Esercizi sul principio di induzione con funzioni trascendenti

Indice degli esercizi (corso Analisi Matematica 1)

Usando il principio di induzione dimostrare che

1. $\log{(1+n)}<n$ per $n\geqslant1$
2. $\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots +\sqrt{2+\sqrt{2}}}} = 2\cos{\left({\pi\over 2^{n+1}}\right)}$ per $n\geqslant1$
3. $\cos{x}\cdot \cos{(2x)}\cdot \cdots \cdot \cos{\left(2^{n-1}x\right)} = {\sin{\left(2^{n}x\right)}\over 2^n\sin{x}}$ se $\sin{x}\ne0$ e $n\geqslant1$
4. $\sin{x} + \sin{(2x)} + \cdots + \sin{(nx)} = {\sin{\left({n\over 2}x\right)} \cdot \sin{\left({(n+1)\over 2}x\right)}\over \sin{{x\over 2}}}$ se $x\ne0$ e $n\geqslant1$
5. $|\sin{(nx)}| \leqslant n|\sin{x}|$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ e $x\in\mathbb{R}$
6. $\left(1-{1\over\sqrt{2}}\right)\cdot \left(1-{1\over\sqrt{3}}\right) \cdot \cdots \cdot \left(1-{1\over\sqrt{n}}\right) < {2\over n^2}$ per $n\geqslant 1$
7. ${1\over 2}\cdot{3\over 4}\cdot \cdots\cdot {(2n-1)\over 2n} \leqslant {1\over \sqrt{3n+1}}$ e $n\geqslant 1$

Gli esercizi sono molto difficili (in ordine di difficoltà); gli esercizi 3 e 4 sono molto laboriosi

Esercizi

Esercizio 1

Usando il principio di induzione dimostrare che $${\log{(1+n)}<n}$$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ e $n\geqslant1$

Suggerimento

$$ \log{(a+b)} = \log{\left(a\left(1+{b\over a}\right)\right)} = \log{a} + \log{\left(1+{b\over a}\right)} $$

Soluzione (passo base)

Per $n=1$ dobbiamo dimostrare che

$$ \log{(1+1)}<1 \;\iff\;\log{2}<1 $$

Ricordando che l'esponenziali è una funzione crescente si ha

$$ \log{2}<1 \;\iff\; 2 < e^1=2.718\cdots $$

che risulta vera

Soluzione (passo induttivo)

$$\begin{aligned} \log{(1+n+1)} &= \log{\left((n+1)\left(1+{1\over n+1}\right)\right)} \;=\; \log{(n+1)}+\log{\left(1+{1\over n+1}\right)}\\ &{\text{(passo induttivo)}}\\ & < n +\log{\left(1+\underbrace{{1\over n+1}}_{<1}\right)}\\ &\leqslant n + \log{2}\\ &{\text{(dal passo base)}}\\ &\leqslant n + \underbrace{\log{2}}_{<1} \;\leqslant\; n + 1 \end{aligned}$$

Esercizio 2

Usando il principio di induzione dimostrare che $${ \sqrt{2+\sqrt{2+\cdots +\sqrt{2+\sqrt{2}}}} = 2\cos{\left({\pi\over 2^{n+1}}\right)}}$$ per ogni $n\in\mathbb{N}$, $n\geqslant 1$ (somma eseguita $n$ volte sotto radice).

Suggerimento

Utilizzare:

• $\cos{(2\alpha)} \;=\; \cos^2{\alpha} - \sin^2{\alpha} \;=\; 2 \cos^2{\alpha} - 1$

Soluzione (passo base)

Per $n=1$ si ha

$$ \sqrt{2} = 2\cos{{\pi\over4}} = 2{\sqrt{2}\over 2} = \sqrt{2} $$

Soluzione (passo induttivo)

Indicato con $a_n$ l'espressione fino ad $n$ si ha

Esercizio 3

Usando il principio di induzione dimostrare che, se $\sin{x}\ne0$ allora $${\cos{x}\cdot \cos{(2x)}\cdot \cdots \cdot \cos{\left(2^{n-1}x\right)} = {\sin{\left(2^{n}x\right)}\over 2^n\sin{x}}}$$ per ogni $n\in\mathbb{N}$, $n\geqslant 1$.

