Principiul Inductiei Matematice.

Principiul inductiei matematice constituie un mijloc important de demonstratie in matematica a propozitiilor (afirmatiilor) ce depind de argument natural.

Metoda inductiei matematice consta in urmatoarele: O propozitie (afirmatie) oarecare P (n), ce depinde de un numar natural n, este adevarata

pentru orice n natural, daca:

1. P (1) este o propozitie (afirmatie) adevarata;

2. P (n) ramane o propozitie (afirmatie) adevarata, cand n se majoreaza cu o unitate, adica P (n + 1) este adevarata.

Asadar, metoda inductiei presupune doua etape:

1. Etapa de verificare: se verifica daca propozitia P (1) este adevarata;

2. Etapa de demonstrare: se presupune ca propozitia P (n) este adevarata si se demonstreaza justetea afirmatiei P (n + 1) (n a fost majorat cu o unutate).

Nota 1. In unele cazuri metoda inductiei matematice se utilizeaza in urmatoarea forma: Fie m un numar natural, m > 1 si P (n) o propozitie ce depinde de n, n ≥ m. Daca

1. P (m) este adevarata;

2. P (n) fiind o propozitie justa implica P (n + 1) adevarata pentru n ≥ m, atunci P (n) este o propozitie adevarata pentru orice numar natural n ≥ m.

In continuare sa ilustram metoda inductiei matematice prin exemple. Exemplul 1. Sa se demonstreze urmatoarele egalitati

a) 1 + 2 + 3 + … + n = \frac{n(n + 1)}{2},

b) 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n^{2},

c) 1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6},

d) 1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + … + n^{3} = [\frac{n(n + 1)}{2}]^{2} ,

e) 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + … + n(n + 1) = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{3},

f) \frac{1}{1 · 3} + \frac{1}{3 · 5} + … + \frac{1}{(2n − 1)(2n + 1)} = \frac{n}{2n + 1},

g) formula binomului Newton:

(a + b)^{n} = a^{n} + C_{n}^{1}a^{n−1}b + … + C_{n}^{3}a^{n−3}b^{3} + … + C_{n}^{n−1}ab^{n−1} + b^{n}, a, b ∈ R,

unde n ∈ N.

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Rezolvare. a) Pentru n = 1 egalitatea devine 1 = \frac{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 = \frac{n(n + 1)}{2}

si urmeaza sa verificam daca P (n + 1), adica

1 + 2 + 3 + … + n + (n + 1) = \frac{(n + 1)[(n + 1) + 1]}{2} = \frac{(n + 1)(n + 2)}{2},

este justa. Cum (se tine seama de egalitatea din enunt)

1 + 2 + 3 + … + n + (n + 1) = \frac{n(n + 1)}{2} + (n + 1),

se obtine

1 + 2 + 3 + … + (n + 1) = \frac{n(n + 1)}{2} + (n + 1) = (n + 1) (\frac{n}{2} + 1) = \frac{(n + 1)(n + 2)}{2},

adica P (n + 1) este afirmatie justa.

Asadar, conform principiului inductiei matematice egalitatea din enunt este justa pentru orice n natural.

Nota 2. Mentionam ca acest exemplu poate fi rezolvat si fara utilizarea inductiei matematice. Intr-adevar, suma 1+2+3+…+n reprezinta suma primilor n termeni ai progresiei aritmetice cu primul termen a_{1} = 1 si ratia d = 1. In baza formulei cunoscute (S_{n} = \frac{a_{1} + a_{n}}{2} · n) se obtine

S_{n} = \frac{1 + n}{2} · n.

b) Pentru n = 1 egalitatea devine 2·1−1 = 1^{2} sau 1=1, astfel P (1) este justa. Presupunem justa egalitatea

1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n^{2}

si urmeaza sa verificam daca are loc P (n + 1):

1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) + (2(n + 1) − 1) = (n + 1)^{2}

sau

1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) + (2n + 1) = (n + 1)^{2}.

