خمسة نماذج للبرهان بالترجع (للنسخ في الباكالوريا)

لماذا نماذج؟

للترجع بنية معيارية يعرفها المصحح عن ظهر قلب. الابتعاد عن النموذج = فقدان نقاط حتى لو كان الاستدلال صحيحاً. إليك 5 نماذج يجب حفظها.

النموذج 1 — الترجع على مجموع

نص نموذجي: برهن أن $k = 1 \sum n k^{2} = \frac{n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6}$ من أجل كل $n \geq 1$ .

تحرير نموذجي:

لتكن $P (n)$ الخاصية: " $k = 1 \sum n k^{2} = \frac{n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6}$ ".

التهيئة: من أجل $n = 1$ : $k = 1 \sum 1 k^{2} = 1$ و $\frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1$ . إذن $P (1)$ صحيحة.

الانتقال: ليكن $n \geq 1$ ثابتاً. نفترض أن $P (n)$ صحيحة (فرضية الترجع). نبرهن $P (n + 1)$ .

$k = 1 \sum n + 1 k^{2} = k = 1 \sum n k^{2} + (n + 1)^{2} = \frac{n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6} + (n + 1)^{2}$ حسب فرضية الترجع.

$= \frac{( n + 1 ) [ n ( 2 n + 1 ) + 6 ( n + 1 )]}{6} = \frac{( n + 1 ) ( 2 n ^{2} + 7 n + 6 )}{6} = \frac{( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2 n + 3 )}{6}$ .

وهذا بالضبط $P (n + 1)$ .

الخلاصة: بالترجع، $P (n)$ صحيحة من أجل كل $n \geq 1$ . $■$

النموذج 2 — الترجع على متراجحة

نص نموذجي: برهن أن $2^{n} \geq n + 1$ من أجل كل $n \geq 0$ .

لتكن $P (n)$ : " $2^{n} \geq n + 1$ ".

التهيئة: $2^{0} = 1$ و $0 + 1 = 1$ ، إذن $2^{0} \geq 0 + 1$ . ✓

الانتقال: نفترض أن $2^{n} \geq n + 1$ . إذن $2^{n + 1} = 2 \cdot 2^{n} \geq 2 (n + 1)$ (حسب فرضية الترجع، الضرب في $2 > 0$ ).

لكن $2 (n + 1) = 2 n + 2 \geq n + 2$ لأن $n \geq 0$ . إذن $2^{n + 1} \geq n + 2 = (n + 1) + 1$ . ✓

الخلاصة: بالترجع، $2^{n} \geq n + 1$ من أجل كل $n \geq 0$ . $■$

النموذج 3 — متتالية ترجعية محدودة

نص نموذجي: $u_{0} = 0$ ، $u_{n + 1} = u_{n} + 2$ . أثبت أن $0 \leq u_{n} \leq 2$ من أجل كل $n \geq 0$ .

لتكن $P (n)$ : " $0 \leq u_{n} \leq 2$ ".

التهيئة: $u_{0} = 0 \in [0, 2]$ . ✓

الانتقال: نفترض أن $0 \leq u_{n} \leq 2$ . إذن $2 \leq u_{n} + 2 \leq 4$ ، ومنه $2 \leq u_{n} + 2 \leq 2$ (الجذر التربيعي متزايد). لدينا $2 \geq 0$ ، إذن $0 \leq u_{n + 1} \leq 2$ . ✓

الخلاصة: بالترجع، $0 \leq u_{n} \leq 2$ من أجل كل $n \geq 0$ . $■$

النموذج 4 — القسمة (الحسابيات)

نص نموذجي: أثبت أن $7^{n} - 1$ يقبل القسمة على 6 من أجل كل $n \geq 0$ .

لتكن $P (n)$ : " $6 ∣ 7^{n} - 1$ ".

التهيئة: $7^{0} - 1 = 0$ و $6 ∣ 0$ . ✓

الانتقال: نفترض أن $6 ∣ 7^{n} - 1$ ، إذن يوجد $k \in Z$ بحيث $7^{n} - 1 = 6 k$ ، أي $7^{n} = 6 k + 1$ .

إذن $7^{n + 1} - 1 = 7 \cdot 7^{n} - 1 = 7 (6 k + 1) - 1 = 42 k + 6 = 6 (7 k + 1)$ . ومنه $6 ∣ 7^{n + 1} - 1$ . ✓

الخلاصة: بالترجع، $6 ∣ 7^{n} - 1$ من أجل كل $n \geq 0$ . $■$

النموذج 5 — الترجع القوي

عندما تعتمد $P (n + 1)$ على عدة حدود سابقة (وليس فقط $P (n)$ )، نفترض أن $P (0), P (1), \dots, P (n)$ كلها صحيحة.

مثال: متتالية فيبوناتشي، برهان صيغة صريحة. الترجع البسيط لا يكفي لأن $F_{n + 1} = F_{n} + F_{n - 1}$ يستعمل حدين.

انظر مقالنا العام حول الترجع.

انظر أيضاً: كيفية تحرير برهان رياضي.