Inductia Matematicii

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

unde n N.

Rezolvare. a) Pentru n = 1 egalitatea devine 1=1, prin urmare P(1) este adevarata. Presupunem ca egalitatea din enunt este adevarata, adica are loc egalitatea

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

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

se obtine

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 a1 = 1 si ratia d = 1. In baza formulei cunoscute

se obtine

b) Pentru n = 1 egalitatea devine 2·1 - 1 = 12 sau 1=1, astfel P(1) este justa. Presupunem justa egalitatea 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2

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) = n2 + (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=1. Se presupune justa egalitatea

si se arata ca

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

si cum 2n2 + 7n + 6 = (2n + 3)(n + 2) se obtine

si, prin urmare, egalitatea este adevarata.

d) Pentru n = 1 egalitatea este justa: 1=1. Se presupune ca are loc egalitatea

si se arata ca are loc egalitatea

In adevar, tinand seama de ipoteza

e) Propozitia P(1) este justa 2=2. Se presupune ca egalitatea

este adevarata si se arata ca ea implica egalitatea

In adevar

Asadar, egalitatea enuntata este justa pentru orice n natural.

f) P(1) este adevarata: 1/3 = 1/3. Se presupune ca are loc P(n):

si se arata ca aceasta egalitate implica egalitatea

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

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

Atunci

Tinand seama de egalitatea se obtine

Exemplul 2. Sa se demonstreze inegalitatile a) inegalitatea Bernuolli: (1 + )n 1 + n, > -1, n N.

b) x1 + x2 + ... + xn n, daca x1x2· ... ·xn = 1 si xi > 0, . c) inegalitatea Cauchy relativa la media aritmetica si geometrica

unde xi > 0, , n 2. d) sin2n + cos2n 1, n N.

e) f) 2n > n3, n N, n 10.

Rezolvare. a) Pentru n = 1 inegalitatea este adevarata 1 + 1 + .

Se presupune ca are loc inegalitatea enuntata (1 + )n 1 + n (1)

si se arata, ca in asa ipoteza are loc si (1 + )n + 1 1 + (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 + 1 1 + (n + 1) + n2

Cum n2 0, rezulta (1 + )n + 1 1 + (n + 1) + n2 1 + (n + 1).

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 x1 = 1, si, prin urmare x1 1, adica P(1) este o afirmatie justa. Se presupune ca P(n) este adevarata, adica, x1,x2,...,xn sunt n numere pozitive, prodususul carora este egal cu unu, x1x2·...·xn = 1, si x1 + x2 + ... + xn n.

Sa aratam, ca aceasta ipoteza implica justetea urmatoarei afirmatii: daca x1,x2,...,xn,xn+1 sunt (n + 1) numere pozitive cu x1x2·...·xn·xn+1 = 1 atunci x1 + x2 + ... + xn + xn + 1 n + 1.

Se disting urmatoarele doua cazuri: 1) x1 = x2 = ... = xn = xn+1 = 1 si atunci suma lor este (n + 1), inegalitatea fiind justa, 2) cel putin un numar este diferit de unu, fie mai mare ca unu. Atunci, dat fiind x1x2· ... ·xn·xn + 1 = 1, rezulta ca exista cel putin

inca un numar diferit de unu, mai exact, mai mic ca unu. Fie xn + 1 > 1 si xn < 1. Consideram n numere pozitive x1,x2,...,xn-1,(xn·xn+1).

Produsul lor este egal cu unu, iar conform ipotezei x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn + 1 n.

Ultima inegalitate se scrie astfel x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn+1 + xn + xn+1 n + xn + xn+1

sau x1 + x2 + ... + xn-1 + xn + xn+1 n + xn + xn+1 - xnxn+1.

