[ \frac{k}{4} + 1 \right]$$कोष्ठक को सरल करने पर:$$= (k+1)(k+2)(k+3) \left[ \frac{k+4}{4} \right] $$ $$ = \frac{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}{4} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ भी सत्य प्रमाणित होता है। इसलिए, गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन सत्य है।

प्रश्न 5.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$1 \cdot 3 + 2 \cdot 3^2 + 3 \cdot 3^3 + \dots + n \cdot 3^n $$ $$= \frac{(2n-1)3^{n+1} + 3}{4}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 1 \cdot 3 + 2 \cdot 3^2 + 3 \cdot 3^3 + \dots + n \cdot 3^n $$ $$= \frac{(2n-1)3^{n+1} + 3}{4}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 1 \cdot 3 = 3$RHS $= \frac{(2(1)-1)3^{1+1} + 3}{4} = \frac{1 \cdot 9 + 3}{4} = \frac{12}{4} = 3$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$1 \cdot 3 + 2 \cdot 3^2 + \dots + k \cdot 3^k $$ $$ = \frac{(2k-1)3^{k+1} + 3}{4} \quad $$— (समीकरण 5)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$1 \cdot 3 + \dots + k \cdot 3^k + (k+1)3^{k+1} $$ $$= \frac{(2(k+1)-1)3^{(k+1)+1} + 3}{4} = $$ $$ \frac{(2k+1)3^{k+2} + 3}{4}$$LHS से हल शुरू करने पर:$$\text{LHS} = [1 \cdot 3 + 2 \cdot 3^2 + \dots + k \cdot 3^k] +$$ $$ (k+1)3^{k+1}$$समीकरण 5 का मान रखने पर:$$= \frac{(2k-1)3^{k+1} + 3}{4} + (k+1)3^{k+1}$$लघुत्तम समापवर्त्य (LCM) लेने पर:$$= \frac{(2k-1)3^{k+1} + 3 + 4(k+1)3^{k+1}}{4}$$$3^{k+1}$ युक्त पदों को एक साथ लाकर सरल करने पर:$$= \frac{3^{k+1} [(2k-1) + 4(k+1)] + 3}{4}$$$$= \frac{3^{k+1} [2k – 1 + 4k + 4] + 3}{4} $$ $$= \frac{3^{k+1} [6k + 3] + 3}{4}$$व्यंजक $[6k+3]$ में से $3$ को कॉमन लेने पर:$$= \frac{3^{k+1} \cdot 3(2k+1) + 3}{4} $$ $$= \frac{(2k+1)3^{k+2} + 3}{4} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है। गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए पूर्णतः सत्य है।

प्रश्न 6.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \dots + n(n+1) $$ $$ = \frac{n(n+1)(n+2)}{3}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + n(n+1) $$ $$= \frac{n(n+1)(n+2)}{3}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 1 \cdot 2 = 2$RHS $= \frac{1(1+1)(1+2)}{3} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{3} = 2$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k(k+1)$$ $$ = \frac{k(k+1)(k+2)}{3} \quad $$ — (समीकरण 6)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$1 \cdot 2 + \dots + k(k+1) + (k+1)(k+2) $$ $$= \frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3}$$LHS से शुरू करने पर:$$\text{LHS} = [1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k(k+1)] + $$ $$(k+1)(k+2)$$समीकरण 6 से मान प्रतिस्थापित करने पर:$$= \frac{k(k+1)(k+2)}{3} + (k+1)(k+2)$$उभयनिष्ठ पद $(k+1)(k+2)$ को बाहर निकालने पर:$$= (k+1)(k+2) \left[ \frac{k}{3} + 1 \right]$$कोष्ठक के भीतर LCM लेकर हल करने पर:$$= (k+1)(k+2) \left[ \frac{k+3}{3} \right] $$ $$= \frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है, जिससे संपूर्ण प्राकृत संख्याओं के लिए यह सूत्र सिद्ध होता है।

प्रश्न 7.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$1 \cdot 3 + 3 \cdot 5 + 5 \cdot 7 + \dots + $$ $$ (2n-1)(2n+1) = \frac{n(4n^2 + 6n – 1)}{3}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 1 \cdot 3 + 3 \cdot 5 + \dots + $$ $$(2n-1)(2n+1) = \frac{n(4n^2 + 6n – 1)}{3}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 1 \cdot 3 = 3$RHS $= \frac{1(4(1)^2 + 6(1) – 1)}{3} = \frac{4+6-1}{3} = \frac{9}{3} = 3$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$1 \cdot 3 + 3 \cdot 5 + \dots + (2k-1)(2k+1) $$ $$= \frac{k(4k^2 + 6k – 1)}{3} \quad $$ — (समीकरण 7)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$1 \cdot 3 + \dots + (2k-1)(2k+1) $$ $$ + (2k+1)(2k+3) = $$ $$\frac{(k+1)(4(k+1)^2 + 6(k+1) – 1)}{3}$$LHS से हल करना प्रारंभ करते हैं:$$\text{LHS} = [1 \cdot 3 + 3 \cdot 5 + \dots + $$ $$ (2k-1)(2k+1)] + $$ $$(2k+1)(2k+3)$$समीकरण 7 का मान रखने पर:$$= \frac{k(4k^2 + 6k – 1)}{3} + (2k+1)(2k+3)$$लघुत्तम समापवर्त्य (LCM) लेने पर:$$= \frac{k(4k^2 + 6k – 1) + 3(4k^2 + 8k + 3)}{3}$$ विस्तार करने पर:$$= \frac{4k^3 + 6k^2 – k + 12k^2 + 24k + 9}{3} $$ $$= \frac{4k^3 + 18k^2 + 23k + 9}{3} \quad $$ — (कथन अ) अब वांछित RHS को विस्तारित करके मिलान करते हैं: RHS $$= \frac{(k+1)(4(k^2 + 2k + 1) + 6k + 6 – 1)}{3}$$ $$ = \frac{(k+1)(4k^2 + 14k + 9)}{3}$$ $$= \frac{4k^3 + 14k^2 + 9k + 4k^2 + 14k + 9}{3} $$ $$= \frac{4k^3 + 18k^2 + 23k + 9}{3} \quad $$ — (कथन ब) चूँकि (कथन अ) और (कथन ब) पूर्णतः समान हैं, अतः LHS = RHS. इसलिए $P(k+1)$ सत्य है।

