Matematic a didactic a [624885]

Lucrare de Licen a
|||||||||||{
S tefan Daniela

Universitatea Ovidius Constant a
Facultatea de Matematic a  si Informatic a
Matematic a didactic a
Induct ia matematic a ^ n
geometrie
Coordonator  stiint ic:
Prof. Univ. Dr. Costara Constantin
Absolvent: S tefan Daniela
Septembrie
2020

Cuprins
Introducere 2
1 Preliminarii 3
1.1 Elemente de logic a matematic a . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Propozit ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Predicate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 Principiul induct iei matematice 8
2.1 Istoric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.2 Induct ia matematic a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.3 Variante ale induct iei matematice . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.4 Aplicat ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3 Metoda induct iei matematice aplicate ^ n geometrie 25
3.1 Probleme de geometrie demonstrate prin induct ie matematic a 27
3.2 Aplicat ii din Gazeta matematic a, reviste, examene nat ionale,
olimpiade  si concursuri  scolare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Bibliograe 39
1

Introducere
Matematica este una dintre disciplinele de baz a studiate, o  stiint  a exact a
care ajut a at^ at la rezolvare problemelor elementare, c^ at  si a celor de dicul-
tate ridicat a.
Cuv^ antul induct ie provine din latinescul inductionis care, tradus^ nseamn a
aducere, introducere, dovedirea prin exemple.
Cuv^ antul geometrie provine din limba greac a , ind format din geocare
^ nseamn a p am^ ant  si metria care ^ nseamn a m asur a. Ea este o ramur a a
matematicii care studiaz a formele  si propriet at ile corpurilor, dar  si relat iile
din spat iu ale acestora.
Induct ia devine astfel este o form a important a de rat ionament, care rea-
lizeaz a trecerea de la particular la general.
Acest a lucrarea se intituleaz a Induct ia matematic a ^ n geometrie  si
este elaborat a pe trei capitole.
^In primul capitol numit Preliminarii , sunt prezentate not iunile teoretice,
introductive referitoare la induct ie, precum: propozit iile, predicatele.
Al doilea capitol, intitulat Principiul induct iei matematice cuprinde un
scurt istoric al principiului c^ at  si prezentarea metodei. Tot aici sunt expuse
cele cinci variante ale induct iei, ^ nsot ite ecare dintre ele de c^ ate un exemplu,
^ ncheind capitolul cu aplicat ii.
Ultimul capitol, numit Metoda induct iei matematice ^ n geometrie , pre-
zint a modul ^ n care pot  rezolvate problemele de geometrie folosind prin-
cipiulul induct iei matematice. Subcapitolul intitulat Aplicat ii din Gazeta
Matematic a, reviste, examene, olimpiade  si concursuri  scolare abordeaz a su-
biectele ce au leg atur a cu tema lucr arii.
2

Capitolul 1
Preliminarii
1.1 Elemente de logic a matematic a
^In primul capitol vom deni not iunile referitoare la elementele de logic a
matematic a.
Logica matematic a are ca obiect investigarea g^ andirii formale prin metode
matematice caracteristice (de exemplu ale algebrei). Dar acest scop, care ^  si
are originea ^ n lozoe, nu este unicul deziderat al logicii matematice; ast azi
logica matematic a cont ie o multitudine de probleme  si aplicat ii ^ n cele mai
diverse domenii ca  stiin ele naturii, teoria sistemelor, lingvistic a  si ^ n unele
ramuri ale  stiint elor sociale ca lozoa, dreptul  si etica.
1.1.1 Propozit ii
Vom numii propozit ii anumite format ii lingvistice care servesc la descri-
erea sau comunicarea faptelor. Logica (propozit iilor) clasic a porne ste de la
dou a principii. Potrivit principiului celor dou a valori , orice propozit ie
este ori adev arat a, ori fals a. Conceptul de adev ar folosit aici este datorat lui
Aristotel, care consider a o propozit ie adev arat a dac armat ia axprimat a prin
ea corespunde unui fapt. Principiul celor dou a valori ^ nseamn a ^ n realitate
dou a principii:
1Principiul tert ului exclus conform c aruia orice propozit ie este
adev arat a sau fals a;
2Principiul non-contradict iei , ^ n conformitate cu care o propozit ie
nu poate  ^ n acela si timp adev arat a  si fal a.
De aceea clasa tuturor propozit iilor se descompune ^ n dou a clase disjncte
3

care se noteaz a cu simbolurile 1 (sau a-adev arat )  si 0 (sau f-fals)  si se
numesc valori de adev ar .
Logica matematic a studiaz a propozit iile din alt punct de vedere dec^ at
cel realizat de gramatic a, a sa cum s-a prezentat ^ n partea introductiv a a
prezentului capitol.
Denit ia 1.1. Se nume ste alfabet o mult ime de semne.
Denit ia 1.2. Se nume ste enunt  orice uccesiune de semne dintr-un alfa-
bet.
Exemplul 1.3. 1.1 + 9 = 10 ;
2.38;
3.10
2+ 4
5 = 25 ;
4.1<10;
5.3divide 9;
6.12f 1; 0; 1g;
7.f-1; 0g=f0; -1; 1g;
8.p
3=2Q;
9.2Q;
10.x+ 13;x2R;
11.jx+ 1j= 1;x2R;
12.2dividex;x2Z;
13.xdividey,x;y2Z;x6= 0;
14.×2+y2=z2;
15.xn+yn=zn,n2N;n3;x;y;z2Z;
16. Diagonalele paralelogramului se ^ njum at at esc;
17. Aria unui triunghi este egal a cu semiprodusul dintre lungimea unei la-
turi  si lungimea ^ n alt imii corespunz atoare laturii.;
4

18. Printr-un punct exterior unei drepte se duce o singur a paralel a la aceea
drept a;
19. S terge praful!;
20. Fii ordonat!
Logica matematic a studiaz a acele enunt uri care sunt e adev arate, e
false. Un enunt  care corespunde unei realit at i se nume ste adev arat ; un
enunt  care nu este un adev ar se nume ste fals.
Denit ia 1.4. Se numet e propozit ie (a logicii clasice a propozit iilor) un
enunt , care, ^ ntr-un context dat, este e adev arat, e fals.
Propozit iile le not am cu litere mici p;q;r;::: sau cu litere mici indexate
p1;p2;:::;q 1;q2;:::. De exemplu p: 1+9=10. Dintre enunt urile descrise mai
ss sunt propozit ii: 1 – 9 , 15 – 18. Ent urile 10 – 14 depind de una sau mai
multe variabile, care iau valori ^ n anumite mult imi. Se constat a c a pentru
anumite valori date acestor variabile se obt in enunt uri adev arate sau false,
adic a propozit ii. Enunt urile 19, 20 nu pot  propozit ii, ele ind porunc a  si
respectiv un ^ ndemn despre care nu putem spune c a sunt adev arate sau false.
Denit ia 1.5. Se nume ste valoare de adev ar a unei propozit ii proprie-
tatea acesteia de a  adev arat a saufals a .
Valoarea de adev ar a unei propozit ii pse noteaz av(p),
v(p) =(
1;dac a p este adev arat a
0;dac a p este fals a :
Uneori ^ n loc de 1 se pune a(de la adev arat), iar ^  loc de 0 se pune f(de
la fals). Logica clasic a a propozit iilor este ^ n cocordat  a cu urm atoarele trei
principii:
1)principiul tert ului exclus – o propozit ie nu poate lua alt a valoare
dec^ at 1 sau 0.
2)principiul nonconcordant ei – o propozit ie nu poate lua ^ n acela si
timp cele dou a valori 1  si 0.
3)principiul identit at ii – o propozit ie^  si p astreaz a valoarea sa de adev ar
Logica matematic a stdiaz a propozit iile doar din punct de vedere al valorii
lor de adev ar.
5

Exemple Propozit iile 1, 3 – 6, 8, 16 – 18 sunt adev arate, astfel au valoarea
de adev ar 1 (sau a), iar propozit iile 2, 7, 9 sunt false cu valoarea de adev ar
0 (sauf).
Enunt ul 11 pentru x= 0 saux=2 devine o propozit ie adev arat a, iar
pentrux2Rf0;2geste o propozit ie fals a.
Enunt ul 15 are un caracter aparte. Este celebra teorem a a lui Fermat
Pentru orice n2N;n3nu exist a numere ^ ntregi nenule x;y;z astfel
^ nc^ atxn+n=zn. P^ an a ^ n 1992 nu s-a putut inrma sau demonstra. Acest
enut  poart a denumirea de conectr a .^In 1992 matematicianul englez Andrew
Wiles a reu sit s a demonstreze valabilitatea ennt ului. ^In acest fel 15 devine o
propozit ie adev arat a.
Teoremele din matematic a constitie propozit ii adev arate (16, 17)
1.1.2 Predicate
Denit ia 1.6. Se nume ste predicat saupropozit ie cu variabile , un
enunt  care cont ine una sau mai multe variabile, c arora atribuindu-le valori
obt ine propozit ii adev arate sau falsa.
La denirea predicatului trebuie indicate mult imile ^ n care iau valori va-
riabile.
Mult imea alementelor pentru care obt inem propozit ii adev arate se
nume ste mult imea de adev ar a predicatului.
Dac a predicatul cont ine 1 ;2;3;:::;n variabile, atunci acesta se nume ste
unar, binar, ternar,…, n-nar  si se noteaz a p(x);q(x;y);:::;p (x1;x2;:::;x n).
Dac a domeniile variabilelor nu sunt precizate se alege domeniul maxim.
De exemplu pentru predicatul unar p(x) :x2
x+ 1= 1, se alege
x2Rf 1g.Exemple.
1) Consider am enunt ul x+ 13;x2R. Pentrux= 0 se obt ine o
propozit ie adev arat a 0 + 1 3, iar pentru x= 4 se obt ine o propozit ie
fals a 4 + 13. Dac a se pune ^ n locul lui xun num ar real atunci se
obt ine e o propozit ie adev arat a, e o propozit ie fals a. Prin urmare
enunt ul considerat este un predicat unar notat p1(x) :x+13;x2R.
2) Enunt ul xdividey,x;y2Z;x6= 0 devine pentru x= 2;y= 4 o
propozit ie adev arat a 2 divide 4, iar pentru x= 5;y= 9 se obt ine
propozit ie fals a 5 divide 9. D^ and lui x siyvalori ^ ntregi x6= 0 se obt in
propozit ii adev arate sau false. Acest enunt  este n predicat care depinde
de dou a variabile, deci este un predicat binar  si ^ l not am:
p2(x;y) :x…y;x;y2Z;x6= 0
6