Se tine seama de egalitatea din enunt si se obtine

1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) + (2n + 1) = n^{2} + (2n + 1) = (n + 1)^{2}.

Asadar P (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 matematice. c) Pentru n = 1 egalitatea este justa 1^{2} = \frac{1 · 2 · 3}{6}, 1=1. Se presupune justa egalitatea

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}

si se arata ca

1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} + (n + 1)^{2} = \frac{(n + 1)(n + 2)(2n + 3)}{6},

adica P (n) adevarata implica P (n + 1) adevarata. In adevar

\begin{matrix}1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} + (n + 1)^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} + (n + 1)^{2} = \\ = (n + 1) [\frac{n(2n + 1)}{6} + (n + 1)] = \frac{n + 1}{6} [n(2n + 1) + 6(n + 1)] = \frac{n + 1}{6}(2n^{2} + 7n + 6), \end{matrix}

si cum 2n^{2} + 7n + 6 = (2n + 3)(n + 2) se obtine

1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + (n + 1)^{2} = \frac{(n + 1)(n + 2)(2n + 3)}{6},

si, prin urmare, egalitatea este adevarata.

d) Pentru n = 1 egalitatea este justa: 1^{3} = [\frac{1 · 2}{2}]^{2}, 1=1. Se presupune ca are loc egalitatea

1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + … + n^{3} = [\frac{n(n + 1)}{2}]^{2}

si se arata ca are loc egalitatea

1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + … + (n + 1)^{3} = [\frac{(n + 1)(n + 2)}{2}]^{2} .

In adevar, tinand seama de ipoteza

\begin{matrix}1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + … + n^{3} + (n + 1)^{3} = [\frac{n(n + 1)}{2}]^{2} + (n + 1)^{3} = (n + 1)^{2} [\frac{n^{2}}{4} + (n + 1)] = \\ = \frac{(n + 1)^{2}}{4} (n^{2} + 4n + 4) = \frac{(n + 1)^{2}(n + 2)^{2}}{4} = [\frac{(n + 1)(n + 2)}{2}]^{2} . \end{matrix}

e) Propozitia P (1) este justa 1 · 2 = \frac{1 · 2 · 3}{3}, 2=2. Se presupune ca egalitatea

1 · 2 + 2 · 3 + … + n(n + 1) = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{3}

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

este adevarata si se arata ca ea implica egalitatea

1 · 2 + 2 · 3 + … + n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) = \frac{(n + 1)(n + 2)(n + 3)}{3}.

In adevar

\begin{matrix}1 · 2 + 2 · 3 + … + n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{3} + (n + 1)(n + 2) = \\ = (n + 1)(n + 2) (\frac{n}{3} + 1) = \frac{(n + 1)(n + 2)(n + 3)}{3}. \end{matrix}

Asadar, egalitatea enuntata este justa pentru orice n natural.

f) P (1) este adevarata: \frac{1}{1 · 3} = \frac{1}{2 · 1 + 1}, \frac{1}{3} = \frac{1}{3}. Se presupune ca are loc P (n):

\frac{1}{1 · 3} + \frac{1}{3 · 5} + … + \frac{1}{(2n − 1)(2n + 1)} = \frac{n}{2n + 1}

si se arata ca aceasta egalitate implica egalitatea

\frac{1}{1 · 3} + \frac{1}{3 · 5} + … + \frac{1}{(2n − 1)(2n + 1)} + \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{n + 1}{2n + 3}.

In adevar, tinand seama de justetea afirmatiei P (n), se obtine

\begin{matrix}\frac{1}{1 · 3} + \frac{1}{3 · 5} + … + \frac{1}{(2n − 1)(2n + 1)} + \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{n}{2n + 1} + \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \\ = \frac{n(2n + 3) + 1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{2n^{2} + 3n + 1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{(n + 1)(2n + 1)}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{n + 1}{2n + 3}. \end{matrix}

Prin urmare, egalitatea este demonstrata.

g) Pentru n = 1 egalitatea devine a + b = b + a, si deci este adevarata. Fie formula binomului Newton este justa pentru n = k, adica

(a + b)^{k} = a^{k} + C_{k}^{1}a^{k−1}b + … + b^{k}.

