O colecție progresivă de 20 de exerciții rezolvate privind principiul inducției matematice, concepută pentru a înțelege în mod riguros funcționarea demonstrațiilor prin inducție. Fiecare exercițiu arată cu claritate:
- cum se verifică corect baza inducției;
- cum se formulează ipoteza inductivă;
- cum se utilizează ipoteza fără erori logice;
- cum se demonstrează trecerea de la cazul \(n\) la cazul \(n+1\).
Scopul nu este doar verificarea unor formule, ci înțelegerea structurii logice a demonstrației prin inducție și formarea deprinderilor de a construi raționamente riguroase pas cu pas.
Exercițiul 1 — nivel ★☆☆☆☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 1+2+3+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2} \]
Demonstrație
Baza inducției
Verificăm mai întâi proprietatea pentru \(n=1\).
Membrul stâng este:
\[ 1 \]
Membrul drept este:
\[ \frac{1(1+1)}{2}=\frac{2}{2}=1 \]
Cei doi membri coincid. Proprietatea este deci adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem acum că formula este adevărată pentru un anumit număr natural \(n\). Această presupunere poartă numele de ipoteză inductivă.
Presupunem deci:
\[ 1+2+3+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2} \]
Este esențial să înțelegem că nu presupunem formula adevărată pentru toți numerele naturale, ci doar pentru o valoare arbitrară \(n\).
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că, dacă formula este valabilă pentru \(n\), atunci este valabilă și pentru \(n+1\).
Cu alte cuvinte, trebuie să arătăm că:
\[ 1+2+3+\dots+n+(n+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2} \]
Pornim de la membrul stâng:
\[ 1+2+3+\dots+n+(n+1) \]
Aplicăm ipoteza inductivă, care ne permite să înlocuim suma primelor \(n\) numere cu expresia deja cunoscută:
\[ \frac{n(n+1)}{2} \]
Obținem:
\[ 1+2+\dots+n+(n+1) = \frac{n(n+1)}{2}+(n+1) \]
Scopul nostru este acum să transformăm această expresie în formula așteptată:
\[ \frac{(n+1)(n+2)}{2} \]
Dăm factor comun pe \(n+1\):
\[ \frac{n(n+1)}{2}+(n+1) = (n+1)\left(\frac{n}{2}+1\right) \]
Scriem \(1\) ca \(\frac{2}{2}\), pentru a putea aduna fracțiile:
\[ \frac{n}{2}+1 = \frac{n}{2}+\frac{2}{2} = \frac{n+2}{2} \]
Înlocuind, obținem:
\[ (n+1)\left(\frac{n+2}{2}\right) = \frac{(n+1)(n+2)}{2} \]
Am demonstrat astfel că:
\[ 1+2+\dots+n+(n+1) = \frac{(n+1)(n+2)}{2} \]
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și am demonstrat că adevărul formulei pentru \(n\) implică adevărul ei pentru \(n+1\).
Prin principiul inducției matematice, conchidem că:
\[ 1+2+3+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2} \]
pentru orice număr natural \(n\geq1\).
Exercițiul 2 — nivel ★☆☆☆☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)=n^2 \]
Demonstrație
Interpretarea formulei
Membrul stâng reprezintă suma primelor \(n\) numere impare:
\[ 1,3,5,7,\dots \]
Formula afirmă că această sumă este întotdeauna egală cu pătratul lui \(n\).
Baza inducției
Verificăm formula pentru \(n=1\).
Membrul stâng este:
\[ 1 \]
Membrul drept este:
\[ 1^2=1 \]
Cei doi membri coincid. Proprietatea este deci adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că formula este adevărată pentru un anumit număr natural \(n\).
Presupunem deci:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)=n^2 \]
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că este valabilă și:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)+(2n+1)=(n+1)^2 \]
Este important să observăm de ce apare termenul \(2n+1\).
Într-adevăr:
\[ 2(n+1)-1=2n+2-1=2n+1 \]
Deci \(2n+1\) este exact următorul număr impar.
Pornim acum de la membrul stâng:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)+(2n+1) \]
Aplicăm ipoteza inductivă pentru a înlocui partea inițială a sumei:
\[ n^2+(2n+1) \]
Obținem:
\[ n^2+2n+1 \]
Recunoaștem un pătrat perfect:
\[ n^2+2n+1=(n+1)^2 \]
Am demonstrat astfel că:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)+(2n+1)=(n+1)^2 \]
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și pasul inductiv a fost verificat.
Prin principiul inducției matematice:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)=n^2 \]
pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 3 — nivel ★★☆☆☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 1+2+4+8+\dots+2^n=2^{n+1}-1 \]
Demonstrație
Interpretarea formulei
Membrul stâng reprezintă suma puterilor lui \(2\):
\[ 2^0+2^1+2^2+\dots+2^n \]
Formula afirmă că această sumă poate fi scrisă în formă închisă ca:
\[ 2^{n+1}-1 \]
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=0\).
Membrul stâng este:
\[ 2^0=1 \]
Membrul drept este:
\[ 2^{0+1}-1=2^1-1=2-1=1 \]
Cei doi membri coincid. Proprietatea este deci adevărată pentru \(n=0\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că formula este adevărată pentru un anumit număr natural \(n\).
