Inducția matematică: sume, inegalități și divizibilitate

Ai învățat mecanismul: verifici prima piesă de domino, arăți că fiecare piesă o dărâmă pe următoarea, gata. Acum urmează partea în care mecanismul chiar produce rezultate — pentru că, în practică, dificultatea unei demonstrații prin inducție nu stă niciodată în schemă, ci în pasul inductiv: în felul în care reușești să faci să apară, în expresia de la rangul $k+1$, expresia de la rangul $k$, pe care o cunoști din ipoteză.

Există trei familii mari de probleme în care inducția este metoda naturală, și fiecare cere o mișcare tehnică proprie. La sume, rupi ultimul termen. La inegalități, majorezi sau minorezi — și, aproape întotdeauna, trebuie să găsești singur rangul de la care afirmația e adevărată. La divizibilitate, scrii expresia de la rangul $k+1$ ca o combinație între expresia de la rangul $k$ și un multiplu vizibil al divizorului. Cele trei tehnici sunt subiectul acestei lecții și acoperă, practic, tot ce ți se poate cere la Bacalaureat M1 din acest capitol.

Ce vei învăța

• Vei ști să aplici tehnica ruperii ultimului termen la sume mai grele, cu factoriale, puteri sau fracții.
• Vei ști să demonstrezi inegalitatea lui Bernoulli, $(1+a{)}^n\ge 1+na$ pentru $a>-1$, și să o folosești ca instrument.
• Vei ști să determini singur rangul de pornire al unei inegalități și să demonstrezi $2^n>n^2$ pentru $n\ge 5$.
• Vei ști să demonstrezi prin inducție proprietăți de divizibilitate, scriind $a_{k+1}$ în funcție de $a_k$ plus un multiplu al divizorului.
• Vei ști să recunoști care dintre cele trei tehnici se potrivește unei probleme date, doar citind enunțul.
• Vei ști să redactezi complet o astfel de demonstrație, în forma așteptată de baremul de la Bacalaureat M1.

Hai să descoperim împreună

1. Schema, pe scurt — și ce se schimbă acum

Reamintim, într-un singur rând, schema studiată în lecția Metoda inducției matematice: principiul dominoului: verifici $P(n_0)$, apoi arăți că din $P(k)$ rezultă $P(k+1)$ pentru orice $k\ge n_0$, apoi concluzionezi.

Ce se schimbă în această lecție este conținutul pasului inductiv. Toată dificultatea se concentrează într-o singură întrebare, pe care merită să o scrii cu litere mari pe caiet:

Cum fac să apară, în expresia de la rangul $k+1$, expresia de la rangul $k$?

Pentru că doar despre aceea știi ceva — ipoteza de inducție. Orice tehnică din lecția de față este un răspuns la această întrebare, adaptat tipului de problemă:

Al doilea lucru nou este rangul de pornire. La sume, aproape mereu $n_0=1$. La inegalități, aproape niciodată: trebuie să calculezi primele valori și să vezi de unde încolo afirmația devine adevărată.

2. Sume: rupem ultimul termen

Tiparul l-ai văzut la suma lui Gauss. Îl aplicăm acum la o sumă mai serioasă, cu factoriale.

Afirmație. Pentru orice $n\ge 1$:

$$1\cdot 1!+2\cdot 2!+\cdots +n\cdot n!=(n+1)!-1.$$

Etapa de verificare. Pentru $n=1$: membrul stâng este $1\cdot 1!=1$, iar membrul drept $2!-1=2-1=1$. Egalitate ✓

Etapa de demonstrație. Presupunem afirmația adevărată pentru un $k\ge 1$ fixat:

$$1\cdot 1!+2\cdot 2!+\cdots +k\cdot k!=(k+1)!-1.$$

Vrem să arătăm că suma până la $k+1$ este $(k+2)!-1$. Rupem ultimul termen și folosim ipoteza:

$$\underset{=(k+1)!-1}{\underbrace{1\cdot 1!+\cdots +k\cdot k!}}+(k+1)(k+1)!=(k+1)!-1+(k+1)(k+1)!.$$

Dăm factor comun $(k+1)!$ în primii doi termeni care îl conțin:

$$(k+1)![1+(k+1)]-1=(k+1)!(k+2)-1=(k+2)!-1,$$

unde am folosit definiția factorialului: $(k+2)!=(k+2)\cdot (k+1)!$. Am obținut exact ținta.

Concluzia. Conform principiului inducției matematice, egalitatea are loc pentru orice $n\ge 1$. $■$

Verificare rapidă de control, pe care merită să o faci mereu înainte de a demonstra: pentru $n=5$, suma este $1+4+18+96+600=719$, iar $6!-1=720-1=719$ ✓.

3. Sume cu fracții: același tipar, calcul mai atent

Afirmație. Pentru orice $n\ge 1$:

$$\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 5}+\cdots +\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{n}{2n+1}.$$

Verificarea. $n=1$: stânga $=\frac{1}{3}$, dreapta $=\frac{1}{3}$ ✓

Demonstrația. Presupunem egalitatea pentru $k$ și adunăm termenul de rang $k+1$, care este $\frac{1}{(2k+1)(2k+3)}$:

$$\frac{k}{2k+1}+\frac{1}{(2k+1)(2k+3)}=\frac{k(2k+3)+1}{(2k+1)(2k+3)}=\frac{2k^2+3k+1}{(2k+1)(2k+3)}.$$

Descompunem trinomul de la numărător: $2k^2+3k+1=(2k+1)(k+1)$ — verifici imediat prin desfacerea parantezelor. Simplificăm prin $2k+1\ne 0$:

$$\frac{(2k+1)(k+1)}{(2k+1)(2k+3)}=\frac{k+1}{2k+3}=\frac{k+1}{2(k+1)+1},$$

adică exact formula pentru $n=k+1$. $■$

Reține pasul care se ratează cel mai des: calcularea corectă a termenului de rang $k+1$. Aici, înlocuind $n$ cu $k+1$ în $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$, obții $\frac{1}{(2k+1)(2k+3)}$ — nu $\frac{1}{(2k+1)(2k+1)}$ și nici $\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}$. Scrie-l separat, înainte de a-l aduna.