प्रश्न 8.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$1 \cdot 2 + 2 \cdot 2^2 + 3 \cdot 2^3 + \dots + n \cdot 2^n =$$ $$ (n-1)2^{n+1} + 2$$

समाधान: माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 1 \cdot 2 + 2 \cdot 2^2 + 3 \cdot 2^3 + \dots + n \cdot 2^n $$ $$= (n-1)2^{n+1} + 2$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए): LHS $= 1 \cdot 2 = 2$ RHS $= (1-1)2^{1+1} + 2 = 0 \cdot 2^2 + 2 = 2$ चूँकि LHS = RHS है, अतः कथन $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए): माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$1 \cdot 2 + 2 \cdot 2^2 + \dots + k \cdot 2^k $$ $$= (k-1)2^{k+1} + 2 \quad $$ — (समीकरण 8)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए): हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा: $$1 \cdot 2 + \dots + k \cdot 2^k + (k+1)2^{k+1} $$ $$= k \cdot 2^{k+2} + 2$$LHS से शुरू करने पर:$$\text{LHS} = [1 \cdot 2 + 2 \cdot 2^2 + \dots + k \cdot 2^k] + $$ $$ (k+1)2^{k+1}$$समीकरण 8 का उपयोग करने पर:$$= [(k-1)2^{k+1} + 2] + (k+1)2^{k+1}$$$2^{k+1}$ को उभयनिष्ठ (common) लेने पर:$$= 2^{k+1} [(k-1) + (k+1)] + 2$$कोष्ठक को हल करने पर:$$= 2^{k+1} [2k] + 2 = k(2 \cdot 2^{k+1}) + 2 = $$ $$ k \cdot 2^{k+2} + 2 = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है। गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए सत्य सिद्ध होता है।

प्रश्न 9.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{2^n} = 1 – \frac{1}{2^n}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^n} = 1 – \frac{1}{2^n}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= \frac{1}{2}$RHS $= 1 – \frac{1}{2^1} = \frac{1}{2}$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^k} = 1 – \frac{1}{2^k} \quad $$— (समीकरण 9)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{2^{k+1}} $$ $$= 1 – \frac{1}{2^{k+1}}$$LHS से हल प्रारंभ करने पर:$$\text{LHS} = \left[ \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2^k} \right] + \frac{1}{2^{k+1}}$$समीकरण ९ का मान रखने पर:$$= 1 – \frac{1}{2^k} + \frac{1}{2^{k+1}}$$अंतिम दो पदों को इस प्रकार व्यवस्थित करने पर:$$= 1 – \left( \frac{1}{2^k} – \frac{1}{2^{k+1}} \right) = 1 – \left( \frac{2 – 1}{2^{k+1}} \right) $$ $$ = 1 – \frac{1}{2^{k+1}} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ भी सत्य है। इसलिए, गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन सिद्ध होता है।

प्रश्न 10.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$\frac{1}{2 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 8} + \frac{1}{8 \cdot 11} + \dots $$ $$ + \frac{1}{(3n-1)(3n+2)} = \frac{n}{6n+4}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): \frac{1}{2 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 8} + \dots $$ $$+ \frac{1}{(3n-1)(3n+2)} = \frac{n}{6n+4}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= \frac{1}{2 \cdot 5} = \frac{1}{10}$RHS $= \frac{1}{6(1)+4} = \frac{1}{10}$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$\frac{1}{2 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(3k-1)(3k+2)} $$ $$= \frac{k}{6k+4} $$ $$= \frac{k}{2(3k+2)} \quad $$— (समीकरण 10)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$\frac{1}{2 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(3k-1)(3k+2)} + $$ $$ \frac{1}{(3k+2)(3k+5)} = \frac{k+1}{6(k+1)+4} $$ $$= \frac{k+1}{6k+10}$$ LHS से: LHS $$ = \left[ \frac{1}{2 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(3k-1)(3k+2)} \right] $$ $$+ \frac{1}{(3k+2)(3k+5)}$$ समीकरण 10 से मान प्रतिस्थापित करने पर:$$= \frac{k}{2(3k+2)} + \frac{1}{(3k+2)(3k+5)}$$उभयनिष्ठ गुणनखंड $\frac{1}{3k+2}$ को कोष्ठक से बाहर लेने पर:$$= \frac{1}{3k+2} \left[ \frac{k}{2} + \frac{1}{3k+5} \right]$$कोष्ठक के अंदर हल करने पर:$$= \frac{1}{3k+2} \left[ \frac{k(3k+5) + 2}{2(3k+5)} \right] $$ $$= \frac{1}{3k+2} \left[ \frac{3k^2 + 5k + 2}{2(3k+5)} \right]$$द्विघात व्यंजक $3k^2 + 5k + 2$ का गुणनखंडन करने पर:$$3k^2 + 5k + 2 = 3k^2 + 3k + 2k + 2 = $$ $$3k(k+1) + 2(k+1) =$$ $$ (3k+2)(k+1)$$अतः:$$= \frac{1}{3k+2} \cdot \frac{(3k+2)(k+1)}{2(3k+5)}$$ $$ = \frac{k+1}{2(3k+5)} = \frac{k+1}{6k+10} $$ = RHS अतः, $P(k+1)$ सत्य है। गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन सिद्ध होता है।