Suggerimento

Utilizzare:

• $\sin{(2x)} = 2 \cdot \sin{x}\cdot \cos{x}$

Soluzione (passo base)

Per $n=1$ si ha

• $\prod\limits_{k=1}^{1} \cos{\left(2^{k-1}x\right)} = \cos{\left(2^{1-1}x\right)} = \cos{x}$
• ${\sin{\left(2^{1}x\right)}\over 2^1\sin{x}} = {\sin{(2x)}\over 2\sin{x}}$

le due espressioni sono uguali in quanto $$2 \cdot \sin{x}\cdot \cos{x} = \sin{(2x)}$$

Soluzione (passo induttivo)

$$\begin{aligned} \prod\limits_{k=1}^{n+1} \cos{\left(2^{k-1}x\right)} &= \left[\prod\limits_{k=1}^{n} \cos{\left(2^{k-1}x\right)} \right] \cdot \cos{\left(2^{n}x\right)}\\ &{\text{(ipotesi induttiva)}}\\ & = {\sin{\left(2^{n}x\right)}\over 2^n\sin{x}} \cdot \cos{\left(2^{n}x\right)}\\ &{\text{(duplicazione angolo)}}\\ & = {1\over 2}{\sin{\left(2\cdot 2^{n}x\right)}\over 2^n\sin{x}}\\ & = {\sin{\left(2^{n+1}x\right)}\over 2^{n+1}\sin{x}} \end{aligned}$$

Esercizio 4

Usando il principio di induzione dimostrare che, se $x\ne0$ allora $${\sin{x} + \sin{(2x)} + \cdots + \sin{(nx)} = {\sin{\left({n\over 2}x\right)} \cdot \sin{\left({(n+1)\over 2}x\right)}\over \sin{{x\over 2}} }}$$ per ogni $n\in\mathbb{N}$, $n\geqslant 1$.

Suggerimento

Utilizzare:

• $2\sin{\alpha}\sin{\beta} = \cos{(\alpha-\beta)} - \cos{(\alpha+\beta)}$ (formula di Werner)
• $\cos \alpha -\cos \beta =-2\sin {\frac {\alpha +\beta }{2}}\sin {\frac {\alpha -\beta }{2}}$ (prostaferesi)

Soluzione (passo base)

Per $n=1$ si ha

• $\sum\limits_{k=1}^{n} \sin{(kx)} = \sin{x}$
• ${\sin{\left({1\over 2}x\right)} \cdot \sin{\left({(1+1)\over 2}x\right)}\over \sin{{x\over 2}} } = \sin{x}$

e le due espressioni sono uguali

Soluzione (passo induttivo)

$$\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{n+1} \sin{(kx)} &= \sum\limits_{k=1}^{n} \sin{(kx)} + \sin{\big((n+1)x\big)}\\ &{\text{(ipotesi induttiva)}}\\ &= {\sin{\left({n\over 2}x\right)} \cdot \sin{\left({(n+1)\over 2}x\right)}\over \sin{{x\over 2}} } + \sin{\big((n+1)x\big)}\\ & = {\sin{\left({n\over 2}x\right)} \cdot \sin{\left({(n+1)\over 2}x\right)} + \sin{\big((n+1)x\big)} \cdot \sin{{x\over 2}} \over \sin{{x\over 2}} } \end{aligned}$$

Soluzione (passo induttivo)

Soluzione (passo induttivo)

Esercizio 5

Usando il principio di induzione dimostrare che $${|\sin{(nx)}| \leqslant n|\sin{x}|}$$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ e $x\in\mathbb{R}$

Suggerimento

Utilizzare:

• $\sin{(\alpha+\beta)} = \sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta}$
• Disuguaglinza triangolare relativa ai moduli
• $|\cos{(\cdot)}| \leqslant 1$