Atunci

\begin{matrix}(a + b)^{k+1} = (a + b)^{k}(a + b) = (a^{k} + C_{k}^{1}a^{k−1}b + … + b^{k})(a + b) = \\ = a^{k+1} + (1 + C_{k}^{1})a^{k}b + (C_{k}^{1} + C_{k}^{2})a^{k−1}b^{2} + … + (C_{k}^{s} + C_{k}^{s+1})a^{k−s}b^{s} + … + b^{k+1}. \end{matrix}

Tinand seama de egalitatea C_{k}^{s} + C_{k}^{s+1} = C_{k+1}^{s+1}, se obtine

(a + b)^{k+1} = a^{k+1} + C_{k+1}^{1}a^{k}b + C_{k+2}^{2}a^{k−1}b^{2} + … + C_{k+1}^{s+1}a^{k−s}b^{s+1} + … + b^{k+1}.

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Exemplul 2. Sa se demonstreze inegalitatile

a) inegalitatea Bernuolli: (1 + α)^{n} ≥ 1 + nα, α > −1, n ∈ N.

b) x_{1} + x_{2} + … + x_{n} ≥ n, daca x_{1}x_{2} · . . . · x_{n} = 1 si x_{i} > 0, i = \overline{1, n}.

c) inegalitatea Cauchy relativa la media aritmetica si geometrica

\frac{x_{1} + x_{2} + … + x_{n}}{n} ≥ ^{n} \sqrt{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}, unde x_{i} > 0, i = \overline{1, n}, n ≥ 2.

d) sin^{2n} α + cos^{2n} α ≤ 1, n ∈ N.

e) \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + … + \frac{1}{n!} < \frac{5n − 2}{2n}, n ∈ N.

f) 2^{n} > n^{3}, n ∈ N, n ≥ 10.

Rezolvare. a) Pentru n = 1 inegalitatea este adevarata

1 + α ≥ 1 + α.

Se presupune ca are loc inegalitatea enuntata

(1 + α)^{n} ≥ 1 + nα  (1)

si se arata, ca in asa ipoteza are loc si

(1 + α)^{n+1} ≥ 1 + (n + 1)α.

In adevar, cum α > −1 implica α + 1 > 0, multiplicand ambii membri ai inegalitatii (1) cu (α + 1) se obtine

(1 + α)^{n}(1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α)

sau

(1 + α)^{n+1} ≥ 1 + (n + 1)α + nα^{2}

Cum nα^{2} ≥ 0, rezulta

(1 + α)^{n+1} ≥ 1 + (n + 1)α + nα^{2} ≥ 1 + (n + 1)α.

Asadar P (n) adevarata implica P (n + 1) adevarata, prin urmare, conform principiului inductiei matematice inegalitatea Bernoulli este adevarata.

b) Pentru n = 1, se obtine x_{1} = 1, si, prin urmare x_{1} ≥ 1, adica P (1) este o afirmatie justa. Se presupune ca P (n) este adevarata, adica, x_{1}, x_{2}, …, x_{n} sunt n numere pozitive, produsul carora este egal cu unu, x_{1}x_{2} · . . . · x_{n} = 1, si x_{1} + x_{2} + … + x_{n} ≥ n.

Sa aratam, ca aceasta ipoteza implica justetea urmatoarei afirmatii: daca x_{1}, x_{2}, …, x_{n}, x_{n+1} sunt (n+1) numere pozitive cu x_{1}x_{2} ·. . .·x_{n} ·x_{n+1} = 1 atunci x_{1} +x_{2} +…+x_{n} +x_{n+1} ≥ n+1.