प्रश्न 11.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{n(n+1)(n+2)} $$ $$= \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): \frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$$ $$ = \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= \frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} = \frac{1}{6}$RHS $= \frac{1(1+3)}{4(1+1)(1+2)} = \frac{4}{4 \cdot 2 \cdot 3} = \frac{4}{24} = \frac{1}{6}$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{k(k+1)(k+2)} =$$ $$ \frac{k(k+3)}{4(k+1)(k+2)} \quad $$ — (समीकरण 11)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)} $$ $$= \frac{(k+1)(k+4)}{4(k+2)(k+3)}$$LHS से: LHS $$= \left[ \frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{k(k+1)(k+2)} \right] $$ $$+ \frac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)}$$समीकरण 11 का मान प्रतिस्थापित करने पर: = $$ \frac{k(k+3)}{4(k+1)(k+2)} + \frac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)}$$उभयनिष्ठ पद $\frac{1}{(k+1)(k+2)}$ को बाहर लेने पर:$$= \frac{1}{(k+1)(k+2)} \left[ \frac{k(k+3)}{4} + \frac{1}{k+3} \right]$$कोष्ठक के भीतर सरल करने पर:$$= \frac{1}{(k+1)(k+2)} \left[ \frac{k(k+3)^2 + 4}{4(k+3)} \right] $$ $$ = \frac{1}{(k+1)(k+2)} \left[ \frac{k(k^2 + 6k + 9) + 4}{4(k+3)} \right]$$$$= \frac{k^3 + 6k^2 + 9k + 4}{4(k+1)(k+2)(k+3)}$$अंश $k^3 + 6k^2 + 9k + 4$ का $k=-1$ पर मान शून्य होता है, अतः $(k+1)$ इसका एक गुणनखंड है। भाग देने पर:$$k^3 + 6k^2 + 9k + 4 $$ $$= (k+1)(k^2 + 5k + 4) $$ $$= (k+1)(k+1)(k+4) $$ $$= (k+1)^2(k+4)$$अतः:$$= \frac{(k+1)^2(k+4)}{4(k+1)(k+2)(k+3)} $$ $$ = \frac{(k+1)(k+4)}{4(k+2)(k+3)} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है। गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन अकाट्य रूप से सत्य है।

प्रश्न 12.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$a + ar + ar^2 + \dots + ar^{n-1} = \frac{a(r^n – 1)}{r – 1}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): a + ar + ar^2 + \dots + ar^{n-1} $$ $$= \frac{a(r^n – 1)}{r – 1} \quad (r \neq 1)$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= a$RHS $= \frac{a(r^1 – 1)}{r – 1} = a$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$a + ar + ar^2 + \dots + ar^{k-1} = \frac{a(r^k – 1)}{r – 1}$$ — (समीकरण 12)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$a + ar + \dots + ar^{k-1} + ar^k = \frac{a(r^{k+1} – 1)}{r – 1}$$LHS से:$$\text{LHS} = [a + ar + \dots + ar^{k-1}] + ar^k$$समीकरण 12 का उपयोग करने पर:$$= \frac{a(r^k – 1)}{r – 1} + ar^k$$LCM लेकर सरल करने पर:$$= \frac{a(r^k – 1) + ar^k(r-1)}{r-1} $$ $$= \frac{a \cdot r^k – a + a \cdot r^{k+1} – a \cdot r^k}{r-1}$$सकारात्मक और नकारात्मक पदों को निरस्त करने पर:$$= \frac{a \cdot r^{k+1} – a}{r-1} = \frac{a(r^{k+1} – 1)}{r-1} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है। गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा दिया गया सूत्र पूर्णतः सिद्ध होता है।