Presupunem deci:
\[ 1+2+4+\dots+2^n=2^{n+1}-1 \]
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că este valabilă și:
\[ 1+2+4+\dots+2^n+2^{n+1}=2^{n+2}-1 \]
Pornim de la membrul stâng:
\[ 1+2+4+\dots+2^n+2^{n+1} \]
Aplicăm ipoteza inductivă pentru a înlocui suma inițială:
\[ (2^{n+1}-1)+2^{n+1} \]
Adunăm termenii asemănători:
\[ 2^{n+1}+2^{n+1}-1 \]
Deoarece:
\[ 2^{n+1}+2^{n+1}=2\cdot2^{n+1} \]
obținem:
\[ 2\cdot2^{n+1}-1 \]
Aplicând proprietățile puterilor:
\[ 2\cdot2^{n+1}=2^{n+2} \]
rezultă:
\[ 2^{n+2}-1 \]
Am demonstrat astfel că:
\[ 1+2+4+\dots+2^n+2^{n+1}=2^{n+2}-1 \]
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=0\) și pasul inductiv a fost verificat.
Prin principiul inducției matematice:
\[ 1+2+4+8+\dots+2^n=2^{n+1}-1 \]
pentru orice \(n\geq0\).
Exercițiul 4 — nivel ★★☆☆☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 1^2+2^2+3^2+\dots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]
Demonstrație
Semnificația formulei
Formula furnizează o expresie închisă pentru suma pătratelor primelor \(n\) numere naturale.
În loc să adunăm fiecare termen separat:
\[ 1^2+2^2+3^2+\dots+n^2 \]
putem calcula direct:
\[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=1\).
Membrul stâng este:
\[ 1^2=1 \]
Membrul drept este:
\[ \frac{1(1+1)(2\cdot1+1)}{6} \]
Simplificând:
\[ \frac{1\cdot2\cdot3}{6}=\frac{6}{6}=1 \]
Proprietatea este deci adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că formula este adevărată pentru un anumit număr natural \(n\).
Presupunem deci:
\[ 1^2+2^2+3^2+\dots+n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că este valabilă și:
\[ 1^2+2^2+\dots+n^2+(n+1)^2 = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} \]
Pornim de la membrul stâng:
\[ 1^2+2^2+\dots+n^2+(n+1)^2 \]
Aplicăm ipoteza inductivă:
\[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2 \]
Aducem la același numitor \(6\):
\[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{6(n+1)^2}{6} \]
Obținem:
\[ \frac{n(n+1)(2n+1)+6(n+1)^2}{6} \]
Observăm că ambii termeni ai numărătorului conțin factorul \(n+1\). Îl scoatem factor comun:
\[ \frac{(n+1)\left[n(2n+1)+6(n+1)\right]}{6} \]
Dezvoltăm expresia dintre paranteze:
\[ n(2n+1)+6(n+1) \]
Înmulțim:
\[ 2n^2+n+6n+6 \]
Adunăm termenii asemănători:
\[ 2n^2+7n+6 \]
Trebuie acum să factorizăm acest trinom.
Căutăm două numere al căror produs să fie:
\[ 2\cdot6=12 \]
și a căror sumă să fie:
\[ 7 \]
Numerele sunt \(3\) și \(4\). Obținem deci:
\[ 2n^2+7n+6=(n+2)(2n+3) \]
Înlocuind:
\[ \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} \]
care este exact formula de demonstrat.
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și pasul inductiv a fost demonstrat.
Prin principiul inducției matematice:
\[ 1^2+2^2+3^2+\dots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]
pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 5 — nivel ★★☆☆☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 1^3+2^3+3^3+\dots+n^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \]
Demonstrație
Semnificația formulei
Formula afirmă că suma cuburilor primelor \(n\) numere naturale este egală cu pătratul sumei primelor \(n\) numere naturale.
Într-adevăr:
\[ 1+2+3+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2} \]
și deci membrul drept:
\[ \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \]
este tocmai pătratul acestei cantități.
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=1\).
Membrul stâng este:
\[ 1^3=1 \]
Membrul drept este:
\[ \left(\frac{1(1+1)}{2}\right)^2 = \left(\frac{2}{2}\right)^2 = 1^2 = 1 \]
Cei doi membri coincid. Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că formula este adevărată pentru un anumit număr natural \(n\).
Presupunem deci:
\[ 1^3+2^3+3^3+\dots+n^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \]
Aceasta este singura informație pe care o putem folosi în pasul inductiv: nu putem presupune direct formula pentru \(n+1\), deoarece tocmai aceasta trebuie demonstrată.
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ 1^3+2^3+3^3+\dots+n^3+(n+1)^3 = \left(\frac{(n+1)(n+2)}{2}\right)^2 \]
Pornim de la membrul stâng:
\[ 1^3+2^3+3^3+\dots+n^3+(n+1)^3 \]
Aplicăm ipoteza inductivă sumei primelor \(n\) cuburi:
\[ \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2+(n+1)^3 \]
Dezvoltăm primul termen pentru a evidenția factorii comuni:
\[ \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} \]
Obținem deci:
\[ \frac{n^2(n+1)^2}{4}+(n+1)^3 \]
Ambii termeni conțin factorul \((n+1)^2\). Îl scoatem factor comun:
\[ (n+1)^2\left(\frac{n^2}{4}+n+1\right) \]
Acum trebuie să transformăm paranteza într-un pătrat. Aducem totul la numitorul \(4\):
\[ \frac{n^2}{4}+n+1 = \frac{n^2}{4}+\frac{4n}{4}+\frac{4}{4} \]
deci:
\[ \frac{n^2}{4}+n+1 = \frac{n^2+4n+4}{4} \]
Numărătorul este un pătrat perfect:
\[ n^2+4n+4=(n+2)^2 \]
Prin urmare:
\[ \frac{n^2}{4}+n+1 = \frac{(n+2)^2}{4} \]
Înlocuind în expresia noastră:
\[ (n+1)^2\cdot\frac{(n+2)^2}{4} \]
Scriem produsul ca pătrat:
\[ \frac{(n+1)^2(n+2)^2}{4} = \left(\frac{(n+1)(n+2)}{2}\right)^2 \]
Am obținut exact formula cerută pentru \(n+1\).
