Principiul Inductiei Matematice. [624884]

Principiul Inductiei Matematice.
Principiul inductiei matematice constituie un mijloc important de demonstratie in matem-
atica a propozitiilor (armatiilor) ce depind de argument natural.
Metoda inductiei matematice consta in urmatoarele:
O propozitie (armatie) oarecare P(n), ce depinde de un numar natural n, este adevarata
pentru orice nnatural, daca:
1.P(1) este o propozitie (armatie) adevarata;
2.P(n) ramane o propozitie (armatie) adevarata, cand nse majoreaza cu o unitate, adica
P(n+ 1) este adevarata.
Asadar, metoda inductiei presupune doua etape:
1. Etapa de vericare: se verica daca propozitia P(1) este adevarata;
2. Etapa de demonstrare: se presupune ca propozitia P(n) este adevarata si se demonstreaza
justetea armatiei P(n+ 1) (na fost majorat cu o unutate).
Nota 1. In unele cazuri metoda inductiei matematice se utilizeaza in urmatoarea forma:
Fiemun numar natural, m> 1 siP(n) o propozitie ce depinde de n,nm.
Daca
1.P(m) este adevarata;
2.P(n) ind o propozitie justa implica P(n+ 1) adevarata pentru nm,
atunciP(n) este o propozitie adevarata pentru orice numar natural nm.
In continuare sa ilustram metoda inductiei matematice prin exemple.
Exemplul 1. Sa se demonstreze urmatoarele egalitati
a) 1 + 2 + 3 + :::+n=n(n+ 1)
2;
b) 1 + 3 + 5 + :::+ (2n1) =n2;
c) 12+ 22+ 32+:::+n2=n(n+ 1)(2n+ 1)
6;
d) 13+ 23+ 33+:::+n3="n(n+ 1)
2#2
;
e) 1
2 + 2
3 + 3
4 +:::+n(n+ 1) =n(n+ 1)(n+ 2)
3;
f)1
1
3+1
3
5+:::+1
(2n1)(2n+ 1)=n
2n+ 1;
g) formula binomului Newton:
(a+b)n=an+C1
nan1b+:::+C3
nan3b3+:::+Cn1
nabn1+bn; a;b2R;
unden2N:
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
1

Rezolvare. a) Pentrun= 1 egalitatea devine 1 =1
2
2, 1=1, prin urmare P(1) este
adevarata. Presupunem ca egalitatea din enunt este adevarata, adica are loc egalitatea
1 + 2 + 3 + :::+n=n(n+ 1)
2
si urmeaza sa vericam daca P(n+ 1), adica
1 + 2 + 3 + :::+n+ (n+ 1) =(n+ 1)[(n+ 1) + 1]
2=(n+ 1)(n+ 2)
2;
este justa. Cum (se tine seama de egalitatea din enunt)
1 + 2 + 3 + :::+n+ (n+ 1) =n(n+ 1)
2+ (n+ 1);
se obtine
1 + 2 + 3 + :::+ (n+ 1) =n(n+ 1)
2+ (n+ 1) = (n+ 1)n
2+ 1
=(n+ 1)(n+ 2)
2;
adicaP(n+ 1) este armatie justa.
Asadar, conform principiului inductiei matematice egalitatea din enunt este justa pentru
oricennatural.
Nota 2. Mentionam ca acest exemplu poate  rezolvat si fara utilizarea inductiei matem-
atice. Intr-adevar, suma 1+2+3+ :::+nreprezinta suma primilor ntermeni ai progresiei arit-
metice cu primul termen a1= 1 si ratia d= 1. In baza formulei cunoscute
Sn=a1+an
2
n
se obtine
Sn=1 +n
2
n:
b) Pentrun= 1 egalitatea devine 2
11 = 12sau 1=1, astfel P(1) este justa. Presupunem
justa egalitatea
1 + 3 + 5 + :::+ (2n1) =n2
si urmeaza sa vericam daca are loc P(n+ 1):
1 + 3 + 5 + :::+ (2n1) + (2(n+ 1)1) = (n+ 1)2
sau
1 + 3 + 5 + :::+ (2n1) + (2n+ 1) = (n+ 1)2:
Se tine seama de egalitatea din enunt si se obtine
1 + 3 + 5 + :::+ (2n1) + (2n+ 1) =n2+ (2n+ 1) = (n+ 1)2:
AsadarP(n+ 1) este adevarata si, prin urmare, egalitatea din enunt este adevarata.
Nota 3. Similar exemplului precedent, se rezolva si fara a aplica metoda inductiei matem-
atice.
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
2