प्रश्न 13.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$\left( 1 + \frac{3}{1} \right) \left( 1 + \frac{5}{4} \right) \left( 1 + \frac{7}{9} \right) \dots $$ $$ \left( 1 + \frac{2n+1}{n^2} \right) = (n+1)^2$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): \left( 1 + \frac{3}{1} \right) \left( 1 + \frac{5}{4} \right) \dots $$ $$\left( 1 + \frac{2n+1}{n^2} \right) = (n+1)^2$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 1 + \frac{3}{1} = 4$RHS $= (1+1)^2 = 4$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$\left( 1 + \frac{3}{1} \right) \left( 1 + \frac{5}{4} \right) \dots \left( 1 + \frac{2k+1}{k^2} \right) $$ $$= (k+1)^2$$ — (समीकरण 13)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$\left( 1 + \frac{3}{1} \right) \dots $$ $$ \left( 1 + \frac{2k+1}{k^2} \right) \left( 1 + \frac{2(k+1)+1}{(k+1)^2} \right) $$ $$= (k+2)^2$$LHS से: LHS $$ = \left[ \left( 1 + \frac{3}{1} \right) \dots \left( 1 + \frac{2k+1}{k^2} \right) \right] \cdot $$ $$ \left[ 1 + \frac{2k+3}{(k+1)^2} \right]$$समीकरण 13 से मान रखने पर:$$= (k+1)^2 \cdot \left[ 1 + \frac{2k+3}{(k+1)^2} \right]$$कोष्ठक खोलकर गुणा करने पर:$$= (k+1)^2 + (k+1)^2 \cdot \left( \frac{2k+3}{(k+1)^2} \right)$$$$= (k+1)^2 + 2k + 3$$विस्तार करने पर:$$= k^2 + 2k + 1 + 2k + 3 = k^2 + 4k + 4 $$ $$= (k+2)^2 = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है, जिससे कथन सभी प्राकृत संख्याओं के लिए सिद्ध होता है।

प्रश्न 14.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$\left( 1 + \frac{1}{1} \right) \left( 1 + \frac{1}{2} \right) \left( 1 + \frac{1}{3} \right) \dots $$ $$\left( 1 + \frac{1}{n} \right) = (n+1)$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): \left( 1 + \frac{1}{1} \right) \left( 1 + \frac{1}{2} \right) \dots \left( 1 + \frac{1}{n} \right) $$ $$= (n+1)$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 1 + \frac{1}{1} = 2$RHS $= 1+1 = 2$चूँकि LHS = RHS है, अतः कथन $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$\left( 1 + \frac{1}{1} \right) \left( 1 + \frac{1}{2} \right) \dots \left( 1 + \frac{1}{k} \right) $$ $$ = (k+1) $$ — (समीकरण 14)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$\left( 1 + \frac{1}{1} \right) \dots \left( 1 + \frac{1}{k} \right) \left( 1 + \frac{1}{k+1} \right) $$ $$= (k+2)$$LHS से हल शुरू करने पर: LHS $$ = \left[ \left( 1 + \frac{1}{1} \right) \dots \left( 1 + \frac{1}{k} \right) \right] \cdot $$ $$\left( 1 + \frac{1}{k+1} \right)$$समीकरण 14 का मान रखने पर:$$= (k+1) \cdot \left( \frac{k+1+1}{k+1} \right) = $$ $$(k+1) \cdot \left( \frac{k+2}{k+1} \right) $$ $$= k+2 = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है। गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा यह कथन पूर्णतः सिद्ध होता है।

प्रश्न 15.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$1^2 + 3^2 + 5^2 + \dots + (2n-1)^2 = $$ $$\frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 1^2 + 3^2 + 5^2 + \dots + (2n-1)^2 $$ $$= \frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 1^2 = 1$RHS $= \frac{1(2(1)-1)(2(1)+1)}{3} = \frac{1 \cdot 1 \cdot 3}{3} = 1$चूँकि LHS = RHS है, अतः कथन $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$1^2 + 3^2 + \dots + (2k-1)^2 $$ $$= \frac{k(2k-1)(2k+1)}{3}$$— (समीकरण 15)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$1^2 + 3^2 + \dots + (2k-1)^2 + (2k+1)^2 = $$ $$ \frac{(k+1)(2k+1)(2k+3)}{3}$$LHS से:$$ = [1^2 + 3^2 + \dots + (2k-1)^2] + (2k+1)^2$$समीकरण 15 का मान रखने पर:$$= \frac{k(2k-1)(2k+1)}{3} + (2k+1)^2$$उभयनिष्ठ पद $(2k+1)$ को कोष्ठक से बाहर लेने पर:$$= (2k+1) \left[ \frac{k(2k-1)}{3} + (2k+1) \right]$$कोष्ठक के भीतर हल करने पर:$$= (2k+1) \left[ \frac{2k^2 – k + 3(2k+1)}{3} \right] $$ $$ = (2k+1) \left[ \frac{2k^2 – k + 6k + 3}{3} \right] $$ $$= \frac{(2k+1)(2k^2 + 5k + 3)}{3}$$द्विघात बहुपद $2k^2 + 5k + 3$ का मध्य पद विभाजन द्वारा गुणनखंडन करने पर:$$2k^2 + 5k + 3 = 2k^2 + 2k + 3k + 3 $$ $$= 2k(k+1) + 3(k+1) = $$ $$(k+1)(2k+3)$$अतः:$$= \frac{(k+1)(2k+1)(2k+3)}{3} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है, जिससे संपूर्ण प्राकृत संख्याओं के लिए यह सूत्र सिद्ध होता है।