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și am demonstrat că, dacă este valabilă pentru \(n\), atunci este valabilă și pentru \(n+1\).
Prin principiul inducției matematice:
\[ 1^3+2^3+3^3+\dots+n^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \]
pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 6 — nivel ★★☆☆☆
Să se demonstreze prin inducție că \(5^n-1\) este divizibil cu \(4\), pentru orice \(n\geq1\).
Demonstrație
Semnificația proprietății
A spune că \(5^n-1\) este divizibil cu \(4\) înseamnă că există un număr întreg \(k\) astfel încât:
\[ 5^n-1=4k \]
Într-o demonstrație prin inducție privind divizibilitatea, ipoteza inductivă se traduce aproape întotdeauna tocmai în această formă.
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=1\).
Calculăm:
\[ 5^1-1=5-1=4 \]
Deoarece \(4\) este divizibil cu \(4\), proprietatea este adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru un anumit \(n\geq1\).
Aceasta înseamnă că \(5^n-1\) este divizibil cu \(4\). Deci există un întreg \(k\) astfel încât:
\[ 5^n-1=4k \]
Această formă este foarte importantă: ne permite să utilizăm concret ipoteza inductivă în calcule.
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că și \(5^{n+1}-1\) este divizibil cu \(4\).
Pornim de la expresia:
\[ 5^{n+1}-1 \]
Scriem \(5^{n+1}\) ca \(5\cdot5^n\):
\[ 5^{n+1}-1=5\cdot5^n-1 \]
Vrem să facem să apară \(5^n-1\), deoarece aceasta este expresia care figurează în ipoteza inductivă.
Rescriem:
\[ 5\cdot5^n-1=5(5^n-1)+4 \]
Verificăm mental pasul:
\[ 5(5^n-1)+4=5\cdot5^n-5+4=5\cdot5^n-1 \]
Acum aplicăm ipoteza inductivă:
\[ 5^n-1=4k \]
deci:
\[ 5(5^n-1)+4=5\cdot4k+4 \]
Scoatem factor comun pe \(4\):
\[ 5\cdot4k+4=4(5k+1) \]
Deoarece \(5k+1\) este un număr întreg, expresia \(4(5k+1)\) este divizibilă cu \(4\).
Prin urmare \(5^{n+1}-1\) este divizibil cu \(4\).
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și am demonstrat că, dacă \(5^n-1\) este divizibil cu \(4\), atunci și \(5^{n+1}-1\) este divizibil cu \(4\).
Prin principiul inducției matematice, \(5^n-1\) este divizibil cu \(4\) pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 7 — nivel ★★☆☆☆
Să se demonstreze prin inducție că \(7^n-1\) este divizibil cu \(6\), pentru orice \(n\geq1\).
Demonstrație
Semnificația proprietății
A spune că \(7^n-1\) este divizibil cu \(6\) înseamnă că \(7^n-1\) este un multiplu de \(6\).
În simboluri, trebuie să demonstrăm că există un întreg \(k\) astfel încât:
\[ 7^n-1=6k \]
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=1\).
Calculăm:
\[ 7^1-1=7-1=6 \]
Deoarece \(6\) este divizibil cu \(6\), proprietatea este adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru un anumit \(n\geq1\).
Aceasta înseamnă că \(7^n-1\) este divizibil cu \(6\). Deci există un întreg \(k\) astfel încât:
\[ 7^n-1=6k \]
Scopul pasului inductiv va fi să facem să apară tocmai expresia \(7^n-1\), deoarece aceasta este cea pe care o putem înlocui folosind ipoteza inductivă.
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că \(7^{n+1}-1\) este divizibil cu \(6\).
Pornim de la:
\[ 7^{n+1}-1 \]
Scriem \(7^{n+1}\) ca \(7\cdot7^n\):
\[ 7^{n+1}-1=7\cdot7^n-1 \]
Rescriem această expresie astfel încât să apară \(7^n-1\):
\[ 7\cdot7^n-1=7(7^n-1)+6 \]
Într-adevăr:
\[ 7(7^n-1)+6=7\cdot7^n-7+6=7\cdot7^n-1 \]
Folosind ipoteza inductivă \(7^n-1=6k\), obținem:
\[ 7(7^n-1)+6=7\cdot6k+6 \]
Scoatem factor comun pe \(6\):
\[ 7\cdot6k+6=6(7k+1) \]
Deoarece \(7k+1\) este un întreg, \(6(7k+1)\) este divizibil cu \(6\).
Prin urmare \(7^{n+1}-1\) este divizibil cu \(6\).
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și am demonstrat că divizibilitatea cu \(6\) se transmite de la cazul \(n\) la cazul \(n+1\).
Prin principiul inducției matematice, \(7^n-1\) este divizibil cu \(6\) pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 8 — nivel ★★★☆☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 11^n-4^n \]
este divizibil cu \(7\), pentru orice \(n\geq1\).
Demonstrație
Semnificația proprietății
Trebuie să demonstrăm că diferența \(11^n-4^n\) este întotdeauna un multiplu de \(7\).
Cu alte cuvinte, vrem să arătăm că există un întreg \(k\) astfel încât:
\[ 11^n-4^n=7k \]
Acest exercițiu este ceva mai delicat decât cele precedente, deoarece conține două puteri diferite. În pasul inductiv va trebui deci să transformăm cu atenție expresia, astfel încât să apară \(11^n-4^n\).
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=1\).
Calculăm:
\[ 11^1-4^1=11-4=7 \]
Deoarece \(7\) este divizibil cu \(7\), proprietatea este adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru un anumit \(n\geq1\).
Presupunem deci că \(11^n-4^n\) este divizibil cu \(7\). Echivalent, există un întreg \(k\) astfel încât:
\[ 11^n-4^n=7k \]
În pasul următor va trebui să folosim exact această informație.