Cum n + xn + xn+1 - xnxn+1 = n + 1 + xn+1(1 - xn) - 1 + xn =

= n + 1 + xn+1(1 - xn) - (1 - xn) = n + 1 + (1 - xn)(xn+1 - 1) n + 1 deoarece

(1 - xn)(xn+1 - 1) > 0, rezulta

x1 + x2 + ... + xn + xn+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 x1 = x2 = ... = xn = 1. c) Fie x1,x2,...,xn numere pozitive arbitrare. Se considera n numere

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

conform inegalitatii b) demonstrate anterior rezulta

de unde rezulta

Nota 5. Semnul egalitatii are loc daca si numai daca x1 = x2 = ... = xn.d) P(1) este o afirmatie justa: sin2 + cos2 = 1. Se presupune ca P(n) este o afirmatie adevarata:

sin2n + cos2n 1 si se arata ca P(n + 1) are loc. In adevar

sin2(n + 1) + cos2(n + 1) = sin2n·sin2 + cos2n·cos2 < sin2n + cos2n 1 (se tine seama ca daca sin2 1 atunci cos2 < 1 si reciproc daca cos2 1 atunci sin2 < 1). Asadar, pentru orice n N sin2n + cos2n 1 si semnul egalitatii se atinge doar pentru n = 1.

e) Pentru n = 1 afirmatia este justa: 1 < 3/2.

Se presupune ca si urmeaza de a demonstra ca

Cum

se tine seama de P(n) si se obtine

f) Se tine seama de nota 1 si se verifica 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 sau rezulta 2n3 > n3 + 3n2 + 3n + 1 sau n3 > 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.

Asadar conform principiului inductiei pentru orice n N, n 10 avem 2n > n3. Exemplul 3. Sa se demonstreze ca pentru orice n N

a) n(2n2 - 3n + 1) se divide cu 6, b) 62n-2 + 3n+1 + 3n-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(2n2 - 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) + 6n2

si cum atat n(n - 1)(2n - 1) cat si 6n2 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(2n2 - 3n + 1) se divide cu 6 pentru orice n N. b) Se verifica P(1): 60 + 32 + 30 = 11, prin urmare P(1) este justa. Urmeaza sa se arate, ca daca 62n-2 + 3n+1 + 3n-1 se divide cu 11

(P(n)), atunci 62n + 3n+2 + 3n de asemenea se divide cu 11 (P(n + 1)). In adevar, cum 62n + 3n+2 + 3n = 62n-2+2 + 3n+1+1 + 3n-1+1 =

= 62·62n-2 + 3·3n+1 + 3·3n-1 = 3·(62n-2 + 3n+1 + 3n-1) + 33·62n-2 si atat 62n-2 + 3n+1 + 3n-1, cat si 33·62n-2 se divid cu 11, rezulta ca si suma lor, adica 62n + 3n+2 + 3n se divide cu 11.

Inductia in geometrie. Exemplul 1. Sa se calculeze latura a unui poligon regulat cu 2n laturi inscris intr-o circumferinta de raza R.

Rezolvare. Pentru n = 2 poligonul regulat cu 22 laturi reprezinta un patrat, si in acest caz a4 = R .

Fie si sa determinam . Daca AB = a, atunci AE = a/2; BD = a. Din triunghiul DEB, conform teoremei Pitagora

La randul sau DE = R-EC si

Asadar si deci,

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

Natural apare ipoteza

(2)

Cum a fost arata anterior, pentru n = 1 aceasta formula este adevarata. Fie (2) adevarata pentru n = k. Sa calculam . Conform formulei de trecere se obtine

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

si cum l = 2R, se obtine

1. Reguli generale ale combinatoricii

@ O mulţime împreună cu o ordine bine determinată de dispunere a elementelor sale este o combinaţie

sau o mulţime ordonată.

@ Regula sumei

Dacă un anumit obiect A poate fi ales în m moduri, iar alt obiect B poate fi ales în n moduri, atunci

alegerea lui A sau B poate fi realizată în (m + n) moduri.

@ Regula produsului

Dacă un anumit obiect A poate fi ales în m moduri şi dacă după fiecare astfel de alegere, un obiect B se

poate alege în n moduri, atunci alegerea perechii ( A;B ) în această ordine poate fi realizată în (m · n)

moduri.

2. Permutări. Aranjamente. Combinări

1. Permutări

@ Se consideră o mulţime A cu n elemente, n N*. Orice funcţie injectivă

f: ® A se numeşte permutare a mulţimii A.

L Notăm numărul tuturor permutărilor mulţimi A cu Pn.

L Permutăriile unei mulţimi cu n elemente pot fi gândite ca grupări de n elemente ale acestei mulţimi, astfel

încât două grupări diferă una de cealaltă prin ordinea elementelor.