प्रश्न 16.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$\frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \frac{1}{7 \cdot 10} + \dots $$ $$+ \frac{1}{(3n-2)(3n+1)} = \frac{n}{3n+1}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): \frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \dots + $$ $$\frac{1}{(3n-2)(3n+1)} = \frac{n}{3n+1}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= \frac{1}{1 \cdot 4} = \frac{1}{4}$RHS $= \frac{1}{3(1)+1} = \frac{1}{4}$चूँकि LHS = RHS है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$\frac{1}{1 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{(3k-2)(3k+1)} $$ $$= \frac{k}{3k+1} $$— (समीकरण 16)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$\frac{1}{1 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{(3k-2)(3k+1)} $$ $$+ \frac{1}{(3k+1)(3k+4)} $$ $$ = \frac{k+1}{3k+4}$$LHS से:$$ = \left[ \frac{1}{1 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{(3k-2)(3k+1)} \right] $$ $$+ \frac{1}{(3k+1)(3k+4)}$$समीकरण 16 से मान प्रतिस्थापित करने पर:$$= \frac{k}{3k+1} + \frac{1}{(3k+1)(3k+4)}$$उभयनिष्ठ गुणनखंड $\frac{1}{3k+1}$ को कोष्ठक से बाहर लेने पर:$$= \frac{1}{3k+1} \left[ k + \frac{1}{3k+4} \right]$$कोष्ठक के अंदर LCM लेकर हल करने पर:$$= \frac{1}{3k+1} \left[ \frac{k(3k+4) + 1}{3k+4} \right] $$ $$= \frac{1}{3k+1} \left[ \frac{3k^2 + 4k + 1}{3k+4} \right]$$द्विघात व्यंजक $3k^2 + 4k + 1$ का गुणनखंडन करने पर:$$3k^2 + 4k + 1 $$ $$= 3k^2 + 3k + k + 1 $$ $$= 3k(k+1) + 1(k+1) $$ $$= (3k+1)(k+1)$$अतः:$$= \frac{1}{3k+1} \cdot \frac{(3k+1)(k+1)}{3k+4} = \frac{k+1}{3k+4} $$ = RHS अतः, $P(k+1)$ सत्य है। गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन सिद्ध होता है।

प्रश्न 17.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$\frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \frac{1}{7 \cdot 9} + \dots +$$ $$ \frac{1}{(2n+1)(2n+3)} = \frac{n}{3(2n+3)}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \dots +$$ $$ \frac{1}{(2n+1)(2n+3)} = \frac{n}{3(2n+3)}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= \frac{1}{3 \cdot 5} = \frac{1}{15}$RHS $= \frac{1}{3(2(1)+3)} = \frac{1}{15}$चूँकि LHS = RHS है, अतः कथन $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$\frac{1}{3 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)} $$ $$= \frac{k}{3(2k+3)} $$— (समीकरण 17)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$\frac{1}{3 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)} +$$ $$ \frac{1}{(2k+3)(2k+5)}$$ $$ = \frac{k+1}{3(2k+5)}$$LHS से:$$ = \left[ \frac{1}{3 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)} \right] $$ $$+ \frac{1}{(2k+3)(2k+5)}$$समीकरण १७ का मान रखने पर:$$= \frac{k}{3(2k+3)} + \frac{1}{(2k+3)(2k+5)}$$उभयनिष्ठ पद $\frac{1}{2k+3}$ को कोष्ठक से बाहर लेने पर:$$= \frac{1}{2k+3} \left[ \frac{k}{3} + \frac{1}{2k+5} \right]$$कोष्ठक के भीतर हल करने पर:$$= \frac{1}{2k+3} \left[ \frac{k(2k+5) + 3}{3(2k+5)} \right] $$ $$= \frac{1}{2k+3} \left[ \frac{2k^2 + 5k + 3}{3(2k+5)} \right]$$द्विघात व्यंजक $2k^2 + 5k + 3$ का गुणनखंडन करने पर:$$2k^2 + 5k + 3 = (k+1)(2k+3)$$अतः:$$= \frac{1}{2k+3} \cdot \frac{(k+1)(2k+3)}{3(2k+5)} $$ $$ = \frac{k+1}{3(2k+5)} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ सत्य है, जिससे कथन सभी प्राकृत संख्याओं के लिए सिद्ध होता है।

प्रश्न 18.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$1 + 2 + 3 + \dots + n < \frac{(2n+1)^2}{8}$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 1 + 2 + 3 + \dots + n < \frac{(2n+1)^2}{8}$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 1$RHS $= \frac{(2(1)+1)^2}{8} = \frac{9}{8} = 1.125$चूँकि $1 < 1.125$ सत्य है, अतः आधार स्थिति $P(1)$ पूर्णतः सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है:$$1 + 2 + 3 + \dots + k < \frac{(2k+1)^2}{8} \quad $$— (समीकरण 18)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$1 + 2 + 3 + \dots + k + (k+1) < $$ $$ \frac{(2(k+1)+1)^2}{8} = \frac{(2k+3)^2}{8}$$समीकरण 18 के दोनों पक्षों में $(k+1)$ जोड़ने पर (यह असमिका हल करने की प्रामाणिक विधि है):$$1 + 2 + \dots + k + (k+1) < \frac{(2k+1)^2}{8} $$ $$+ (k+1)$$दाएं पक्ष का सरलीकरण करने पर:$$= \frac{(2k+1)^2 + 8(k+1)}{8} $$ $$= \frac{4k^2 + 4k + 1 + 8k + 8}{8}$$$$= \frac{4k^2 + 12k + 9}{8}$$हम जानते हैं कि $4k^2 + 12k + 9 = (2k+3)^2$ है, अतः:$$= \frac{(2k+3)^2}{8} = \text{RHS}$$ अतः, $P(k+1)$ पूर्णतः सत्य सिद्ध होता है, जिससे यह असमिका सभी प्राकृत संख्याओं के लिए प्रमाणित हो जाती है।