c) Pentrun= 1 egalitatea este justa 12=1
2
3
6, 1=1. Se presupune justa egalitatea
12+ 22+ 32+:::+n2=n(n+ 1)(2n+ 1)
6
si se arata ca
12+ 22+ 32+:::+n2+ (n+ 1)2=(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)
6;
adicaP(n) adevarata implica P(n+ 1) adevarata. In adevar
12+ 22+ 32+:::+n2+ (n+ 1)2=n(n+ 1)(2n+ 1)
6+ (n+ 1)2=
= (n+ 1)"n(2n+ 1)
6+ (n+ 1)#
=n+ 1
6[n(2n+ 1) + 6(n+ 1)] =n+ 1
6(2n2+ 7n+ 6);
si cum 2n2+ 7n+ 6 = (2n+ 3)(n+ 2) se obtine
12+ 22+ 32+:::+ (n+ 1)2=(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)
6;
si, prin urmare, egalitatea este adevarata.
d) Pentrun= 1 egalitatea este justa: 13=1
2
22
, 1=1. Se presupune ca are loc egalitatea
13+ 23+ 33+:::+n3="n(n+ 1)
2#2
si se arata ca are loc egalitatea
13+ 23+ 33+:::+ (n+ 1)3="(n+ 1)(n+ 2)
2#2
:
In adevar, tinand seama de ipoteza
13+ 23+ 33+:::+n3+ (n+ 1)3="n(n+ 1)
2#2
+ (n+ 1)3= (n+ 1)2"n2
4+ (n+ 1)#
=
=(n+ 1)2
4(n2+ 4n+ 4) =(n+ 1)2(n+ 2)2
4="(n+ 1)(n+ 2)
2#2
:
e) Propozitia P(1) este justa 1
2 =1
2
3
3, 2=2. Se presupune ca egalitatea
1
2 + 2
3 +:::+n(n+ 1) =n(n+ 1)(n+ 2)
3
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
3

este adevarata si se arata ca ea implica egalitatea
1
2 + 2
3 +:::+n(n+ 1) + (n+ 1)(n+ 2) =(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)
3:
In adevar
1
2 + 2
3 +:::+n(n+ 1) + (n+ 1)(n+ 2) =n(n+ 1)(n+ 2)
3+ (n+ 1)(n+ 2) =
= (n+ 1)(n+ 2)n
3+ 1
=(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)
3:
Asadar, egalitatea enuntata este justa pentru orice nnatural.
f)P(1) este adevarata:1
1
3=1
2
1 + 1,1
3=1
3. Se presupune ca are loc P(n):
1
1
3+1
3
5+:::+1
(2n1)(2n+ 1)=n
2n+ 1
si se arata ca aceasta egalitate implica egalitatea
1
1
3+1
3
5+:::+1
(2n1)(2n+ 1)+1
(2n+ 1)(2n+ 3)=n+ 1
2n+ 3:
In adevar, tinand seama de justetea armatiei P(n), se obtine
1
1
3+1
3
5+:::+1
(2n1)(2n+ 1)+1
(2n+ 1)(2n+ 3)=n
2n+ 1+1
(2n+ 1)(2n+ 3)=
=n(2n+ 3) + 1
(2n+ 1)(2n+ 3)=2n2+ 3n+ 1
(2n+ 1)(2n+ 3)=(n+ 1)(2n+ 1)
(2n+ 1)(2n+ 3)=n+ 1
2n+ 3:
Prin urmare, egalitatea este demonstrata.
g) Pentrun= 1 egalitatea devine a+b=b+a, si deci este adevarata.
Fie formula binomului Newton este justa pentru n=k, adica
(a+b)k=ak+C1
kak1b+:::+bk:
Atunci
(a+b)k+1= (a+b)k(a+b) = (ak+C1
kak1b+:::+bk)(a+b) =
=ak+1+ (1 +C1
k)akb+ (C1
k+C2
k)ak1b2+:::+ (Cs
k+Cs+1
k)aksbs+:::+bk+1:
Tinand seama de egalitatea Cs
k+Cs+1
k=Cs+1
k+1, se obtine
(a+b)k+1=ak+1+C1
k+1akb+C2
k+2ak1b2+:::+Cs+1
k+1aksbs+1+:::+bk+1:
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
4