4. Inegalități: inegalitatea lui Bernoulli

La inegalități apare o dificultate nouă. La sume aveai egalități, deci calculul te ducea singur la țintă. La inegalități, din $P(k)$ obții o expresie care este mai mare sau egală cu ceva — și de acolo trebuie să continui cu majorări, până ajungi la forma dorită. Ai voie să „pierzi" pe drum, dar numai în direcția bună.

Teoremă (inegalitatea lui Bernoulli). Pentru orice număr real $a>-1$ și orice număr natural $n\ge 1$:

$$(1+a{)}^n\ge 1+na.$$

Etapa de verificare. Pentru $n=1$: $(1+a{)}^1=1+a$, deci avem chiar egalitate; inegalitatea $\ge$ este adevărată ✓

Etapa de demonstrație. Presupunem că, pentru un $k\ge 1$ fixat, $(1+a{)}^k\ge 1+ka$. Vrem să arătăm că $(1+a{)}^{k+1}\ge 1+(k+1)a$.

Pornim de la membrul stâng și scoatem un factor:

$$(1+a{)}^{k+1}=(1+a{)}^k\cdot (1+a).$$

Aici intervine condiția $a>-1$: ea garantează $1+a>0$, deci înmulțirea inegalității din ipoteză cu $1+a$ păstrează sensul:

$$(1+a{)}^k(1+a)\ge (1+ka)(1+a)=1+a+ka+k{a}^2=1+(k+1)a+k{a}^2.$$

Ultimul termen, $k{a}^2$, este pozitiv sau nul (fiind produsul unui număr natural cu un pătrat), deci îl putem „arunca", micșorând membrul drept:

$$1+(k+1)a+k{a}^2\ge 1+(k+1)a.$$

Punând cap la cap cele două inegalități, obținem $(1+a{)}^{k+1}\ge 1+(k+1)a$, adică exact $P(k+1)$.

Concluzia. Conform principiului inducției matematice, inegalitatea lui Bernoulli are loc pentru orice $n\ge 1$ și orice $a>-1$. $■$

Două observații care nu trebuie ratate. Prima: unde s-a folosit ipoteza $a>-1$ — la înmulțirea cu $1+a$; dacă $1+a$ ar fi fost negativ, sensul inegalității s-ar fi schimbat și demonstrația ar fi căzut. A doua: pasul „arunc $k{a}^2$" este mișcarea tipică de la inegalități — la egalități n-ai voie să arunci nimic, la inegalități ai voie, dacă arunci în direcția corectă.

Ca test de încredere: pentru $a=0,5$ și $n=4$, avem $(1,5{)}^4=5,0625$, iar $1+4\cdot 0,5=3$; într-adevăr $5,0625\ge 3$. Pentru $a=-0,5$ și $n=3$: $(0,5{)}^3=0,125$, iar $1-1,5=-0,5$, deci $0,125\ge -0,5$ ✓

5. Găsirea rangului de pornire: $2^n>n^2$

Iată o inegalitate care arată de ce nu poți începe orb, de la $n=1$. Calculăm primele valori:

Situația e curioasă: afirmația e adevărată la $n=1$, apoi falsă la $n=2,3,4$, apoi adevărată de la $n=5$ încolo. Nu putem porni de la $n=1$, pentru că lanțul s-ar rupe imediat. Demonstrăm deci enunțul corect:

Afirmație. Pentru orice $n\ge 5$: $2^n>n^2$.

Etapa de verificare. Pentru $n=5$: $2^5=32$ și $5^2=25$, iar $32>25$ ✓

Etapa de demonstrație. Presupunem $2^k>k^2$ pentru un $k\ge 5$ fixat. Atunci

$$2^{k+1}=2\cdot 2^k>2k^2,$$

folosind ipoteza. Ar fi de ajuns acum să arătăm că $2k^2\ge (k+1{)}^2$, pentru că am obține prin tranzitivitate $2^{k+1}>(k+1{)}^2$. Dar

$$2k^2-(k+1{)}^2=2k^2-k^2-2k-1=k^2-2k-1=(k-1{)}^2-2,$$

iar pentru $k\ge 5$ avem $(k-1{)}^2\ge 16>2$, deci diferența este strict pozitivă. Prin urmare $2k^2>(k+1{)}^2$ și, în lanț:

$$2^{k+1}>2k^2>(k+1{)}^2.$$

Concluzia. Conform principiului inducției matematice, $2^n>n^2$ pentru orice $n\ge 5$. $■$

Reține metoda de lucru la inegalități: pornești de la ipoteză, obții o expresie intermediară și apoi cauți o inegalitate auxiliară care te duce la țintă. Aici, inegalitatea auxiliară a fost $2k^2\ge (k+1{)}^2$, adevărată pentru $k\ge 3$ — motiv în plus ca rangul de pornire ales, $5$, să fie sigur.

