Mathematical induction Questions in Gujarati

(N/A) ધારો કે $P(n)$ એ વિધાન છે: $3 \times 6 + 6 \times 9 + 9 \times 12 + \ldots + (3n)(3n + 3) = 3n(n + 1)(n + 2)$.
પગલું $1$: $n = 1$ માટે,$LHS$ = $3 \times 6 = 18$. $RHS$ = $3(1)(1 + 1)(1 + 2) = 3 \times 2 \times 3 = 18$. $LHS$ = $RHS$ હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $3 \times 6 + 6 \times 9 + \ldots + (3k)(3k + 3) = 3k(k + 1)(k + 2)$.
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k + 1)$ સત્ય છે,એટલે કે $3 \times 6 + \ldots + (3k)(3k + 3) + (3(k + 1))(3(k + 1) + 3) = 3(k + 1)(k + 2)(k + 3)$.
ધારણાની બંને બાજુએ $(3(k + 1))(3(k + 1) + 3)$ ઉમેરતા:
$LHS$ = $3k(k + 1)(k + 2) + (3k + 3)(3k + 6)$
= $3k(k + 1)(k + 2) + 3(k + 1) \times 3(k + 2)$
= $3(k + 1)(k + 2) [k + 3]$
= $3(k + 1)(k + 2)(k + 3)$.
આમ,$P(k + 1)$ સત્ય છે. ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ એ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(A) ધારો કે $P(n)$ એ વિધાન છે: $a+(a+d)+(a+2d)+\ldots+(a+(n-1)d) = \frac{n}{2}[2a+(n-1)d]$.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,ડાબી બાજુ $a$ છે અને જમણી બાજુ $\frac{1}{2}[2a+(1-1)d] = \frac{1}{2}(2a) = a$ છે. ડાબી બાજુ = જમણી બાજુ હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $a+(a+d)+\ldots+(a+(k-1)d) = \frac{k}{2}[2a+(k-1)d]$.
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે,એટલે કે $a+(a+d)+\ldots+(a+(k-1)d) + (a+kd) = \frac{k+1}{2}[2a+kd]$.
$P(k+1)$ ની ડાબી બાજુથી શરૂ કરતા:
$= \frac{k}{2}[2a+(k-1)d] + (a+kd)$
$= \frac{2ak + k(k-1)d + 2a + 2kd}{2}$
$= \frac{2a(k+1) + (k^2-k+2k)d}{2}$
$= \frac{2a(k+1) + (k^2+k)d}{2}$
$= \frac{2a(k+1) + k(k+1)d}{2}$
$= \frac{k+1}{2}[2a+kd]$.
આમ,જ્યારે $P(k)$ સત્ય હોય ત્યારે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે. ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

ધારો કે $P(n)$ એ વિધાન $4+8+12+\ldots+4n = 2n(n+1)$ છે.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,ડાબી બાજુ $4(1) = 4$ છે અને જમણી બાજુ $2(1)(1+1) = 2(2) = 4$ છે.
$4=4$ હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે $P(k)$ કોઈ $k \in N$ માટે સત્ય છે,એટલે કે $4+8+12+\ldots+4k = 2k(k+1)$.
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે,એટલે કે $4+8+12+\ldots+4k+4(k+1) = 2(k+1)(k+2)$.
ડાબી બાજુથી શરૂ કરતા:
$(4+8+12+\ldots+4k) + 4(k+1) = 2k(k+1) + 4(k+1)$
$= 2k^2 + 2k + 4k + 4$
$= 2k^2 + 6k + 4$
$= 2(k^2 + 3k + 2)$
$= 2(k+1)(k+2)$.
આ $n=k+1$ માટે જમણી બાજુ સાથે મેળ ખાય છે.
આમ,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): 7^{n}-3^{n}$ એ $4$ વડે વિભાજ્ય છે.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,$7^{1}-3^{1} = 4$,જે $4$ વડે વિભાજ્ય છે. તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $m \in N$ માટે $P(m)$ સત્ય છે,એટલે કે $7^{m}-3^{m} = 4k$ કોઈ પૂર્ણાંક $k$ માટે. તેથી,$7^{m} = 4k + 3^{m}$.
પગલું $3$: $n=m+1$ માટે,આપણી પાસે $7^{m+1}-3^{m+1}$ છે.
$= 7 \cdot 7^{m} - 3 \cdot 3^{m}$
$= 7(4k + 3^{m}) - 3 \cdot 3^{m}$
$= 28k + 7 \cdot 3^{m} - 3 \cdot 3^{m}$
$= 28k + 4 \cdot 3^{m}$
$= 4(7k + 3^{m})$.
કારણ કે $4(7k + 3^{m})$ એ $4$ નો ગુણક છે,તેથી $P(m+1)$ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$7^{n}-3^{n}$ એ તમામ $n \in N$ માટે $4$ વડે વિભાજ્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): 2^{3n}-1$ એ $7$ વડે વિભાજ્ય છે.
પગલું $1$: $n=1$ માટે આધારભૂત સ્થિતિ:
$P(1) = 2^{3(1)} - 1 = 8 - 1 = 7$,જે $7$ વડે વિભાજ્ય છે.
તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે:
$P(k) = 2^{3k} - 1 = 7m$,જ્યાં $m$ કોઈ પૂર્ણાંક છે.
તેથી,$2^{3k} = 7m + 1$ --- $(1)$
પગલું $3$: સાબિત કરો કે $P(k+1)$ સત્ય છે:
$P(k+1) = 2^{3(k+1)} - 1 = 2^{3k+3} - 1$
$= 2^{3k} \times 2^3 - 1$
$= (7m + 1) \times 8 - 1$ (સમીકરણ $(1)$ નો ઉપયોગ કરતા)
$= 56m + 8 - 1$
$= 56m + 7$
$= 7(8m + 1)$
કારણ કે $7(8m + 1)$ એ $7$ નો ગુણક છે,તેથી $P(k+1)$ એ $7$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,બધા $n \in N$ માટે $2^{3n}-1$ એ $7$ વડે વિભાજ્ય છે.