L Notăm n! = 1·2·3·...·n = şi citim „n factorial”

L Prin convenţie P0 = 0! = 1.

L Fie propoziţia P(n): „Numărul tuturor permutărilor mulţimii A cu n elemente este Pn = n! Pentru n = 1,

propoziţia este adevărată. Dorim să arătăm că P(n) implică P(n+1). Fie A o mulţime cu n+1 elemente şi fie f: ®

A o funcţie injectivă. Observăm că f(n+1) poate fi ales oricare dintre cele n+1 elemente ale mulţimii A şi o

dată fixat, celelalte elemente pot fi alese în n! moduri diferite, conform ipotezei. Astfel, stabilind pe rând pe

fiecare element pentru f(n+1) vom obţine Pn+1 = ( n + 1 ) Pn Þ

Pn = n!

LProprietăţi ale factorialului

1. Pn = n (n – 1) ( n – 2 ) ... ( n – k + 1) Pn-k , " k N, k ≤ n

2. Pn+1 = ( n + 1) Pn

3. k! · k = ( k + 1)! – k!

4.

5. - 1

6.

2. Aranjamente

@ Fie A o mulţime cu n elemente, n N*, şi fie k N*, k ≤ n. Numin aranjament de n elemente luate

câte k, k ≥ 1, ale mulţimii A, orice submulţime ordonată de k elemente.

LO submulţime ordonată a mulţimii A, formată din k elemente se descrie printr-o funcţie injectivă f: ® A.

LNotăm cu numărul tuturor aranjamentelor de n elemente luate câte k.

LAranjamentele de n elemente luate câte k ( ale unei mulţimi de k elemente ) sunt grupări de k elemente

astfel încât două grupări diferă fie prin natura elementelor, fie prin ordinea lor.

LFie A o mulţime cu n elemente, n N*, şi fie k N, k ≤ n, fixat. Numărul tuturor aranjamentelor din A,

de n elemente luate câte k, este:

LProprietati ale aranjamentelor:

1)

2)

3)

3. Combinări

@ Fie A o mulţime cu n elemente, n N*, şi fie k N, k ≤ n. Numim combinare de n elemente luate câte

k orice submulţime cu k elemente a mulţimii A.

L Numărul tuturor combinărilor de n elemente luate câte k se noatează cu .

L Combinările de n elemente luate de k, ale unei mulţimi cu n elemente, pot fi gândite ca grupări de k

elemente, dintre cele n elemente ale mulţimii iniţiale, astfel încât două grupări diferă numai prin natura

elementelor.

L Fie A o mulţime cu n elemente, n N*, fie k N, k ≤ n, fixat. Atunci, numărul tuturor combinaţiilor de

n elemente luate câte k este:

LCombinările le putem găsi în triunghiul lui Pascal:

LProprietăţi ale combinărilor

1)

2)

3)

4)

5)

6)

7)

3. Binomul lui Newton

@ Fie a şi b două numere reale şi n N*. Atunci este adevărată egalitatea:

LAstfel, putem redefini combinările ca fiind coeficienţii binomului lui Newton! Totuşi, ei pot fi diferiţi

de coeficienţii dezvoltării. De exemplu pentru ( 2a + b )2 = 4a2 + 4ab + b2, 4,4,1 sunt coeficienţii

dezvoltării, iar 1,2,1 sunt coeficienţii binomiali. Coeficienţii binomiali se regăsesc pe rândul n + 1 in

triunghiul lui Pascal.

LTermenul general al dezvoltării este: , unde 0 ≤ k ≤ n

4. Calculul unor sume cu combinări

1) Suma:

Principiu de rezolvare:

Þ

Þ Þ

Þ

2) Suma:


Þ Þ Þ

Þ

3) Suma: , m, n N, k ≤ n, k ≤ m


Observăm că suma este coeficientul binamiol a lui xk din dezvoltarea ( 1 + x )n · ( 1 + x )m

= ( 1 + x )m+n Þ Þ

particularizare Þ

4) Suma


notăm cu şi )

Þ

Þ

Þ

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

unde n N.

