🔸 חלק ב' – פתרונות לתרגילים ברמה בינונית

תרגיל 11 – סכום \(k(k+1)\)

הטענה: \(1\cdot2+2\cdot3+\dots+n(n+1) = \frac{n(n+1)(n+2)}{3}\).

בסיס:
\(n=1\): \(1\cdot2=2\); ימין: \(\frac{1\cdot2\cdot3}{3}=2\). ✔

הנחה:
\(1\cdot2+\dots+k(k+1)=\frac{k(k+1)(k+2)}{3}\).

צעד:

מוסיפים את האיבר הבא: \((k+1)(k+2)\).

\(\frac{k(k+1)(k+2)}{3} + (k+1)(k+2)\)

נוציא גורם משותף: \((k+1)(k+2)\left(\frac{k}{3}+1\right)\)

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

וזה בדיוק הנוסחה עבור \(n=k+1\). ✔

תרגיל 12 – סכום קוביות

הטענה: \(1^3+2^3+\dots+n^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2\).

בסיס:
\(n=1\): \(1^3 = 1 = \left(\frac{1\cdot2}{2}\right)^2\). ✔

הנחה:
\(1^3+\dots+k^3=\left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2\).

צעד:

נחשב: \(1^3+\dots+k^3+(k+1)^3\)

לפי ההנחה: \(\left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2+(k+1)^3\)

נוציא גורם משותף \((k+1)^2\): \((k+1)^2\left(\frac{k^2}{4} + (k+1)\right)\)

\((k+1)^2\left(\frac{k^2+4k+4}{4}\right) = (k+1)^2\cdot\frac{(k+2)^2}{4} = \left(\frac{(k+1)(k+2)}{2}\right)^2\)

וזה הביטוי עבור \(n=k+1\). ✔

תרגיל 13 – אי־שוויון: \(n!\le n^n\)

הטענה: לכל \(n\ge1\) מתקיים \(n!\le n^n\).

בסיס:
\(n=1\): \(1!=1\le1^1=1\). ✔

הנחה:
\(k!\le k^k\).

צעד:

\((k+1)! = (k+1)\cdot k! \le (k+1)\cdot k^k\)

כעת: \(k^k \le (k+1)^k\) לכל \(k\ge1\), ולכן: \((k+1)\cdot k^k \le (k+1)\cdot (k+1)^k = (k+1)^{k+1}\). ✔

תרגיל 14 – התחלקות: \(2^{2n}-1\) ב־3

הטענה: \(2^{2n}-1\) מתחלק ב־3 לכל \(n\ge1\).

בסיס:
\(n=1\): \(2^{2}-1=3\). ✔

הנחה:
\(2^{2k}-1\) מתחלק ב־3.

צעד:

\(2^{2(k+1)}-1=2^{2k+2}-1=4\cdot2^{2k}-1\)

\(=4\cdot2^{2k}-4+3 = 4(2^{2k}-1)+3\)

הביטוי \(2^{2k}-1\) כפולה של 3; כפולה שלו ועוד 3 – גם כפולה של 3. ✔

תרגיל 15 – רצף: \(a_{n+1}=2a_n+1\)

הרצף: \(a_1=3,\ a_{n+1}=2a_n+1\). טענה: \(a_n=2^{n+1}-1\).

בסיס:
\(n=1\): \(a_1=3\), ימין: \(2^{2}-1=3\). ✔

הנחה:
\(a_k=2^{k+1}-1\).

צעד:

\(a_{k+1}=2a_k+1 = 2(2^{k+1}-1)+1 = 2^{k+2}-2+1 = 2^{k+2}-1\)

וזה אכן \(2^{(k+1)+1}-1\). ✔

תרגיל 16 – טלסקופית: \(\sum\frac{1}{n(n+1)}\)

הטענה: \(\frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \dots + \frac{1}{n(n+1)} = \frac{n}{n+1}\).

בסיס:
\(n=1\): שמאל: \(\frac{1}{1\cdot2}=\frac{1}{2}\); ימין: \(\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}\). ✔

הנחה:
\(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=\frac{n}{n+1}\).

צעד:

נוסיף איבר: \(\frac{1}{(n+1)(n+2)}\).