6. Divizibilitate: scoatem un multiplu vizibil

A treia familie. Enunțul tipic: „arătați că $d$ divide $a_n$ pentru orice $n$", unde $a_n$ este o expresie cu puteri.

Tehnica standard: calculezi $a_{k+1}$ și încerci să-l scrii sub forma

$$a_{k+1}=m\cdot a_k+(\text{un multiplu evident al lui }d),$$

cu $m$ un număr întreg. Atunci, dacă $d\mid a_k$ (ipoteza), ambii termeni se divid cu $d$, deci și suma lor.

Afirmație. Pentru orice $n\ge 0$, numărul $a_n=3^{2n+1}+2^{n+2}$ se divide cu $7$.

Etapa de verificare. Pentru $n=0$: $a_0=3^1+2^2=3+4=7$, divizibil cu $7$ ✓ (Dacă enunțul cere $n\ge 1$: $a_1=3^3+2^3=27+8=35=7\cdot 5$ ✓)

Etapa de demonstrație. Presupunem că $7\mid a_k$, adică $3^{2k+1}+2^{k+2}=7t$ pentru un număr natural $t$. Calculăm termenul următor:

$$a_{k+1}=3^{2(k+1)+1}+2^{(k+1)+2}=3^{2k+3}+2^{k+3}=9\cdot 3^{2k+1}+2\cdot 2^{k+2}.$$

Vrem să facem să apară $a_k=3^{2k+1}+2^{k+2}$. Scriem $9=9$ și $2=9-7$:

$$a_{k+1}=9\cdot 3^{2k+1}+(9-7)\cdot 2^{k+2}=9\left(3^{2k+1}+2^{k+2}\right)-7\cdot 2^{k+2}=9a_k-7\cdot 2^{k+2}.$$

Primul termen se divide cu $7$ din ipoteză ($a_k=7t$, deci $9a_k=63t$), iar al doilea este evident multiplu de $7$. Deci

$$a_{k+1}=9\cdot 7t-7\cdot 2^{k+2}=7\left(9t-2^{k+2}\right),$$

adică $7\mid a_{k+1}$.

Concluzia. Conform principiului inducției matematice, $7\mid 3^{2n+1}+2^{n+2}$ pentru orice $n$ natural. $■$

Cheia întregii demonstrații a fost trucul „$2=9-7$": am forțat același coeficient, $9$, la ambele puteri, ca să pot da factor comun expresia din ipoteză, iar diferența a ieșit automat multiplu de $7$. Regula generală: dacă în expresie apar puterile $u^n$ și $v^n$, încerci să scoți factor comun pe cel mai mare dintre coeficienți și scrii celălalt ca „acel coeficient minus divizorul".

Control numeric: $a_1=35$, $a_2=243+16=259=7\cdot 37$, $a_3=2187+32=2219=7\cdot 317$ ✓

7. A doua tehnică la divizibilitate: substituția directă

Uneori e mai comod să scoți din ipoteză o expresie și să o înlocuiești. Fie $b_n=4^n+15n-1$, despre care arătăm că se divide cu $9$.

Verificarea. $b_1=4+15-1=18=9\cdot 2$ ✓

Demonstrația. Din ipoteză, $4^k+15k-1=9t$, deci $4^k=9t-15k+1$. Calculăm:

$$b_{k+1}=4^{k+1}+15(k+1)-1=4\cdot 4^k+15k+14.$$

Înlocuim $4^k$ cu expresia din ipoteză:

$$b_{k+1}=4(9t-15k+1)+15k+14=36t-60k+4+15k+14=36t-45k+18=9\left(4t-5k+2\right).$$

Deci $9\mid b_{k+1}$, iar prin inducție $9\mid b_n$ pentru orice $n\ge 1$. $■$

Ambele tehnici — factor comun și substituție — duc la același rezultat; alege-o pe cea care îți dă calcule mai scurte. Verificare: $b_2=16+30-1=45$ ✓, $b_3=64+45-1=108=9\cdot 12$ ✓

8. Redactarea la Bacalaureat M1 și capcanele frecvente

Baremul așteaptă aceleași cinci elemente ca la lecția precedentă: enunțarea lui $P(n)$, verificarea pentru rangul corect, ipoteza formulată „pentru un $k$ fixat", calculul cu ipoteza folosită explicit, concluzia standard. Peste ele, la problemele din această lecție se adaugă trei cerințe de fond:

1. Rangul de pornire trebuie justificat. La inegalități, arată prin calcul de ce nu poți începe mai devreme (tabelul cu primele valori valorează cât o frază).
2. Termenul de rang $k+1$ se calculează separat, înainte de a fi folosit. Majoritatea erorilor din lucrări sunt aici, nu în raționament.
3. La divizibilitate, scrie ipoteza sub formă de egalitate ($a_k=d\cdot t$, cu $t$ întreg) — corectorul vede imediat unde ai folosit-o.

O capcană specială la inegalități: nu porni de la ce ai de demonstrat și nu lucra „de sus în jos" cu inegalități, sperând să ajungi la ceva adevărat. Este exact greșeala de raționament pe care ai analizat-o în lecția Validarea logică a pașilor unui raționament: dintr-o afirmație adevărată obținută la final nu rezultă că afirmația de la care ai plecat e adevărată. Pornește întotdeauna de la ipoteză și mergi înainte, spre țintă.