Rezolvare. a) Pentru n = 1 egalitatea devine 1=1, prin urmare P(1) este adevarata. Presupunem ca egalitatea din enunt este adevarata, adica are loc egalitatea

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

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

se obtine

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 a1 = 1 si

ratia d = 1. In baza formulei cunoscute se obtine

b) Pentru n = 1 egalitatea devine 2·1 - 1 = 12 sau 1=1, astfel P(1) este justa. Presupunem justa egalitatea

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2 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) = n2 + (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=1. Se presupune justa egalitatea

si se arata ca

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

si cum 2n2 + 7n + 6 = (2n + 3)(n + 2) se obtine

si, prin urmare, egalitatea este adevarata.

d) Pentru n = 1 egalitatea este justa: 1=1. Se presupune ca are loc egalitatea

si se arata ca are loc egalitatea

In adevar, tinand seama de ipoteza

e) Propozitia P(1) este justa 2=2. Se presupune ca egalitatea

este adevarata si se arata ca ea implica egalitatea

In adevar

Asadar, egalitatea enuntata este justa pentru orice n natural.

f) P(1) este adevarata: 1/3 = 1/3. Se presupune ca are loc P(n):

si se arata ca aceasta egalitate implica egalitatea

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

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

Atunci

Tinand seama de egalitatea se obtine

Exemplul 2. Sa se demonstreze inegalitatile

a) inegalitatea Bernuolli: (1 + )n 1 + n, > -1, n N. b) x1 + x2 + ... + xn n, daca x1x2· ... ·xn = 1 si xi > 0, . c) inegalitatea Cauchy relativa la media aritmetica si geometrica

unde xi > 0, , n 2. d) sin2n + cos2n 1, n N.

e) f) 2n > n3, n N, n 10.

Rezolvare. a) Pentru n = 1 inegalitatea este adevarata

1 + 1 + . Se presupune ca are loc inegalitatea enuntata

(1 + )n 1 + n (1)si se arata, ca in asa ipoteza are loc si

(1 + )n + 1 1 + (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 + 1 1 + (n + 1) + n2 Cum n2 0, rezulta

(1 + )n + 1 1 + (n + 1) + n2 1 + (n + 1).

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 x1 = 1, si, prin urmare x1 1, adica P(1) este o afirmatie justa. Se presupune ca P(n) este adevarata, adica, x1,x2,...,xn sunt n numere pozitive, prodususul carora este egal cu unu, x1x2·...·xn = 1, si x1 + x2 + ... + xn n.

Sa aratam, ca aceasta ipoteza implica justetea urmatoarei afirmatii: daca x1,x2,...,xn,xn+1 sunt (n + 1) numere pozitive cu x1x2·...·xn·xn+1 = 1 atunci x1 + x2 + ... + xn + xn + 1 n + 1.

Se disting urmatoarele doua cazuri:

1) x1 = x2 = ... = xn = xn+1 = 1 si atunci suma lor este (n + 1), inegalitatea fiind justa,

2) cel putin un numar este diferit de unu, fie mai mare ca unu. Atunci, dat fiind x1x2· ... ·xn·xn + 1 = 1, rezulta ca exista cel putin inca un numar diferit de unu, mai exact, mai mic ca unu. Fie xn + 1 > 1 si xn < 1. Consideram n numere pozitive

x1,x2,...,xn-1,(xn·xn+1). Produsul lor este egal cu unu, iar conform ipotezei

x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn + 1 n. Ultima inegalitate se scrie astfel

x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn+1 + xn + xn+1 n + xn + xn+1 sau

x1 + x2 + ... + xn-1 + xn + xn+1 n + xn + xn+1 - xnxn+1.

Cum

n + xn + xn+1 - xnxn+1 = n + 1 + xn+1(1 - xn) - 1 + xn == n + 1 + xn+1(1 - xn) - (1 - xn) = n + 1 + (1 - xn)(xn+1 - 1) n + 1

deoarece (1 - xn)(xn+1 - 1) > 0,

rezulta x1 + x2 + ... + xn + xn+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 x1 = x2 = ... = xn = 1.

c) Fie x1,x2,...,xn numere pozitive arbitrare. Se considera n numere

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

conform inegalitatii b) demonstrate anterior rezulta

de unde rezulta

Nota 5. Semnul egalitatii are loc daca si numai daca x1 = x2 = ... = xn.

d) P(1) este o afirmatie justa: sin2 + cos2 = 1. Se presupune ca P(n) este o afirmatie adevarata:

sin2n + cos2n 1 si se arata ca P(n + 1) are loc. In adevar

sin2(n + 1) + cos2(n + 1) = sin2n·sin2 + cos2n·cos2 < sin2n + cos2n 1 (se tine seama ca daca sin2 1 atunci cos2 < 1 si reciproc daca cos2 1 atunci sin2 < 1). Asadar, pentru orice n N sin2n + cos2n 1 si semnul egalitatii se atinge doar pentru n = 1.

e) Pentru n = 1 afirmatia este justa: 1 < 3/2.