ધારો કે $P(n)$ એ વિધાન છે કે $3^{2n} - 1$ એ $8$ વડે વિભાજ્ય છે.
પગલું $1$: $n = 1$ માટે,$3^{2(1)} - 1 = 9 - 1 = 8$,જે $8$ વડે વિભાજ્ય છે. આમ,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $m \in N$ માટે $P(m)$ સત્ય છે,એટલે કે $3^{2m} - 1 = 8k$ કોઈ પૂર્ણાંક $k$ માટે. તેથી,$3^{2m} = 8k + 1$.
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(m+1)$ સત્ય છે,એટલે કે $3^{2(m+1)} - 1$ એ $8$ વડે વિભાજ્ય છે.
$3^{2(m+1)} - 1 = 3^{2m} \times 3^2 - 1$
$= (8k + 1) \times 9 - 1$
$= 72k + 9 - 1$
$= 72k + 8$
$= 8(9k + 1)$.
જે $8$ વડે વિભાજ્ય છે,તેથી $P(m+1)$ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

ધારો કે $P(n): 4^{n}-1$ એ દરેક $n \in \mathbb{N}$ માટે $3$ વડે વિભાજ્ય છે.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,$P(1) = 4^{1}-1 = 3$,જે $3$ વડે વિભાજ્ય છે. તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $k \in \mathbb{N}$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $4^{k}-1 = 3m$ કોઈ પૂર્ણાંક $m \in \mathbb{N}$ માટે. આ સૂચવે છે કે $4^{k} = 3m+1$ $(i)$.
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે,એટલે કે $4^{k+1}-1$ એ $3$ વડે વિભાજ્ય છે.
$4^{k+1}-1 = 4 \cdot 4^{k}-1$ લો.
$(i)$ પરથી કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે $4(3m+1)-1 = 12m+4-1 = 12m+3 = 3(4m+1)$.
કારણ કે $3(4m+1)$ એ $3$ નો ગુણક છે,તેથી $4^{k+1}-1$ એ $3$ વડે વિભાજ્ય છે.
નિષ્કર્ષ: ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ એ દરેક $n \in \mathbb{N}$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): 2^{3n} - 1$ એ તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે $7$ વડે વિભાજ્ય છે.
પગલું $1$: $n = 1$ માટે,$P(1): 2^{3(1)} - 1 = 8 - 1 = 7$,જે $7$ વડે વિભાજ્ય છે.
તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $k \in \mathbb{N}$ માટે $P(k)$ સત્ય છે.
એટલે કે,$2^{3k} - 1 = 7m$ કોઈ $m \in \mathbb{N}$ માટે,જેનો અર્થ છે કે $2^{3k} = 7m + 1$.
પગલું $3$: આપણે દર્શાવવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે.
$P(k+1): 2^{3(k+1)} - 1 = 2^{3k} \cdot 2^3 - 1$.
$2^{3k} = 7m + 1$ મૂકતા:
$= (7m + 1) \cdot 8 - 1$
$= 56m + 8 - 1$
$= 56m + 7$
$= 7(8m + 1)$,જે સ્પષ્ટપણે $7$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,જ્યારે $P(k)$ સત્ય હોય ત્યારે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ એ તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): n^{3}-7n+3$ એ તમામ $n \in N$ માટે $3$ વડે વિભાજ્ય છે.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,$P(1) = (1)^{3}-7(1)+3 = 1-7+3 = -3$.
$-3$ એ $3$ વડે વિભાજ્ય હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $k^{3}-7k+3 = 3m$,જ્યાં $m$ કોઈ પૂર્ણાંક છે.
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે.
$P(k+1) = (k+1)^{3}-7(k+1)+3$
$= (k^{3}+3k^{2}+3k+1) - 7k - 7 + 3$
$= (k^{3}-7k+3) + 3k^{2}+3k-6$
$= 3m + 3(k^{2}+k-2)$
$= 3(m+k^{2}+k-2)$.
આમ,$3(m+k^{2}+k-2)$ એ $3$ વડે વિભાજ્ય હોવાથી,$P(k+1)$ સત્ય છે.
આમ,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ એ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): 3^{2n} - 1$ એ $8$ વડે વિભાજ્ય છે.
પગલું $1$: $n = 1$ માટે,$P(1) = 3^{2(1)} - 1 = 9 - 1 = 8$,જે $8$ વડે વિભાજ્ય છે. આમ,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ પ્રાકૃતિક સંખ્યા $k$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $3^{2k} - 1 = 8m$,જ્યાં $m$ કોઈ પૂર્ણાંક છે. આથી $3^{2k} = 8m + 1$ $(i)$.
પગલું $3$: $n = k + 1$ માટે,આપણે દર્શાવવું છે કે $P(k + 1)$ સત્ય છે,એટલે કે $3^{2(k+1)} - 1$ એ $8$ વડે વિભાજ્ય છે.
$3^{2(k+1)} - 1 = 3^{2k+2} - 1 = 3^{2k} \cdot 3^2 - 1 = 9 \cdot 3^{2k} - 1$.
$(i)$ નો ઉપયોગ કરતા,$9(8m + 1) - 1 = 72m + 9 - 1 = 72m + 8 = 8(9m + 1)$.
કારણ કે $8(9m + 1)$ એ $8$ વડે વિભાજ્ય છે,તેથી $P(k + 1)$ સત્ય છે.
આમ,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે $P(n)$ સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): 7^{n}-2^{n}$ એ $5$ વડે વિભાજ્ય છે.
$n=1$ માટે:
$P(1): 7^{1}-2^{1} = 7-2 = 5$,જે $5$ વડે વિભાજ્ય છે.
તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે કોઈ $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે:
$P(k): 7^{k}-2^{k} = 5m$,જ્યાં $m \in N$ (સમીકરણ $i$).
આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે:
$P(k+1): 7^{k+1}-2^{k+1} = 7 \cdot 7^{k} - 2 \cdot 2^{k}$
$= 7 \cdot 7^{k} - 7 \cdot 2^{k} + 7 \cdot 2^{k} - 2 \cdot 2^{k}$
$= 7(7^{k}-2^{k}) + 2^{k}(7-2)$
$= 7(5m) + 2^{k}(5)$
$= 5(7m + 2^{k})$
કારણ કે $5(7m + 2^{k})$ એ $5$ નો ગુણક છે,તેથી $P(k+1)$ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ એ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): x^{n}-y^{n}$ એ તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે $(x-y)$ વડે વિભાજ્ય છે.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,$P(1): x^{1}-y^{1} = x-y$,જે સ્પષ્ટપણે $(x-y)$ વડે વિભાજ્ય છે. તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $k \in \mathbb{N}$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $x^{k}-y^{k} = m(x-y)$ કોઈ પૂર્ણાંક $m$ માટે. (સમીકરણ $i$)
પગલું $3$: $n=k+1$ માટે,આપણે દર્શાવવું છે કે $P(k+1): x^{k+1}-y^{k+1}$ એ $(x-y)$ વડે વિભાજ્ય છે.
$x^{k+1}-y^{k+1} = x^{k+1} - x^{k}y + x^{k}y - y^{k+1}$
$= x^{k}(x-y) + y(x^{k}-y^{k})$
સમીકરણ $i$ પરથી કિંમત મૂકતા:
$= x^{k}(x-y) + y(m(x-y))$
$= (x-y)(x^{k} + my)$
કારણ કે $(x^{k} + my)$ એક પૂર્ણાંક છે,તેથી $x^{k+1}-y^{k+1}$ એ $(x-y)$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,જ્યારે $P(k)$ સત્ય હોય ત્યારે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): n^{3}-n$ એ દરેક $n \geq 2$ માટે $6$ વડે વિભાજ્ય છે.
પગલું $1$: $n=2$ માટે,
$P(2): 2^{3}-2 = 8-2 = 6$,જે $6$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,$P(2)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે $P(k)$ કોઈ $k \geq 2$ માટે સત્ય છે,એટલે કે $k^{3}-k = 6m$ કોઈ પૂર્ણાંક $m$ માટે.
પગલું $3$: $P(k+1)$ સત્ય છે તે સાબિત કરવા માટે,આપણે દર્શાવવું પડશે કે $(k+1)^{3}-(k+1)$ એ $6$ વડે વિભાજ્ય છે.
$(k+1)^{3}-(k+1) = (k^{3}+3k^{2}+3k+1) - k - 1$
$= (k^{3}-k) + 3k^{2}+3k$
$= (k^{3}-k) + 3k(k+1)$
કારણ કે $k^{3}-k = 6m$ અને $k(k+1)$ એ બે ક્રમિક પૂર્ણાંકોનો ગુણાકાર છે,તેથી તે $2$ વડે વિભાજ્ય છે. આમ,$3k(k+1)$ એ $3 \times 2 = 6$ વડે વિભાજ્ય છે.
તેથી,$(k^{3}-k) + 3k(k+1) = 6m + 6n = 6(m+n)$,જે $6$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ એ દરેક $n \geq 2$ માટે સત્ય છે.