.
3) Enut ulx2+y2=z2;x;y;z2Zpentrux= 3,y= 4,z= 5 devine o
propozit ie adev arat a: 32+ 42= 52, iar pentru x= 0;y= 1;z=2
se obt ine o propozit ie fals a: 02+ 12= (2)2:Pun^ and ^ n locul literelor
x;y;z ere ^ ntregi se obt in propozit ii adev arate sau false. Acest enunt 
depinde de trei variabile, deci este un predicat ternar  si-l not am:
p3(x;y;z ) :x2+y2=z2;x;y;z2Z
.
Denit ia 1.7.Ecuat iile, inecuat iile, identit at ile sunt predicate.
Mult imile de adev ar pentru aceste predicate reprezint a mult imile de solut ii
pentru ecuat ii, inecuat ii  si respectiv identit at i.
7

Capitolul 2
Principiul induct iei matematice
2.1 Istoric
Un impuls decisiv pentru dezvoltarea logicii matematice l-a dat situat ia
creat a la sf^ ar situl secolului al XIX-lea. P^ an a atunci, matematica a acumulat
o mare cantitate de rezultate  si a atins un nivel ^ nalt de astractizare f ar a
ca s a ating a ^ ns a o claritate corespunz atoare ^ n ceea ce prive ste cont inutul
conceptelor fundamentale (ca de exemplu not iunea de mult ime) care erau
folosite ^ ntr-o manier a mai degrab a intuitiv a. ^In afar a de necesitatea unei
aprofund ari a conceptului de mult ime, pentru prima dat a s-a impus necesi-
tatea aprofund arii sensului logicii  si a deduct iei logice.
Matematicianul Miron Nicolescu spunea: Principiul induct iei
complete constituie unul din cel mai puternic rat ionament de demonstrat ie
^ n matematic a . Acest rat ionament apare pentru prima dat a la
Blaise Pascal ^ n demonstrarea formulei combin arilor pe care-l descrie astfel:
De si aceast a propozit ie cont ine innit d multe cazuri, voi da o demonstrat ie
foarte scurt a care corespunde dou a Leme. Prima Lem a arm a c a pentru
prim linie propozit ia este adev arat a. Lema a doua arm a c a dac a propozit ia
se dovede ste adev arat a pentru o linie oarecare atunci propozit ia este valabil a
 si pentru linia urm atoare.
Sigur putem scpune c a este o variant a apropiat a de studiul induct iei de
ast azi.
Prima demonstrat ie prin induct ie matematic a apare pentru progresii arit-
metice ^ n cartea al-Fakhri scris a de Karaji ^ n jurul anului 1000 ^ .Hr. Pro-
priet at i ale triunghiului lui Pascal sunt de asemenea demosntrate aici.
Niciunul dintre matematicienii antichit at ilor nu au considerat principiul
induct iei matematice de sine st at ator.
Prima prezentare explicit a apare ^ n lucrarea Arithmetiorum libri duo
8

(1575) a lui Francesco Maurolico care demonctreaz a c a suma primelor
nnmere impare este n2.
Formlarea principiului idct iei matematice apare ^ n lucrarea lui Blaise
Pascal Trait e du triangle arith etique (1665). Apoi prin Pierre du Fermat
 siJakob Bernoulli pricipiul induct iei este extins, folosit ^ n demonstrat ii.
Secolul al XIX-lea aduce studiul sistematic al acestui principiu ^ n logica
matematic a prin matematicienii George Boole, Charles Sanders peirce,
Giuseppe Peano  siRichard Decekind .
2.2 Induct ia matematic a
Enunt urile se ^ mpart ^ n generale  si particulare. Iat a c^ ateva exemple de
enunt uri:
Tot i c at at enii Rom^ aniei au dreptul la ^ nv at atur a.
^In orice paralelogram diagonalele se ^ mpart ^ n jum atate prin punctul de
intersect ie.
Exemple corespunz atoare de enunt uri particulare sunt urm atoarele:
Ion are dreptul la ^ nv at atur a.
^In paralelogramul ABCD diagonalele se ^ mpart ^ n jum atate prin punctul
de intersect ie.
140 este divizibil cu 5.
Trecerea de la enunt uri generale la cele particulare se nume ste deduct ie .
S a consider am urm atorul exemplu:
1. Tot i cet at enii Rom^ aniei au dreptul la ^ nv at  atur a.
2. Ion este cet at ean al Rom^ aniei.
3. Ion are dreptul la ^ nv at  atur a.
Din enunc tul general a 1 cu ajutorul enunt ului 2 a fost obt inut a enunt ul
particular a 3.
Trecerea de la enunt urile particulare la cele generale se numet e induct ie.
Induct ia poate duce at^ at la concluzii adev arate c^ at  si la concluzii false. S a
l amurim acest lucru prin dou a exemple.
Exemplul 1.
1. 140 este divizibil cu 5.
2. Toate numerele care au ultima cifr a 0 sunt divizibile cu 5.
Din enunt ul particular a 1 a fost obt inut enunt ul general a 2, care este
adev arat a.
Exemplul 2.
9

1. 140 este divizibil cu 5
2. Toate numerele de trei cifre sunt divizibile cu 5.
Din enunt ul particular a 1 a fost obt inut a enunt ul general a 2, care este
fals a.
Se pune astfel ^ ntrebarea, cum trebuie folosit a induct ia ^ n matematic a,
pentru a obt ine numai concluzii adev arate. R aspunsul ^ l vom a
a ^ n acest
capitol.
S a consider am dou a exemple de induct ie neadmisibil a ^ n matematic a.
Exemplul 2.1. Fie
Sn=1
1
2+1
2
3+1
3
4+:::+1
n(n+ 1):
Se poate verica cu u surint  a c a
S1=1
1
2=1
2;
S2=1
1
2+1
2
3=2
3;
S3=1
1
2+1
2
3+1
3
4=3
4;
S4=1
1
2+1
2
3+1
3
4+1
4
5=4
5:
Pe baza rezultatelor obt inute arm am c a pentru orice nnatural
Sn=n
n+ 1:
Exemplul 2.2. S a lu am trinomul x2+x+ 41;considerat de un cunoscut
matematician, unul dintre primii academicieni din Petersburg, L. Euler. S a
punem ^ n acest trinom zero ^ n locul lui x; obt inem astfel num arul prim 41.
Punem acum ^ n acela si trinom 1 ^ n locul lui x, obt inem din nou un num ar
prim :43. Continu^ and a ^ nlocui succesiv ^ n trinom pe xcu: 2,3,4,5,6,7,8,9,10,
obt inem respectiv numerele prime 47, 53, 61, 83, 97, 113, 131, 151.
Pe baza rezultatelor obt inute, arm am c a ^ nlocuind pe xdin trinomul dat
cu orice num ar ^ ntreg nenegativ se obt ine ^ ntotdeauna un num ar prim.
De ce rat ionamentele date ^ n aceste exemple nu sunt admise ^ n matema-
tic a? ^In ce const a caracterul vicios al concluziei?
10

^In cele dou a rat ionamente am formulat un enunt  general pentru orice
n(^ n al doilea exemplu pentru orice x) numai pe baza faptului c a aceast a
judecat afost valabil apentru unele valori ale lui n, respectivx.
Induct ia se utilizeaz a pe scar a larg a ^ n matemati a, dar ea trebuie folosit a
cu pricepere. Dac a trat am cu u surint  a induct ia, putem obt ine concluzii false.
Astfel, dac a ^ n exemplul 2.1 enunt ul dat este adev arat, a sa cum vom
demonstra ulterior, apoi ^ n exemplul 2.2 enunt ul este fals.
^Intr-adev ar, la un studiu mai atent al trinomului x2+x+41, s-a constatat
c a el este egal cu un num ar prim pentru 8x2N;x39, ^ ns a pentru x= 40
acest trinom este egal cu 412, adic a cu un num ar compus.
^In exemplul 2.2 am ^ nt^ alnit un enunt  adev arat ^ n 40 de cazuri particulare
 si care totu si nu este adev arat ^ n cazul general.
S a d am dou a exemple de enunt uri care sunt adev arate ^ n unele cazuri
particulare, dar sunt false ^ n general.
Exemplul 2.3. Binomulxn1, undeneste un num ar natural, prezint a un
mare interes pentru matematicieni.
Este sucient s a spunem c a el este str^ ans legat de problema ^ mp art irii
cercului ^ n p art i egale. De aceea nu este surprinz ator c a acest binom este
studiat ^ n matematic a din toate punctele de vedere. Matematicienii s-au
interesat ^ n special de problema descompunerii acestui binom ^ n factori cu
coecient i ^ ntregi.
Studiind aceste descompuneri pentru mai multe valori particulare ale lui
n, matematicienii au observat c a tot i coecient ii descompunerii nu sunt mai
mari dec^ at unu ^ n valoare absolut a.
^Intr-adev ar
x1 =x1;
x21 = (x1)(x1);
x21 = (x1)(x+ 1);
x31 = (x1)
x2+x+ 1