Se disting urmatoarele doua cazuri:

1) x_{1} = x_{2} = … = x_{n} = x_{n+1} = 1 si atunci suma lor este (n + 1), inegalitatea fiind justa,

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

2) cel putin un numar este diferit de unu, fie mai mare ca unu. Atunci, dat fiind x_{1}x_{2} · . . . · x_{n} · x_{n+1} = 1, rezulta ca exista cel putin inca un numar diferit de unu, mai exact, mai mic ca unu. Fie x_{n+1} > 1 si x_{n} < 1. Consideram n numere pozitive

x_{1}, x_{2}, …, x_{n−1}, (x_{n} · x_{n+1}).

Produsul lor este egal cu unu, iar conform ipotezei

x_{1} + x_{2} + … + x_{n−1} + x_{n}x_{n+1} ≥ n.

Ultima inegalitate se scrie astfel

x_{1} + x_{2} + … + x_{n−1} + x_{n}x_{n+1} + x_{n} + x_{n+1} ≥ n + x_{n} + x_{n+1}

sau

x_{1} + x_{2} + … + x_{n−1} + x_{n} + x_{n+1} ≥ n + x_{n} + x_{n+1} − x_{n}x_{n+1}.

Cum

\begin{matrix}n + x_{n} + x_{n+1} − x_{n}x_{n+1} = n + 1 + x_{n+1}(1 − x_{n}) − 1 + x_{n} = \\ = n + 1 + x_{n+1}(1 − x_{n}) − (1 − x_{n}) = n + 1 + (1 − x_{n})(x_{n+1} − 1) ≥ n + 1 \end{matrix}

deoarece

(1 − x_{n})(x_{n+1} − 1) > 0,

rezulta

x_{1} + x_{2} + … + x_{n} + x_{n+1} ≥ n + 1,

adica P (n) adevarata implica P (n + 1) adevarata. Inegalitatea este demonstrata.

Nota 4. Se observa, ca semnul egalitatii are loc daca si numai daca x_{1} = x_{2} = … = x_{n} = 1.

c) Fie x_{1}, x_{2}, …, x_{n} numere pozitive arbitrare. Se considera n numere

\frac{x_{1}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} , \frac{x_{2}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} , …, \frac{x_{n}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} .

Cum aceste numere sunt pozitive si produsul lor este egal cu unu

\frac{x_{1}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} · \frac{x_{2}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} · . . . · \frac{x_{n}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} = \frac{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}} = 1

conform inegalitatii b) demonstrate anterior rezulta

\frac{x_{1}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} + \frac{x_{2}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} + … + \frac{x_{n}}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}} ≥ n

de unde rezulta

\frac{x_{1} + x_{2} + … + x_{n}}{n} ≥ ^{n} \sqrt{x_{1}x_{2} · . . . · x_{n}}

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Nota 5. Semnul egalitatii are loc daca si numai daca x_{1} = x_{2} = … = x_{n}.

d) P (1) este o afirmatie justa: sin^{2} α + cos^{2} α = 1. Se presupune ca P (n) este o afirmatie adevarata:

sin^{2n} α + cos^{2n} α ≤ 1

si se arata ca P (n + 1) are loc. In adevar

sin^{2(n+1)} α + cos^{2(n+1)} α = sin^{2n} α · sin^{2} α + cos^{2n} α · cos^{2} α < sin^{2n} α + cos^{2n} α ≤ 1

(se tine seama ca daca sin^{2} α ≤ 1 atunci cos^{2} α < 1 si reciproc daca cos^{2} α ≤ 1 atunci sin^{2} α < 1). Asadar, pentru orice n ∈ N sin^{2n} α+cos^{2n} ≤ 1 si semnul egalitatii se atinge doar pentru n = 1.

e) Pentru n = 1 afirmatia este justa: \frac{1}{1!} < \frac{5 − 2}{2 · 1}, 1 < \frac{3}{2}.

Se presupune ca \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + … + \frac{1}{n!} < \frac{5n − 2}{2n}, si urmeaza de a demonstra ca

\frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + … + \frac{1}{n!} + \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{5n + 3}{2(n + 1)}.