(A) ધારો કે $P(n): n(n^{2}+5)$ એ દરેક $n \in N$ માટે $6$ વડે વિભાજ્ય છે.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,$P(1) = 1(1^{2}+5) = 6$,જે $6$ વડે વિભાજ્ય છે. તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $k(k^{2}+5) = 6m$ કોઈ પૂર્ણાંક $m$ માટે. $(i)$
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે,એટલે કે $(k+1)((k+1)^{2}+5)$ એ $6$ વડે વિભાજ્ય છે.
$(k+1)((k+1)^{2}+5) = (k+1)(k^{2}+2k+6) = k(k^{2}+5) + 3k^{2} + 3k + 6$
$= 6m + 3k(k+1) + 6$
$k(k+1)$ એ બે ક્રમિક પૂર્ણાંકોનો ગુણાકાર હોવાથી તે હંમેશા બેકી સંખ્યા હોય છે,એટલે કે $k(k+1) = 2p$.
$= 6m + 3(2p) + 6 = 6(m+p+1)$,જે $6$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,$P(n)$ એ દરેક $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): n^{2} < 2^{n}$,જ્યાં $n \geq 5, n \in \mathbb{N}$.
પગલું $1$: $n = 5$ માટે,$P(5): 5^{2} < 2^{5} \implies 25 < 32$,જે સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે $k \geq 5$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $k^{2} < 2^{k}$.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1): (k+1)^{2} < 2^{k+1}$ સત્ય છે.
$(k+1)^{2} = k^{2} + 2k + 1$ લો.
$k^{2} < 2^{k}$ હોવાથી,$(k+1)^{2} < 2^{k} + 2k + 1$.
$k \geq 5$ માટે,તે દર્શાવી શકાય છે કે $2k + 1 < k^{2} < 2^{k}$.
આમ,$(k+1)^{2} < 2^{k} + 2^{k} = 2 \cdot 2^{k} = 2^{k+1}$.
તેથી,જ્યારે $P(k)$ સત્ય હોય ત્યારે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ એ તમામ $n \geq 5$ માટે સત્ય છે.

(N/A) સાબિત કરવાનું છે: $P(n): \frac{d}{dx}(x^n) = nx^{n-1}$ તમામ ધન પૂર્ણાંકો $n$ માટે.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,
$P(1): \frac{d}{dx}(x) = 1 = 1 \cdot x^{1-1}$.
આમ,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ ધન પૂર્ણાંક $k$ માટે $P(k)$ સત્ય છે.
એટલે કે,$P(k): \frac{d}{dx}(x^k) = kx^{k-1}$.
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
વિચારો $\frac{d}{dx}(x^{k+1}) = \frac{d}{dx}(x \cdot x^k)$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{d}{dx}(uv) = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$.
$= x^k \cdot \frac{d}{dx}(x) + x \cdot \frac{d}{dx}(x^k)$
$= x^k \cdot 1 + x \cdot (kx^{k-1})$
$= x^k + kx^k$
$= (k+1)x^k$
$= (k+1)x^{(k+1)-1}$.
આમ,જ્યારે $P(k)$ સત્ય હોય ત્યારે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
તેથી,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,વિધાન $P(n)$ દરેક ધન પૂર્ણાંક $n$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): 2n < (n+2)!$ તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,$P(1): 2(1) < (1+2)! \implies 2 < 3! \implies 2 < 6$,જે સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે $P(k)$ કોઈ $k \in \mathbb{N}$ માટે સત્ય છે,એટલે કે $2k < (k+2)!$.
પગલું $3$: આપણે $P(k+1): 2(k+1) < (k+3)!$ સાબિત કરવું છે.
ધારણા $2k < (k+2)!$ થી શરૂ કરીને,બંને બાજુ $2$ ઉમેરતા:
$2k + 2 < (k+2)! + 2$
$2(k+1) < (k+2)! + 2$
કારણ કે $(k+2)! + 2 < (k+2)! \times (k+3)$ તમામ $k \ge 1$ માટે સત્ય છે,
તેથી $2(k+1) < (k+2)! + 2 < (k+3)!$.
આમ,$2(k+1) < (k+3)!$,જેનો અર્થ છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): \sqrt{n} < \frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n}}$,જ્યાં $n \geq 2$.
$n=2$ માટે,$P(2): \sqrt{2} < 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 1.707$. $\sqrt{2} \approx 1.414$ હોવાથી,$1.414 < 1.707$ સત્ય છે.
ધારો કે $P(k)$ સત્ય છે: $\sqrt{k} < \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{\sqrt{i}}$.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1): \sqrt{k+1} < \sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{\sqrt{i}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sqrt{k+1} - \sqrt{k} = \frac{1}{\sqrt{k+1} + \sqrt{k}} < \frac{1}{\sqrt{k+1}}$.
તેથી,$\sqrt{k+1} < \sqrt{k} + \frac{1}{\sqrt{k+1}} < \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{\sqrt{i}} + \frac{1}{\sqrt{k+1}} = \sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{\sqrt{i}}$.
આમ,$P(k+1)$ સત્ય છે. ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \geq 2$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): 2+4+6+\ldots+2n = n^2+n$.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,$L.H.S. = 2$ અને $R.H.S. = (1)^2+1 = 2$.
$L.H.S. = R.H.S.$ હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ પ્રાકૃતિક સંખ્યા $k$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $2+4+6+\ldots+2k = k^2+k$.
પગલું $3$: $n=k+1$ માટે,આપણે દર્શાવવું છે કે $P(k+1): 2+4+6+\ldots+2k+2(k+1) = (k+1)^2+(k+1)$.
$L.H.S. = (2+4+6+\ldots+2k) + 2(k+1)$
$= (k^2+k) + 2k+2$
$= k^2+3k+2$
$= (k^2+2k+1) + (k+1)$
$= (k+1)^2 + (k+1) = R.H.S.$
આમ,જ્યારે $P(k)$ સત્ય હોય ત્યારે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે સત્ય છે.