Se presupune ca si urmeaza de a demonstra ca

Cum

se tine seama de P(n) si se obtine

f) Se tine seama de nota 1 si se verifica 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 sau rezulta

2n3 > n3 + 3n2 + 3n + 1 sau n3 > 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.

Asadar conform principiului inductiei pentru orice n N, n 10 avem 2n > n3.

Exemplul 3. Sa se demonstreze ca pentru orice n N

a) n(2n2 - 3n + 1) se divide cu 6, b) 62n-2 + 3n+1 + 3n-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(2n2 - 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) + 6n2

si cum atat n(n - 1)(2n - 1) cat si 6n2 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(2n2 - 3n + 1) se divide cu 6 pentru orice n N.

b) Se verifica P(1): 60 + 32 + 30 = 11, prin urmare P(1) este justa. Urmeaza sa se arate, ca daca 62n-2 + 3n+1 + 3n-1 se divide cu 11 (P(n)), atunci 62n + 3n+2 + 3n de asemenea se divide cu 11 (P(n + 1)). In adevar, cum

62n + 3n+2 + 3n = 62n-2+2 + 3n+1+1 + 3n-1+1 = = 62·62n-2 + 3·3n+1 + 3·3n-1 = 3·(62n-2 + 3n+1 + 3n-1) + 33·62n-2

si atat 62n-2 + 3n+1 + 3n-1, cat si 33·62n-2 se divid cu 11, rezulta ca si suma lor, adica 62n + 3n+2 + 3n se divide cu 11.

Inductia in geometrie.

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

Rezolvare. Pentru n = 2 poligonul regulat cu 22 laturi reprezinta un patrat, si in acest caz a4 = R .

Fie si sa determinam . Daca AB = a, atunci AE = a/2; BD = a. Din triunghiul DEB, conform teoremei Pitagora

La randul sau DE = R-EC si

Asadar si deci,

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

Natural apare ipoteza

(2)

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

Fie (2) adevarata pentru n = k. Sa calculam . Conform formulei de trecere se obtine

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

si cum l = 2R, se obtine

Exercitii pentru autoevaluare

I. Sa se demonstreze egalitatile:

II. Sa se demonstreze inegalitatile

III. Sa se demonstreze, ca pentru orice numar natural, numarul an se 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 + 18n - 28, b = 27, e) an = n5 - n, b = 30.

IV. Sa se arate, ca (Formula lui Viete).

V. Sa se calculeze razele rn, Rn a circumferintelor inscrise si circumscrise poligonului regulat cu 2n 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.

Кружок 6 класса

Руководитель Елена Анатольевна Чернышева2004/2005 учебный годВерсия для печати

Занятие 11. Комбинаторика (26.02.05)1.

а)Из деревни Филимоново в деревню Ксенофонтово ведут три дороги, а из деревни Ксенофонтово в деревню Оладушкино ведут четыре дороги. Сколько существует путей из деревни Филимоново в деревню Оладушкино?

Ответ Решение

Ответ. 12 путей. Решение. Нужный нам маршрут имеет вид: Филимоново-Ксенофонтово-Оладушкино. Первый этап этого путешествия Филимоново-Ксенофонтово можно проехать по одной из 3 дорог, т.е. существует 3 способа выбора пути на этом этапе. Когда мы приедем в Ксенофонтово, нам предстоит второй этап путешествия Ксенофонтово — Оладушкино. Этот этап мы можем проехать по одной из 4 дорог, т.е. для каждого из 3-х вариантов выбора пути на первом этапе существует 4 варианта выбора пути на втором. Т.е. всего 3×4=12 вариантов пути. б)От дачного посёлка проложили две дороги до деревни Филимоново и одну дорогу до Оладушкино. Сколько теперь

http://mmmf.math.msu.su/archive/20042005/z6/?print

существует путей от Филимоново до Оладушкино?