Cum

(n + 1)! > n(n + 1) ⇒ \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{1}{n(n + 1)} ⇒ \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{2}{2n(n + 1)} ⇒

⇒ \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{(5n + 3) · n − (5n − 2)(n + 1)}{2(n + 1)n} ⇒ \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{5n + 3}{2(n + 1)} − \frac{5n − 2}{2n} ⇒

⇒ \frac{5n − 2}{2n} + \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{5n + 3}{2(n + 1)},

se tine seama de P (n) si se obtine

\frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + … + \frac{1}{n!} + \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{5n − 2}{2n} + \frac{1}{(n + 1)!} < \frac{5n + 3}{2(n + 1)}.

f) Se tine seama de nota 1 si se verifica P (10) : 2^{10} > 10^{3}, 1024 > 1000, asadar pentru n = 10 inegalitatea este justa. Se presupune ca 2^{n} > n^{3} (n > 10) si trebuie de demonstrat P (n + 1), adica 2^{n+1} > (n + 1)^{3}.

Cum pentru n > 10 avem 2 > (\frac{1}{n})^{3} sau 2 > 1 + \frac{3}{n} + \frac{3}{n^{2}} + \frac{1}{n^{3}} rezulta

2n^{3} > n^{3} + 3n^{2} + 3n + 1 sau n^{3} > 3n^{2} + 3n + 1.

Se tine seama de ipoteza (2^{n} > n^{3}) si se obtine

2^{n+1} = 2^{n} · 2 = 2^{n} + 2^{n} > n^{3} + n^{3} > n^{3} + 3n^{2} + 3n + 1 = (n + 1)^{3}.

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Asadar conform principiului inductiei pentru orice n ∈ N, n ≥ 10 avem 2^{n} > n^{3}.

Exemplul 3. Sa se demonstreze ca pentru orice n ∈ N

a) n(2n^{2} − 3n + 1) se divide cu 6,
b) 6^{2n−2} + 3^{n+1} + 3^{n−1} se divide cu 11.

Rezolvare. a) P (1) este o propozitie adevarata ( 0 se divide cu 6). Fie P (n) are loc, adica n(2n^{2} − 3n + 1) = n(n − 1)(2n − 1) 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(n − 1 + 2)(2n − 1 + 2) = (n(n − 1) + 2n)(2n − 1 + 2) =
= n(n − 1)(2n − 1) + 2n(n − 1) + 2n(2n + 1) = n(n − 1)(2n − 1) + 2n · 3n =
= n(n − 1)(2n − 1) + 6n^{2}

si cum atat n(n−1)(2n−1) cat si 6n^{2} se divid cu 6, rezulta ca si suma lor, adica n(n+1)(2n+1) se divide cu 6.

Asadar P (n + 1) este o afirmatie justa, si n(2n^{2} − 3n + 1) se divide cu 6 pentru orice n ∈ N.

b) Se verifica P (1): 6^{0} + 3^{2} + 3^{0} = 11, prin urmare P (1) este justa. Urmeaza sa se arate, ca daca 6^{2n−2} + 3^{n+1} + 3^{n−1} se divide cu 11 (P (n)), atunci 6^{2n} + 3^{n+2} + 3^{n} de asemenea se divide cu 11 (P (n + 1)). In adevar, cum

6^{2n} + 3^{n+2} + 3^{n} = 6^{2n−2+2} + 3^{n+1+1} + 3^{n−1+1} =
= 6^{2} · 6^{2n−2} + 3 · 3^{n+1} + 3 · 3^{n−1} = 3 · (6^{2n−2} + 3^{n+1} + 3^{n−1}) + 33 · 6^{2n−2}

si atat 6^{2n−2} + 3^{n+1} + 3^{n−1}, cat si 33 · 6^{2n−2} se divid cu 11, rezulta ca si suma lor, adica 6^{2n} + 3^{n+2} + 3^{n} se divide cu 11.

