Corso integrato di
Matematica
per le scienze naturali ed applicate
Materiale integrativo
Paolo Baiti1
1
Lorenzo Freddi1
Dipartimento di Matematica e Informatica, Università di Udine, via delle
Scienze 206, 33100 Udine, Italy ([baiti|freddi]@dimi.uniud.it)
Capitolo aggiuntivo 2
Il principio di induzione
Un metodo dimostrativo molto utilizzato in matematica fa uso del seguente principio di induzione. Esso è una conseguenza dell’assioma di Peano
che introduce l’insieme dei numeri naturali. Poiché i numeri naturali sono
stati introdotti in maniera “ingenua”, senza ricorrere all’assioma di Peano,
assumiamo come assioma il principio di induzione, che quindi non necessita
di dimostrazione.
Principio di induzione.
Sia Pn una successione di proposizioni ed n0 ∈ N. Supponiamo che
i) Pn0 sia vera;
ii) Pn ⇒Pn+1 per ogni numero naturale n ≥ n0 .
Allora Pn è vera per ogni n ∈ N, n ≥ n0 .
Esercizio 2.1. Dimostrare che
1. ∀d ≥ −1, ∀n ∈ N \ {0}
Bernoulli);
2. ∀d ∈] − 1, 0[, ∀n ∈ N, n ≥ 1
(1 + d)n ≥ 1 + nd (disuguaglianza di
(1 + d)n <
1
.
1 − nd
1
1. Sia Pn la proposizione (1 + d)n < 1−nd
. P1 è vera, infatti per n = 1 si ha
1 + d = 1 + d. Mostriamo che ∀n Pn ⇒Pn+1 . Per n ∈ N supponiamo dunque vera
Pn e proviamo Pn+1 . Si ha
R
(1 + d)n+1 = (1 + d)n (1 + d)
2
FATTORIALE DI UN NUMERO NATURALE
3
e poiché 1 + d ≥ 0 (grazie all’ipotesi d ≥ −1), allora per l’ipotesi di induzione (Pn
è vera) si ha
(1 + d)n (1 + d) ≥ (1 + nd)(1 + d) = 1 + (n + 1)d + nd2 ≥ 1 + (n + 1)d
da cui segue che Pn+1 è vera. Per il principio di induzione, allora, la disuguaglianza
è vera per ogni n ∈ N.
Esercizio 2.2. Dimostrare che per ogni n ∈ N e per ogni a 6= 1 si ha
n
X
ak =
k=0
1 − an+1
1−a
(in questa formula si pone per convenzione 00 = 1).
Esercizio 2.3. Dimostrare che per ogni n ∈ N \ {0}
1. 1 + 2 + · · · + n =
n
X
i=
i=1
2.
n
X
i2 =
n(n + 1)(2n + 1)
;
6
n
X
i3 =
n(n + 1) 2
i=1
3.
n(n + 1)
;
2
i=1
2
.
3. Procediamo per induzione. Per n = 1 la formula è vera perché si riduce a
1 = 1. Per ipotesi di induzione la supponiamo vera per n e dimostriamo che vale
per n + 1, cioè che
n+1
X
[(n + 1)(n + 2)]2
i3 =
.
4
i=1
R
Si ha infatti
n+1
X
i=1
n
X
[n(n + 1)]2
+ (n + 1)3
4
i=1
i
h n2
(n + 2)2
+ n + 1 = (n + 1)2
.
= (n + 1)2
4
4
i3 =
i3 + (n + 1)3 =
Fattoriale di un numero naturale
Se n ∈ N \ {0} ricordiamo che si denota con n!, detto n fattoriale, il prodotto dei
primi n numeri naturali positivi, cioè
n! = 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n.
4
CAPITOLO AGGIUNTIVO 2. IL PRINCIPIO DI INDUZIONE
È possibile definire n! per induzione (o ricorrenza) ponendo
0! = 1
n! = (n − 1)! · n.
Coefficienti binomiali
Se n, k ∈ N, n ≥ k, ricordiamo che
n!
n
=
.
k
k!(n − k)!
Ricordando inoltre che 0! = 1, si ha
0
=1
0
e
n
= 1.
n
Esercizio 2.4. Dimostrare che per ogni n, k ∈ N, n ≥ k ≥ 1 vale la formula
n
n
n+1
+
=
.
k
k−1
k
R
Si ha
h1
i
n!
n!
n!
1
+
=
+
k!(n − k)! (k − 1)!(n − k + 1)!