(N/A) $P(n): 1+2+2^{2}+\ldots+2^{n}=2^{n+1}-1$
પગલું $1$: $n=1$ માટે,
$L.H.S. = 1+2 = 3$
$R.H.S. = 2^{1+1}-1 = 2^{2}-1 = 4-1 = 3$
$L.H.S. = R.H.S.$ હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ પ્રાકૃતિક સંખ્યા $k$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે,
$1+2+2^{2}+\ldots+2^{k}=2^{k+1}-1 \quad \dots(i)$
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે.
$P(k+1): 1+2+2^{2}+\ldots+2^{k}+2^{k+1} = 2^{(k+1)+1}-1$
$L.H.S. = (1+2+2^{2}+\ldots+2^{k}) + 2^{k+1}$
સમીકરણ $(i)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L.H.S. = (2^{k+1}-1) + 2^{k+1}$
$= 2 \times 2^{k+1} - 1$
$= 2^{k+2} - 1$
$= 2^{(k+1)+1} - 1 = R.H.S.$
આમ,જ્યારે $P(k)$ સત્ય હોય ત્યારે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ એ તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે સત્ય છે.

(N/A) $P(n): 1+5+9+\ldots+(4 n-3)=n(2 n-1)$
$n=1$ માટે,$\quad L.H.S.=1$
$R$.$H$.$S$. $=1(2(1)-1) = 1(1) = 1$
$\therefore L.H.S. = R.H.S.$
$\therefore P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે $P(k)$ કોઈ $k \in \mathbb{N}$ માટે સત્ય છે.
$P(k): 1+5+9+\ldots+(4 k-3)=k(2 k-1) \quad \ldots(i)$
$n=k+1$ માટે,આપણે દર્શાવવું પડશે કે $P(k+1)$ સત્ય છે:
$L.H.S. = [1+5+9+\ldots+(4 k-3)] + (4(k+1)-3)$
$= k(2 k-1) + (4 k+4-3) \quad (\text{સમીકરણ } (i) \text{ નો ઉપયોગ કરતા})$
$= 2 k^{2}-k+4 k+1$
$= 2 k^{2}+3 k+1$
$= 2 k^{2}+2 k+k+1$
$= 2k(k+1) + 1(k+1)$
$= (k+1)(2 k+1)$
$= (k+1)[2(k+1)-1] = R.H.S.$
$\therefore$ જ્યારે $P(k)$ સત્ય હોય ત્યારે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
આમ,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે સત્ય છે.