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ 11^{n+1}-4^{n+1} \]
este divizibil cu \(7\).
Scriem puterile la pasul următor:
\[ 11^{n+1}-4^{n+1}=11\cdot11^n-4\cdot4^n \]
Vrem să facem să apară \(11^n-4^n\). Pentru aceasta, adăugăm și scădem același termen \(11\cdot4^n\):
\[ 11\cdot11^n-4\cdot4^n = 11\cdot11^n-11\cdot4^n+11\cdot4^n-4\cdot4^n \]
Acest pas nu modifică valoarea expresiei, deoarece am adăugat și scăzut aceeași cantitate.
Scoatem acum factor comun pe \(11\) din primii doi termeni, și pe \(4^n\) din ultimii doi termeni:
\[ 11(11^n-4^n)+(11-4)4^n \]
Deoarece \(11-4=7\), obținem:
\[ 11(11^n-4^n)+7\cdot4^n \]
Acum aplicăm ipoteza inductivă:
\[ 11^n-4^n=7k \]
Înlocuind:
\[ 11(11^n-4^n)+7\cdot4^n = 11\cdot7k+7\cdot4^n \]
Scoatem factor comun pe \(7\):
\[ 11\cdot7k+7\cdot4^n = 7(11k+4^n) \]
Deoarece \(11k+4^n\) este un întreg, expresia este divizibilă cu \(7\).
Deci:
\[ 7\mid(11^{n+1}-4^{n+1}) \]
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și pasul inductiv a fost demonstrat.
Prin principiul inducției matematice, \(11^n-4^n\) este divizibil cu \(7\) pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 9 — nivel ★★★☆☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 2^n \geq n+1 \]
pentru orice \(n\geq0\).
Demonstrație
Semnificația proprietății
Inegalitatea afirmă că puterea \(2^n\) crește cel puțin la fel de repede ca expresia liniară \(n+1\).
Într-o demonstrație prin inducție privind inegalitățile, aspectul delicat constă în a folosi ipoteza inductivă fără a pierde sensul inegalității.
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=0\).
Membrul stâng este:
\[ 2^0=1 \]
Membrul drept este:
\[ 0+1=1 \]
Deci:
\[ 2^0\geq0+1 \]
Proprietatea este adevărată pentru \(n=0\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru un anumit \(n\geq0\).
Presupunem deci:
\[ 2^n\geq n+1 \]
Această ipoteză ne spune că putem înlocui \(2^n\) cu o cantitate cel puțin egală cu \(n+1\).
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ 2^{n+1}\geq n+2 \]
Pornim de la membrul stâng:
\[ 2^{n+1} \]
Îl scriem ca:
\[ 2^{n+1}=2\cdot2^n \]
Deoarece prin ipoteză inductivă \(2^n\geq n+1\), înmulțind ambii membri cu \(2\), care este pozitiv, sensul inegalității rămâne neschimbat:
\[ 2\cdot2^n\geq2(n+1) \]
Deci:
\[ 2^{n+1}\geq2n+2 \]
Acum trebuie să comparăm \(2n+2\) cu \(n+2\), deoarece scopul este să obținem \(n+2\).
Deoarece \(n\geq0\), avem:
\[ 2n+2\geq n+2 \]
Într-adevăr, diferența dintre cei doi membri este:
\[ (2n+2)-(n+2)=n\geq0 \]
Combinând cele două inegalități:
\[ 2^{n+1}\geq2n+2\geq n+2 \]
deci:
\[ 2^{n+1}\geq n+2 \]
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=0\) și am demonstrat că, dacă este valabilă pentru \(n\), atunci este valabilă și pentru \(n+1\).
Prin principiul inducției matematice:
\[ 2^n\geq n+1 \]
pentru orice \(n\geq0\).
Exercițiul 10 — nivel ★★★☆☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 3^n>n \]
pentru orice \(n\geq1\).
Demonstrație
Semnificația proprietății
Inegalitatea afirmă că puterea \(3^n\) este întotdeauna mai mare decât exponentul \(n\), pentru orice \(n\geq1\).
Chiar dacă proprietatea este intuitivă, deoarece puterile lui \(3\) cresc foarte rapid, scopul este s-o demonstrăm în mod riguros prin inducție.
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=1\).
Membrul stâng este:
\[ 3^1=3 \]
Membrul drept este:
\[ 1 \]
Deoarece:
\[ 3>1 \]
proprietatea este adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru un anumit \(n\geq1\).
Presupunem deci:
\[ 3^n>n \]
Aceasta este informația pe care va trebui s-o folosim pentru a demonstra inegalitatea la pasul următor.
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ 3^{n+1}>n+1 \]
Pornim de la:
\[ 3^{n+1} \]
Scriem:
\[ 3^{n+1}=3\cdot3^n \]
Folosind ipoteza inductivă \(3^n>n\) și înmulțind cu \(3>0\), obținem:
\[ 3\cdot3^n>3n \]
Deci:
\[ 3^{n+1}>3n \]
Acum trebuie să comparăm \(3n\) cu \(n+1\).
Pentru \(n\geq1\), avem:
\[ 3n>n+1 \]
Într-adevăr:
\[ 3n-(n+1)=2n-1 \]
și, dacă \(n\geq1\), atunci:
\[ 2n-1\geq1>0 \]
Deci:
\[ 3n>n+1 \]
Combinând:
\[ 3^{n+1}>3n>n+1 \]
deci:
\[ 3^{n+1}>n+1 \]
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și pasul inductiv a fost demonstrat.
Prin principiul inducției matematice:
\[ 3^n>n \]
pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 11 — nivel ★★★★☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 2^n < n! \]
pentru orice \(n\geq4\).
Demonstrație
Semnificația proprietății
Inegalitatea compară o putere cu un factorial.