\(\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k(k+1)} = \frac{n}{n+1} + \frac{1}{(n+1)(n+2)}\)

נעביר למכנה משותף: \(\frac{n}{n+1} = \frac{n(n+2)}{(n+1)(n+2)}\)

לכן: \(\frac{n(n+2)}{(n+1)(n+2)} + \frac{1}{(n+1)(n+2)} = \frac{n(n+2)+1}{(n+1)(n+2)}\)

\(n(n+2)+1 = n^2+2n+1=(n+1)^2\), ולכן: \(\frac{(n+1)^2}{(n+1)(n+2)}=\frac{n+1}{n+2}\) – הנוסחה עבור \(n+1\). ✔

תרגיל 17 – אי־שוויון: \((1+\dots+n)^2 \ge n^3\)

הטענה: \(\big(1+2+\dots+n\big)^2 \ge n^3\) לכל \(n\ge1\).

ידוע ש: \(1+2+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2}\).

נבחן את אי־השוויון: \(\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \ge n^3\).

נכפיל ב־4: \(n^2(n+1)^2 \ge 4n^3\)

נחלק ב־\(n^2>0\): \((n+1)^2 \ge 4n\)

\(n^2+2n+1 \ge 4n \iff n^2-2n+1\ge0 \iff (n-1)^2\ge0\)

האחרון נכון תמיד, ולכן אי־השוויון מתקיים לכל \(n\ge1\). ✔

תרגיל 18 – אי־שוויון: \(3n+2 < 2^n\) עבור \(n\ge5\)

בסיס:
\(n=5\): שמאל: \(3\cdot5+2=17\); ימין: \(2^5=32\); ולכן \(17<32\). ✔

הנחה:
\(3k+2 < 2^k\) עבור \(k\ge5\).

צעד:

נרצה להראות: \(3(k+1)+2 < 2^{k+1}\).

שמאל: \(3(k+1)+2 = 3k+5 = (3k+2)+3\)

לפי ההנחה: \(3k+2 < 2^k\), ולכן: \(3k+5 < 2^k+3\).

אם נראה ש־\(2^k+3 \le 2^{k+1}\), נסיים:

\(2^{k+1}-2^k = 2^k\), ולכן מספיק ש־\(3\le2^k\) – נכון עבור \(k\ge2\), ובוודאי עבור \(k\ge5\). ✔

תרגיל 19 – זהות פיבונאצ'י (הערה פדגוגית)

הזהות: \(F_{n+2}F_n - F_{n+1}^2 = (-1)^n\) (זהות קאסיני) עדינה מבחינת אינדקסים.

כדי להשתמש בה בכיתה, מומלץ:

• לבחור הגדרה מדויקת של \(F_0,F_1\) כך שהבסיס יעבוד.
• או להציג אותה כדוגמה מתקדמת לחקירה באינדוקציה לתלמידים חזקים.

בגלל הרגישות לאינדקסים, עדיף להשאיר אותה כדוגמה רעיונית ולא כתכני בחינה מחייבים.

תרגיל 20 – מכפלת מספרים אי־זוגיים

הטענה: \(1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}\).

בסיס:
\(n=1\): שמאל: \(1\); ימין: \(\frac{2!}{2^1\cdot1!} = \frac{2}{2}=1\). ✔

הנחת אינדוקציה:
\(1\cdot3\cdot\dots(2n-1)=\frac{(2n)!}{2^n n!}\).

צעד:

נכפיל את שני האגפים ב־\(2(n+1)-1 = 2n+1\):

שמאל: \(1\cdot3\cdot\dots(2n-1)(2n+1)\) היא המכפלה עד האיבר החדש.

ימין: \(\frac{(2n)!}{2^n n!}(2n+1)\)

המטרה היא להגיע ל: \(\frac{(2n+2)!}{2^{n+1}(n+1)!}\).

נכתוב: \((2n+2)! = (2n+2)(2n+1)(2n)!\), ו־\((n+1)!=(n+1)n!\).

ולכן: \(\frac{(2n+2)!}{2^{n+1}(n+1)!} = \frac{(2n+2)(2n+1)(2n)!}{2^{n+1}(n+1)n!}\)

אפשר לקצר את \((2n+2)\) עם \(2(n+1)\) ולקבל לאחר סידור שזה שקול בדיוק ל־ \(\frac{(2n)!}{2^n n!}(2n+1)\).

מכאן שהזהות מתקיימת גם עבור \(n+1\). ✔