Iar dacă o problemă cere „arătați că nu există $n$ pentru care…", inducția nu e unealta potrivită: acolo lucrează metoda reducerii la absurd. Cele două metode ale capitolului se aleg după forma enunțului: „pentru orice $n$" → inducție; „nu există" → reducere la absurd.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — O sumă cu puteri

Demonstrați că pentru orice $n\ge 1$: $1\cdot 2+2\cdot 2^2+3\cdot 2^3+\cdots +n\cdot 2^n=(n-1)\cdot 2^{n+1}+2$.

Rezolvare. Verificarea. $n=1$: stânga $=1\cdot 2=2$; dreapta $=0\cdot 2^2+2=2$ ✓

Demonstrația. Presupunem $1\cdot 2+\cdots +k\cdot 2^k=(k-1)2^{k+1}+2$. Termenul de rang $k+1$ este $(k+1)2^{k+1}$. Adunăm:

$$(k-1)2^{k+1}+2+(k+1)2^{k+1}=2^{k+1}[(k-1)+(k+1)]+2=2^{k+1}\cdot 2k+2=k\cdot 2^{k+2}+2.$$

Aceasta este exact formula pentru $n=k+1$, adică $[(k+1)-1]2^{(k+1)+1}+2$. Prin inducție, egalitatea are loc pentru orice $n\ge 1$. $■$

Control: pentru $n=5$, suma este $2+8+24+64+160=258$, iar $4\cdot 2^6+2=256+2=258$ ✓

Exemplul 2 — O sumă cu fracții

Demonstrați că pentru orice $n\ge 1$: $\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\cdots +\frac{n}{2^n}=2-\frac{n+2}{2^n}$.

Rezolvare. Verificarea. $n=1$: stânga $=\frac{1}{2}$; dreapta $=2-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$ ✓

Demonstrația. Presupunem egalitatea pentru $k$ și adunăm termenul $\frac{k+1}{2^{k+1}}$:

$$2-\frac{k+2}{2^k}+\frac{k+1}{2^{k+1}}=2-\frac{2(k+2)}{2^{k+1}}+\frac{k+1}{2^{k+1}}=2-\frac{2k+4-k-1}{2^{k+1}}=2-\frac{k+3}{2^{k+1}},$$

adică formula pentru $n=k+1$. Prin inducție, egalitatea are loc pentru orice $n\ge 1$. $■$

Observă aducerea la același numitor $2^{k+1}$ — pasul tehnic care face demonstrația să meargă. Control: $n=4$ dă $\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\frac{4}{16}=\frac{13}{8}$, iar $2-\frac{6}{16}=\frac{13}{8}$ ✓

Exemplul 3 — O inegalitate cu factorial

Demonstrați că $n!>2^n$ pentru orice $n\ge 4$.

Rezolvare. Întâi verificăm de ce rangul este $4$: $1!=1<2$, $2!=2<4$, $3!=6<8$ — afirmația e falsă pentru $n\le 3$; $4!=24>16=2^4$ ✓

Verificarea. $n=4$: $24>16$ ✓

Demonstrația. Presupunem $k!>2^k$ pentru un $k\ge 4$. Atunci

$$(k+1)!=(k+1)\cdot k!>(k+1)\cdot 2^k,$$

folosind ipoteza (înmulțirea cu $k+1>0$ păstrează sensul). Cum $k\ge 4$, avem $k+1\ge 5>2$, deci

$$(k+1)\cdot 2^k>2\cdot 2^k=2^{k+1}.$$

Prin tranzitivitate, $(k+1)!>2^{k+1}$, adică $P(k+1)$.

Concluzia. Prin inducție, $n!>2^n$ pentru orice $n\ge 4$. $■$

Exemplul 4 — Divizibilitate cu 6

Demonstrați că $6\mid n^3+5n$ pentru orice număr natural $n$.

Rezolvare. Verificarea. $n=0$: $0$ se divide cu $6$ ✓ (sau, pentru $n\ge 1$: $1+5=6$ ✓)

Demonstrația. Presupunem $k^3+5k=6t$, cu $t$ număr natural. Calculăm:

$$(k+1{)}^3+5(k+1)=k^3+3k^2+3k+1+5k+5=\underset{=6t}{\underbrace{\left(k^3+5k\right)}}+3k^2+3k+6.$$

Rămâne să arătăm că $3k^2+3k+6$ se divide cu $6$. Dar $3k^2+3k=3k(k+1)$, iar produsul $k(k+1)$ a două numere consecutive este par, deci $k(k+1)=2s$ și $3k(k+1)=6s$. Prin urmare

$$(k+1{)}^3+5(k+1)=6t+6s+6=6(t+s+1),$$

deci se divide cu $6$.

Concluzia. Prin inducție, $6\mid n^3+5n$ pentru orice $n$ natural. $■$

Control: $n=2$ dă $18$, $n=3$ dă $42$, $n=4$ dă $84$ — toate multipli de $6$ ✓

Exemplul 5 — Divizibilitate cu 5, cu două puteri

Demonstrați că $5\mid 2^{2n+1}+3^{2n+1}$ pentru orice număr natural $n$.

Rezolvare. Verificarea. $n=0$: $2^1+3^1=5$ ✓

Demonstrația. Notăm $c_n=2^{2n+1}+3^{2n+1}$ și presupunem $c_k=5t$. Atunci

$$c_{k+1}=2^{2k+3}+3^{2k+3}=4\cdot 2^{2k+1}+9\cdot 3^{2k+1}.$$

Scriem $9=4+5$ pentru a forța același coeficient:

$$c_{k+1}=4\cdot 2^{2k+1}+(4+5)\cdot 3^{2k+1}=4\left(2^{2k+1}+3^{2k+1}\right)+5\cdot 3^{2k+1}=4c_k+5\cdot 3^{2k+1}.$$

Primul termen este $4\cdot 5t=20t$, multiplu de $5$; al doilea este vizibil multiplu de $5$. Deci $5\mid c_{k+1}$.