(A) ધારો કે $P(n)$ એ વિધાન $a_{n} = 3 \cdot 7^{n-1}$ છે,જ્યાં $n \in N$.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,$a_{1} = 3 \cdot 7^{1-1} = 3 \cdot 7^{0} = 3(1) = 3$. જે આપેલ $a_{1} = 3$ સાથે સુસંગત છે. તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $a_{k} = 3 \cdot 7^{k-1}$.
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે,એટલે કે $a_{k+1} = 3 \cdot 7^{(k+1)-1} = 3 \cdot 7^{k}$.
આપેલ સંબંધ $a_{k+1} = 7 a_{k}$ પરથી,
ધારણા $a_{k} = 3 \cdot 7^{k-1}$ મૂકતા:
$a_{k+1} = 7 \cdot (3 \cdot 7^{k-1}) = 3 \cdot 7^{1} \cdot 7^{k-1} = 3 \cdot 7^{k}$.
આમ,જ્યારે $P(k)$ સત્ય હોય ત્યારે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$a_{n} = 3 \cdot 7^{n-1}$ એ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n): b_{n}=5+4n$,તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે.
પગલું $1$: $n=1$ માટે આધારભૂત સ્થિતિ.
$P(1): b_{1}=5+4(1)=9$.
આપેલ સંબંધ $b_{k}=4+b_{k-1}$ માં $k=1$ મૂકતા,$b_{1}=4+b_{0}=4+5=9$.
અહીં $L.H.S. = R.H.S.$ હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: અનુમાનિત ધારણા.
ધારો કે કોઈ $k \in \mathbb{N}$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $b_{k}=5+4k$.
પગલું $3$: અનુમાનિત પગલું.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે,એટલે કે $b_{k+1}=5+4(k+1)$.
$b_{k+1}=4+b_{k}$ (વ્યાખ્યા મુજબ).
ધારણાનો ઉપયોગ કરતા: $b_{k+1}=4+(5+4k) = 5+4(k+1)$.
આમ,$P(k+1)$ સત્ય છે.
નિષ્કર્ષ: ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,$P(n)$ તમામ $n \in \mathbb{N}$ માટે સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $P(n)$ એ વિધાન $d_{n} = \frac{2}{n!}$ છે,જ્યાં $n \in N$.
પગલું $1$: $n=1$ માટે,$d_{1} = \frac{2}{1!} = \frac{2}{1} = 2$. જે આપેલ $d_{1}=2$ સાથે સુસંગત છે. તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે કોઈ $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $d_{k} = \frac{2}{k!}$.
પગલું $3$: આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે,એટલે કે $d_{k+1} = \frac{2}{(k+1)!}$.
આપેલ છે કે $d_{k+1} = \frac{d_{k}}{k+1}$.
$d_{k} = \frac{2}{k!}$ ધારણાનો ઉપયોગ કરતા:
$d_{k+1} = \frac{2/k!}{k+1} = \frac{2}{k!(k+1)} = \frac{2}{(k+1)!}$.
આમ,જો $P(k)$ સત્ય હોય તો $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
નિષ્કર્ષ: ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,$P(n)$ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(A) ધારો કે $P(n): \cos \alpha + \cos (\alpha + \beta) + \ldots + \cos [\alpha + (n-1)\beta] = \frac{\cos \left[\alpha + \left(\frac{n-1}{2}\right) \beta\right] \sin \left(\frac{n\beta}{2}\right)}{\sin \left(\frac{\beta}{2}\right)}$
$n=1$ માટે,$L.H.S. = \cos \alpha$
$R.H.S. = \frac{\cos \left[\alpha + \left(\frac{1-1}{2}\right) \beta\right] \sin \left(\frac{\beta}{2}\right)}{\sin \left(\frac{\beta}{2}\right)} = \cos \alpha$
$L.H.S. = R.H.S.$ હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે કોઈ $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે:
$P(k): \cos \alpha + \cos (\alpha + \beta) + \ldots + \cos [\alpha + (k-1)\beta] = \frac{\cos \left[\alpha + \left(\frac{k-1}{2}\right) \beta\right] \sin \left(\frac{k\beta}{2}\right)}{\sin \left(\frac{\beta}{2}\right)} \quad \ldots (i)$
$n=k+1$ માટે,આપણે સાબિત કરવાનું છે:
$P(k+1): \sum_{i=0}^{k} \cos(\alpha + i\beta) = \frac{\cos \left[\alpha + \frac{k\beta}{2}\right] \sin \left(\frac{(k+1)\beta}{2}\right)}{\sin \left(\frac{\beta}{2}\right)}$
$L.H.S. = [\cos \alpha + \ldots + \cos(\alpha + (k-1)\beta)] + \cos(\alpha + k\beta)$
$= \frac{\cos \left(\alpha + \frac{k\beta}{2} - \frac{\beta}{2}\right) \sin \left(\frac{k\beta}{2}\right)}{\sin \left(\frac{\beta}{2}\right)} + \cos(\alpha + k\beta)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીને સાદું રૂપ આપતા:
$= \frac{\cos(\alpha + \frac{k\beta}{2}) \sin(\frac{(k+1)\beta}{2})}{\sin \frac{\beta}{2}}$
આમ,$P(k+1)$ સત્ય છે. ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,$P(n)$ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(A) $P(n): \cos \theta \cdot \cos 2 \theta \cdot \cos 2^{2} \theta \ldots \cos 2^{n-1} \theta = \frac{\sin 2^{n} \theta}{2^{n} \sin \theta}, \quad \forall n \in N$
$n=1$ માટે,$L.H.S. = \cos \theta$
$R.H.S. = \frac{\sin 2 \theta}{2 \sin \theta} = \frac{2 \sin \theta \cos \theta}{2 \sin \theta} = \cos \theta$
$\therefore L.H.S. = R.H.S.$
$\therefore P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે $P(k)$ કોઈ $k \in N$ માટે સત્ય છે,એટલે કે $\cos \theta \cdot \cos 2 \theta \cdot \cos 2^{2} \theta \ldots \cos 2^{k-1} \theta = \frac{\sin 2^{k} \theta}{2^{k} \sin \theta} \quad (i)$
$n=k+1$ માટે,આપણે $P(k+1)$ સાબિત કરવું છે: $\cos \theta \cdot \cos 2 \theta \ldots \cos 2^{k-1} \theta \cdot \cos 2^{k} \theta = \frac{\sin 2^{k+1} \theta}{2^{k+1} \sin \theta}$
$L.H.S. = \left( \frac{\sin 2^{k} \theta}{2^{k} \sin \theta} \right) \cdot \cos 2^{k} \theta \quad (\text{સમીકરણ } (i) \text{ નો ઉપયોગ કરતા})$
$= \frac{2 \sin 2^{k} \theta \cos 2^{k} \theta}{2 \cdot 2^{k} \sin \theta} = \frac{\sin 2(2^{k} \theta)}{2^{k+1} \sin \theta} = \frac{\sin 2^{k+1} \theta}{2^{k+1} \sin \theta}$
$\therefore P(k+1)$ સત્ય છે.
આમ,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(N/A) $P(n): \sin \theta + \sin 2\theta + \ldots + \sin n\theta = \frac{\sin \frac{n\theta}{2} \sin \frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}}, n \in N$
$n=1$ માટે,$L.H.S. = \sin \theta$.
$R.H.S. = \frac{\sin \frac{\theta}{2} \sin \frac{2\theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}} = \sin \theta$.
$L.H.S. = R.H.S.$ હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે:
$\sin \theta + \sin 2\theta + \ldots + \sin k\theta = \frac{\sin \frac{k\theta}{2} \sin \frac{(k+1)\theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}}$.
$n=k+1$ માટે,$L.H.S. = (\sin \theta + \ldots + \sin k\theta) + \sin(k+1)\theta$
$= \frac{\sin \frac{k\theta}{2} \sin \frac{(k+1)\theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}} + \sin(k+1)\theta$
$= \frac{\sin \frac{k\theta}{2} \sin \frac{(k+1)\theta}{2} + \sin(k+1)\theta \sin \frac{\theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}}$
$2\sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{\cos \frac{\theta}{2} - \cos \frac{(2k+3)\theta}{2}}{2 \sin \frac{\theta}{2}}$
$\cos C - \cos D = 2 \sin \frac{C+D}{2} \sin \frac{D-C}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{\sin \frac{(k+1)\theta}{2} \sin \frac{(k+2)\theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}} = R.H.S.$
આમ,$P(k+1)$ સત્ય છે. ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(N/A) $P(n): \frac{n^{5}}{5}+\frac{n^{3}}{3}+\frac{7n}{15}$ એ પ્રાકૃતિક સંખ્યા છે,$n \in N$.
$n=1$ માટે,$P(1) = \frac{1^{5}}{5} + \frac{1^{3}}{3} + \frac{7(1)}{15} = \frac{3+5+7}{15} = \frac{15}{15} = 1$,જે પ્રાકૃતિક સંખ્યા છે.
તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે $k \in N$ માટે $P(k)$ સત્ય છે,એટલે કે $\frac{k^{5}}{5} + \frac{k^{3}}{3} + \frac{7k}{15} = m$,જ્યાં $m \in N$.
$n=k+1$ માટે,$P(k+1) = \frac{(k+1)^{5}}{5} + \frac{(k+1)^{3}}{3} + \frac{7(k+1)}{15}$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $P(k+1) = \frac{k^{5}+5k^{4}+10k^{3}+10k^{2}+5k+1}{5} + \frac{k^{3}+3k^{2}+3k+1}{3} + \frac{7k+7}{15}$.
ગોઠવણી કરતા: $P(k+1) = (\frac{k^{5}}{5} + \frac{k^{3}}{3} + \frac{7k}{15}) + (k^{4} + 2k^{3} + 2k^{2} + k) + (k^{2} + k) + (\frac{1}{5} + \frac{1}{3} + \frac{7}{15})$.
$P(k+1) = m + k^{4} + 2k^{3} + 3k^{2} + 2k + (\frac{3+5+7}{15}) = m + k^{4} + 2k^{3} + 3k^{2} + 2k + 1$.
$m, k \in N$ હોવાથી,$P(k+1)$ પણ પ્રાકૃતિક સંખ્યા છે.
આમ,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ એ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(A) ધારો કે $P(n): \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \ldots + \frac{1}{2n} > \frac{13}{24}$.
પગલું $1$: $n = 2$ માટે,પદાવલિ $\frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{12} = \frac{14}{24}$ છે.
$\frac{14}{24} > \frac{13}{24}$ હોવાથી,$P(2)$ સત્ય છે.
પગલું $2$: ધારો કે $P(k)$ કોઈ $k \in N, k > 1$ માટે સત્ય છે,એટલે કે $\frac{1}{k+1} + \frac{1}{k+2} + \ldots + \frac{1}{2k} > \frac{13}{24}$.
પગલું $3$: $n = k+1$ માટે,આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1) > \frac{13}{24}$.
$P(k+1) = P(k) + \frac{1}{2k+1} + \frac{1}{2k+2} - \frac{1}{k+1} = P(k) + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2(k+1)}$.
$\frac{1}{2k+1} > \frac{1}{2k+2}$ હોવાથી,$P(k+1) > P(k) > \frac{13}{24}$.
આમ,$P(k)$ સત્ય હોય ત્યારે $P(k+1)$ પણ સત્ય છે.
ગણિતના અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n > 1$ માટે સત્ય છે.