;
x41 = (x1)(x+ 1)
x2+ 1

;
x51 = (x1)
x4+x3+x2+x+ 1

;
x61 = (x1)(x+ 1)
x2+x+ 1

x2x+ 1

;
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::
Au fost alc atuite tabele, ^ n limitele c arora coecient ii se bucur a de aceast a
proprietate. ^Incerc arile care s-au f acut de a demonstra acest fapt pentru
oricennu au avut succes.
11

^In 1938 ^ n revista Realiz arile  stiint elor matematice , fascicula IV, s-a pu-
blicat o not a a eminentului matematician sovietic, N. G. Cebotarev, ^ n care
el a propus matematicienilor ru si s a l  mureasc a aceast a problem a.
Acesta a fost rezolvat a de c atre V. Ivanov. S-a constatat c a pentru n
mai mic dec^ at 105, toate binoamele xn1 se bucur a de acest a proprietate.
Binomulx1051 cont ine ^ ns a factorul: x48+x47+x46x43x422×41
x40x39+x36+x35+x34+x33+x32+x31x28x25x24x22x20+
x17+x16+x15+x14+x13+x12x9x82×7x6x5+x2+x+ 1, care
nu se bucur a de acest a proprietate.
Exemplul 2.4. ^In c^ ate p art i ^ mpart spat iul nplane care trec printr-un singur
punct, dac a oricare grup de trei dintre ele nu trec prin aceea si dreapt a?
S a consider am cazurile particulare cele mai simple ale acestei probleme.
Un plan ^ mparte spat iul ^ n dou a p art i. Dou a plane, care trec printr-un singur
punct, ^ mpart spat iul ^ n patru p art i. Trei plane, care trec printr-un singur
punct, dar care nu trec printr-o dreapt a comun a, ^ mpart spat iul ^ n 8 p art i.
La prima vedere se poate crede c a odat a cu cre sterea num arului de plane
cu 1, num arul p art ilor ^ n care se ^ mparte spat iul cre ste de 2 ori,  si astfel 4
plane ^ mpart spat iul ^ n 16 p art i, 5 plane ^ n 32 p art i, etc. ^In general, nplane
^ mpart spat iul ^ n 2np art i.
^In realitate nu se ^ nt^ ampl a a sa deoarece 4 plane ^ mpart spai ul ^ n 14 p art i,
5 plane ^ l ^ mpart ^ n 22 p art i. Deci cazul general: nplane ^ mpart spat iul ^ n
n(n1) + 2 p art i.
Exemple de mai sus ne permit s a tragem o concluzie simpl a  si ^ n acela si
timp important a.
Un enunt  poate  adev arat ^ ntr-un sir de cazuri particulare  si ^ n acela si
timp fals ^ n cazul general.
Iat a c^ ateva situat ii:
– armat ie:P(n) :n=n+ 1;8n2N:Pasul demonstrativ este justi-
cat:P(k+ 1) :k+ 1 =k+ 2;folosindP(k), dar armat ia este ^ ns a eronat a,
deorarece obt inem P(0) : 0 = 1;
– renumitul matematician Pierre Fermat a presupus c a toate numerele
de forma 22n+1 sunt prime baz^ andu-se pe observat ia c a pentru n= 0;1;2;3;4
numerele: 220+ 1 = 3;221+ 1 = 5;222+ 1 = 17;223+ 1 = 257;224+ 1 =
65537 sunt prime, f ar a a mai face demonstrat ie. ^In secolulXVIII alt mare
matematician Leonard Euler, a g asit c a 225+1 = 4294967297 = 641
6700417
este un num ar compus;
– matematicianul Gottfried Leibniz demonstreaz a c a n33…3;
n5n…5;n7n…7, de unde a tras concluzia c a nkn…k;8n; k2N. Tot el
^ ns a a observat mai t^ arziu c a 29= 5106…9;deci armat ia general a este fals a;
12

– un binecunoscut matematicianul sovietic D. A. Grave prespne c a
pentru toate numerele prime p, num arul 2p11 nu se divide cu p2, f ac^ and
veric ari pe numere prime mai mici dec^ at 1000. Dar s-a stabilit c a 21092
1…10932(1093 este num ar prim).
– vom da un exemplu mai conving ator. Dac a evalu am expresia
991n2+ 1,n2Npentru o succesiune de numere, nu vom un num ar care
s a e p atrat perfect, chiar dac a vom petrece zile sau chiar ani ^ ncerc^ and s a
rezolvam problema. Dar am gre si dac a am concluziona c a numerele de forma
991n2+ 1 nu sunt p atrate perfecte. Exist a un num ar n pentru care 991 n2+ 1
este p atrat perfect, doar c a este o valoare foarte mare. Num arul neste :
n= 12 055 735 790 331 359 447 442 538 767 :
Acum se na ste urm atoarea problem a. Avem un enunt  adev arat ^ n unele
cazuri particulare. nu este poasibil s a cnsider am toate cazurile particulare.
Cum putem  sti ^ ns a, dac a acest enunt  este adev arat  si pentru cazul general?
Aceast a problem a poate  rezolvat a uneori prin utilizarea metodei speci-
ale de rat ionament, numit a metoda induct iei matematice (sau metoda induct iei
complete ).
La baza acestei metode st a principiul induct iei matematice , care const a
^ n urm atoarele:
O propozit ie p(n)este adev arat a pentru orice nnatural, dac a:
1) propozit ia este adev arat a pentru n= 1 si
2) din validitatea ei pentru un num ar arbitrar n=k, rezult a validitatea
ei pentrun=k+ 1.
Demonstrat ie: Presupunem cazul contrar, adic a presupunem c a p(n) nu
este adev arat a pentru orice num ar natural nde si condit iile 1)  si 2) sunt
^ ndeplinite. ^In acest caz exist a un num ar natural m, astfel ^ nc^ at p(n) este
fals a pentru n=m, iar pentru orice n < m;p (n) este adev arat a (cu alte
cuvinte,meste primul num ar natural pentru care p(n) este fals a).
Evident c a m > 1;deoarece pentru n= 1p(n) este adev arat a. Prin
urmare,m1 este un num ar natural. Rezult a c a pentru n=m1;p(n)
este adev arat a, pe c^ and pentru cel urm ator, m, ea este fals a, dar acesta
contrazice condit ia 2.
O demonstrat ie care se bazeaz a pe principiul induct iei matematice se
nume ste demonstrat ie prin metoda induct iei matematice.
Aplicarea metodei induct iei matematice pentru a demonstra o propozit ie
p(n);n2N, const a ^ n parcurgerea a dou a etape:
1)Vericarea (propozit iei). Pentru n= 0 veric am c a p(0) este o
propozit ie adev arat a.
13

2)Demonstrat ia p(k)!p(k+ 1). Presupune c a p(k) este adev arat a
(petr orice k2N)  si demonstr am c a p(k) este de asemenea
adev arat a.
Dac a cele dou a etape sunt valide atunci are loc
Concluzia: Propozit iap(n) este adev arat a pentru orice n2N:
Observat ia 2.5. Prima etap a se nume ste Vericare pentru c a la acest pas
facem o vericare, adic a vedem dac a p(0)este adev arat a. Particulariz am
propozit iap(n)pentru prima valoare pe care o ia n. Uneori aceast a etap a se
nume ste  si baza induct iei . A doua etap a se nume ste Demonstrat ie sau
pasul de induct ie pentru c a aici se demonstreaz a dac a propozit ia p(k+ 1)
este adev arat a  stiid c apropozit ia p(k)este adev arat a. ( p(k)se mai nume ste
 siipotez a de induct ie ).
Dac a una din etape nu este validat a, atunci Concluzia nu mai este
adev arat a.
14

2.3 Variante ale induct iei matematice
Ca orice metod a, cu avantaje  si dezavantaje, induct ia matematic c ne
st a la dispozit ie de la rezolvarea unor simple exercit ii, p^ an a la solut ionarea
unor probleme complexe sau generaliz ari interesante. Este folosit a pentru
obt inerea rezultatului nal sau ca o component a a unei demonstrat ii labori-
oase. Acceptat a ca rat ionament, intuitiv la grupele de performant  a, ^ n clasele
mici, studiat a la ^ nceputul anilor de liceu  si utilizat a mai departe, de c^ ate ori
ne este util a, induct ia matematic a este, ^ n esent  a, o metod a de a demonstra
c a unele predicate sunt adev arate (^ n anumite condit ii date de enunt ).
Dezavantajul metodei este c a relat ia care se dore ste a se demonstra, tre-
buie s a e cunoscut a. Din rat ionamente logice, cu o inventivitate uneori
cultivat a prin exersare, pornind de la analiza cazurilor particulare, se poate
intui relat ia pe care dorim s-o demonstr am.
R am^ ane doar s a facem pasul de la induct ,ie incomplet a c atre induct ia
complet a, utiliz^ and una din cele cinci variante prezentate ^ n continuare.
I
Denit ia 2.6. Pentru a demonstra prin metoda indct iei matematice
propozit ia Pentru orice nm(mnum ar natural xat) are loc p(n)se
parcurg dou a etape:
1)Vericarea Se veric a faptul c a p(m)este adev arat a;
2)Demonstrat ia. Se demonstreaz a implicat ia p(k+ 1), undekeste
un num ar natural oarecare, km. Conform principiului induct iei
matematice, propozit ia p(n)este adev arat a pentru orice nm.
Exemplul 2.7. S a se demonstreze inegalitatea 2n>2n+ 1, pentru orice
num ar natural n;n3.
Solut ia. Vom demonstra armat ia prin metoda induct iei matematice.
Fie enunt ul p(k) : 2k>2k+ 1;8n3:
Vericarea. Propozit ia p(3) : 23>2
3 + 1 saup(3) : 8>7 este
adev arat a.
Demostrat ia. Demonstr am implicat ia p(k+ 1), unde
p(k) : 2k>2k+ 1, iarp(k+ 1) : 2k+1>2 (k+ 1) + 1. Dac a p(k) este
adev arat a s a prob am c a  si p(k+ 1) este adev arat a.
Avemp(k) : 2k+1= 2
2k>2(2k+1). Pe de alt a parte 2(2 k+1)>2(k+1)+1;
pentruk3:
Concluzie. Conform variantei I se deduce c a propozit ia p(n) este
adev arat a pentru orice n3.
15