Inductia in geometrie.

Exemplul 1. Sa se calculeze latura a_{2^{n}} a unui poligon regulat cu 2^{n} laturi inscris intr-o circumferinta de raza R.

Rezolvare. Pentru n = 2 poligonul regulat cu 2^{2} laturi reprezinta un patrat, si in acest caz a_{4} = R\sqrt{2}.

[figure: C; A; D; B; E]

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Fie a_{2^{n}} = a′ si sa determinam a_{2^{n+1}} = a′′. Daca AB = a′, atunci AE = \frac{a′}{2} ; BD = a′′. Din △DEB, conform teoremei Pitagora

a′′ = \sqrt{(\frac{a′}{2} )^{2} + DE^{2}}.

La randul sau DE = R − EC si

EC^{2} = BC^{2} − BE^{2} = R^{2} − (\frac{a′}{2} )^{2} .

Asadar DE = R − \sqrt{R^{2} − (\frac{a′}{2} )^{2}}, si deci,

a_{2^{n+1}} = \sqrt{(\frac{a′}{2} )^{2} + R − \sqrt{R^{2} − (\frac{a′}{4} )^{2}}} = \sqrt{2R^{2} − 2R\sqrt{R^{2} − \frac{a_{2^{n}}^{2}}{4}}} .

Astfel s-a obtinut o formula de trecere de la n la n + 1. In cazuri particulare:

a_{4} = R\sqrt{2} ⇒ a_{8} = \sqrt{2R^{2} − 2R\sqrt{R^{2} − \frac{R^{2} · 2}{4}}} = R\sqrt{2 − \sqrt{2}}.

a_{16} = \sqrt{2R^{2} − 2R\sqrt{R^{2} − \frac{1}{4}R^{2}(2 − \sqrt{2})}} = R\sqrt{2 − \sqrt{2 + \sqrt{2}}}.

Natural apare ipoteza

a_{2^{n}} = R\sqrt{2 − \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + … + \sqrt{2}}}}_{n−2 ori}}.  (2)

Cum a fost arata anterior, pentru n = 1 aceasta formula este adevarata.

Fie (2) adevarata pentru n = k. Sa calculam a_{2^{n+1}}. Conform formulei de trecere se obtine

a_{2^{n+1}} = \sqrt{2R^{2} − 2R\sqrt{R^{2} − R^{2} \frac{2 − \underbrace{\sqrt{2 + … + \sqrt{2}}}_{n−2 ori}}{4}}} = R − \sqrt{2 − \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + … + \sqrt{2}}}}_{n−1 ori}}.

Nota. Din (2) rezulta ca lungimea circumferintei este egala cu

l = lim_{n→∞} 2^{n}R\sqrt{2 − \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + … + \sqrt{2}}}}_{n−2 ori}},

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

si cum l = 2πR, se obtine

π = lim_{n→∞} 2^{n}\sqrt{2 − \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + … + \sqrt{2}}}}_{n−1 ori}}.

Exercitii pentru autoevaluare

I. Sa se demonstreze egalitatile:

a) 1^{2} + 3^{2} + … + (2n − 1)^{2} = \frac{n(4n^{2} − 1)}{3},

b) 1 · 2^{2} + 2 · 3^{2} + … + (n − 1)n^{2} = \frac{n(n^{2} − 1)(3n + 2)}{12}, n > 1,

c) sin x + sin(x + α) + … + sin(x + nα) = \frac{sin(x + \frac{nα}{2}) sin \frac{(n+1)α}{2}}{sin \frac{α}{2}} ,

d) \frac{1^{2}}{1 · 3} + \frac{2^{2}}{3 · 5} + \frac{3^{2}}{5 · 7} + … + \frac{n^{2}}{(2n − 1)(2n + 1)} = \frac{n(n + 1)}{2(2n + 1)},