Soluzione (passo base)

Per $n=0$ si ha

• $|\sin{(0\cdot x)}| = |\sin{0}| = 0$
• $0 \cdot |\sin{x}| = 0$

quindi vale $=$ e la disequazione è verificata

Soluzione (passo induttivo)

$$\begin{aligned} \big|\sin{\big((n+1)x\big)}\big| &= \big|\sin{(nx+x)}\big|\\ &{\text{(formula di addizione)}}\\ &= \big|\sin{(nx)} \cdot \cos{x} + \cos{(nx)} \cdot \sin{x}\big|\\ &{\text{(disug. triangolare)}}\\ &\leqslant \big|\sin{(nx)} \cdot \cos{x}\big| + \big|\cos{(nx)} \cdot \sin{x}\big|\\ &= \big|\sin{(nx)}\big| \cdot \big|\cos{x}\big| + \big|\cos{(nx)}\big| \cdot \big|\sin{x}\big|\\ &{\text{(maggiorazione del coseno)}}\\ &\leqslant \big|\sin{(nx)}\big| \cdot 1 + 1 \cdot \big|\sin{x}\big|\\ &{\text{(ipotesi induttiva)}}\\ & \leqslant n|\sin{x}| + |\sin{x}| \;=\; (n+1)|\sin{x}| \end{aligned}$$

Esercizio 6

Usando il principio di induzione dimostrare che $${\left(1-{1\over\sqrt{2}}\right)\cdot \left(1-{1\over\sqrt{3}}\right) \cdot \cdots \cdot \left(1-{1\over\sqrt{n}}\right) < {2\over n^2} }$$ per ogni per ogni $n\in\mathbb{N}$, $n\geqslant 2$.

Suggerimento

Partendo da $(n-1)^2\geqslant 0$ e $n\geqslant 2$ dimostrare che

$$ n\geqslant \sqrt{n+1} $$

ed utilizzare questa formula nella parte induttiva

Soluzione (passo base)

Per $n=2$ si ha

• $\prod\limits_{k=2}^2 \left(1-{1\over\sqrt{k}}\right) = \left(1-{1\over\sqrt{2}}\right)$
• ${2\over 2^2} = {1\over 2}$

Dobbiamo verificare che (semplificando e poi elevando al quadrato e semplificando)

$$ 1-{1\over\sqrt{2}} < {1\over 2} \;\implies\; -{1\over\sqrt{2}} < -{1\over 2} \;\implies\; {1\over\sqrt{2}} > {1\over 2} \;\implies\; {1\over 2} > {1\over 4} $$

che quindi è verificata

Disuguaglinza utile

Da $$(n-1)^2\geqslant 0 \;\iff\; n^2-2n+1 \geqslant 0 $$ e $n\geqslant 2$ si ha

$$n^2 \;\geqslant\; 2n-1 \;\geqslant\; n+\underbrace{n}_{\geqslant 2}-1 \;\geqslant\; n+2-1 \;\geqslant\; n+1$$

Essendo la radice quadrata una funzione crescente si ha

$$ n^2 \geqslant n+1 \;\implies\; n \geqslant \sqrt{n+1} $$

Soluzione (passo induttivo)

$$\begin{aligned} \prod\limits_{k=2}^{n+1} \left(1-{1\over\sqrt{k}}\right) &= \left[\prod\limits_{k=2}^{n} \left(1-{1\over\sqrt{k}}\right)\right] \cdot \left(1-{1\over\sqrt{n+1}}\right) \\ &{\text{(ipotesi induttiva)}}\\ & < {2\over n^2} \cdot \left(1-{1\over\sqrt{n+1}}\right) \;=\; {2\over n^2} \cdot \left({\sqrt{n+1}-1\over\sqrt{n+1}}\right) \\ &{\text{(razionalizzando e semplificando)}}\\ & = {2\over n^2} \cdot \left({\sqrt{n+1}-1\over\sqrt{n+1}}\right) \cdot {\sqrt{n+1}+1 \over \sqrt{n+1}+1} \;=\; {2\over n^2} \cdot \left({n+1-1\over\sqrt{n+1}}\right)\\ &= {2\over n} \cdot {1\over \sqrt{n+1} \cdot (\sqrt{n+1}+1)} \;=\; {2\over n (n+1) + n \sqrt{n+1}} \end{aligned}$$