Exemplul 2. Sa se demonstreze inegalitatile
a) inegalitatea Bernuolli: (1 + )n1 +n; >1; n2N:
b)x1+x2+:::+xnn;dacax1x2
:::
xn= 1 sixi>0; i=1;n:
c) inegalitatea Cauchy relativa la media aritmetica si geometrica
x1+x2+:::+xn
nnpx1x2
:::
xn;undexi>0; i=1;n; n2:
d) sin2n+ cos2n1; n2N:
e)1
1!+1
2!+:::+1
n!<5n2
2n; n2N:
f) 2n>n3; n2N; n10:
Rezolvare. a) Pentrun= 1 inegalitatea este adevarata
1 +1 +:
Se presupune ca are loc inegalitatea enuntata
(1 +)n1 +n (1)
si se arata, ca in asa ipoteza are loc si
(1 +)n+11 + (n+ 1):
In adevar, cum >1 implica+ 1>0, multiplicand ambii membri ai inegalitatii (1) cu
(+ 1) se obtine
(1 +)n(1 +)(1 +n)(1 +)
sau
(1 +)n+11 + (n+ 1)+n2
Cumn20, rezulta
(1 +)n+11 + (n+ 1)+n21 + (n+ 1):
AsadarP(n) adevarata implica P(n+ 1) adevarata, prin urmare, conform principiului in-
ductiei matematice inegalitatea Bernoulli este adevarata.
b) Pentrun= 1, se obtine x1= 1, si, prin urmare x11, adicaP(1) este o armatie justa.
Se presupune ca P(n) este adevarata, adica, x1;x2;:::;xnsuntnnumere pozitive, produsul
carora este egal cu unu, x1x2
:::
xn= 1, six1+x2+:::+xnn.
Sa aratam, ca aceasta ipoteza implica justetea urmatoarei armatii: daca x1;x2;:::;xn;xn+1
sunt (n+1) numere pozitive cu x1x2
:::
xn
xn+1= 1 atunci x1+x2+:::+xn+xn+1n+1.
Se disting urmatoarele doua cazuri:
1)x1=x2=:::=xn=xn+1= 1 si atunci suma lor este ( n+ 1), inegalitatea ind justa,
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
5

2) cel putin un numar este diferit de unu, e mai mare ca unu. Atunci, dat ind x1x2
:::

xn
xn+1= 1, rezulta ca exista cel putin inca un numar diferit de unu, mai exact, mai mic ca
unu. Fiexn+1>1 sixn<1. Consideram nnumere pozitive
x1;x2;:::;xn1;(xn
xn+1):
Produsul lor este egal cu unu, iar conform ipotezei
x1+x2+:::+xn1+xnxn+1n:
Ultima inegalitate se scrie astfel
x1+x2+:::+xn1+xnxn+1+xn+xn+1n+xn+xn+1
sau
x1+x2+:::+xn1+xn+xn+1n+xn+xn+1xnxn+1:
Cum
n+xn+xn+1xnxn+1=n+ 1 +xn+1(1xn)1 +xn=
=n+ 1 +xn+1(1xn)(1xn) =n+ 1 + (1xn)(xn+11)n+ 1
deoarece
(1xn)(xn+11)>0;
rezulta
x1+x2+:::+xn+xn+1n+ 1;
adicaP(n) adevarata implica P(n+ 1) adevarata. Inegalitatea este demonstrata.
Nota 4. Se observa, ca semnul egalitatii are loc daca si numai daca x1=x2=:::=xn= 1.
c) Fiex1;x2;:::;xnnumere pozitive arbitrare. Se considera nnumere
x1
npx1x2
:::
xn;x2
npx1x2
:::
xn; ::: ;xn
npx1x2
:::
xn:
Cum aceste numere sunt pozitive si produsul lor este egal cu unu
x1
npx1x2
:::
xn
x2
npx1x2
:::
xn
:::
xn
npx1x2
:::
xn=x1x2
:::
xn
x1x2
:::
xn= 1
conform inegalitatii b) demonstrate anterior rezulta
x1
npx1x2
:::
xn+x2
npx1x2
:::
xn+:::+xn
npx1x2
:::
xnn
de unde rezultax1+x2+:::+xn
nnpx1x2
:::
xn
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
6