Factorialul \(n!\) este produsul:
\[ n!=1\cdot2\cdot3\cdot\dots\cdot n \]
Proprietatea afirmă că, începând de la \(n=4\), factorialul este întotdeauna mai mare decât \(2^n\).
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=4\).
Membrul stâng este:
\[ 2^4=16 \]
Membrul drept este:
\[ 4!=1\cdot2\cdot3\cdot4=24 \]
Deoarece:
\[ 16<24 \]
proprietatea este adevărată pentru \(n=4\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru un anumit \(n\geq4\).
Presupunem deci:
\[ 2^n < n! \]
Această ipoteză ne permite să comparăm \(2^n\) cu \(n!\). La pasul următor va trebui să comparăm \(2^{n+1}\) cu \((n+1)!\).
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ 2^{n+1}<(n+1)! \]
Pornim de la membrul stâng:
\[ 2^{n+1} \]
Îl scriem ca:
\[ 2^{n+1}=2\cdot2^n \]
Prin ipoteza inductivă știm că:
\[ 2^n < n! \]
Înmulțind ambii membri cu \(2>0\), obținem:
\[ 2\cdot2^n<2n! \]
Deci:
\[ 2^{n+1}<2n! \]
Acum trebuie să legăm \(2n!\) de \((n+1)!\). Reamintim că:
\[ (n+1)!=(n+1)n! \]
Deoarece \(n\geq4\), avem:
\[ n+1\geq5 \]
deci:
\[ 2 < n+1 \]
Înmulțind cu \(n!>0\), obținem:
\[ 2n!<(n+1)n! \]
adică:
\[ 2n!<(n+1)! \]
Combinând cele două inegalități:
\[ 2^{n+1}<2n!<(n+1)! \]
deci:
\[ 2^{n+1}<(n+1)! \]
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=4\) și am demonstrat că, dacă este valabilă pentru \(n\), atunci este valabilă și pentru \(n+1\).
Prin principiul inducției matematice:
\[ 2^n < n! \]
pentru orice \(n\geq4\).
Exercițiul 12 — nivel ★★★★☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 4^n\geq3n+1 \]
pentru orice \(n\geq0\).
Demonstrație
Semnificația proprietății
Proprietatea compară o creștere exponențială, reprezentată de \(4^n\), cu o creștere liniară, reprezentată de \(3n+1\).
Inducția ne permite să demonstrăm că această inegalitate este valabilă pentru orice număr natural \(n\geq0\), fără a fi nevoie să verificăm cazurile individuale unul câte unul.
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=0\).
Membrul stâng este:
\[ 4^0=1 \]
Membrul drept este:
\[ 3\cdot0+1=1 \]
Cei doi membri sunt egali, deci:
\[ 4^0\geq3\cdot0+1 \]
Proprietatea este adevărată pentru \(n=0\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru un anumit \(n\geq0\).
Presupunem deci:
\[ 4^n\geq3n+1 \]
Trebuie să folosim această informație pentru a demonstra inegalitatea la pasul următor.
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ 4^{n+1}\geq3(n+1)+1 \]
Deoarece:
\[ 4^{n+1}=4\cdot4^n \]
putem aplica ipoteza inductivă. Înmulțind cu \(4>0\), sensul inegalității rămâne neschimbat:
\[ 4\cdot4^n\geq4(3n+1) \]
Deci:
\[ 4^{n+1}\geq12n+4 \]
Vrem să obținem:
\[ 3(n+1)+1 \]
Dezvoltăm această expresie:
\[ 3(n+1)+1=3n+3+1=3n+4 \]
Trebuie deci să comparăm \(12n+4\) cu \(3n+4\).
Deoarece \(n\geq0\), avem:
\[ 12n+4\geq3n+4 \]
Într-adevăr:
\[ (12n+4)-(3n+4)=9n\geq0 \]
Deci:
\[ 12n+4\geq3n+4=3(n+1)+1 \]
Combinând:
\[ 4^{n+1}\geq12n+4\geq3(n+1)+1 \]
prin urmare:
\[ 4^{n+1}\geq3(n+1)+1 \]
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=0\) și am demonstrat că validitatea ei pentru \(n\) implică validitatea pentru \(n+1\).
Prin principiul inducției matematice:
\[ 4^n\geq3n+1 \]
pentru orice \(n\geq0\).
Exercițiul 13 — nivel ★★★★☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n=\frac{3^{n+1}-1}{2} \]
pentru orice \(n\geq0\).
Demonstrație
Semnificația formulei
Membrul stâng este suma primelor puteri ale lui \(3\), începând de la \(3^0=1\):
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n \]
Formula afirmă că această sumă poate fi calculată direct prin:
\[ \frac{3^{n+1}-1}{2} \]
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=0\).
Membrul stâng este:
\[ 1 \]
Membrul drept este:
\[ \frac{3^{0+1}-1}{2} = \frac{3-1}{2} = \frac{2}{2} = 1 \]
Cei doi membri coincid. Proprietatea este adevărată pentru \(n=0\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că formula este adevărată pentru un anumit \(n\geq0\).
Presupunem deci:
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n=\frac{3^{n+1}-1}{2} \]
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n+3^{n+1} = \frac{3^{n+2}-1}{2} \]
Pornim de la membrul stâng:
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n+3^{n+1} \]
Aplicăm ipoteza inductivă pentru partea inițială a sumei:
\[ \frac{3^{n+1}-1}{2}+3^{n+1} \]
Aducem la același numitor:
\[ \frac{3^{n+1}-1}{2}+\frac{2\cdot3^{n+1}}{2} \]
Adunăm numărătorii:
\[ \frac{3^{n+1}-1+2\cdot3^{n+1}}{2} \]
Grupăm termenii cu \(3^{n+1}\):
\[ 3^{n+1}+2\cdot3^{n+1}=3\cdot3^{n+1} \]
Deci:
\[ \frac{3\cdot3^{n+1}-1}{2} \]
Prin proprietatea puterilor:
\[ 3\cdot3^{n+1}=3^{n+2} \]
Obținem deci:
\[ \frac{3^{n+2}-1}{2} \]
care este exact formula la pasul \(n+1\).