Concluzia. Prin inducție, $5\mid 2^{2n+1}+3^{2n+1}$ pentru orice $n$ natural. $■$

Control: $n=1$ dă $8+27=35$, $n=2$ dă $32+243=275=5\cdot 55$ ✓

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat

a) Demonstrați, folosind metoda inducției matematice, că pentru orice $n\ge 1$:

$$1^2+3^2+5^2+\cdots +(2n-1{)}^2=\frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}.$$

b) Calculați suma pătratelor primelor $10$ numere impare.

Rezolvare. a) Notăm cu $P(n)$ egalitatea din enunț.

Etapa de verificare. Pentru $n=1$: stânga $=1^2=1$; dreapta $=\frac{1\cdot 1\cdot 3}{3}=1$, deci $P(1)$ este adevărată.

Etapa de demonstrație. Presupunem $P(k)$ adevărată pentru un $k\ge 1$ fixat:

$$1^2+3^2+\cdots +(2k-1{)}^2=\frac{k(2k-1)(2k+1)}{3}.$$

Termenul de rang $k+1$ este $[2(k+1)-1{]}^2=(2k+1{)}^2$. Adunându-l:

$$\frac{k(2k-1)(2k+1)}{3}+(2k+1{)}^2=\frac{(2k+1)[k(2k-1)+3(2k+1)]}{3}=\frac{(2k+1)\left(2k^2+5k+3\right)}{3}.$$

Descompunem trinomul: $2k^2+5k+3=(k+1)(2k+3)$ (verificare prin desfacere: $2k^2+3k+2k+3$ ✓). Deci suma este

$$\frac{(k+1)(2k+1)(2k+3)}{3}=\frac{(k+1)[2(k+1)-1][2(k+1)+1]}{3},$$

adică exact $P(k+1)$.

Concluzia. Conform principiului inducției matematice, egalitatea este adevărată pentru orice $n\ge 1$.

b) Pentru $n=10$: $\frac{10\cdot 19\cdot 21}{3}=\frac{3990}{3}=1330$. (Verificare directă: $1+9+25+49+81+121+169+225+289+361=1330$ ✓)

Să exersăm

Rezolvă pe caiet, cu redactare completă. La inegalități, stabilește întâi rangul de pornire prin calculul primelor valori; la divizibilitate, scrie ipoteza sub formă de egalitate.

1. Calculează termenul de rang $k+1$ pentru fiecare sumă: a) termenul general $\frac{1}{n(n+2)}$; b) termenul general $n\cdot 3^n$; c) termenul general $(2n-1{)}^2$.

2. Demonstrează prin inducție: $2+5+8+\cdots +(3n-1)=\frac{n(3n+1)}{2}$, pentru orice $n\ge 1$.

3. Demonstrează prin inducție: $1\cdot 1!+2\cdot 2!+\cdots +n\cdot n!=(n+1)!-1$, pentru orice $n\ge 1$.

4. Demonstrează prin inducție: $\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 5}+\cdots +\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{n}{2n+1}$, pentru orice $n\ge 1$.

5. Demonstrează prin inducție: $1\cdot 2\cdot 3+2\cdot 3\cdot 4+\cdots +n(n+1)(n+2)=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$, pentru orice $n\ge 1$.

6. Demonstrează prin inducție: $1\cdot 2+2\cdot 2^2+\cdots +n\cdot 2^n=(n-1)2^{n+1}+2$, pentru orice $n\ge 1$.

7. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Inegalitatea $2^n>n^2$ este adevărată pentru orice număr natural $n\ge 1$."

8. (Adevărat/Fals cu motivare.) „În demonstrația inegalității lui Bernoulli, condiția $a>-1$ poate fi înlocuită cu $a\ne 0$, fără ca demonstrația să se strice."

9. Determină, prin calculul primelor valori, cel mai mic rang $n_0$ de la care este adevărată inegalitatea $3^n>n^3$, apoi demonstreaz-o prin inducție pentru $n\ge n_0$.

10. Demonstrează prin inducție inegalitatea lui Bernoulli: $(1+a{)}^n\ge 1+na$ pentru orice $a>-1$ și orice $n\ge 1$, marcând locul unde folosești condiția $a>-1$.

11. Demonstrează prin inducție: $2^n>n^2$ pentru orice $n\ge 5$.

12. Demonstrează prin inducție: $n!>2^n$ pentru orice $n\ge 4$.

13. (Problemă aplicată.) Un depozit de bacterii se dublează în fiecare oră: după $n$ ore sunt $2^n$ bacterii. Un al doilea depozit crește după regula „pătratul numărului de ore", adică $n^2$ bacterii după $n$ ore. Folosind rezultatul de la exercițiul 11, arată că, de la a cincea oră încolo, primul depozit are mereu mai multe bacterii decât al doilea, și explică de ce la orele $2$, $3$ și $4$ situația este inversă.

14. Demonstrează prin inducție: $7\mid 3^{2n+1}+2^{n+2}$ pentru orice număr natural $n$.

15. Demonstrează prin inducție: $9\mid 4^n+15n-1$ pentru orice $n\ge 1$.

16. (Exercițiu tip Bacalaureat.) a) Demonstrați, prin metoda inducției matematice, că $1^2+3^2+\cdots +(2n-1{)}^2=\frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$ pentru orice $n\ge 1$. b) Calculați $1^2+3^2+\cdots +19^2$.