Ответ. 14 путей. Решение. Теперь существует два маршрута из Филимоново в Оладушкино. Первый вида Филимоново-Ксенофонтово-Оладушкино, а второй — вида Филимоново-дачный посёлок-Оладушкино. По первому маршруту существует 12 вариантов проезда, а по второму маршруту 2 варианта. Т.о. всего 12 + 2=14 вариантов.

2.В классе 25 школьников. 18 из них на уроках рисуют цветными фломастерами на партах, 10 — делают из бумаги самолётики, а 3 — прилежно занимаются. Сколько учеников этого класса одновременно рисуют и делают самолётики? (Заниматься и при этом рисовать на парте или делать самолётик никто не умеет.)


Ответ. 6 учеников.

Решение. Пусть кружочки обозначают группы учеников, которые рисуют, делают самолётики и прилежно занимаются. Прилежно занимаются трое, значит, на первые две группы остаётся 22 школьника. Так как 18 + 10 больше, чем 22, значит, есть дети, которые относятся и к первой, и ко второй группе. Если бы первый и второй кружочки не пересекались, то при сложении количества детей в первой и во второй группе мы бы получили количество детей в обеих группах. Но так как кружочки пересекаются, то дети, которые и рисуют на партах, и делают самолётики, при сложении 18 и 10 будут посчитаны дважды. Поскольку 18 + 10=22 + 6, то дважды оказались посчитаны 6 детей.

3.Люся хочет послать Вите записку. У неё есть бумага в клеточку, в линеечку и в кружочек. В записке она может написать одну из трёх фраз: «Люблю», «Целую» и «Поздравляю с 23 февраля». Сколько различных записок может послать Люся?


Ответ. 9 записок. Решение. Люся может выбрать один из трёх видов бумаги для записки и на каждом виде бумаги написать одну из трёх фраз. Т.е. всего 3×3=9 способов написать записку.

4.Число девочек, решивших задачу, оказалось равно числу мальчиков, не решивших задачу. Кого больше в этом классе: мальчиков или людей, решивших задачу?


Ответ. Их поровну. Решение. Обозначим число девочек, решивших задачу, буквами ДР, число девочек, не решивших задачу, буквами ДН, число мальчиков, решивших задачу — МР, и МН — число мальчиков, не решивших задачу. Из условия следует, что ДР = МН. Спрашивается, что больше: МР + МН или ДР + МР? Очевидно, что эти два выражения равны.

5.В магазине продают 5 видов чашек, 4 вида блюдец и 2 вида ложек. Сколькими способами можно купить а)набор из чашки, блюдца и ложки;


Ответ. 40 способов. Решение. Чашку мы можем выбрать одним из 5 способов, блюдце — одним из

4 способов, ложку — одним из 2 способов. Всего 5×4×2=40 способов сделать покупку. б)два предмета с разными названиями?


Ответ. 38 способов. Решение. Существует три вида покупок: чашка-блюдце, блюдце-ложка и ложка-чашка. Существует 5×4=20 покупок первого вида, 4×2=8 покупок второго вида и 2×5=10 покупок третьего вида. Тогда всего 20 + 8 + 10=38 способов сделать покупку.

6.В лесу растут 362 ёлки. Докажите, что среди них найдутся либо 20 ёлок разной высоты, либо 20 ёлок одинаковой высоты.

Доказательство

Доказательство. Повесим на каждую ёлку табличку, на которой указана её высота. Рассмотрим два случая. Первый случай. Если получилось так, что существует не менее 20 попарно различных табличек, то всё хорошо: рассмотрим любые 20 табличек и возьмём по одной ёлке с каждым из этих видов табличек — мы нашли 20 ёлок разной высоты. Второй случай. Если всего существует не более 19 видов табличек, то ёлок хотя бы с одним из этих видов табличек минимум 20, т.к. иначе всего не более, чем 19×19=361 ёлки (не более 19 видов и не более 19 ёлок каждого из них). Но это противоречит условию, т.к. всего ёлок 362. Значит, в этом случае мы нашли 20 ёлок одинаковой высоты.