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=0\) și am demonstrat că, dacă este valabilă pentru \(n\), atunci este valabilă și pentru \(n+1\).
Prin principiul inducției matematice:
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n=\frac{3^{n+1}-1}{2} \]
pentru orice \(n\geq0\).
Exercițiul 14 — nivel ★★★★☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 8^n-1 \]
este divizibil cu \(7\), pentru orice \(n\geq1\).
Demonstrație
Semnificația proprietății
Trebuie să demonstrăm că \(8^n-1\) este întotdeauna un multiplu de \(7\).
Echivalent, trebuie să arătăm că există un întreg \(k\) astfel încât:
\[ 8^n-1=7k \]
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=1\).
Calculăm:
\[ 8^1-1=8-1=7 \]
Deoarece \(7\) este divizibil cu \(7\), proprietatea este adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru un anumit \(n\geq1\).
Deci există un întreg \(k\) astfel încât:
\[ 8^n-1=7k \]
În pasul inductiv va trebui să facem să apară expresia \(8^n-1\), pentru a putea aplica ipoteza inductivă.
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că \(8^{n+1}-1\) este divizibil cu \(7\).
Pornim de la:
\[ 8^{n+1}-1 \]
Scriem \(8^{n+1}\) ca:
\[ 8^{n+1}=8\cdot8^n \]
Deci:
\[ 8^{n+1}-1=8\cdot8^n-1 \]
Rescriem expresia făcând să apară \(8^n-1\):
\[ 8\cdot8^n-1=8(8^n-1)+7 \]
Într-adevăr:
\[ 8(8^n-1)+7=8\cdot8^n-8+7=8\cdot8^n-1 \]
Folosind ipoteza inductivă \(8^n-1=7k\), obținem:
\[ 8(8^n-1)+7=8\cdot7k+7 \]
Scoatem factor comun pe \(7\):
\[ 8\cdot7k+7=7(8k+1) \]
Deoarece \(8k+1\) este un număr întreg, expresia \(7(8k+1)\) este divizibilă cu \(7\).
Prin urmare \(8^{n+1}-1\) este divizibil cu \(7\).
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și am demonstrat că divizibilitatea se transmite de la cazul \(n\) la cazul \(n+1\).
Prin principiul inducției matematice, \(8^n-1\) este divizibil cu \(7\) pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 15 — nivel ★★★★☆
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 9^n-1 \]
este divizibil cu \(8\), pentru orice \(n\geq1\).
Demonstrație
Semnificația proprietății
Trebuie să demonstrăm că \(9^n-1\) este întotdeauna un multiplu de \(8\).
În simboluri, vrem să demonstrăm că există un întreg \(k\) astfel încât:
\[ 9^n-1=8k \]
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=1\).
Calculăm:
\[ 9^1-1=9-1=8 \]
Deoarece \(8\) este divizibil cu \(8\), proprietatea este adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru un anumit \(n\geq1\).
Deci există un întreg \(k\) astfel încât:
\[ 9^n-1=8k \]
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că \(9^{n+1}-1\) este divizibil cu \(8\).
Pornim de la:
\[ 9^{n+1}-1 \]
Scriem:
\[ 9^{n+1}=9\cdot9^n \]
deci:
\[ 9^{n+1}-1=9\cdot9^n-1 \]
Vrem să facem să apară \(9^n-1\), deoarece aceasta este expresia controlată de ipoteza inductivă.
Rescriem:
\[ 9\cdot9^n-1=9(9^n-1)+8 \]
Într-adevăr:
\[ 9(9^n-1)+8=9\cdot9^n-9+8=9\cdot9^n-1 \]
Folosind ipoteza inductivă:
\[ 9^n-1=8k \]
obținem:
\[ 9(9^n-1)+8=9\cdot8k+8 \]
Scoatem factor comun pe \(8\):
\[ 9\cdot8k+8=8(9k+1) \]
Deoarece \(9k+1\) este un întreg, expresia este divizibilă cu \(8\).
Deci \(9^{n+1}-1\) este divizibil cu \(8\).
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și pasul inductiv a fost demonstrat.
Prin principiul inducției matematice, \(9^n-1\) este divizibil cu \(8\) pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 16 — nivel ★★★★★
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!+\dots+n\cdot n!=(n+1)!-1 \]
pentru orice \(n\geq1\).
Demonstrație
Semnificația formulei
Membrul stâng este o sumă ai cărei termeni au forma:
\[ k\cdot k! \]
Formula afirmă că această sumă se simplifică în mod surprinzător de compact:
\[ (n+1)!-1 \]
Cheia acestui exercițiu constă în a recunoaște cum termenul următor \((n+1)(n+1)!\) se combină cu \((n+1)!\).
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=1\).
Membrul stâng este:
\[ 1\cdot1!=1 \]
Membrul drept este:
\[ (1+1)!-1=2!-1=2-1=1 \]
Cei doi membri coincid. Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că formula este adevărată pentru un anumit \(n\geq1\).