II
Denit ia 2.8. Propozit iap(n)este adev arat a pentru orice nm
(mnum ar natural xat), n2N, dac a sunt ^ ndeplinite condit iile:
1)Vericarea. Propozit iap(n)este adev arat a pentru n=m si
n=m+ 1.
2)Demonstrat ia. Din presupunerea c a p(n)este adev arat a pentru
n=k1 sin=k(k > m )rezult a c ap(n)este adv arat a  si pentru
n=k+ 1.
Exemplul 2.9. Fie  sirul de numere reale a0;a1;a2;:::denit prin
a0= 2;a1=5
2 sian=5
2ak1ak2;n2:S a se arate c a
an= 2n+ 2n;8n0.
Solut ia. Consider am propozit ia p(n) :an= 2n+ 2n;82N:Pentru
demonstrat ia propozit iei utiliz am varianta II a induct iei matematice.
Vericarea. Se face pentru n= 0  sin= 1, c and avem:
p(0) :a0= 20+ 20= 1 + 1 = 2, adev arat
p(1) :a1= 21+ 21= 2 +1
2=5
2;adev arat.
Demonstrat ia. Presupunem adev arate propozit iile
p(k1) :ak1= 2k1+ 2(k1);p(k) :ak= 2k+ 2k si demonstr am c a
p(k+ 1) :ak+1= 2k+1+ 2(k+1)este adev arat a.
Din relat ia (de recurent  a), ^ ntre termenii  sirului, dat a ^ n enunt  avem:
ak+1=5
2akak1sau t in^ and seama de p(k1)  sip(k),
ak+1=5
2
2k+ 2k


2k1+ 2(k1)

= 5
2k1+5
2k12k14
2k1=
4
2k1+ 2(k+1)= 2k+1+ 2(k+1), ceea ce arat a c a p(k+ 1) este adev arat a.
Concluzie. Deci propozit ia p(n) este adev arat a pentru orice n0;
n2N.
III
Denit ia 2.10. Propozit iap(n)este adev arat apentru orice x0dac a sunt
^ ndeplinite condit iile:
1)Vericarea. Propozit iap(x)este adev arat a pentru orice
x2[0;1):
2)Demonstrat ia. Pentru orice x0este adev arat a implicat ia
p(x)!p(x+ 1).
16

Solut ia. Se consider a propozit ia q(n) :p(x) adev arat a pentru orice x2
[n;n+ 1), care se demonstreaz a prin induct ie matematic a dup a n2N.
1')Vericarea. q(0) :p(x) este adev arat a pentru orice x2[0;1) (din 1).
2')Demonstrat ia. q(k)!q(k+ 1):
Fiex02[k+1;k+2):Atuncix012[k;k+1):Cumq(k) este adev arat a
 six012[k;k+1) rezult a p(x01))p(x0) este adev arat a. Num arul
x0ind arbitrar din [ k+1;k+2) se deduce c a  si q(k+1) este adev arat a,
adic aq(n) este adev arat a pentru orice n2N.
Decip(x) este adev arat a pentru orice n0.
Exemplul 2.11. S a se arate c a 3n>2n+ 7n;8n2N;n4:
Solut ia.
Vericarea. Vom ar ata c a propozit ia p(x) : 3x>2x+ 7x;8x4;este
adev arat a. ^Intr-adev ar dac a x2[4;5);atunci
3x81;2x+ 7x<2x+1+ 7x<25+ 7
5 = 67  si deci
3x81>67>2x+ 7x:
Demonstrat ia. Presupunem c a p(x) este adev arat a  si demonstr am c a
p(x+ 1) este adev arat a, adic a p(x+ 1) : 3x+1>2x+1+ 7(x+ 1):
Avem: 3x+1= 3
3x>2
3x>2 (2x+ 7x) = 2x+1+ 14x >2x+1+ 7(x+ 1),
ceea ce este imediat.
Concluzia. Decip(x) este adev arat a pentru orice x4;n2N.
Observat ie. Vericarea propozit iei s-a f acut pe un interval de lungime
1, [4;5).
.
Exist a situat ii ^ n care aceast a vericare se face pe un interval de lungime
convenabil a. ^In acest caz varianta de induct ie are forma:
IV
Denit ia 2.12. Fiea;b2R;b > 0 sip(x)o propozit ie care depinde de
x2[a;1). Dac a sunt ^ ndeplinite condit iile
1)Vericarea. Veric am c a p(x)este adev arat a pentru orice
x2[a;a+b).
2)Demonstrat ia. Pentru orice x2[a;1)are loc implicat ia
p(x)!p(x+b). Atunci propozit ia p(x)este adev arat a pentru orice
xa.
17

Se consider a propozit ia q(n) :p(x) adev arat a8x2[a+n;a+n+b);
n2N. Num arul b>0 se nume ste pas de induct ie .
Exemplul 2.13. Identitatea lui Hermite. S a se arate c a
p(x) : [x] +
x+1
n
+
x+2
n
+:::+
x+n1
n
= [nx];8x>0;8n2N;
unde [x]reprezint a partea ^ ntreag a a num arului real x.
Solut ia.
Vericarea. Dac ax2
0;1
n

, atuncinx2[0;1)  six+k
n2[0;1),
k=1;n1. Decip(x) : 0 = 0:
Demonstrat ie. Presupunem c a p
x+1
n
este adev arat a. (Am luat
pasul de induct ie b=1
n):Avem:

x+1
n
+
x+1
n+1
n
+:::+
x+1
n+n1
n
=
x+1
n
+
x+2
n
+:::+

x+n1
n
+ [x+ 1] = [nx] + 1 = [nx+ 1] =
n
x+1
n
;
adic ap(x+ 1) este adev arat a.
Concluzia. Decip(x) este adev arat a pentru 8x0;8n2N:
V
Denit ia 2.14. Prin aceast a variant a o propozit ie ce depinde de una sau
mai multe variabile naturale.
Propozit iap(n;m);8nr;8mseste adev arat a dac a sunt indeplinite
condit iile:
1)Vericarea. Propozit iap(r;s)este adev arat a.
2)Demonstrat ia. Demonstr am propozit ia pentru prima variabil a,
x^ and cea de-a doua variabil a. Presupunem p(k;s)adev arat a  si demon-
str am c ap(k+ 1;s)este adev arat a. Apoi putem presupune c a p(n;t)
este adev arat a. Apoi putem presupune c a p(n;t)este adev arat a8nr
 si demonstr am c a p(n;t+ 1);8reste adev arat a.
18

Exemplul 2.15. Dac aA;B2Mn(C);n2N, astfel ^ nc^ at AB =BA,
atunciAnBm=BmAn;8n;m2N:
Solut ia.
Vericarea. Pentrun= 1  sim= 1 avemp(1;1) :AB=BA, adev arat.
Demonstrat ia. Presupunem p(k+ 1) :AkB=BAkadev arat a  si
demonstr am c a p(k+1;1) :Ak+1B=BAk+1este adev art a. Avem: Ak+1B=
AkA

B=Ak(AB) =Ak(BA) =
AkB

A=B
AkA

=BAk+1:
Putem ^ n continuare s a presupunem c a p(n;t) :AnBt=BtAneste
adev arat a8n1. Trebuie s a mai demonstr am c a p(n;t+ 1) este adev arat a
8n1;adic aAnBt+1=Bt+1An:Avem:AnBt+1=An(BtB) (AnBt)B=
(BtAn)B=Bt(AnB) =Bt(BAn) = (BtB)An=Bt+1An:
Concluzia. Decip(n;m) este adev arat a pentru 8n;m2N:
Exemplul 2.16. Problema monedelor orice sum a ^ ntreag a mai mare sau
egal a cu 8se poate achita cu monede de 3 si5lei, adic a
P(n) :8n2N; n8;9p; r2Nastfel ^ nc^ at n= 3p+ 5r.
Solut ia.
Vericarea. P(8) : 8 = 3
1 + 5
1
Demonstrat ia. Demonstram implicat ia P(k)!P(k+ 1), unde
P(k) :9p; r2Nastfel ^ nc^ at k= 3p+ 5r P(k+ 1) :9p; r2Nastfel ^ nc^ at
k+ 1 = 3p0+ 5r0.
S tiim c ak= 3p+ 5r, decik+ 1 = 3p+ 5r+ 1 = 3p+ 5r+ (3
25
1) =
3(p+ 2) + 5(r+ 1) = 3p0+ 5r0;undep0=p+ 22N sir0=r12N:
Concluzia. Deci orice sum a^ ntreag amai mare sa egal a cu 8 se poate
achita cu monede de 3  si 5 lei.
19