Nota 5. Semnul egalitatii are loc daca si numai daca x1=x2=:::=xn.
d)P(1) este o armatie justa: sin2+ cos2= 1. Se presupune ca P(n) este o armatie
adevarata:
sin2n+ cos2n1
si se arata ca P(n+ 1) are loc. In adevar
sin2(n+1)+ cos2(n+1)= sin2n
sin2+ cos2n
cos2<sin2n+ cos2n1
(se tine seama ca daca sin21 atunci cos2<1 si reciproc daca cos21 atunci sin2<1).
Asadar, pentru orice n2Nsin2n+cos2n1 si semnul egalitatii se atinge doar pentru n= 1.
e) Pentrun= 1 armatia este justa:1
1!<52
2
1;1<3
2.
Se presupune ca1
1!+1
2!+:::+1
n!<5n2
2n, si urmeaza de a demonstra ca
1
1!+1
2!+:::+1
n!+1
(n+ 1)!<5n+ 3
2(n+ 1):
Cum
(n+ 1)!>n(n+ 1))1
(n+ 1)!<1
n(n+ 1))1
(n+ 1)!<2
2n(n+ 1))
)1
(n+ 1)!<(5n+ 3)
n(5n2)(n+ 1)
2(n+ 1)n)1
(n+ 1)!<5n+ 3
2(n+ 1)5n2
2n)
)5n2
2n+1
(n+ 1)!<5n+ 3
2(n+ 1);
se tine seama de P(n) si se obtine
1
1!+1
2!+:::+1
n!+1
(n+ 1)!<5n2
2n+1
(n+ 1)!<5n+ 3
2(n+ 1):
f) Se tine seama de nota 1 si se verica P(10) : 210>103, 1024>1000, asadar pentru
n= 10 inegalitatea este justa. Se presupune ca 2n> n3(n > 10) si trebuie de demonstrat
P(n+ 1), adica 2n+1>(n+ 1)3.
Cum pentru n>10 avem 2 >1
n3
sau 2>1 +3
n+3
n2+1
n3rezulta
2n3>n3+ 3n2+ 3n+ 1 saun3>3n2+ 3n+ 1:
Se tine seama de ipoteza (2n>n3) si se obtine
2n+1= 2n
2 = 2n+ 2n>n3+n3>n3+ 3n2+ 3n+ 1 = (n+ 1)3:
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
7

Asadar conform principiului inductiei pentru orice n2N; n10 avem 2n>n3.
Exemplul 3. Sa se demonstreze ca pentru orice n2N
a)n(2n23n+ 1) se divide cu 6 ;
b) 62n2+ 3n+1+ 3n1se divide cu 11 :
Rezolvare. a)P(1) este o propozitie adevarata ( 0 se divide cu 6). Fie P(n) are loc,
adican(2n23n+ 1) =n(n1)(2n1) se divide cu 6. Se arata, ca are loc P(n+ 1) adica
(n+ 1)n(2n+ 1) se divide cu 6. In adevar, cum
n(n+ 1)(2n+ 1) =n(n1 + 2)(2n1 + 2) = (n(n1) + 2n)(2n1 + 2) =
=n(n1)(2n1) + 2n(n1) + 2n(2n+ 1) =n(n1)(2n1) + 2n
3n=
=n(n1)(2n1) + 6n2
si cum atat n(n1)(2n1) cat si 6n2se divid cu 6, rezulta ca si suma lor, adica n(n+1)(2n+1)
se divide cu 6.
AsadarP(n+ 1) este o armatie justa, si n(2n23n+ 1) se divide cu 6 pentru orice n2N.
b) Se verica P(1): 60+ 32+ 30= 11, prin urmare P(1) este justa. Urmeaza sa se arate, ca
daca 62n2+ 3n+1+ 3n1se divide cu 11 ( P(n)), atunci 62n+ 3n+2+ 3nde asemenea se divide
cu 11 (P(n+ 1)). In adevar, cum
62n+ 3n+2+ 3n= 62n2+2+ 3n+1+1+ 3n1+1=
= 62
62n2+ 3
3n+1+ 3
3n1= 3
(62n2+ 3n+1+ 3n1) + 33
62n2
si atat 62n2+ 3n+1+ 3n1, cat si 33
62n2se divid cu 11, rezulta ca si suma lor, adica
62n+ 3n+2+ 3nse divide cu 11.
Inductia in geometrie.
Exemplul 1. Sa se calculeze latura a2na unui poligon regulat cu 2nlaturi inscris intr-o
circumferinta de raza R.
Rezolvare. Pentrun= 2 poligonul regulat cu 22laturi reprezinta un patrat, si in acest
caza4=Rp
2.
CCCCCC