Presupunem deci:
\[ 1\cdot1!+2\cdot2!+\dots+n\cdot n!=(n+1)!-1 \]
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ 1\cdot1!+2\cdot2!+\dots+n\cdot n!+(n+1)(n+1)!=(n+2)!-1 \]
Pornim de la membrul stâng:
\[ 1\cdot1!+2\cdot2!+\dots+n\cdot n!+(n+1)(n+1)! \]
Aplicăm ipoteza inductivă sumei până la \(n\):
\[ (n+1)!-1+(n+1)(n+1)! \]
Scoatem factor comun pe \((n+1)!\):
\[ (n+1)!+(n+1)(n+1)!-1 \]
În primii doi termeni apare \((n+1)!\), deci:
\[ (n+1)!\left[1+(n+1)\right]-1 \]
Simplificăm paranteza:
\[ 1+(n+1)=n+2 \]
deci:
\[ (n+1)!(n+2)-1 \]
Deoarece:
\[ (n+2)!=(n+2)(n+1)!, \]
obținem:
\[ (n+2)!-1 \]
care este exact formula cerută la pasul \(n+1\).
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și am demonstrat că, dacă este valabilă pentru \(n\), atunci este valabilă și pentru \(n+1\).
Prin principiul inducției matematice:
\[ 1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!+\dots+n\cdot n!=(n+1)!-1 \]
pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 17 — nivel ★★★★★
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n} = 2-\frac{1}{2^n} \]
pentru orice \(n\geq0\).
Demonstrație
Semnificația formulei
Membrul stâng este o sumă de puteri negative ale lui \(2\), adică o serie geometrică:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n} \]
Formula afirmă că această sumă este egală cu:
\[ 2-\frac{1}{2^n} \]
Termenul \(\frac{1}{2^n}\) măsoară cât de departe se mai află suma față de \(2\).
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=0\).
Membrul stâng conține un singur termen:
\[ 1 \]
Membrul drept este:
\[ 2-\frac{1}{2^0}=2-1=1 \]
Cei doi membri coincid. Proprietatea este adevărată pentru \(n=0\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că formula este adevărată pentru un anumit \(n\geq0\).
Presupunem deci:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n} = 2-\frac{1}{2^n} \]
Această ipoteză descrie suma până la termenul \(\frac{1}{2^n}\). La pasul următor va trebui să adăugăm noul termen \(\frac{1}{2^{n+1}}\).
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} = 2-\frac{1}{2^{n+1}} \]
Pornim de la membrul stâng:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} \]
Aplicăm ipoteza inductivă sumei până la \(\frac{1}{2^n}\):
\[ 2-\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} \]
Trebuie acum să simplificăm ultimii doi termeni:
\[ -\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} \]
Observăm că:
\[ \frac{1}{2^n}=\frac{2}{2^{n+1}} \]
Într-adevăr, \(2^{n+1}=2\cdot2^n\).
Deci:
\[ -\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} = -\frac{2}{2^{n+1}}+\frac{1}{2^{n+1}} \]
Adunăm fracțiile:
\[ -\frac{2}{2^{n+1}}+\frac{1}{2^{n+1}} = -\frac{1}{2^{n+1}} \]
Prin urmare:
\[ 2-\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} = 2-\frac{1}{2^{n+1}} \]
Am obținut exact formula cerută pentru \(n+1\).
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=0\) și pasul inductiv a fost demonstrat.
Prin principiul inducției matematice:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n} = 2-\frac{1}{2^n} \]
pentru orice \(n\geq0\).
Exercițiul 18 — nivel ★★★★★
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ \sum_{k=1}^{n} k(k+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3} \]
pentru orice \(n\geq1\).
Demonstrație
Semnificația formulei
Simbolul:
\[ \sum_{k=1}^{n} k(k+1) \]
reprezintă suma termenilor de forma \(k(k+1)\), când \(k\) variază de la \(1\) la \(n\).
Explicit:
\[ \sum_{k=1}^{n} k(k+1) = 1\cdot2+2\cdot3+3\cdot4+\dots+n(n+1) \]
Formula afirmă că această sumă poate fi scrisă în formă închisă ca:
\[ \frac{n(n+1)(n+2)}{3} \]
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=1\).
Membrul stâng este:
\[ \sum_{k=1}^{1} k(k+1)=1(1+1)=2 \]
Membrul drept este:
\[ \frac{1(1+1)(1+2)}{3} = \frac{1\cdot2\cdot3}{3} = 2 \]
Cei doi membri coincid. Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că formula este adevărată pentru un anumit \(n\geq1\).
Presupunem deci:
\[ \sum_{k=1}^{n} k(k+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3} \]
Această ipoteză descrie suma până la termenul \(n(n+1)\). La pasul următor va trebui să adăugăm termenul corespunzător lui \(k=n+1\).
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ \sum_{k=1}^{n+1} k(k+1)=\frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{3} \]
Scriem suma până la \(n+1\) separând ultimul termen:
\[ \sum_{k=1}^{n+1} k(k+1) = \sum_{k=1}^{n} k(k+1)+(n+1)(n+2) \]
Aplicăm ipoteza inductivă:
\[ \frac{n(n+1)(n+2)}{3}+(n+1)(n+2) \]
Cei doi termeni au în comun factorul \((n+1)(n+2)\). Îl scoatem factor comun:
\[ (n+1)(n+2)\left(\frac{n}{3}+1\right) \]
Transformăm paranteza:
\[ \frac{n}{3}+1=\frac{n}{3}+\frac{3}{3}=\frac{n+3}{3} \]
Înlocuind:
\[ (n+1)(n+2)\cdot\frac{n+3}{3} \]
adică:
\[ \frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{3} \]
Am obținut exact formula cerută pentru \(n+1\).
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=1\) și pasul inductiv a fost demonstrat.
Prin principiul inducției matematice:
\[ \sum_{k=1}^{n} k(k+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3} \]
pentru orice \(n\geq1\).
Exercițiul 19 — nivel ★★★★★
Să se demonstreze prin inducție că:
\[ 2^n>n^2 \]
pentru orice \(n\geq5\).