प्रश्न 19.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$n(n+1)(n+5) $$ संख्या 3 का एक गुणज (multiple) है।}

समाधान: माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): n(n+1)(n+5)$$ संख्या 3 का एक गुणज है।

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए): $$1(1+1)(1+5) = 1(2)(6) = 12 = 3 \times 4$$ जो कि संख्या $3$ का एक गुणज है। अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए): माना कि कथन $P(k)$ सत्य है, अर्थात $k(k+1)(k+5)$ संख्या $3$ का गुणज है:$$k(k+1)(k+5) = 3m $$ जहाँ $$ m \in \mathbb{N}) $$— (समीकरण 19)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए): हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी $3$ का एक गुणज होगा, अर्थात $(k+1)(k+2)(k+6) = 3q$ (जहाँ $q$ कोई प्राकृत संख्या है): व्यंजक पर विचार करते हैं:$$(k+1)(k+2)(k+6) = $$ $$(k+1)(k+2)[(k+5) + 1]$$ विस्तार करने पर:= $$ (k+1)(k+2)(k+5) + (k+1)(k+2)$$ पदों को इस प्रकार व्यवस्थित करते हैं कि समीकरण 19 का रूप प्राप्त हो:$$= (k+1)[(k \cdot (k+5)) + 2(k+5)] +$$ $$ (k+1)(k+2)$$$$= k(k+1)(k+5) + 2(k+1)(k+5) + $$ $$(k+1)(k+2)$$ प्रथम पद में समीकरण १९ से मान प्रतिस्थापित करने पर:$$= 3m + (k+1) [2(k+5) + (k+2)]$$ कोष्ठक के भीतर हल करने पर:$$= 3m + (k+1) [2k + 10 + k + 2] = $$ $$ 3m + (k+1) [3k + 12]$$ व्यंजक $[3k+12]$ में से $3$ को उभयनिष्ठ लेने पर:$$= 3m + 3(k+1)(k+4) = $$ $$3 [m + (k+1)(k+4)]$$ चूँकि $q = m + (k+1)(k+4)$ एक प्राकृत संख्या है, अतः संपूर्ण व्यंजक $3q$ के रूप में व्यक्त हो गया है, जो संख्या $3$ का गुणज है। अतः $P(k+1)$ सत्य है।

प्रश्न 20.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$10^{2n-1} + 1 \text{ संख्या } 11 \text{ से विभाज्य है।}$$

समाधान: माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 10^{2n-1} + 1 $$ संख्या 11 से विभाज्य है।

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए): $$10^{2(1)-1} + 1 = 10^1 + 1 = 11$$ जो कि संख्या $11$ से पूर्णतः विभाज्य है। अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए): माना कि कथन $P(k)$ सत्य है, अर्थात $10^{2k-1} + 1$, संख्या $11$ से विभाज्य है:$$10^{2k-1} + 1 = 11m \implies 10^{2k-1} = 11m – 1 $$ जहाँ $$ m \in \mathbb{N}) $$ — (समीकरण 20)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए): हमें सिद्ध करना है कि $10^{2(k+1)-1} + 1$ भी $11$ से विभाज्य होगा: व्यंजक पर विचार करते हैं:$$10^{2(k+1)-1} + 1 = 10^{2k+1} + 1$$ व्यंजक को इस प्रकार तोड़ते हैं कि $10^{2k-1}$ का रूप प्राप्त हो:$$= 10^{2k-1} \cdot 10^2 + 1 = 100 \cdot (10^{2k-1}) + 1$$ समीकरण 20 से मान रखने पर:$$= 100(11m – 1) + 1$$$$= 1100m – 100 + 1 = 1100m – 99$$ उभयनिष्ठ गुणनखंड $11$ को बाहर लेने पर:$$= 11(100m – 9)$$ चूँकि $r = (100m – 9)$ एक पूर्णांक है, अतः संपूर्ण व्यंजक $11r$ के रूप में है, जो यह प्रमाणित करता है कि यह $11$ से विभाज्य है। अतः $P(k+1)$ सत्य है।

प्रश्न 21.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$x^{2n} – y^{2n}$$ व्यंजक $$ x+y से विभाज्य है

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): x^{2n} – y^{2n} $$ व्यंजक x+y से विभाज्य है।

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):$$x^{2(1)} – y^{2(1)} = x^2 – y^2 = (x+y)(x-y)$$जो कि स्पष्ट रूप से $(x+y)$ से विभाज्य है। अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है, अर्थात $x^{2k} – y^{2k}$ व्यंजक $(x+y)$ से विभाज्य है:$$x^{2k} – y^{2k} = m(x+y) \implies x^{2k}$$ $$ = m(x+y) + y^{2k} $$ जहाँ m एक बहुपद है — (समीकरण 21)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $x^{2(k+1)} – y^{2(k+1)}$ भी $(x+y)$ से विभाज्य है:व्यंजक को पुनर्गठित करने पर:$$x^{2(k+1)} – y^{2(k+1)} = x^{2k} \cdot x^2 – y^{2k} \cdot y^2$$समीकरण 21 से $x^{2k}$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:$$= [m(x+y) + y^{2k}]x^2 – y^{2k} \cdot y^2$$गुणा करने पर:$$= m(x+y)x^2 + y^{2k} \cdot x^2 – y^{2k} \cdot y^2$$अंतिम दो पदों में से $y^{2k}$ को उभयनिष्ठ (common) लेने पर:$$= m(x+y)x^2 + y^{2k}(x^2 – y^2)$$सूत्र $x^2 – y^2 = (x+y)(x-y)$ का प्रयोग करने पर:$$= m(x+y)x^2 + y^{2k}(x+y)(x-y)$$संपूर्ण व्यंजक में से $(x+y)$ को बाहर निकालने पर:$$= (x+y) [mx^2 + y^{2k}(x-y)]$$चूँकि कोष्ठक के भीतर का भाग एक बीजीय पद है, अतः स्पष्ट है कि संपूर्ण व्यंजक का एक गुणनखंड $(x+y)$ है, जिससे इसकी विभाज्यता सिद्ध होती है। अतः $P(k+1)$ सत्य है।