(k − 1)!(n − k)! k n − k + 1
n+1
n!
=
(k − 1)!(n − k)! k(n − k + 1)
=
(n + 1)!
k!(n + 1 − k)!
Formula del binomio di Newton
Vale, per ogni a, b ∈ R e per ogni n ∈ N, la formula
(a + b)n =
n X
n
k=0
k
ak bn−k .
5
FORMULA DEL BINOMIO DI NEWTON
Dimostrazione Procediamo per induzione. La formula è vera per n = 0. La
supponiamo vera per n e la proviamo per n + 1, cioè
n+1
(a + b)
=
n+1
X
k=0
n + 1 k n+1−k
a b
.
k
Si ha
n+1
(a + b)
n
= (b + a)(a + b) = (b + a)
n X
n
k
k=0
n X
n
ak bn−k
n X
n
ak bn−k
ak bn−k + a
k
k
k=0
k=0
n n X
X
n k+1 n−k
n k n+1−k
a
b
.
a b
+
=
k
k
=b
k=0
k=0
Si osserva ora che, mentre gli esponenti nella prima sommatoria sono già quelli
desiderati, quelli della seconda si possono sistemare effettuando il cambiamento di
indice k + 1 = h ( ⇐⇒ k = h − 1). In tal modo, e ripassando poi all’indice k, si
ottiene infatti
n n X
n k n+1−k X n k+1 n−k
a
b
a b
+
(a + b)n+1 =
k
k
k=0
k=0
n+1 n X
n
n k n+1−k X
ah bn+1−h
a b
+
=
h−1
k
h=1
k=0
n+1
n X
n
n k n+1−k X
ak bn+1−k
a b
+
=
k−1
k
k=1
k=0
n X
n
n
n+1
n+1
ak bn+1−k
+
=a
+b
+
k−1
k
k=1
n n+1 X
n + 1 k n+1−k X n + 1 k n+1−k
n+1
n+1
=a
+b
+
a b
=
a b
k
k
k=1
k=0
avendo anche fatto uso di quanto ottenuto nel precedente esercizio 2.4.
Esercizio 2.5. Dimostrare che per ogni numero naturale n ≥ 4 vale la disuguaglianza
2n ≥ n2 .
Esercizio 2.6. Dimostrare che per ogni n ≥ 6 si ha
2n n! ≤ nn .
6
R
CAPITOLO AGGIUNTIVO 2. IL PRINCIPIO DI INDUZIONE
Per n = 6 è vero. Supposto vero per n, si ha
2n+1 (n + 1)! = 2(n + 1)2n n! ≤ 2(n + 1)nn
n
quindi basta mostrare che 2nn ≤ (n + 1)n , cioè che 2 ≤ 1 + n1 ; ma questo è ovvio
in quanto
n n
1 n X n −k
n ≥ 1 + = 2.
1+
=
n
n
k
k=0
Esercizio 2.7. Dimostrare che
n! ≥ 2n−1
∀n ∈ N \ {0}.
Esercizio 2.8. Dimostrare che
nn ≤ 3n n!
R
∀n ∈ N \ {0}.
È vero per n = 1. Supposto vero per n si ha
3n+1 (n + 1)! = 3(n + 1)3n n! ≥ 3(n + 1)nn
quindi basta mostrare che 3nn ≥ (n + 1)n , cioè che 3 ≥ 1 + n1
dagli esercizi 2.2 e 2.7 perchè
n n
1
n!
1 n X n −k X
=
n =
1+
n
k
k!(n − k)! nk
=
≤
k=0
n
X
k=0
n
X
k=0
≤1+
n
; ma questo segue
k=0
1 (n − k + 1)(n − k + 2) · · · n
k!
nk
n
X 1
1
≤1+
≤ (Esercizio 2.7)
k!
k!
k=1
n−1
X
j=0
1
= (Esercizio 2.2)
2j
=1+2 1−
1
≤ 3.
2n
Esercizio 2.9. Dimostrare che per ogni y ≥ x ≥ 0 e per ogni n ∈ N \ {0} vale la
disuguaglianza
y n − xn ≤ (x + y)n−1 (y − x).
R
Per n = 1 è vero. Supposto vero per n si ha
y n+1 − xn+1 = (y n − xn )(y + x) + yxn − xy n
≤ (x + y)n (y − x) + xy(xn−1 − y n−1 )
≤ (x + y)n (y − x).