7.Меню школьной столовой не меняется и состоит из 10 блюд. Для разнообразия Витя хочет каждый день заказывать такой набор блюд, который он ещё ни разу не заказывал (при этом число блюд не важно — он может заказать все 10 блюд, а может заказать только одно или вовсе ни одного). Сколько дней он сможет так питаться?


Ответ. 1024 дня. Решение. Допустим, что в школьной столовой Вите каждый день дают меню со списком блюд, и он галочками отмечает, какие блюда он сегодня заказывает. Посмотрим, сколько различных вариантов расстановки галочек может быть. Напротив первого блюда он может поставить галочку либо не поставить — два варианта. Для каждого из этих вариантов он может либо поставить галочку напротив второго блюда, либо не ставить. Для каждого из этих 2×2 вариантов он может либо поставить галочку напротив третьего блюда, либо не ставить. Для каждого из этих 2×2×2 вариантов он может либо поставить галочку напротив четвёртого блюда, либо не ставить. И так далее. Таким образом, всего есть 210 вариантов расстановки галочек, а значит, 210 дней он сможет так питаться.

На совещание явилось 10 человек, и все они обменялись рукопожатиями.Сколько было рукопожатий?

Способ 1. Каждый из 10 человек пожал руки своим коллегам. Однако произведение 10 · 9 = 10 дает удвоенное число рукопожатий (так как в этом расчете учтено, что первый пожал руку второму, а затем второй первому, на самом же деле было одно рукопожатие). Итак, число рукопожатий равно:(10 · 9) : 2 = 45.

Способ 2.

Первый участник совещания пожал руки 9-ти коллегам, второй - 8-ми (плюс рукопожатие с первым,

которое уже учтено), третий - 7-ми и т.д.Девятый ограничился одним рукопожатием, а на долю десятого выпала пассивная роль - принимать приветствия.

Таким образом, общее число рукопожатий выражается суммой:N = 9+8+7+6+5+4+3+2+1 илиN = 1+2+3+4+5+6+7+8+9.

Сложив почленно обе суммы получаем:2N = (9+1) + (8+2) + (7+3) + (6+4) + (5+5) + (4+6) + (3+7) + (2+8) + (1+9) = 10 · 9;N = (10 · 9) : 2 = 45.

Сколькими способами трое мальчиков - Алмас, Болат, Сабыр - могут стоять в одном ряду? - Это не трудно, напишем все возможные случаи (комбинации): АБС, АСБ, БАС, БСА, САБ, СБА. Всего шесть комбинаций.

Допустим к ним присоединился еще один мальчик Даурен. Каковы будут способы расположения в этом случае? В возможных шести случаях Даурен может стоять первым, вторым, третьим и последним:

ДАБС, ДАСБ, ДБАС, ДБСА, ДСАБ, ДСБА; АДБС, АДСБ, БДАС, БДСА, СДАБ, СДБА; АБДС, АСДБ, БАДС, БСДА, САДБ, СБДА; АБСД, АСБД, БАСД, БСАД, САБД, СБАД.

Всего 24 разных способов. А если еще увеличить количество детей? Каждый раз писать и выводить общее количество трудно. Нам нужно определить число способов, а не виды способов. Нет ли других методов для определение этого число? - Есть. И в теории вероятностей нас больше интересует количество способов расположения, чем виды расположения. Раздел математики, называемый комбинаторикой, дает возможность сразу определить количество таких способов. Ознакомимся с основными понятиями комбинаторики, необходимыми для решения задач теории вероятностей. Это - перестановка, размещение и сочетания. Остановимся на каждом в отдельности.

1. Перестановка. Рассмотрим число случаев в предыдущей задаче. Мы переставили местами буквы А, Б, С и посчитали число всевозможных комбинаций, оно равнялось 6. А когда число мальчиков увеличилось на единицу, переставь местами буквы А, Б, С, Д, мы нашли число всевозможных комбинаций, оно равнялось 24.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Перестановкой из n различных элементов называются комбинации, которые состоят из n элементов и отличаются друг от друга только порядком их расположения.

Число перестановок из n различных элементов обозначают Pn и подсчитывают по формуле:

Pn=n! (14)

здесь n! (читается "эн факториал") означает произведение всех натуральных чисел от 1 до n:

n!=1•2•3•...•n

Понятно, что один факториал равен единице, 1! = 1, вместе с этим, в математике принято считать что и ноль факториал равен единице. И так 0! = 1.