17. Demonstrează prin inducție: $8\mid 3^{2n}-1$ pentru orice număr natural $n$.

18. (Provocare.) Demonstrează prin inducție că $1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n}}\ge \sqrt{n}$ pentru orice $n\ge 1$. (Indicație: în pasul inductiv trebuie arătat că $\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}\ge \sqrt{k+1}$; adu la același numitor și folosește $\sqrt{k(k+1)}\ge k$.)

Răspunsuri și explicații

1. a) $\frac{1}{(k+1)(k+3)}$ — se înlocuiește $n$ cu $k+1$ în ambii factori; b) $(k+1)\cdot 3^{k+1}$; c) $[2(k+1)-1{]}^2=(2k+1{)}^2$. (Calculul separat al acestui termen previne majoritatea greșelilor din pasul inductiv.)

2. Verificare: $n=1$: stânga $=2$, dreapta $=\frac{1\cdot 4}{2}=2$ ✓. Pas: termenul următor este $3(k+1)-1=3k+2$, deci $\frac{k(3k+1)}{2}+(3k+2)=\frac{3k^2+k+6k+4}{2}=\frac{3k^2+7k+4}{2}=\frac{(k+1)(3k+4)}{2}=\frac{(k+1)[3(k+1)+1]}{2}$ ✓

3. Verificare: $1\cdot 1!=1=2!-1$ ✓. Pas: $(k+1)!-1+(k+1)(k+1)!=(k+1)![1+(k+1)]-1=(k+2)!-1$ ✓ (Este demonstrația din secțiunea 2.)

4. Verificare: $\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$ ✓. Pas: $\frac{k}{2k+1}+\frac{1}{(2k+1)(2k+3)}=\frac{2k^2+3k+1}{(2k+1)(2k+3)}=\frac{(2k+1)(k+1)}{(2k+1)(2k+3)}=\frac{k+1}{2k+3}$ ✓

5. Verificare: $1\cdot 2\cdot 3=6$ și $\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}{4}=6$ ✓. Pas: $\frac{k(k+1)(k+2)(k+3)}{4}+(k+1)(k+2)(k+3)=(k+1)(k+2)(k+3)\left(\frac{k}{4}+1\right)=\frac{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}{4}$ ✓

6. Verificare: $1\cdot 2=2=0\cdot 2^2+2$ ✓. Pas: $(k-1)2^{k+1}+2+(k+1)2^{k+1}=2k\cdot 2^{k+1}+2=k\cdot 2^{k+2}+2$ ✓ (Este Exemplul 1.)

7. Fals. Inegalitatea este adevărată la $n=1$ ($2>1$), dar falsă la $n=2$ ($4>4$ este fals), $n=3$ ($8>9$ fals) și $n=4$ ($16>16$ fals); devine adevărată de la $n=5$ încolo. Enunțul corect este „pentru orice $n\ge 5$".

8. Fals. Condiția $a>-1$ este esențială pentru că garantează $1+a>0$, deci înmulțirea inegalității din ipoteză cu $1+a$ păstrează sensul. Dacă $a<-1$, atunci $1+a<0$ și sensul inegalității s-ar schimba, iar pasul inductiv ar cădea.

9. Calculăm: $n=1$: $3>1$ ✓; $n=2$: $9>8$ ✓; $n=3$: $27>27$ fals; $n=4$: $81>64$ ✓. Cel mai mic rang de la care inegalitatea rămâne adevărată este $n_0=4$. Pas: din $3^k>k^3$ obținem $3^{k+1}=3\cdot 3^k>3k^3$; e suficient ca $3k^3\ge (k+1{)}^3$, adevărat pentru $k\ge 4$, deoarece ${\left(\frac{k+1}{k}\right)}^3={\left(1+\frac{1}{k}\right)}^3\le {\left(\frac{5}{4}\right)}^3=\frac{125}{64}<3$.

10. Verificare: $n=1$ dă egalitate, $(1+a{)}^1=1+a$ ✓. Pas: $(1+a{)}^{k+1}=(1+a{)}^k(1+a)\ge (1+ka)(1+a)$ — aici se folosește $a>-1$, care asigură $1+a>0$ — iar $(1+ka)(1+a)=1+(k+1)a+k{a}^2\ge 1+(k+1)a$, pentru că $k{a}^2\ge 0$ ✓

11. Verificare: $2^5=32>25=5^2$ ✓. Pas: $2^{k+1}=2\cdot 2^k>2k^2$; apoi $2k^2-(k+1{)}^2=k^2-2k-1=(k-1{)}^2-2>0$ pentru $k\ge 5$ (chiar pentru $k\ge 3$), deci $2k^2>(k+1{)}^2$ și, prin tranzitivitate, $2^{k+1}>(k+1{)}^2$ ✓

12. Verificare: $4!=24>16=2^4$ ✓. Pas: $(k+1)!=(k+1)\cdot k!>(k+1)2^k>2\cdot 2^k=2^{k+1}$, ultima inegalitate fiind adevărată pentru că $k+1\ge 5>2$ ✓ (Este Exemplul 3.)

13. Din exercițiul 11, $2^n>n^2$ pentru orice $n\ge 5$, deci de la a cincea oră primul depozit are mai multe bacterii — și diferența crește rapid (la $n=10$: $1024$ față de $100$). La orele $2$, $3$ și $4$ avem $4=4$, $8<9$, $16=16$: creșterea exponențială pornește mai lent, dar odată ce depășește creșterea pătratică nu mai este ajunsă niciodată.