HHHXXXXXX
CA D
BE
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
8

Fiea2n=a0si sa determinam a2n+1=a00. DacaAB=a0, atunciAE=a0
2;BD=a00. Din
4DEB , conform teoremei Pitagora
a00=sa0
22
+DE2:
La randul sau DE=RECsi
EC2=BC2BE2=R2 a0
2!2
:
AsadarDE=Rs
R2a0
22
, si deci,
a2n+1=vuuta0
22
+Rs
R2a0
42
=vuut2R22Rs
R2a2
2n
4:
Astfel s-a obtinut o formula de trecere de la nlan+ 1. In cazuri particulare:
a4=Rp
2)a8=vuut2R22Rs
R2R2
2
4=Rq
2p
2:
a16=vuut2R22Rs
R21
4R2(2p
2) =Rr
2q
2 +p
2:
Natural apare ipoteza
a2n=Rvuuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n2 ori: (2)
Cum a fost arata anterior, pentru n= 1 aceasta formula este adevarata.
Fie (2) adevarata pentru n=k. Sa calculam a2n+1. Conform formulei de trecere se obtine
a2n+1=vuuuuuut2R22RvuuuuutR2R22q
2 +:::+p
2|{z}
n2 ori
4=Rvuuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n1 ori:
Nota. Din (2) rezulta ca lungimea circumferintei este egala cu
l= limn!12nRvuuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n2 ori;
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
9

si cuml= 2R, se obtine
= limn!12nvuuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n1 ori:
Exercitii pentru autoevaluare
I. Sa se demonstreze egalitatile:
a) 12+ 32+:::+ (2n1)2=n(4n21)
3;
b) 1
22+ 2
32+:::+ (n1)n2=n(n21)(3n+ 2)
12; n> 1;
c) sinx+ sin(x+) +:::+ sin(x+n) =sin(x+n
2) sin(n+1)
2
sin
2;
d)12
1
3+22
3
5+32
5
7+:::+n2
(2n1)(2n+ 1)=n(n+ 1)
2(2n+ 1);
e)4
1
2
3+5

2
3
4+6
3
4
5+:::+n+ 3
n(n+ 1)(n+ 2)=5
42n+ 5
2(n+ 1)(n+ 2);
f) 2 + 7 + 14 + :::+ (n2+ 2n1) =n(2n2+ 9n+ 1)
6;
g) cos
cos 2cos 4


cos 2n=sin(2n+1)
2n+1sin;
h) sinx+ sin 2x+:::+ sinnx= sinnx
2
sinn+1
2x
sinx
2;
i)1
2+ cosx+ cos 2x+:::+ cosnx=sin2n+1
2x
2 sinx
2;
j) sinx+ 2 sin 2x+ 3 sin 3x+:::+nsinnx=(n+ 1) sinnxnsin(n+ 1)x
4 sin2x
2;
k) cosx+ 2 cos 2x+:::+ncosnx=(n+ 1) cosnxncos(n+ 1)x1
4 sin2x
2;
l)1
2tgx
2+1
22tgx
22+:::+1
2ntgx
2n=1
2nctgx
2nctgx(x6=m)
m) arcctg 3 + arcctg 5 + :::+ arcctg(2n+ 1) = arctg 2 + arctg3
2+:::+ arctgn+ 1
nnarctg 1:
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
10

II. Sa se demonstreze inegalitatile
a) 2n>2n+ 1 (n3);
b)1
23
45
6
:::
2n1
2n1p3n+ 1;
c)ja1+a2+:::+anjja1j+ja2j+:::+janj;
d) 2!4!:::(2n)!>[(n+ 1)!]n; n2;
e)1
n+ 1+1
n+ 2+:::+1
2n>13
24; n> 1;
f)1
3
5
:::
(2n1)
2
4
6
:::
2n<1p2n+ 1; n2N;1p
1+1p
2+:::+1pn>pn;
g)4n
n+ 1(2n)!
(n!)2:
III. Sa se demonstreze, ca pentru orice numar natural, numarul anse divide cu b
a)an= 5n+3+ 113n+1; b = 17;
b)an= 11n+2+ 122n+1; b = 133;
c)an= 2n3+ 3n2+ 7n; b = 6;
d)an= 10n+ 18n28; b = 27;
e)an=n5n; b = 30:
IV. Sa se arate, ca2
q
1
2r
1
2
1 +q
1
2s
1
2
1 +r
1
2
1 +q
1
2
:::!(Formula lui Viete).
V. Sa se calculeze razele rn; Rna circumferintelor inscrise si circumscrise poligonului regulat
cu 2nlaturi de perimetru p.
VI. Sa se determine in cate triughiuri poate  divizat un poligon cu nlaturi de diagonalele
sale neconcurente.
VII. Fie date npatrate arbitrare. Sa se arate ca aceste patrate pot  taiate in asa mod
incat din partile obtinute se poate de format un patrat.
0Copyright c
1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md
11