(N/A) $P(n):$ $n$ ઘટકો ધરાવતા ગણના ઉપગણોની સંખ્યા $2^{n}$ છે,જ્યાં $n \in N$.
$n=1$ માટે:
ધારો કે $A$ એક ઘટક ધરાવતો ગણ છે,$A = \{x\}$.
$A$ ના ઉપગણો $\phi$ અને $A$ છે.
$A$ ના ઉપગણોની સંખ્યા $2 = 2^{1}$ છે.
આમ,$P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે $P(k)$ કોઈ $k \in N$ માટે સત્ય છે,એટલે કે $k$ ઘટકો ધરાવતા ગણના $2^{k}$ ઉપગણો છે.
હવે,આપણે $n = k+1$ માટે સાબિત કરીશું.
ધારો કે $A = \{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}, a_{k+1}\}$.
$A$ ના ઉપગણોને બે પ્રકારમાં વહેંચી શકાય છે: જે $a_{k+1}$ ધરાવતા નથી અને જે $a_{k+1}$ ધરાવે છે.
$a_{k+1}$ ન ધરાવતા ઉપગણોની સંખ્યા $\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}\}$ ના ઉપગણોની સંખ્યા જેટલી છે,જે ધારણા $P(k)$ મુજબ $2^{k}$ છે.
$a_{k+1}$ ધરાવતા ઉપગણોની સંખ્યા પણ $2^{k}$ છે (દરેક ઉપગણ $\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}\}$ ના $2^{k}$ ઉપગણોમાં $a_{k+1}$ ઉમેરીને બનાવવામાં આવે છે).
તેથી,$A$ ના કુલ ઉપગણોની સંખ્યા $2^{k} + 2^{k} = 2 \cdot 2^{k} = 2^{k+1}$ છે.
આમ,$P(k+1)$ સત્ય છે.
તેથી,ગણિતના અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,$P(n)$ તમામ $n \in N$ માટે સત્ય છે.

(B) આપેલ વિધાન $P(n): n^2 - n + 37$ અવિભાજ્ય છે.
$n = 3$ માટે,$P(3) = 3^2 - 3 + 37 = 9 - 3 + 37 = 43$. $43$ એ અવિભાજ્ય સંખ્યા હોવાથી,$P(3)$ સાચું છે.
$n = 5$ માટે,$P(5) = 5^2 - 5 + 37 = 25 - 5 + 37 = 57$. $57 = 3 \times 19$ હોવાથી,તે અવિભાજ્ય સંખ્યા નથી,તેથી $P(5)$ ખોટું છે.
આમ,$P(3)$ સાચું છે પરંતુ $P(5)$ ખોટું છે.

(C) આપણને વિધાન $P(n): 2^{n} < n!$ આપેલ છે.
આપણે $n$ ની ધન પૂર્ણાંક કિંમતો માટે ચકાસણી કરીએ:
$n=1$ માટે: $2^{1} = 2$ અને $1! = 1$. $2 < 1$ અસત્ય હોવાથી,$P(1)$ અસત્ય છે.
$n=2$ માટે: $2^{2} = 4$ અને $2! = 2$. $4 < 2$ અસત્ય હોવાથી,$P(2)$ અસત્ય છે.
$n=3$ માટે: $2^{3} = 8$ અને $3! = 6$. $8 < 6$ અસત્ય હોવાથી,$P(3)$ અસત્ય છે.
$n=4$ માટે: $2^{4} = 16$ અને $4! = 24$. $16 < 24$ સત્ય હોવાથી,$P(4)$ સત્ય છે.
તેથી,$n$ ની સૌથી નાની ધન પૂર્ણાંક કિંમત જેના માટે $P(n)$ સત્ય છે તે $n=4$ છે.

(D) આપેલ વિધાન $P(n): 2^{n} < n!$ છે.
આપણે ધન પૂર્ણાંકો $n = 1, 2, 3, 4, \dots$ માટે ચકાસણી કરીએ.
$n = 1$ માટે: $2^{1} < 1! \implies 2 < 1$,જે ખોટું છે.
$n = 2$ માટે: $2^{2} < 2! \implies 4 < 2$,જે ખોટું છે.
$n = 3$ માટે: $2^{3} < 3! \implies 8 < 6$,જે ખોટું છે.
$n = 4$ માટે: $2^{4} < 4! \implies 16 < 24$,જે સાચું છે.
આમ,$P(n)$ સત્ય હોય તેવો સૌથી નાનો ધન પૂર્ણાંક $4$ છે.