Demonstrație
Semnificația proprietății
Inegalitatea compară o creștere exponențială, \(2^n\), cu o creștere polinomială, \(n^2\).
Proprietatea nu este adevărată pentru toate valorile inițiale ale lui \(n\). De exemplu, pentru \(n=2\) avem \(2^2=4\) și \(2^2=4\), deci inegalitatea strictă nu este satisfăcută.
Din acest motiv demonstrația prin inducție începe de la \(n=5\).
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=5\).
Membrul stâng este:
\[ 2^5=32 \]
Membrul drept este:
\[ 5^2=25 \]
Deoarece:
\[ 32>25 \]
proprietatea este adevărată pentru \(n=5\).
Ipoteza inductivă
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru un anumit \(n\geq5\).
Presupunem deci:
\[ 2^n>n^2 \]
Trebuie să folosim această informație pentru a demonstra inegalitatea la pasul următor.
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că:
\[ 2^{n+1}>(n+1)^2 \]
Pornim de la membrul stâng:
\[ 2^{n+1} \]
Scriem:
\[ 2^{n+1}=2\cdot2^n \]
Prin ipoteza inductivă știm că:
\[ 2^n>n^2 \]
Înmulțind cu \(2>0\), obținem:
\[ 2\cdot2^n>2n^2 \]
Deci:
\[ 2^{n+1}>2n^2 \]
Acum trebuie să arătăm că \(2n^2\) este mai mare decât \((n+1)^2\). Dacă:
\[ 2n^2>(n+1)^2 \]
atunci, combinând cele două inegalități, vom obține:
\[ 2^{n+1}>2n^2>(n+1)^2 \]
Verificăm deci că:
\[ 2n^2>(n+1)^2 \]
Aducem totul în membrul stâng:
\[ 2n^2-(n+1)^2 \]
Dezvoltăm pătratul:
\[ (n+1)^2=n^2+2n+1 \]
deci:
\[ 2n^2-(n+1)^2 = 2n^2-(n^2+2n+1) \]
adică:
\[ n^2-2n-1 \]
Scriem această expresie într-o formă utilă:
\[ n^2-2n-1=(n-1)^2-2 \]
Deoarece \(n\geq5\), avem \(n-1\geq4\), deci:
\[ (n-1)^2\geq4^2=16 \]
Prin urmare:
\[ (n-1)^2-2\geq16-2=14>0 \]
Deci:
\[ 2n^2-(n+1)^2>0 \]
și astfel:
\[ 2n^2>(n+1)^2 \]
Combinând:
\[ 2^{n+1}>2n^2>(n+1)^2 \]
obținem:
\[ 2^{n+1}>(n+1)^2 \]
Concluzie
Proprietatea este adevărată pentru \(n=5\) și am demonstrat că, dacă este valabilă pentru \(n\), atunci este valabilă și pentru \(n+1\).
Prin principiul inducției matematice:
\[ 2^n>n^2 \]
pentru orice \(n\geq5\).
Exercițiul 20 — nivel ★★★★★
Să se demonstreze prin inducție că orice număr natural \(n\geq2\) este prim sau este produs de numere prime.
Demonstrație
Semnificația proprietății
Această proprietate reprezintă o formă esențială a teoremei fundamentale a aritmeticii: orice număr natural mai mare sau egal cu \(2\) poate fi descompus în factori primi.
În acest exercițiu vom folosi inducția tare. Spre deosebire de inducția obișnuită, în inducția tare, pentru a demonstra proprietatea pentru \(n\), putem presupune că ea este adevărată pentru toate numerele naturale cuprinse între \(2\) și \(n-1\).
Această formă de inducție este naturală aici, deoarece dacă un număr nu este prim, se scrie ca produs a două numere mai mici.
Baza inducției
Verificăm proprietatea pentru \(n=2\).
Numărul \(2\) este prim.
Deci proprietatea este adevărată pentru \(n=2\).
Ipoteza de inducție tare
Presupunem că proprietatea este adevărată pentru toate numerele naturale \(m\) cu:
\[ 2\leq m\leq n \]
Aceasta înseamnă că orice număr natural cuprins între \(2\) și \(n\) este prim sau este produs de numere prime.
Pasul inductiv
Trebuie să demonstrăm că proprietatea este valabilă pentru \(n+1\).
Considerăm deci numărul \(n+1\).
Există două posibilități.
Primul caz: \(n+1\) este prim
Dacă \(n+1\) este prim, atunci proprietatea este imediat adevărată.
Într-adevăr, proprietatea cere ca numărul să fie prim sau produs de prime; în acest caz este direct prim.
Al doilea caz: \(n+1\) nu este prim
Dacă \(n+1\) nu este prim, atunci prin definiție există două numere naturale \(a\) și \(b\), ambele mai mari decât \(1\), astfel încât:
\[ n+1=ab \]
Mai mult, deoarece \(a>1\) și \(b>1\), ambii factori sunt strict mai mici decât \(n+1\).
Prin urmare:
\[ 2\leq a\leq n \qquad \text{și} \qquad 2\leq b\leq n \]
Acum putem aplica ipoteza de inducție tare atât lui \(a\), cât și lui \(b\).
Prin ipoteză, \(a\) este prim sau este produs de numere prime.
La fel, \(b\) este prim sau este produs de numere prime.
Deoarece:
\[ n+1=ab \]
și atât \(a\), cât și \(b\) sunt prime sau produse de prime, rezultă că și \(n+1\) este produs de numere prime.
Concluzie
Am demonstrat că, dacă proprietatea este valabilă pentru toate numerele de la \(2\) la \(n\), atunci este valabilă și pentru \(n+1\).
Deoarece proprietatea este adevărată pentru \(n=2\), prin principiul inducției tari conchidem că orice număr natural \(n\geq2\) este prim sau este produs de numere prime.