2.4 Aplicat ii
Exercit iul 2.17. S a se demonstreze prin metoda induct iei matematice ega-
litatea:
1 + 2 + 3 + :::+n=n(n+ 1)
2;8n2N: (2.1)
Solut ia. Vom nota cu p(n) propozit ia
p(n) : 1 + 2 + 3 + :::+n=n(n+ 1)
2;8n2N:
Parcurgem cele dou a etape ale metodei induct iei matematice.
Vericarea. Pentrun= 1 avem propozit ia adev arat a
p(1) : 1 =1(1 + 1)
2:
Demonstrat ia. Ar at am c a p(k)!p(k+ 1);unde
p(k) : 1 + 2 + 3 + :::+k=k(k+ 1)
2
 si
p(k+ 1) : 1 + 2 + :::+k+k+ 1 =(k+ 1)(k+ 2)
2:
^In ipoteza c a p(k) este adev arat a s a ar at am c a p(k+ 1) este adev arat a.
Membrul st^ ang din p(k+ 1) se scrie, t in^ and cont de p(k), sub forma
(1 + 2 +:::+k) +k+ 1p(k)=k(k+ 1)
2+ (k+ 1) =(k+ 1)(k+ 2)
2.
Decip(k+ 1) este adev arat a.
Concluzie. Conform principiului induct iei matematice, p(n) este
adev arat a pentru orice n2N:
Observat ii. Problema demonstrat a precizeaz a cu cine este egal a suma
primelornnumere naturale: 1 + 2 + 3 + :::+n=Pn
k=1k si poart a denu-
mirea de Suma lui Gauss , dup a celebrul matematician Carl Friedrich
Gauss .
Exercit iul 2.18. Fie suma
Sn=1
1
2+1
2
3+1
3
4+:::+1
n(n+ 1);n2N(2.2)
a) S a se arate c a1
k(k+ 1)=1
k1
k+ 1;k2N;
20

b) S a se calculeze Sn, utiliz^ anda);
c) Demonstrat i prin metoda induc ctiei matematice rezultatul g asit la b).
Solut ia.
a) Efectu^ and calculele din membrul drept se obt ine exact membrul st^ ang:
1
k1
k+ 1=k+ 1k
k(k+ 1)=1
k(k+ 1):
Pentru a obt ine aceast a scriere se pune1
k(k+ 1)=A
k+B
k+ 1 si apoi se
aduce la acela si numitor ^ n membrul drept. Se obt ine egalitatea1
k(k+ 1)=
k(A+B) +A
k(k+ 1), iar de aici 1 = ( A+B)k+A. Cum^ n membrul st^ ang termenul
kare coecient zero deducem A+B= 0  si apoi egal^ and termenii liberi din
cei doi membrii rezlt a A= 1.
DeciA= 1;B=1:Metoda de obt inere a coei et ilor A;B se nume ste
metoda coecient ilor nedeterminat i.
b) Pentru ecare termen din Snaplic am scrierea de la a)  si avem:
Sn=
11
2
+1
21
3
+1
31
4
+:::+1
n1
n+ 1
sau a sez am termenii din parantez a unii sub alt ii pentru a urm arii mai u sor
reducerea lor:
Sn=161
2+
61
261
3+
61
361
4+










61
n1
n+ 1
= 11
n+ 1=n
n+ 1:
astfel obt inem Sn= 11
n+ 1=n
n+ 1:
21

c) Se demonstreaz a prin metoda induct iei matematice propozit ia:
p(n) :nX
k=11
k(k+ 1)=n
n+ 1;8n2N
Vericarea. Pentrun= 1 avem propozit ia adev arat a p(1) :1
1
2=1
2
Demonstrat ia. Ar at am c a p(k)!p(k+ 1), unde
p(k) :kX
x=11
x(x+ 1)=k
k+ 1;p(k+ 1) :kX
x=01
(x+ 1)(x+ 2)=k+ 1
k+ 2
^In ipoteza c a p(k) este adev arat a s a ar at am c a p(k+ 1) este adev arat a.
p(k+ 1) =Pk
x=01
(x+ 1)(x+ 2)=

11
2
+1
21
3
+:::+1
n1
n+ 1
| {z }
p(k)+1
k+ 11
k2
=
k
k+ 1+1
k+ 11
k2, care dup a efectuarea calculelor devine
p(k+ 1) :k+ 1
k+ 2. Decip(k+ 1) este adev arat a.
Concluzie. Conform principiului induc ctiei matematice, p(n) este
adev arat a pentru orice n2N:
Exercit iul 2.19. S a se arate c a
1 +1
2+1
3+1
4+:::+1
2n1>n
2;8n2N(2.3)
Solut ia.
Fiep(n) = 1 +1
2+1
3+1
4+:::+1
2n1>n
2;8n2N:Vom demonstra
inegalitatea prin metoda induct iei matematice.
Vericarea. Pentrun= 1 se obt ine propozit ia adev arat a p(1) : 1>1
2:
Demonstrat ia. Demonstr am implicat ia p(k)!p(k+ 1). Not am cu Sk
membrul st^ ang al inegalit at ii din p(k).
Presupunem c a Sk= 1 +1
2+1
3+1
4+:::+1
2k1>k
2. S a demonstr am
c aSk+1= 1 +1
2+1
3+1
4+:::+1
2k+11>k+ 1
2:este adev arat a.
22

Observ am c a
Sk+1=
1 +1
2+1
3+1
4+:::+1
2k1
+1
2k+1
2k+ 1+:::+1
2k+11
=
Sk+Pk, undePk=1
2k+1
2k+ 1+:::+1
2k+11.
ExpresiaPkreprezint a suma 2kfract ii, ecare din ele strict mai mare dec^ at
1
2k+1. DeciPk>1
2k+1+1
2k+1+:::+1
2k+1= 2k
1
2k+1=1
2. DeciSk>k
2;
Pk>1
2. AvemSk+1=Sk+Pk>k
2+1
2=k+ 1
2, adic aSk+1>k+ 1
2 si deci
p(k+ 1) este adev arat a.
Concluzie. Coform pricipiului induct iei matematice, p(n) este adev arat a
pentru orice n2N.
Exercit iul 2.20. S a se arate c a 4n+ 15n1se divide prin 9, pentru orice
n2N:
Solut ia. Fiep(n) : 4n+ 15n1…9;8n2N.
Vericarea. Pentrun= 0 se obt ine propozit ia p(0) : 40+ 15
01…9
ceea ce e adev arat.
Demonstrat ia. Dac ap(k) : 4k+ 15k1…9 este adev arat a, atunci s a
prob am c a  si p(k+ 1) : 4k+1+ 15k+ 11…9 este adev arat a.
Avemp(k+ 1) : 4k+1+ 15k+ 11 = 4(4k+ 15k1)45k+ 18.
Observ amp(k+ 1) : 4…p(k)45k+ 18. S tim c a p(k)…9, de asemenea termenii
45k si 18kse divid cu 9. Atunci
(4k+ 15k1)45k+ 18
…9, ceea ce arat a
c ap(k+ 1) este adev arat a.
Concluzie. Conform principiului induct iei ateatice, propozit ia p(n) este
adev arat a pentru orice n2N:
Exercit iul 2.21. Se consider a un  sir de nmere reale a1;a2;a3;:::a n;:::notat
(an)n1cu termenii dat i de a12[1;2];an+1=a2
n2an+ 2;8n1. S a se
arate c a:
a)an2[1;2];8n1;
b)anan+1;8n1:
Solut ia. Vom demonstra ambele cerint e utiliz^ and metoda induct iei ma-
tematice.
a) Fie propozit ia p(n) :an2[1;2];8n1:
23

Vericarea. Propozit ia p(1) :a12[1;2] este adev arat a (din ipoteza
problemei).
Demonstrat ia. Demonstr am implicat ia p(k)!p(k+ 1):, undep(k) :
ak2[1;2]  sip(k+ 1) :ak+12[1;2]:
Din relat ia de denire a numerelor anavemak+1=a2
n2an+ 2. Deci
trebuie s a ar at am c a aa2
n2an+ 2sau(
1a2
n2an+ 2
a2
n2an+ 22sau
(
0(ak1)2
ak(ak2)0:
Prima inegalitatea este adev arat a deoarece orice p atrat de num ar real este
nenegativ. A doua inegalitate este adev arat a deoarece ak2[1;2]. Prin
urmarep(k+ 1) este adev arat a.
Concluzie. Conform principiului induct iei matematice, propozit ia p(n)
este adev arat a pentru orice n2N.
b) Fieq(n) :anan+1;8n1:
Vericarea. Propozit ia q(1) :a1a2este adev arat a deoarece din
descrierea termenilor  sirului a2=a2
12a1+2;iar inegalitatea a1a2devine
a1a2
12a1+ 2 sau 0a2
13a1+ 2 sau 0(a11) (a12) ceea ce-i
adev arat deoarece 1 a12:
Demonstrat ia. Vom demonstra implicat ia p(k)!p(k+ 1)  stiid c a
p(k) :akak+1 sip(k+ 1) :ak+1ak+2.
Pentru a demonstra ultima inegalitate vom utiliza relat ia de denire a
numereloran(numit a  si relat ia de recrent  a)  si inegalitatea din p(k+1) devine
a2
k2ak+ 2a2
k+12ak+1+ 2 sau (akak+1) (ak+ak+12)0, ceea ce-i
adev arat deoarece ak+ak+10 dinp(k), iar de la punctul a) avem an1
 si deciak+ak+11 + 1 = 2:Decip(k) este adev arat a.
Conculzie. Conform principiului induct iei matematice, propozit ia p(n)
este adev arat a pentru orice n1:
Observat ii
1) Propozit ia demonstrat a la punctul a) spune c a  sirl ( an) este m arginit
(adic a tot i termenii  sirului se a
 a ^ ntr-un interval de lungime nit a).
2) Propozit ia demonstrat a la punctul b) spune c a  sirul ( an) este des-
cresc ator (adic a numerele care compun  sirul veric a inegalit at ile
a1a2a3:::anan+1:::).
24