(D) ધારો કે $P(n) = n^{3} + 2n$.
$n = 1$ માટે,$P(1) = 1^{3} + 2(1) = 3$.
$n = 2$ માટે,$P(2) = 2^{3} + 2(2) = 12$.
$n = 3$ માટે,$P(3) = 3^{3} + 2(3) = 33$.
અહીં આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે આ તમામ સંખ્યાઓ $3$ વડે વિભાજ્ય છે.

(C) ધારો કે $p(n) = 2 \cdot 4^{2n+1} + 3^{3n+1}$.
$n = 1$ માટે,$p(1) = 2 \cdot 4^3 + 3^4 = 128 + 81 = 209$.
$209 = 11 \times 19$ હોવાથી,$p(1)$ એ $11$ વડે વિભાજ્ય છે.
ધારો કે $p(k) = 2 \cdot 4^{2k+1} + 3^{3k+1}$ એ $11$ વડે વિભાજ્ય છે.
હવે,$p(k+1) = 2 \cdot 4^{2k+3} + 3^{3k+4} = 16 \cdot (2 \cdot 4^{2k+1}) + 27 \cdot 3^{3k+1}$.
$p(k+1) = 16 \cdot (2 \cdot 4^{2k+1} + 3^{3k+1}) + 11 \cdot 3^{3k+1}$.
અહીં $p(k)$ અને $11 \cdot 3^{3k+1}$ બંને $11$ વડે વિભાજ્ય છે,તેથી $p(k+1)$ પણ $11$ વડે વિભાજ્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,$2 \cdot 4^{2n+1} + 3^{3n+1}$ એ $11$ વડે વિભાજ્ય છે.

(C) આપેલ અસમતા $8n + 16 \leq 2^n$ છે.
આપણે પદને $2^3(n + 2) \leq 2^n$ તરીકે લખી શકીએ.
ચાલો વિકલ્પો ચકાસીએ:
$n = 5$ માટે: $8(5) + 16 = 40 + 16 = 56$ અને $2^5 = 32$. $56 \not\leq 32$ હોવાથી,આ ખોટું છે.
$n = 6$ માટે: $8(6) + 16 = 48 + 16 = 64$ અને $2^6 = 64$. $64 \leq 64$ સત્ય હોવાથી,આ વિધાન $n = 6$ માટે સાચું છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રથમ $n$ વર્ગોનો સરવાળો $1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{2n^3+3n^2+n}{6}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ $P(n): 1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2 = \frac{6(n-1)(n-2) \ldots(n-2020) + 2n^3+3n^2+n}{6}$.
આપેલ સમીકરણમાં પ્રમાણિત સરવાળાનું સૂત્ર મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = (n-1)(n-2) \ldots(n-2020) + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
આ સમાનતા ત્યારે જ સાચી છે જો $(n-1)(n-2) \ldots(n-2020) = 0$ હોય.
આ ગુણાકાર શૂન્ય થાય છે જ્યારે $n \in \{1, 2, 3, \ldots, 2020\}$ હોય.
તેથી,$P(n)$ તમામ $n \leq 2020$ માટે સાચું છે.

(B) આપેલ અસમતા: $2^n > n+1$.
$n=1$ માટે: $2^1 > 1+1 \Rightarrow 2 > 2$,જે ખોટું છે.
$n=2$ માટે: $2^2 > 2+1 \Rightarrow 4 > 3$,જે સાચું છે.
$n=3$ માટે: $2^3 > 3+1 \Rightarrow 8 > 4$,જે સાચું છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરીને,ધારો કે કોઈ $k \geq 2$ માટે $2^k > k+1$ સાચું છે.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $2^{k+1} > (k+1)+1 = k+2$.
$2^k > k+1$ હોવાથી,બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા $2^{k+1} > 2k+2$ મળે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $2k+2 = (k+2) + k$.
$k \geq 2$ હોવાથી,$k > 0$,તેથી $2k+2 > k+2$.
આમ,$2^{k+1} > k+2$ એ તમામ $n \geq 2$ માટે સાચું છે.

(B) આપેલ સંબંધ: $a_0=1$ અને $a_{n+1}=3n^2+n+a_n$.
પ્રથમ થોડા પદોની ગણતરી કરતા:
$n=0$ માટે: $a_1 = 3(0)^2+0+a_0 = 1$.
$n=1$ માટે: $a_2 = 3(1)^2+1+a_1 = 3+1+1 = 5$.
$n=2$ માટે: $a_3 = 3(2)^2+2+a_2 = 12+2+5 = 19$.
હવે,$n=3$ માટે વિકલ્પો તપાસતા:
વિકલ્પ $A$: $3^3+3^2+1 = 37$.
વિકલ્પ $B$: $3^3-3^2+1 = 19$.
વિકલ્પ $C$: $3^3-3^2 = 18$.
વિકલ્પ $D$: $3^3+3^2 = 36$.
આમ,$a_3=19$ હોવાથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે,$P(n): 2+2^2+2^3+\ldots+2^n = 2^{n+1}-2$.
ધારો કે $P(m)$ સત્ય છે,તેથી $2+2^2+\ldots+2^m = 2^{m+1}-2$.
હવે,$P(m+1)$ ધ્યાનમાં લો:
$P(m+1) = (2+2^2+\ldots+2^m) + 2^{m+1}$
$= (2^{m+1}-2) + 2^{m+1}$
$= 2 \cdot 2^{m+1} - 2 = 2^{m+2}-2$.
જેથી,જો $P(m)$ સત્ય હોય તો $P(m+1)$ પણ સત્ય છે,તેથી $P(m) \Rightarrow P(m+1)$ સાચું છે.