Soluzione (passo induttivo)

$$\begin{aligned} \prod\limits_{k=2}^{n+1} \left(1-{1\over\sqrt{k}}\right) & < {2\over n (n+1) + n \sqrt{n+1}} \\ & {( n \geqslant \sqrt{n+1}>1)}\\ & < {2\over n (n+1) + \sqrt{n+1} \sqrt{n+1}} \\ & = {2\over n (n+1) + (n+1)} \\ &=\; {2\over (n+1)^2} \\ \end{aligned}$$

Esercizio 7

Usando il principio di induzione dimostrare che $${{1\over 2}\cdot{3\over 4}\cdot \cdots\cdot {(2n-1)\over 2n} \leqslant {1\over \sqrt{3n+1}} }$$ per ogni per ogni $n\in\mathbb{N}$, $n\geqslant 1$.

Suggerimento

Linee guida:

• usare ipotesi induttiva
• sistemare il numeratore facendo comparire 1
• unica radice al denominatore
• sviluppare il termine sotto-radice e dare una maggiorazione

Soluzione (passo base)

Per $n=1$ dobbiamo dimostrare che

$$ \prod\limits_{k=1}^1 {(2k-1)\over 2k} = {1\over 2} \leqslant {1\over \sqrt{3 \cdot 1+1}} = {1\over \sqrt{4}} = {1\over 2} \;\iff\; {1\over 2} \leqslant{1\over 2} $$

che è verificata

Soluzione (passo induttivo)

$$\begin{aligned} \prod\limits_{k=1}^{n+1} {(2k-1)\over 2k} &= \left[\prod\limits_{k=1}^n {(2k-1)\over 2k}\right] \cdot {(2n+1)\over 2n+2} \\ &{\text{(ipotesi induttiva)}}\\ & \leqslant {1\over \sqrt{3n+1}} \cdot {(2n+1)\over 2n+2} \\ &{\text{(sistemiamo il numeratore facendo comparire 1)}}\\ & = {1\over \sqrt{3n+1}} \cdot {(2n+1)\over (2n+1)\left(1+{1\over 2n+1}\right )} \\ &{\text{(unica radice)}}\\ & = {1\over \sqrt{(3n+1) \cdot \left(1+{1\over 2n+1}\right)^2}} \\ \end{aligned}$$

Vediamo una stima del termine sotto radice

$$\begin{aligned} (3n+1) \cdot \left(1+{1\over 2n+1}\right)^2 &= (3n+1) + 2{3n+1\over 2n+1} + {3n+1\over (2n+1)^2}\\ &= (3n+1) + 2{(2n+1)+n\over 2n+1} + {(2n+1)+n\over (2n+1)^2}\\ &= (3n+1) + 2 + 2{n\over 2n+1} + {1\over (2n+1)} + {n\over (2n+1)^2}\\ &= (3n+1) + 2 + {2n+1\over 2n+1} + {n\over (2n+1)^2}\\ &= (3n+1) + 2 + 1 + \underbrace{{n\over (2n+1)^2}}_{>0}\\ &\geqslant (3n+1) + 3 \\ &\geqslant 3(n+1)+1 \end{aligned}$$

Si ha

$$\begin{aligned} \prod\limits_{k=1}^{n+1} {(2k-1)\over 2k} & \leqslant {1\over \sqrt{(3n+1) \cdot \left(1+{1\over 2n+1}\right)^2}} \\ &{\text{(usando la stima precedente)}}\\ & \leqslant {1\over \sqrt{3(n+1)+1}} \end{aligned}$$

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