Capitolul 3
Metoda induct iei matematice
aplicate ^ n geometrie
Din gama larg a a problemelor din matematic a pentru a c aror demonstra-
t ie utiliz am metoda induct iei matematice amintim probleme de algebr a
(identit at i, inegalit at i, probleme de divizibilitate), geometrie, trigonometrie,
analiz a matematic a.
^Intr-o problem a de costruct ii geometrice se cere construirea unei guri
geometrice ^ n condit iile ^ n care:
•se prescrie un set de instrumente (^ n mod implicit, se presupune c a,
aceste instrumente sunt rigla  si compasul);
•^ n plan fundamental este construit a o gur a (gura dat a);
•sunt indicate o serie de propriet at i pe care trebuie s a le aib a gura care
trebuie constrit a (propriet at i care, de regul a, leag a gura de construit
cu gura dat a).
O gur a care ^ ndepline ste condit iile problemei se nume ste solut ie a pro-
blemei de construct ie corespunz atoare.
A rezolva o problem a de construct ii geometrice ^ nseamn a s a realiz am
respectiva construct ie printr-o secvent  a nit a de construct ii fundamentale.
O gur a geometric a se poate da ^ n mai multe moduri diferite:
ca intersect ie, reuniune, diferent  a a altor guri, prin indicarea anumitor pro-
priet at i pe care trebuie s a le verice punctele sale. Astfel, de exemplu, acela si
segmentABse poate da:
1) ca intersact ie a dou a semidrepte opuse, AM siBN, de pe dreapta AB;
2) ca diametru al ni cerc !dat, perpendiclar pe o coad a l;
3) ca mult imea mijloacelor coardelor cercului !paralele c o dreapt a dat a.
25

Dac a o gur a este dat a prin indicarea unei propriet at i pe care trebuie
s a le aib a punctele unei guri  si numai ele, se nume ste loc geometric al
punctelor care veric a aceast a proprietate.
^In cazul nostru concret, segmentul ABeste locul geometric al mijloacelor
cercului!, paralele cu dreapta l.
Proprietatea prin care se caracterizeaz a un loc geometric se numet e pro-
prietatea caracteristic a a locului geometric cu pricina.
Foarte des se ^ nt^ ampl a ca unele guri noi s a se introduc a tocmai ca locuri
geometrice. Este cazul cercului, ^ n geometria elemetar a sau a conicelor ^ n
geometria analitic a.
Pentru a demonstra c a o gur a Feste locul geometric al punctelor care
veric a o anumit a proprietate, trebuie s a demonstr am dou a armat ii, una
ind reciproca celeilalte, anume c a:
1) ecare punct al gurii Fveric a proprietatea cerut a;
2) orice punct care ^ ndepline ste proprietatea cu pricina apart ine gurii F.
Exemplul 3.1. Se dau dou a drepte paralele a sib si o dreapt a c, perpen-
dicular a pe ele. Se cere s a se determine locul geometric al punctelor egal
dep artate de cele trei drepte.
Solut ia.
FiefXg=a\c sifYg=b\c:Duc^ and prin mijlocul segmentului XYo
dreapt al, paralel a cu a sib si lu^ and pe ea punctele A siB, situate de o parte
 si de alta a dreptei cla o distat  a egal a cu1
2XYde ea, este u sor de observat
c a ecare dintre punctele A siBeste egal dep artat de dreptele a;b sic.
Nu exist a alte puncte ale planului care s a verice aceast a proprietate.
^Intr-adev ar, dac a Ceste un punct care nu apart ine dreptei l, atunci el nu
este egal dep artat de dreptele a sib; dac aneste un punct care nu apart ine
drepteil, diferit de punctele A siB, atunci nu e greu de constatat c a el nu
este egal dep artat, de exemplu, de dreptele a sic. Astfel,A siBformeaz a
locul geometric al punctelor din plan care sunt egal dep artate de dreptele a;b
 sic.
26

3.1 Probleme de geometrie demonstrate prin
induct ie matematic a
Exercit iul 3.2. S a se calculeze latura a2na unui poligon regulat cu 2nlaturi
^ nscris ^ ntr-o circumferint  a de raz a R.
Solut ia.
Pentrun= 2 poligonl regulat cu 22laturi reprezint a un p atrat  si ^ n acest
caza4=Rp
2:
Fiea2n=a0, s a determin am a2n+1=a00. Dac aAB=a0, atunci
AE=a0
2;BD =a00. DinMDEB , conform teoremei lui Pitagora
a00=sa0
22
+DE2:
La r^ andul s au DE=REC si
EC2=BC2BE2=R2a0
22
:
A adarDE=Rs
R2a0
22
, deci
a2n+1=vuuta0
22
+Rs
R2a0
42
=vuut2R22Rs
R2a2
2n
4
:
Astfel s-a obt inut o formul ade trecere de la nlan+ 1. ^In cazuri particulare:
a4=Rp
2)a8=s
2R22Rr
R2R2
2
4=Rq
2p
2;
a16=s
2R22Rr
R21
4R2
2p
2
=Rq
2p
2 +p
2:
Natural apare ipoteza
a2n=Rvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n-2 ori:
27

Cum a fost ar atat a anterior, pentru n= 1 aceast a formul a este adev arat a.
Fiea2n=Rvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n-2 oriadev arat a pentru n=k. S a calcul am
a2n+1.
Conform formulei de trecere se obt ine
a2n+1=vuuuuut2R22Rvuuuut
R2R22q
2 +:::+p
2|{z}
n2ori
4)
a2n+1=Rvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n1ori:
Concluzie. Laturaa2na unui poligon regulat cu 2nlaturi ^ nscris ^ ntr-o
circumferint  a de raz a R a 2n=Rvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n-2 ori
Observat ie.
Dina2n=Rvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n-2 orirezult a c a lungimea
circumferint ei este egal a cu
l= lim
n!12nRvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n2ori
 si cuml= 2R, se obt ine
= lim
n!12nvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n1ori:
28

Exercit iul 3.3. S a se demonstreze c a ndrepte diferite, duse ^ ntr-un plan
printr-un sigur punct, ^ mpart planul ^ n 2nregiuni.
Solut ia.
Vericarea. Pentrun= 1 propozit ia este adev arat a, deoarece o dreapt a
^ mparte planul ^ n dou a regiuni.
Demonstrat ia. S a presupunem c a un num ar kde drepte diferite, care
trec prin punctul dat ^ mpart planul ^ n 2 kp art i. Atunci a ( k+ 1)a dreapt a,
dus a prin acela si punct, ^ mparte^ n dou a p art i dou a din aceste regiuni  si astfel
planul va  ^ mp art it ^ n 2( k+ 1) regiuni.
Concluzia. ndrepte diferite, duse ^ ntr-un plan printr-un sigur punct,
^ mpart planul ^ n 2 nregiuni.
Exercit iul 3.4. Fie ^ n plan o ret ea de linii ce unesc ^ ntre ele punctele
A1;A2;:::;A n si nu au alte puncte comune. Presupunem ret eaua ca ind
construit a dintr-o singur a bucat a , adic a din ecare punct A1;A2;:::;A nse
poate ajunge ^ n oricare altul numai de-a lungul liniilor ret elei. O astfel de
ret ea de linii o numim hart a , punctele date – v^ arfurile ei, port iunile de
curbe dintre dou a v^ arfuri vecine – frontierele (granit ele) h art ii, port iunile
din plan ^ n care ea este descompus a de c^ atre frontiere – t  arile h art ii. S a
not am cuSnum arul t  arilor unei h art i arbitrare, cu lnum arul frontierelor
ei  si cupnum arul v^ arfurilor. Atunci: S+p=l+ 2:
Teorema lui Euler
Solut ia.
Demonstr am egalitatea prin induct ie dup a num arul lal frontierelor h art ii.
I. Fiel= 0, atunci S= 1;p= 1)S+p=l+ 2
II. Presupunem c a relat ia este adev arat a pentru orice hart a care are nfron-
tiere. Consider am o hart a cu l=n+ 1 frontiere, St  ari  sipv^ arfuri.
Distingem dou a situat ii:
a) Pentru orice pereche de v^ arfuri ale h art ii exist a un drum unic care
le une ste de-a lungul frontierelor (exist a cel put in unul, deoarece harta este
conex a). ^In acest caz harta nu cont ine niciun contur ^ nchis.
^In acest caz S= 1. S a ar at am c a pe o astfel de hart a se va g asi cel
put in un v^ arf apart in^ and numai unei singure frontiere (de exemplu A1sau
A3) numit v^ arf extrem. ^Intr-adev ar s a lu am un v^ rf arbitrar. Dac a el nu este
extrem, atunci el reprezint a cap atul a cel put in dou afrontiere. S a parcurgem
una dintre frontiere p^ an a la al doilea v^ arf al s au. Dac a nici acest v^ arf nu
este extrem, atunci el constituie cap atul unei alte frontiere  si parcurgem
aceast afrontier a p^ an a la al doilea cap at al ei  si a sa mai departe. Deoarece
29

harta nu cont ine contururi^ nchise, nu ne vom^ ntoarce la nici unul din v^ rfurile
parcurse ^ nainte  si dup a un num ar nit de pa si ajngem la un v^ arf care va
extrem. ^Indep art^ and acest v^ arf ^ mpreun a cu o fontier acare ^ l are dret cap at,
obt inem o nou a hart a ^ n care l0=l1;S0=S;p0=p1:::Din ipoteza de
induct ie,S0+p=l0+ 2, de unde S+p=l+ 2:
b)
^Indep art^ and una dintre frontierele acestui contur (f ar a v^ arfuri) obt inem
o nou a hart a conex a ^ n care l0=l1;p0=p;S0=S1:Din ipoteza de
induct ieS0+p0=l0+ 2;de undeS+p=l+ 2:
30