(B) આપેલ છે,$a_0 = 1$ અને $a_{n+1} = 3n^2 + n + a_n$.
$n = 0$ માટે: $a_1 = 3(0)^2 + 0 + a_0 = 0 + 0 + 1 = 1$.
$n = 1$ માટે: $a_2 = 3(1)^2 + 1 + a_1 = 3 + 1 + 1 = 5$.
વિકલ્પો તપાસતા:
વિકલ્પ $(B)$ માટે,$P(n) = n^3 - n^2 + 1$:
$P(0) = 0^3 - 0^2 + 1 = 1 = a_0$.
$P(1) = 1^3 - 1^2 + 1 = 1 = a_1$.
$P(2) = 2^3 - 2^2 + 1 = 8 - 4 + 1 = 5 = a_2$.
શરૂઆતના પદો માટે કિંમતો સમાન હોવાથી,સાચું પદ $a_n = n^3 - n^2 + 1$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના વર્ગોનો સરવાળો નીચે મુજબ છે:
$S_n = 1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
આ પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા આપણને મળે છે:
$S_n = \frac{2n^3+3n^2+n}{6} = \frac{n^3}{3} + \frac{n^2}{2} + \frac{n}{6}$
કારણ કે $n \in \mathbb{N}$,$n \ge 1$,તેથી $\frac{n^2}{2} + \frac{n}{6} > 0$.
આમ,$S_n = \frac{n^3}{3} + (\text{ધન પદો}) > \frac{n^3}{3}$.
આપેલ અસમતા $S_n > x$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે કે $x = \frac{n^3}{3}$.

(C) દરેક વિધાન માટે $n = 1$ લઈને તપાસીએ:
$(A)$ $(2(1) + 7) < (1 + 3)^2 \implies 9 < 16$,જે સત્ય છે.
$(B)$ $1^2 > \frac{1^3}{3} \implies 1 > \frac{1}{3}$,જે સત્ય છે.
$(C)$ $n = 1$ માટે,$3 \cdot 5^3 + 2^4 = 375 + 16 = 391$. $391$ એ $23$ વડે વિભાજ્ય છે. પરંતુ $n = 2$ માટે,$3 \cdot 5^5 + 2^7 = 9503$ જે $23$ વડે વિભાજ્ય નથી.
$(D)$ $n = 1$ માટે,$2 = \frac{1(5-1)}{2} = 2$,જે સત્ય છે.
આમ,જે વિધાન તમામ $n \in N$ માટે સાચું નથી તે $(C)$ છે.

(B) ધારો કે $P(n)$ એ વિધાન $2^{2n+1} + 3^{2n+1}$ છે.
$n = 1$ માટે:
$P(1) = 2^{2(1)+1} + 3^{2(1)+1} = 2^3 + 3^3 = 8 + 27 = 35$.
$35$ એ $5$ વડે વિભાજ્ય હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે કોઈ $m \in N$ માટે $P(m)$ સત્ય છે,એટલે કે $2^{2m+1} + 3^{2m+1} = 5k$,જ્યાં $k$ કોઈ પૂર્ણાંક છે.
તેથી $2^{2m+1} = 5k - 3^{2m+1} \quad (i)$.
હવે,$P(m+1)$ માટે:
$P(m+1) = 2^{2(m+1)+1} + 3^{2(m+1)+1} = 2^{2m+3} + 3^{2m+3}$.
$P(m+1) = 2^2 \cdot 2^{2m+1} + 3^2 \cdot 3^{2m+1}$.
$(i)$ પરથી કિંમત મૂકતા:
$P(m+1) = 4(5k - 3^{2m+1}) + 9 \cdot 3^{2m+1}$.
$P(m+1) = 20k - 4 \cdot 3^{2m+1} + 9 \cdot 3^{2m+1}$.
$P(m+1) = 20k + 5 \cdot 3^{2m+1} = 5(4k + 3^{2m+1})$.
આમ,$5(4k + 3^{2m+1})$ એ $5$ વડે વિભાજ્ય છે,તેથી $P(m+1)$ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,બધા $n \in N$ માટે $2^{2n+1} + 3^{2n+1}$ એ $5$ વડે વિભાજ્ય છે.

(B) ધારો કે $P(n): 4^n+15n-1$ એ $9$ વડે વિભાજ્ય છે.
$n=1$ માટે,$P(1)=4^1+15(1)-1=18$,જે $9$ વડે વિભાજ્ય છે.
તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે $P(k)$ કોઈ $k \in N$ માટે સત્ય છે. તો,$4^k+15k-1=9\lambda$ કોઈ $\lambda \in N$ માટે.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે,એટલે કે $4^{k+1}+15(k+1)-1$ એ $9$ વડે વિભાજ્ય છે.
$4^{k+1}+15(k+1)-1 = 4 \cdot 4^k + 15k + 15 - 1$
$4^k = 9\lambda - 15k + 1$ મૂકતા:
$= 4(9\lambda - 15k + 1) + 15k + 14$
$= 36\lambda - 60k + 4 + 15k + 14$
$= 36\lambda - 45k + 18$
$= 9(4\lambda - 5k + 2)$,જે $9$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,જો $P(k)$ સત્ય હોય તો $P(k+1)$ પણ સત્ય છે. ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,$4^n+15n-1$ એ તમામ $n \in N$ માટે $9$ વડે વિભાજ્ય છે.

(A) ધારો કે $P(n) = 3(5^{2n+1}) + 2^{3n+1}$.
$n = 1$ માટે,$P(1) = 3(5^3) + 2^4 = 3(125) + 16 = 375 + 16 = 391$.
કારણ કે $391 = 17 \times 23$,તેથી આ પદ $17$ વડે વિભાજ્ય છે.
વૈકલ્પિક રીતે,આપણે લખી શકીએ:
$3(5^{2n+1}) + 2^{3n+1} = 15(25^n) + 2(8^n)$
$= 15(25^n) - 15(8^n) + 15(8^n) + 2(8^n)$
$= 15(25^n - 8^n) + 17(8^n)$
કારણ કે $(25^n - 8^n)$ એ $(25 - 8) = 17$ વડે વિભાજ્ય છે,તેથી આખું પદ $17$ વડે વિભાજ્ય છે.

(B) આપેલ છે $P(n) = 3^{2n+1} + 2^{n+2}$.
$n = 1$ માટે,$P(1) = 3^{2(1)+1} + 2^{1+2} = 3^3 + 2^3 = 27 + 8 = 35$.
કારણ કે $35 = 5 \times 7$,$P(1)$ એ અવિભાજ્ય પૂર્ણાંકો $5$ અને $7$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,$n = 1$ માટે $P(n)$ ને ભાગતો ઓછામાં ઓછો એક અવિભાજ્ય પૂર્ણાંક અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
કોઈપણ $n \in N$ માટે,$P(n) > 1$,અને અંકગણિતના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$1$ કરતા મોટી દરેક પૂર્ણાંક સંખ્યાને ઓછામાં ઓછો એક અવિભાજ્ય અવયવ હોય છે.
તેથી,એવો અવિભાજ્ય પૂર્ણાંક અસ્તિત્વ ધરાવે છે જે $P(n)$ ને ભાગે છે.