e) \frac{4}{1 · 2 · 3} + \frac{5}{·2 · 3 · 4} + \frac{6}{3 · 4 · 5} + … + \frac{n + 3}{n(n + 1)(n + 2)} = \frac{5}{4} − \frac{2n + 5}{2(n + 1)(n + 2)},

f) 2 + 7 + 14 + … + (n^{2} + 2n − 1) = \frac{n(2n^{2} + 9n + 1)}{6},

g) cos α · cos 2α cos 4α ⋯ cos 2^{n}α = \frac{sin(2^{n+1}α)}{2^{n+1} sin α},

h) sin x + sin 2x + … + sin nx = sin \frac{nx}{2} · \frac{sin \frac{n+1}{2}x}{sin \frac{x}{2}},

i) \frac{1}{2} + cos x + cos 2x + … + cos nx = \frac{sin \frac{2n+1}{2}x}{2 sin \frac{x}{2}},

j) sin x + 2 sin 2x + 3 sin 3x + … + n sin nx = \frac{(n + 1) sin nx − n sin(n + 1)x}{4 sin^{2} \frac{x}{2}},

k) cos x + 2 cos 2x + … + n cos nx = \frac{(n + 1) cos nx − n cos(n + 1)x − 1}{4 sin^{2} \frac{x}{2}},

l) \frac{1}{2} tg \frac{x}{2} + \frac{1}{2^{2}} tg \frac{x}{2^{2}} + … + \frac{1}{2^{n}} tg \frac{x}{2^{n}} = \frac{1}{2^{n}} ctg \frac{x}{2^{n}} − ctg x (x ≠ mπ)

m) arcctg 3 + arcctg 5 + … + arcctg(2n + 1) = arctg 2 + arctg \frac{3}{2} + … + arctg \frac{n + 1}{n} − n arctg 1.

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

II. Sa se demonstreze inegalitatile

a) 2^{n} > 2n + 1 (n ≥ 3),

b) \frac{1}{2} \frac{3}{4} \frac{5}{6} · . . . · \frac{2n − 1}{2n} ≤ \frac{1}{\sqrt{3n + 1}},

c) |a_{1} + a_{2} + … + a_{n}| ≤ |a_{1}| + |a_{2}| + … + |a_{n}|,

d) 2!4! … (2n)! > [(n + 1)!]^{n}, n ≥ 2,

e) \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + … + \frac{1}{2n} > \frac{13}{24}, n > 1,

f) \frac{1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1)}{2 · 4 · 6 · . . . · 2n} < \frac{1}{\sqrt{2n + 1}}, n ∈ N; \frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + … + \frac{1}{\sqrt{n}} > \sqrt{n},

g) \frac{4^{n}}{n + 1} ≤ \frac{(2n)!}{(n!)^{2}}.

III. Sa se demonstreze, ca pentru orice numar natural, numarul a_{n} se divide cu b

a) a_{n} = 5^{n+3} + 11^{3n+1}, b = 17,
b) a_{n} = 11^{n+2} + 12^{2n+1}, b = 133,
c) a_{n} = 2n^{3} + 3n^{2} + 7n, b = 6,
d) a_{n} = 10^{n} + 18n − 28, b = 27,
e) a_{n} = n^{5} − n, b = 30.

IV. Sa se arate, ca \frac{2}{\sqrt{\frac{1}{2}} \sqrt{\frac{1}{2} (1 + \sqrt{\frac{1}{2}})}\sqrt{\frac{1}{2} (1 + \sqrt{\frac{1}{2} (1 + \sqrt{\frac{1}{2}})})} …} ⟶ π (Formula lui Viete).

V. Sa se calculeze razele r_{n}, R_{n} a circumferintelor inscrise si circumscrise poligonului regulat cu 2^{n} laturi de perimetru p.

VI. Sa se determine in cate triughiuri poate fi divizat un poligon cu n laturi de diagonalele sale neconcurente.

VII. Fie date n patrate arbitrare. Sa se arate ca aceste patrate pot fi taiate in asa mod incat din partile obtinute se poate de format un patrat.

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md