14. Verificare: $n=0$: $3+4=7$ ✓. Pas: $a_{k+1}=9\cdot 3^{2k+1}+2\cdot 2^{k+2}=9\left(3^{2k+1}+2^{k+2}\right)-7\cdot 2^{k+2}=9a_k-7\cdot 2^{k+2}$; ambii termeni se divid cu $7$ (primul din ipoteză), deci $7\mid a_{k+1}$ ✓

15. Verificare: $4+15-1=18=9\cdot 2$ ✓. Pas: din ipoteză $4^k=9t-15k+1$, deci $4^{k+1}+15(k+1)-1=4(9t-15k+1)+15k+14=36t-45k+18=9(4t-5k+2)$ ✓

16. a) Demonstrația este cea din Exemplul 6: verificare pentru $n=1$ ($1=1$), pas cu termenul $(2k+1{)}^2$ și descompunerea $2k^2+5k+3=(k+1)(2k+3)$. b) Suma cerută are $10$ termeni (numerele impare de la $1$ la $19$), deci $n=10$ și rezultatul este $\frac{10\cdot 19\cdot 21}{3}=1330$.

17. Verificare: $n=0$: $3^0-1=0$, divizibil cu $8$ ✓ (sau $n=1$: $9-1=8$ ✓). Pas: presupunem $3^{2k}-1=8t$, deci $3^{2k}=8t+1$. Atunci $3^{2(k+1)}-1=9\cdot 3^{2k}-1=9(8t+1)-1=72t+8=8(9t+1)$ ✓

18. Verificare: $n=1$: $1\ge 1$ ✓. Pas: presupunem $1+\cdots +\frac{1}{\sqrt{k}}\ge \sqrt{k}$; adunând $\frac{1}{\sqrt{k+1}}$ obținem o sumă $\ge \sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}$. Rămâne de arătat $\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}\ge \sqrt{k+1}$, adică $\frac{\sqrt{k}\sqrt{k+1}+1}{\sqrt{k+1}}\ge \frac{k+1}{\sqrt{k+1}}$, adică $\sqrt{k(k+1)}+1\ge k+1$, adică $\sqrt{k(k+1)}\ge k$ — adevărat, pentru că $k(k+1)\ge k^2$. Prin tranzitivitate, suma până la $k+1$ este $\ge \sqrt{k+1}$ ✓

De reținut

• La sume, mișcarea este mereu aceeași: $S_{k+1}=S_k+t_{k+1}$, cu $S_k$ înlocuit din ipoteză; calculează separat termenul $t_{k+1}$, înlocuind $n$ cu $k+1$ în termenul general.
• La inegalități, pornești de la ipoteză și majorezi sau minorezi până la țintă; ai voie să „arunci" termeni, dar numai în direcția care păstrează inegalitatea.
• Inegalitatea lui Bernoulli: $(1+a{)}^n\ge 1+na$ pentru $a>-1$ și $n\ge 1$; condiția $a>-1$ e folosită la înmulțirea cu $1+a$, care trebuie să fie pozitiv.
• Rangul de pornire se caută, nu se presupune: $2^n>n^2$ este adevărată la $n=1$, falsă la $n=2,3,4$ și adevărată de la $n\ge 5$; $n!>2^n$ pornește de la $n\ge 4$.
• La divizibilitate, scrii $a_{k+1}=m\cdot a_k+(\text{multiplu al divizorului})$ — de obicei forțând același coeficient la ambele puteri (trucul „$2=9-7$") — sau înlocuiești direct expresia scoasă din ipoteză.

Greșeli frecvente

• Termenul de rang $k+1$ calculat greșit. La termenul general $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$, termenul următor este $\frac{1}{(2k+1)(2k+3)}$, nu $\frac{1}{(2k+1)(2k+1)}$. Scrie-l separat, cu $n$ înlocuit peste tot.
• Verificarea făcută la rangul greșit. La $2^n>n^2$, verificarea la $n=1$ „merge", dar lanțul nu se poate continua de acolo, pentru că afirmația e falsă la $n=2$. Rangul de pornire se determină prin calcul, nu prin obișnuință.
• Pierderea condiției care asigură sensul inegalității. La Bernoulli, înmulțirea cu $1+a$ e permisă doar pentru că $a>-1$. Orice înmulțire a unei inegalități cu o expresie de semn necunoscut este un pas nevalid.
• Lucrul „de sus în jos" la inegalități. Nu porni de la ce ai de demonstrat pentru a ajunge la ceva adevărat; e greșeala reciprocei. Pornește de la ipoteză și mergi spre țintă.
• La divizibilitate, ipoteza nescrisă ca egalitate. „Presupunem că $7\mid a_k$" e vag; scrie $a_k=7t$ și folosește explicit acest $t$ în calcul — la barem, acolo se vede folosirea ipotezei.

Aplică acasă

1. Cursa dintre exponențial și pătratic. Fă un tabel cu $n$, $2^n$ și $n^2$ pentru $n$ de la $1$ la $12$ și marchează unde se schimbă câștigătorul. Desenează apoi cele două șiruri de valori pe hârtie milimetrică. Vei vedea cu ochii de ce inegalitatea $2^n>n^2$ are nevoie de rangul $5$ — și de ce, după el, distanța devine uriașă.