प्रश्न 22.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$3^{2n+2} – 8n – 9 $$ संख्या 8 से विभाज्य है।

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 3^{2n+2} – 8n – 9 $$ संख्या 8 से विभाज्य है।

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):$$3^{2(1)+2} – 8(1) – 9 = 3^4 – 8 – 9 = 81 – 17 = 64 $$ $$= 8 \times 8$$जो कि संख्या $8$ से पूर्णतः विभाज्य है। अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है, अर्थात $3^{2k+2} – 8k – 9$ संख्या $8$ से विभाज्य है:$$3^{2k+2} – 8k – 9 = 8m \implies 3^{2k+2} $$ $$= 8m + 8k + 9 $$ जहाँ m \in \mathbb{N}) $$— (समीकरण 22)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $3^{2(k+1)+2} – 8(k+1) – 9$ भी $8$ से विभाज्य होगा:व्यंजक का विस्तार करने पर:$$3^{2k+4} – 8k – 8 – 9 = 3^{2k+2} \cdot 3^2 – 8k – 17$$$$= 9 \cdot (3^{2k+2}) – 8k – 17$$समीकरण 22 से $3^{2k+2}$ का मान रखने पर:$$= 9(8m + 8k + 9) – 8k – 17$$कोष्ठक खोलकर गुणा करने पर:$$= 72m + 72k + 81 – 8k – 17 $$ $$= 72m + 64k + 64$$संपूर्ण संख्या में से $8$ को उभयनिष्ठ लेने पर:$$= 8(9m + 8k + 8)$$चूँकि $r = (9m + 8k + 8)$ एक प्राकृत संख्या है, अतः संपूर्ण व्यंजक $8$ का एक गुणज है। अतः $P(k+1)$ सत्य है।

प्रश्न 23.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$41^n – 14^n $$ संख्या 27 का एक गुणज (multiple) है।

समाधान: माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): 41^n – 14^n $$ संख्या 27 का एक गुणज है।

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):$$41^1 – 14^1 = 41 – 14 = 27 = 27 \times 1$$जो कि संख्या $27$ का एक गुणज है। अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है, अर्थात $41^k – 14^k$ संख्या $27$ का गुणज है:$$41^k – 14^k = 27m \implies 41^k = 27m + 14^k $$ जहाँ m \in \mathbb{N}) — (समीकरण 23)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $41^{k+1} – 14^{k+1}$ भी $27$ का एक गुणज है:व्यंजक को पृथक करने पर:$$41^{k+1} – 14^{k+1} = 41^k \cdot 41 – 14^k \cdot 14$$समीकरण 23 से $41^k$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:$$= (27m + 14^k) \cdot 41 – 14^k \cdot 14$$$$= 41 \cdot 27m + 41 \cdot 14^k – 14^k \cdot 14$$$14^k$ वाले पदों को सरल करने पर:$$= 41 \cdot 27m + 14^k (41 – 14) $$ $$= 41 \cdot 27m + 14^k (27)$$उभयनिष्ठ संख्या $27$ को बाहर निकालने पर:$$= 27 (41m + 14^k)$$ चूँकि $r = (41m + 14^k)$ एक प्राकृत संख्या है, अतः संपूर्ण व्यंजक $27r$ के रूप में है, जो यह प्रमाणित करता है कि यह $27$ का गुणज है। अतः $P(k+1)$ सत्य है।

प्रश्न 24.

गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा सिद्ध कीजिए कि सभी $n \in \mathbb{N}$ के लिए:

$$(2n+7) < (n+3)^2$$

समाधान:

माना दिया गया कथन $P(n)$ है:

$$P(n): (2n+7) < (n+3)^2$$

• चरण 1: आधार चरण ($n=1$ के लिए):LHS $= 2(1) + 7 = 9$RHS $= (1+3)^2 = 16$चूँकि $9 < 16$ सत्य है, अतः $P(1)$ सत्य है।
• चरण 2: आगमनिक परिकल्पना ($n=k$ के लिए):माना कि कथन $P(k)$ सत्य है, अर्थात:$$(2k+7) < (k+3)^2 $$— (समीकरण 24)
• चरण 3: आगमनिक चरण ($n=k+1$ के लिए):हमें सिद्ध करना है कि $P(k+1)$ भी सत्य होगा:$$2(k+1) + 7 < ((k+1)+3)^2 $$ $$ \implies 2k+9 < (k+4)^2$$LHS से शुरू करने पर:$$\text{LHS} = 2(k+1) + 7 = 2k + 2 + 7 $$ $$= (2k+7) + 2$$समीकरण 24 का उपयोग करने पर:$$< (k+3)^2 + 2$$विस्तार करने पर:$$= k^2 + 6k + 9 + 2 = k^2 + 6k + 11 \quad $$ — (व्यंजक 1 ) अब, संक्रामकता नियम स्थापित करने के लिए हम जानते हैं कि प्रत्येक प्राकृत संख्या $k \geq 1$ के लिए:$$2k + 5 > 0$$ हम व्यंजक 1 में $$2k+5$$ जोड़कर एक नई असमिका प्राप्त कर सकते हैं:$$k^2 + 6k + 11 < k^2 + 6k + 11 + (2k+5) $$ $$= k^2 + 8k + 16 $$ हम जानते हैं कि $$ k^2 + 8k + 16 = (k+4)^2$$ है, अतः: $$k^2 + 6k + 11 < (k+4)^2$$ अतः, संक्रामकता के नियम से (यदि $$A < B$$ और $$B < C$$ तो $$A < C$$): $$\text{LHS} < k^2 + 6k + 11 < (k+4)^2 $$ $$\implies 2(k+1)+7 < (k+4)^2$$ यह प्रमाणित करता है कि $$P(k+1)$$ सत्य है। अतः गणितीय आगमन के सिद्धांत द्वारा कथन सभी $$n \in \mathbb{N}$$ के लिए सत्य सिद्ध होता है।

प्रतियोगी परीक्षाओं (JEE/Olympiad) हेतु ‘Exam Tricks’ और विशेष रणनीतियाँ

IIT JEE Main, Advanced और क्षेत्रीय गणित ओलंपियाड जैसी कठिन परीक्षाओं में समय अत्यंत सीमित होता है. वहाँ किसी भी प्रश्न को आगमन के लंबे तीन चरणों द्वारा हल करना आत्मघाती साबित हो सकता है. अतः प्रतियोगी परीक्षाओं के लिए निम्नलिखित ‘शॉर्टकट ट्रिक्स’ को अपनी डायरी में लिख लें :

1. विकल्प प्रतिस्थापन विधि (Option Substitution Technique)

यदि आपसे किसी श्रृंखला का योगफल पूछा गया है, तो आगमन करने के बजाय सीधे विकल्पों में $n=1, 2, 3$ रखकर देखें. जो विकल्प इन मानों को संतुष्ट करता है, वही सही उत्तर है.

• चेतावनी: कभी-कभी दो विकल्प $n=1$ पर समान मान दे सकते हैं, इसलिए हमेशा $n=2$ और $n=3$ पर भी त्वरित जांच कर लें.

2. सीमा और स्पर्शोन्मुख व्यवहार (Limits and Asymptotic Behavior)

जटिल बीजगणितीय असमिकाओं वाले प्रश्नों में, जब $n \to \infty$ की ओर जाता है, तब उच्चतम घात वाले पदों के अनुपात का विश्लेषण करें. इससे आपको असमिका के सही दिशासूचक चिन्ह ($>$ या $<$) को पहचानने में मात्र ३ सेकंड का समय लगेगा.

FAQ:

निष्कर्ष:

गणितीय आगमन का सिद्धांत (PMI) केवल कक्षा ११ के गणित पाठ्यक्रम का एक अध्याय मात्र नहीं है, बल्कि यह मानव जाति द्वारा अमूर्त चिंतन और अनंत को मुट्ठी में बांधने की वैज्ञानिक चेष्टा का प्रतीक है. निगमन और आगमन के तार्किक समन्वय से निर्मित यह सिद्धांत गणितीय विश्लेषण, संख्या सिद्धांत और कंप्यूटर विज्ञान के विशाल प्रासादों की नींव रखता है.

इस व्यापक मार्गदर्शिका में प्रस्तुत किए गए तार्किक डोमिनो प्रभाव, पियानो के स्वयंसिद्धों की गहराई, असमिकाओं के संक्रामकता नियम और कोशी के अग्रगामी-पश्चगामी प्रमाणों का सूक्ष्म अध्ययन करने के पश्चात, छात्र न केवल बोर्ड परीक्षाओं में शत-प्रतिशत अंक प्राप्त करने में सक्षम होंगे, बल्कि वे प्रतियोगी परीक्षाओं के स्तर पर भी समस्याओं को त्वरित रूप से हल करने के लिए तार्किक रूप से परिपक्व हो जाएंगे. गणितीय आगमन की इस यात्रा को पूर्ण करने के पश्चात, अनुक्रम और श्रेणी (Sequences and Series) तथा द्विपद प्रमेय (Binomial Theorem) जैसे अध्यायों में प्रवेश करना शिक्षार्थियों के लिए अत्यंत सुगम और आनंददायक सिद्ध होगा.

कक्षा 11 गणित के नवीनतम पाठ्यक्रम और पाठ्यपुस्तक के लिए, आप NCERT की आधिकारिक वेबसाइट पर जा सकते हैं।”

अर्जुन प्रजापति (Arjun Prajapati), Founder & Maths Educator – Ganit Speed। मैं गणित को सरल, स्पष्ट और रोचक तरीके से सिखाने का प्रयास करता हूँ, ताकि छात्र बिना डर के सीख सकें। 5+ वर्षों से मैं हजारों छात्रों को बोर्ड परीक्षाओं की तैयारी में मार्गदर्शन दे रहा हूँ और उपयोगी सामग्री साझा कर रहा हूँ।

Arjun prajapati