Вернемся к примеру. Здесь n=3. Следовательно, можно найти искомое число перестановок по формуле (1): P3=3!=1•2•3=6. Аналогично, число перестановок из четырех букв равно: P4=4!=1•2•3•4=24

Пример 7. Найдем значение выражения с факториалами 8!/6!•2!

Сначала преобразуем 8!=1•2•3•4•5•6•7•8=6!•7•8

Это преобразование подставим в выражение и упростим. 8!/6!•2=6!•7•8/6!•2=7•8/2=28

2. Размещения. Рассмотрим пример. Сколько двузначных чисел (цифры не повторяются) можно записать с помощью цифр 7, 8, 9. Это можно сделать в двух этапах: первый этап - определение количество подбора разрядов десятков числа, он равен 3 (любая из данных 3 цифр может занять разряд десятков); второй этап - определение количество подбора разрядов единиц числа, он равен 2 (любая цифра из оставшихся двух может занять разряд единиц). По правилу умножения из трех чисел можно составить всего 3•2=6 различных двузначных чисел. Действительно, можно в этом убедиться непосредственно записывая эти числа 78, 79, 87, 89, 97, 98, При решении задачи мы расположили по два элемента из трех, причем эти комбинации отличаются либо составом (78, 98), либо порядком их расположения (78, 87).

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Размещением из n элементов по m элементов (m n) называются комбинации, состоящие из m элементов, взятых из данных n различных элементов, отличающихся друг от друга либо самими элементами, либо порядком их расположения.

Число размещений из n элементов по m элементов обозначают и читают так: "А из эн по эм".

Чтобы найти используют формулу:

(15)

В нашем примере n=3, а m=2. Тогда

Рассмотрим еще один пример. В 5 классе изучают 10 предметов. Сколькими способами можно составить расписание, если в этот день должно быть 4 различных урока?

Чтобы найти число способов расположения 10-ти предметов по четыре предмета, воспользуемся формулой (15) нахождения числа размещений из 10 элементов по 4 элемента:

Итак, 10 предметов по 4 предмета можно расположить 5040 различными способами.

3. Сочетания. Пример. Нужно составить произведения двух различных чисел из данных трех чисел 7, 8, 9.

Учитывая переместительное свойство умножения, имеем: 7•8=56, 7•9=63, 8•9=72. При решении задачи мы отобрали по два элемента из трех, причем эти комбинации отличаются только составом (78, 98), а их расположения не влияют на произведение.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Сочетанием из n элементов по m элементов (m n) называются комбинации, состоящие из m элементов, взятых из данных n различных элементов, отличающиеся друг от друга только составом.

Число сочетаний из n элементов по m элементов обозначают и читают так: "це из эн по эм".

Чтобы найти используют формулу:

(16)

В нашем примере n=3, а m=2. Тогда

Рассмотрим еще пример. В классе 25 учеников, из них 12 мальчиков. а) Нужно составить дежурство по два человека, причем пары должны состоят либо из мальчиков, либо из девочек. б) Сколько можно создать групп для дежурства, из двух мальчиков и одной девочки?

Решение. а) При решении этой задачи воспользуемся правилом сложения и формулой сочетания. Сначала посчитаем сколько пар можно создать из мальчиков (m1) и из девочек (m2), после найдем их сумму (m=m1+m2).

Чтобы определить сколько пар можно создать из 12 мальчиков воспользуемся формулой для подсчета числа сочетаний из 12 элементов по 2 элемента

Из девочек можно создать 78 различных пар. Тогда по два мальчика и по две девочки всего можно создать m=66+78=144 различных пар.

б) При решении этой задачи воспользуемся правилом умножения и формулой сочетания. В группе два мальчика и одна девочка. Сначала посчитаем сколькими способами можно выбрать из 12 мальчиков по два мальчика (m1) и из 13 девочек одну девочку (m2), затем перемножим полученные результаты (m=m1•m2). Из 12 мальчиков 2 мальчика можно выбрать 66 различными способами. А из 13 девочек 1 девочку можно выбрать следующим образом:

Тогда группу из двух мальчиков и из одной девочки можно создать m=66•13=856 различными способами.

Inductia Matematicii

Documents