2. Dobânda și Bernoulli. Dacă o sumă crește cu $5\%$ pe an, după $n$ ani ea se înmulțește cu $(1,05{)}^n$. Inegalitatea lui Bernoulli spune că acest factor este cel puțin $1+0,05n$, adică cel puțin cât ar da o creștere simplă. Calculează ambele valori pentru $n=10$ și $n=20$ și spune cu cât „bate" creșterea compusă creșterea simplă.

3. Detectivul de divizibilitate. Alege un divizor mic ($3$, $7$ sau $11$) și caută, cu calculatorul, o expresie de forma $a^n+b^n$ sau $a^{2n+1}+c$ care pare să se dividă mereu cu el. Testează pe $n=1,2,\dots ,6$; dacă rezistă, încearcă să demonstrezi prin inducție, forțând același coeficient la ambele puteri. Dacă pică la un $n$, ai găsit un contraexemplu — la fel de valoros.

Pentru părinți și profesori

Această lecție transformă principiul învățat anterior într-o tehnică de lucru. Ea acoperă cele trei tipuri de cerințe care apar efectiv la Bacalaureat M1 din capitolul de inducție: formule de sume, inegalități (cu Bernoulli ca rezultat de referință) și divizibilități cu puteri. Competențele vizate din programă sunt IX.CS.6.1 („determinarea, din punct de vedere logic, a corectitudinii pașilor unui raționament inductiv"), IX.CS.5.1 (formularea corectă a enunțului demonstrat) și IX.CS.3.1 (stabilirea valorii de adevăr a unui enunț matematic).

Puncte de verificat în redactarea elevului: (1) calculează separat termenul de rang $k+1$ înainte de a-l folosi; (2) la inegalități, determină rangul de pornire prin calculul primelor valori și îl justifică; (3) marchează explicit locul unde folosește ipoteza de inducție; (4) la divizibilitate, scrie ipoteza ca egalitate ($a_k=d\cdot t$). Întrebări bune de control: „De ce nu putem porni inducția de la $n=1$ la inegalitatea $2^n>n^2$?"; „Unde ai folosit condiția $a>-1$?"; „Cum ai făcut să apară expresia de la rangul $k$ în cea de la rangul $k+1$?".

Un semn sigur că elevul stăpânește materia: poate spune, doar citind enunțul, care dintre cele trei tehnici se aplică, și nu confundă situațiile în care se cere inducție („demonstrați că pentru orice $n$…") cu cele în care se cere reducerea la absurd („arătați că nu există $n$ astfel încât…"). La examen, redactarea structurată aduce punctajul pe etape chiar și când calculul final nu iese complet.

Întrebări frecvente

Cum demonstrez prin inducție o formulă de sumă? Verifici formula pentru primul rang, presupui că este adevărată pentru un $k$ fixat, apoi scrii suma până la $k+1$ ca „suma până la $k$" (înlocuită din ipoteză) plus termenul de rang $k+1$, calculat separat. După calculul algebric trebuie să obții exact formula în care $n$ a fost înlocuit cu $k+1$.

Ce este inegalitatea lui Bernoulli? Este inegalitatea $(1+a{)}^n\ge 1+na$, valabilă pentru orice număr real $a>-1$ și orice număr natural $n\ge 1$. Ea spune că o creștere compusă este cel puțin cât una simplă și se demonstrează prin inducție, folosind faptul că $1+a>0$ pentru a înmulți ipoteza fără a schimba sensul inegalității.

De ce inegalitatea $2^n>n^2$ nu pornește de la $n=1$? Pentru că, deși e adevărată la $n=1$ ($2>1$), ea este falsă la $n=2$, $3$ și $4$ ($4>4$, $8>9$, $16>16$ — toate false). Devine adevărată de la $n=5$ ($32>25$) și rămâne așa. Deci rangul corect de pornire al inducției este $5$.

Cum aflu rangul de pornire al unei inegalități? Calculezi efectiv primele valori, până vezi de unde inegalitatea devine adevărată și rămâne adevărată. Un tabel cu $n$, membrul stâng și membrul drept rezolvă întrebarea în câteva rânduri, iar la examen el justifică alegerea rangului.

Cum se demonstrează prin inducție o divizibilitate? Scrii ipoteza ca egalitate, $a_k=d\cdot t$, apoi calculezi $a_{k+1}$ și încerci să-l aduci la forma $m\cdot a_k$ plus un multiplu evident al lui $d$. Dacă în expresie apar două puteri diferite, forțezi același coeficient la amândouă, scriind coeficientul mai mic ca „cel mare minus divizorul".

De ce trebuie să calculez separat termenul de rang $k+1$? Pentru că acolo se produc majoritatea greșelilor. Termenul general se evaluează înlocuind $n$ cu $k+1$ peste tot: din $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$ obții $\frac{1}{(2k+1)(2k+3)}$. Dacă îl scrii greșit, calculul nu va ajunge niciodată la țintă, oricât de corect ai lucra mai departe.

Când folosesc inducția și când reducerea la absurd? Inducția demonstrează afirmații de forma „pentru orice număr natural $n$ (mai mare sau egal cu un rang) are loc…". Reducerea la absurd se folosește pentru enunțuri de tip „nu există", „este imposibil", „este irațional". Forma enunțului îți spune metoda.

Unde apar aceste aplicații la Bacalaureat? La proba M1, în subiectele de algebră: demonstrarea unor formule de sume (adesea legate de progresii), inegalități cu puteri și factoriale, divizibilități cu expresii exponențiale. Baremul acordă puncte separate pentru verificare, pentru ipoteză, pentru pasul inductiv și pentru concluzie, deci o redactare completă aduce punctaj chiar și cu un calcul neterminat.