3.2 Aplicat ii din Gazeta matematic a, reviste,
examene nat ionale, olimpiade  si concur-
suri  scolare
Metoda induct iei matematice este frecvent utilizat a ^ n diverse ramuri ale
matematicii  si constituie unul dintre cele mai puternice mijloace de demonstrat ie
matematic a dup a armat ia academicianului Miron Nicolescu.
Urm atoarele exemple ilustraz a utilizarea metodei induct iei matema-
tice la rezolvarea unor probleme.
Exercit iul 3.5. Ar atat i c a
1
2
3
:::
p+ 2
3
(p+ 1) +:::+ (n+ 1)(n+ 2)
:::
(n+p) =
(n+ 1)(n+ 2)
:::
(n+p+ 1)
p+ 1unden; p2N;p1:
Gazeta Matematic a nr. 5/1959
Solut ia
Not amP(n) : 1
2
3
:::
p+2
3
(p+1)+:::+(n+1)(n+2)
:::
(n+p) =
(n+ 1)(n+ 2)
:::
(n+p+ 1)
p+ 1
Vericarea. Pentrun= 0 avem
P(0) : 1
2
3
:::
p=1
2
3
:::
(p+ 1)
p+ 1;
egalitate adev arat a.
Demonstrat ia. Ar at amP()!P(n+ 1);8n0:
1
2
3
:::
p+2
3
(p+1)+:::+(n+1)(n+2)
:::
(n+p)+(n+2)(n+3)
:::

(n+p+1) =(n+ 1)(n+ 2)
:::
(n+p+ 1)
p+ 1+(n+2)(n+3)
:::
(n+p+1) =
(n+2)(n+3)
:::
(n+p+1)n+ 1
p+ 1+ 1
=(n+ 1)(n+ 2)
:::
(n+p+ 2)
p+ 1,
adic aP(n+ 1) adev arat.
Conculzia. 1
2
3
:::
p+ 2
3
(p+ 1) +:::+ (n+ 1)(n+ 2)
:::
(n+p) =
(n+ 1)(n+ 2)
:::
(n+p+ 1)
p+ 1;8n0:
31

Exercit iul 3.6. Determinat i  sirul (xn)n1, pentru care x1= 1  si oricare
ar n1:4 (x1xn+ 2x2xn1+ 3x3xn2+:::+nxnx1) =
(n+ 1) (x1x2+x2x3+:::+xnxn+1)
Olimpiada Nat ional a de Matematic a, V^ alcea, 2002
Solut ia.
Pentrun= 1 avem: 4 x1x1= 2x1x2)4 = 2×2)x2= 2:
Pentrun= 2 avem 4 ( x1x2+ 2x1x2) =
3 (x1x2+x2x3))24 = 3 (2 + 2 x3))x3= 3:
Vericarea. P(1) :x1= 1 adev arat. P(2) :x2= 2 adev arat.
Demonstrat ia. Ar at amP(n)!P(n+ 1)8n2:
Din relat ia dat a, folosind P(n) adev arat)
4[1
n+ 2
2
2
(n1) + 3
3
(n2) +:::+n
n
1] =
(n+ 1) (1
2 + 2
3 +:::+ (n1)
n+nxn+1))nxn+1=
4S1
n+ 1S2; (1)
undeS1= 1
n+ 2
2
(n1) + 3
3
(n2) +:::+n
n
1
S2= 1
2 + 2
3 +:::+ (n1)
n
S1=Pn
k=1k2(nk+ 1) = (n+ 1)Pn
k=1k2Pn
k=1k3=
(n+ 1)n(n+ 1)(2n+ 1)
6n2(n+ 1)2
4=n(n+ 1)2
12(4n+ 23n) =
n(n+ 1)2(n+ 2)
12)4S1=n(n+ 1)2(n+ 2)
3: (2)
S2=Pn
k=1k(k+ 1)n(n+ 1) =Pn
k=1k2+
Pn
k=1kn(n+ 1) =n(n+ 1)(2n+ 1)
6+n(n+ 1)
2n(n+ 1) =
n(n+ 1)
6(2n+ 13) =n(n+ 1)(n1)
3: (3)
Din (1);(2)  si (3))nxn+1=n(n+ 1)(n+ 2)
3n(n+ 1)(n1)
3=
n(n+ 1))xn=n+ 1, adic aP(n+ 1) adev arat.
Concluzia. Conform principiului induct iei matematice )xn=n;8
n1:
32

Exercit iul 3.7. Fief:R!R;f(x) = 2x+ 10x4x5x:Ar atat i c a
f(n)(0)>0;8n2:
Variant a BAC – enunt  modicat
Solut ia.
Evident,fderivabil a de nori pe R. Determin am
f(n)(x) :f0(x) = 2xln 2 + 10xln 104xln 45xln 5
)f00(x) = 2xln22 + 10xln2104xln245xln25:
Presupunem P1(n) :f(n)(x) = 2xlnn2 + 10xlnn104xlnn45xlnn5
Vericarea. P1(2) :f00(x) = 2xln22 + 10xln2104xln245xln25
adev arat.
Demonstrat ia. Ar at amP1(n)!P1(n+ 1);8n2
f(n+1)(x) =
f(n)(x)
0= 2xlnn+12+10xlnn+1104xlnn+145xlnn+15)
P1(n+ 1) adev arat.
Concluzia. Conform principiului induct iei matematice )f(n)(x) =
2xlnn2+10xlnn104xlnn45xlnn5)f(n)(0) = lnn2+lnn10lnn4lnn5:
Presupunem P2(n) :f(n)(0)>0;8n2:
Vericarea. P2(2) :f00(0)>0
ln22 + ln210ln24ln25 = ln22 + (ln 2 + ln 5)2(2 ln 2)2ln25 =
2 ln 2 ln 52 ln22 = 2 ln 2(ln 5ln 2)
Cum funct ia ln este strict cresc atoare pe (0 ;1))ln 5ln 2>0  si
ln 2>ln 1 = 0)f00(0)>0, adic aP2(2) adev arat.
Demonstrat ia. Ar at amP2(n)!P2(n+ 1);8n2
lnn+12+lnn+110lnn+14lnn+15 = ln 2 lnn2+ln 10 lnn10ln 4 lnn4
ln 5 lnn5 = ln 2 lnn2 + (ln 2 + ln 5) lnn102 ln 2 lnn4ln 5 lnn5 =
ln 2 [lnn2 + lnn10lnn4lnn5]ln 2 lnn4ln 2 lnn5+ln 5 lnn10ln 5 lnn5
= ln 2 [lnn2 + lnn10lnn4lnn5]ln 2 [lnn5lnn4]+ln 5 [lnn10lnn5]:
T  in^ and cont de monotonia funct iei ln  si a funct iei exponent iale cu baza
supraunitar a, avem: ln 10 >ln 5>lne= 1)lnn10>lnn5(n2)
ln 5>ln 4>lne= 1)lnn5>lnn4(n2)
ln 2>ln 1 = 0
ln 5>ln 1 = 0
)folosindP2(n) adev arat)lnn+12 + lnn+110lnn+14lnn+1>0,
adic aP2(n+ 1) adev arat.
Concluzia. Conform principiului induct iei matematice )
f(n)(0)>0;8n2:
33

Exercit iul 3.8. S irul (an)este denit prin a1=1
2;an+1=2n1
2n+ 2an. S a se
arate c asn=Pn
k=1ak<1;8n2N:
Juriu O.I.M. – Islanda
Solut ia.
Deoarecesn< s n+1, dinsn<1 nu putem demonstra sn+1<1:Demon-
str am ^ n schimb armat ia:
P(n) :a1+a2+:::+an1+ 2nan= 1:
Vericarea. P(1) : 2
1
2= 1;adev arat.
Demonstrat ia. Ar at am implicat ia P(n)!P(n+ 1). Presupunem c a
P(n) :a1+a2+:::+an1+ 2nan= 1 este adev arat a, atunci a1+a2+:::+
an+(2n+2)an+1=a1+a2+:::+an+(2n1)an=a1+a2+:::+an1+2nan:
Conculzia. Conform principiului induct iei matematice )P(n) :a1+
a2+:::+an1+ 2nan= 1:
Exercit iul 3.9. Se daunsuprafet e p atratice arbitrare, n2. S a se demon-
streze c a ele pot  t aiate ^ n p art i, astfel ^ nc^ at din p art ile obt inute s a se poat a
construi o nou a suprafat  a p atratic a.
L.I. Golovina, Induct ia ^ n geometrie , Ed. Tehnic a, Bucure sti, 1964
^In demonstrat ia prin induct ie este esent ia cazul n= 2. Fie suprafet ele
p atratice [MNPQ ]  si [M0N0P0Q0] av^ and lungimile laturilor 1, respectiv l0.
Dac al=l0ducem diagonalele [ MP];[N0Q0] form^ and patru suprafet e triun-
ghiulare care se pot compune form^ and un p atrat cu latura l" ca ^ n gura
[M00N00P00Q00].
^In cazull6=l0putem lual>l0.
Cosider am punctele A2(MN);B2(NP);C2(PQ);D2(QM), astfel
caMA =NB=PC=QD=l+l0
2:
AtunciAB=BP=CQ=DM =l+l0
2Tringhiurile dreptunghice MDA;NAB;PBC;QCD ind congruente, re-
zult aAB =BC =CD =DA; deciABCD este romb. Din congrent a
tringhiurilor MDA  siNAB rezult am^(MAD ) =m^(NBA ).
Darm^(NAB ) +m^(NBA ) = 90, decim^(MAD ) +m^(NAB ) = 90
 si prin urmare m^(DAB ) = 90 siABCD este p atrat cu lungimea la-
turiiAB =sl+l0
22
+ll0
22
=r
l2+l02
2 si lungimea diagonalei
AC=p
l2+l02:
34

Not^ and [AC]\[BD] =O;patrulaterele inscriptibile MDOA;NAOB;
PBOC;QCOD sunt congruente, deci suprafat a p atratic a s-a descompus
^ n patru suprafet e patrulatere congruente. Deta s am aceste suprafet e  si le
al atur am suprafet ei p atratice [ M0N0P0Q0], astfel c a v^ arfurile M00N00P00Q00ale
noului p atrat de latur a M00N00=V(l2+l02).
S a demonstr am implicat ia P(n)!P(n+ 1).
Presupunem proprietatea adev arat a pentru nsuprafet e p atratice,
n2. FieS1;S2;:::;S n;Sn+1suprafet e p atratice. Conform ipotezei de
induct ieS1;S2;:::;S n, pot  t aiate ^ n p art i astfel ^ nc^ at din p art ile obt inute
s a se poat a construi o alt a suprafat  a p atratic a S0. Proced^ and cu S0 siSn+1
ca  si ^ n cazul n= 2, obt inem o nou a suprafat  a p atratic a S00 si demonstrat ia
este ^ ncheiat a.
Exercit iul 3.10. S a se arate c a num arul p art ilor ^ n care planul este ^ mp art it
dendrepte,n1, dou a c^ ate dou a secante  si trei c^ ate trei neconcurnte este
Fn=n2+n+ 2
2:
A.M. Iaglom – Probleme neelementare tratate elementar
Solut ia.
Vom ^ nt elege prin parte a planului, e anumit a suprafat  a poligonal a, e o
anumit a intersect ie de semiplane ^ nchise. ^In cazuln= 1, o dreapt a ^ mparte
planul ^ n dou a semiplane: F1=12+ 1 + 2
2:Presupunem c a ndrepte,
n1, dou a c^ ate dou a secante  si trei c^ ate trei neconcurnte, ^ mpart planul ^ n
Fn=n2+n+ 2
2p art i. Consider am ^ n plan n+ 1 drepte ^ n pozit ia general a.
Primelendintre ele ^ mpart planul ^ n Fnp art i.A(n+ 1)adreapt a, pe care
o not am cu d, se intersecteaz a cu ecare dintre cele ndrepte din ipotez a.
Celenpuncte distincte de pe dreata ddetermin a pe aceata n1 segmente
 si dou a semidrepte. Astfel, dreapta dintersecteaz a n+ 1 p art i din Fnp art i
c^ ate erau, deci num arul p art ilor cret e cu n+1. Rezult a: Fn+1=Fn+n+1 =
n2+n+ 2
2+n+ 1 =n2+ 3n+ 4
2=(n+ 1)2+ (n+ 1) + 2
2
35

Exercit iul 3.11. S a se arate c a
X
cos
x1x2:::xn
2n
cosnpx1
x2
:::
xnn
;
unden2N; n1;iarx1;x2;:::;x n2
0;
2
:
Concursul Evaluarea ^ n educat ie – faza nat ional a 2008
Solut ia.
Demonstr am prin induct ie matematic a c a:
X
cos (x1x2:::xn) = 2ncos(x1) cos(x2)
:::
cos(xn): (1)
Pentrun= 1 avem cos( x1) + cos(x1) = 2 cos(x1);adev arat.
Presupunem c a relat ia este adev arat a pentru noarecare, adic a
X
cos (x1x2:::xn) = 2ncos(x1) cos(x2)
:::
cos(xn)
 si o demonstr am pentru n+ 1, adic a:
X
cos (x1x2:::xn+1)2n+1cos(x1) cos(x2)
:::
cos(xn+1):
AvemPcos (x1x2:::xn+1) =Pcos (x1x2:::(xnxn+1)) +Pcos (x1x2:::(xnxn+1)) =
2ncos(x1) cos(x2)
:::
cos (xn+xn+1)) +
2ncos(x1) cos(x2)
:::
cos (xnxn+1) = 2n+1cos(x1) cos(x2)
:::
cos (xx+1)  si
egalitatea este demonstrat a.
Din egalitatea mediilor mgma, obt inem:
cos(x1) cos(x2)
:::
cos(xn)cos(x1+ cos(x2) +:::+ cos(xn)
nn
:(2)
Din inegalitatea lui Jensen, pentru funct ia f:
0;
2
!R; f(x) = cosx
obt inem:
cos(x1) + cos(x2) +:::+ cos(xn)
ncosx1+x2+:::+xn
n
(3)
Acum din inegalitatea mediilor:
x1+x2+:::+xn
nnpx1x2
:::
xn,
36

cosx1+x2+:::+xn
n
cosnpx1x2
:::
xn (4)
Din (1), (2), (3)  si (4) obt inem inegalitatea cerut a.
Exercit iul 3.12. Se d a o suprafa a poligonal a convex a [A1A2A3:::A n];n5
cu proprietatea c a oricare trei diagonale nu sunt concurente. S a se arate
c a num arul suprafet elor poligonale ^ n care [A1A2A3:::A n]este descompus a de
diagonalele sale este fn=(n1) (n2) (n23n+ 12)
24:
A.M. Iaglom – Probleme neelementare tratate elementar
Solut ia.
Pentrun= 5, suprafat a [ A1A2A3:::A n] se descompune ^ n 11 suprafet e,
notateS1:::S11. Avemfn=4
3
(2515 + 12)
24= 11:
Presupunem proprietatea adev arat a pentru n5  si consider am o
suprafat  a poligonal a convex a [ A1A2A3:::A nAn+1] cu oricare trei diagonale
neconcurente. Ducem diagonalele acestei suprafet e except^ andu-le pe cele care
pleac a din v^ arful An+1. Not am [A1A2A3:::A n] =Sn si [A1A2A3:::A nAn+1] =
Sn+1. Din ipoteza de induct ie avem c a Snse descompune ^ n fnsuprafet e
poligonale. Sn+1se descompune ^ n fn+ 1 suprafet e poligonale, deoarece am
ad augat [A1A2A3:::A nAn+1]  si s a ducem diagonalele din v^ arful An+1^ n num ar
den2, apoi s a vedem cu c^ at se m are ste num arul fn+ 1.
Consider am diagonala [ An+1Ak];k2f2;3;:::;n1g. De o parte a ei se
a
 ak1 v^ arfuri, iar de cealalt a nkv^ arfuri. Deci diagonala [ An+1Ak]
intersecteaz a ( k1)(nk) diagonale ale lui Sn+1, prin urmare se obt ine un
adaos de (k1)(nk) + 1 suprafet e poligonale. Rat ionamentul este valabil
pentru toate cele n2 diagonale ce pornesc din An+1 si putem scrie:
fn+1=fn+ 1 +n2X
k=1[(k1) (nk) + 1] =fn+ 1 +n1X
k=2
(n1)kk2+ 1
fn+1+ (n1)n2X
k=1kn2X
k=1k2+n2 =(n1)(n2) (n23n+ 12)
24+
+(n+ 1)(n2)(n1)
2(n2)(n1)(2n3)
6+n1 =
n(n1) (n23n+ 12)
24=n(n1 [(n+ 1)23(n+ 1) + 12]
24:
37

Observat ie.
Formula pentru fnr am^ ane valabil a at^ at pentru suprafet e triunghiulare
f3=2
1(99 + 12)
24= 1, c^ at  si pentru suprafet e patrulatere convexe cu 2
diagonalef4=3
2(1612 + 12)
24= 4.
38

Bibliograe
[1] A. Cosma, Induct ia matematic a , Editura Pim, Ia si, 2010;
[2] D. Andrica, Teme  si probleme alese de geometrie , Editura Plus, Bu-
cure sti, 2002, pag. 283-316;
[3] D. S. Gunderson, Handbook of mathematical induction – Theory and
application , CPR Press, New York, 1961;
[4] E. Georgescu – Buz au, Metode de rezolvare a problemelor de matematic a
^ n liceu , Editura Didactic a  si Pedagogic a, Bucuret i, 1983;
[5] G. Polya, Mathematics and plausible reasoning, Vol I – Induction and
analogy in mathematics , Princeton University Press, New Jersey, 1954;
[6] H. Banea, Metodica pred arii matematicii , Editura Paralelel 45, Pite sti,
1998;
[7] H. S. M. Coxeter, Introduction to Geometry , John Wiley and sons, New
York-London-Sydney-Toroto, 1969;
[8] I.S. Sominschi, The method of mathematical induction , traducere din
limba rus a f acut a de Halina Moss, Blaisdell Publishing Company, New
York, 1961;
[9] L.I. Golovina, Induct ia ^ n geometrie , Editura Tehnic a, 1964
[10] L.C. Larson, Solving through problems , Springer-Verlag, New York-
Berlin-Heidelberg-Tokyo, 1983;
[11] L. Panaitopol, Induct ia matematic a , Editura GIL, Zal au, 2001;
[12] M. Pimsner, Probleme de geometrie elementar a , Editura Didactic a  si
Pedagogic a, 1979;
39