Esercizi vari

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ESERCIZI VARI
Sommatorie
1. Determinare il più grande valore di n per cui l’ espressione numerica
n
k
non supera
k 5
10000.
Soluzione
Come è noto la somma dei primi n termini di una progressione aritmetica è data da
a1  an
 n che, nel caso si debba calcolare la somma dei primi n numeri naturali,
2
n  n  1
diventa S n 
. Nel nostro caso si ha:
2
n
nn  1
n 2  n  20




k

5

6

...

n

1

2

...

n

1

2

3

4


10

.

2
2
k 5
 1  80081
 1  80081
n
;
2
2
poiché deve essere naturale, il numero n cercato è la parte intera di
 1  80081
 140,99... , quindi 140.
2
La disequazione n 2  n  20020  0 ha per soluzioni
2. Si consideri la successione di termine generale an tale che: a n 
n
 ik
.
i , k 1
Calcolare il più grande valore di n per cui an non supera 100000.
Soluzione
Si ha:
a n  11  2  3  ...  n   21  2  3  ....  n   ...  n  11  2  3  ...  n   n1  2  3  ...  n  
 1  2  3  ...  n 1  2  3  ...  n   1  2  3  ...  n 
2
n 2 n  1
 nn  1


4
 2 
2
2
n 2 n  1
 100000 ; si ottiene
4
2
Si deve pertanto risolvere la disequazione
 1  1  800 10
 1  1  800 10
n
2
2
naturale, la soluzione è 0  n 
. Nel nostro caso, dovendo essere n
 1  1  800 10
 24,65 la cui parte intera è 24.
2
1
Coefficienti binomiali e serie
 n   n  1  n  1
  
 dove n e k sono tali che 0<k<n.
1. Dimostrare la seguente formula    
k
k
k

1
  
 

Essa spiega una delle regole sulle quali è basata la costruzione del “triangolo di
Tartaglia” (da Niccolò Fontana, detto Tartaglia, 1505-1557).
Soluzione
n
n!
Si ha   
,
 k  k!n  k !
 n  1  n  1
n  1! 
n  1!

  
 

 k   k  1 k!n  1  k ! k  1!n  1  k  1!
n  1!  n  1!  n  1!n  k   n  1!k 

k!n  1  k ! k  1!n  k !
k!n  k !
n  1!n  k  k   n  1!n  n! .

k!n  k !
k!n  k ! k!n  k !
Dall’ uguaglianza dei secondi membri si deduce quella dei primi membri e quindi la tesi.
2. Si dimostri che la somma dei coefficienti dello sviluppo di a  b 
n
è uguale a
2  n  N.
n
Soluzione:
n
n
n
Si ha: a  b     a n k  b k
k 0  k 
n
n
 n
n
 a n   a n1  b   a n 2 b 2  ...   b n .
0
1
 2
n
n
n
n
n
n
Ponendo a = b = 1, si ottiene 2 n  1  1   1n k  1k =    .
k 0  k 
k 0  k 
n
k
 n  k 
3. Dimostrare che      3n .
k 0 h 0  k  h 
n
n
n
Soluzione: Tenendo presente che x  y     x n k y k , si può
k 0  k 
n
n
k
n
n
k 
n
n
k
considerare x  y  z   x   y  z     x n k  y  z      x n k   y k h z h . Posto
k 0  k 
K 0  k 
h 0  h 
n
n
k
n k k 
 n  k 
x = y = z =1, si ha:              .
k 0  k  h 0  h 
k 0 h 0  k   h 
4. Considerata la successione di termine generale: a n 
2
calcolare
3n

a
n 1
n
.
Soluzione
Il calcolo richiesto si ottiene riconducendo la sommatoria ad una serie geometrica di
1
2
1
ragione q  e primo termine a 0  . Ricordando che S n  a0 
, si ha:
3
3
1 q

n
2   1 
2 1
a

1.
   


n
1
3 n 1  3 
3
n 1
1
3
2
se n  1
2

5. Considerata la successione di termine generale: a n   1
 3 a n 1 se n  1
Soluzione

calcolare
a
n 1
n
.
1
, si tratta di una serie
3

a
1
2
geometrica che ha a1  2 e ragione q  . Quindi  a n  1 
 3.
1
3
1 q
n 1
1
3
Poiché ogni termine si ottiene dal precedente moltiplicandolo per
n  2, Medie aritmetiche e geometriche e progressioni
1. (Metodo degli isoperimetri di Cartesio) Sia Pn un poligono regolare di 2n lati, avente
perimetro 2. Siano rn e Rn i raggi dei cerchi, rispettivamente, inscritto e circoscritto a Pn.
r  Rn
Provare che rn1  n
Media aritmetica di rn e Rn e, per n  2, che
2
Rn1  Rn  rn1 con Media geometrica di rn e Rn .




Soluzione:
Si ha che:
OC  Rn , OH  rn , OH '  rn 1  OC 


1
2OC  OC  OH OC  OH Rn  rn
OC  OH 


;i
2
2
2
2
noltre, per il primo teorema di Euclide, si ha: A' O  Rn1  OC  OH '  Rn  rn1 .
Facciamo notare inoltre che, attraverso le proprietà dimostrate, si giunge al calcolo
approssimato di  . Infatti, dalle formule si hanno le seguenti disuguaglianze:
1
a. 2rn  2  2Rn , da cui rn   Rn ;

3
b. rn  rn1  Rn ;
c. rn1  Rn1  Rn .
Le successioni di rn e Rn sono monotòne e limitate; siano L e L’ i rispettivi limiti. Da
rn  Rn
1
1
si ricava L’ = L, mentre da rn   Rn si ottiene L = .


2
1
2
1
Inizializzando le successioni con il quadrato di lato
( r2  , R2 
), dopo 4 iterazioni
4
4
2
1
1
 3,144,
 3,140 e quindi la seconda cifra corretta nello sviluppo decimale di
si ha
r6
R6
 . Tuttavia esistono metodi più efficaci per il calcolo di  .
rn1 
2. Le misure a, b, c dei lati di un triangolo ABC sono in progressione aritmetica di
ragione k. Si esprima in funzione di k il raggio r della circonferenza inscritta nel
triangolo.
Soluzione
Esprimendo le misure a, b, c, in funzione di k e di una sola di esse, ad esempio b, si ha:
a = b – k, c = b + k, con b  k   b  k   b  b  k   b  k  cioè 0  k 
b
(“In un
2
triangolo la misura di un lato è sempre maggiore della differenza e minore della somma
degli altri due”).
Area ABC
La misura del raggio della circonferenza inscritta si ottiene dalla formula r 
ove
p ABC
3
b
3 b 2  4k 2 (calcolata con la formula
il semiperimetro è p ABC  b e l’ area è AABC 
2
4


3b 2  4k 2 
di Erone); il raggio richiesto misura r 
.
6
3. Indicata con S n la somma di n termini di una progressione geometrica, di primo
1
1
e ragione , calcolare
2
2
Soluzione
il limite per n che tende a   di
termine
Sn
.
n
n
1
1  
2
n
S
1 1
1
1
2
1
Si ha S n      ...         1  n da cui il limite di n è 0.
1
2 2
2
2
n
2
1
2
Principio di induzione
1. Enunciare il principio di induzione matematica e applicarlo alla dimostrazione della
2
 n 
3
i

  i  la quale esprime una proprietà dei numeri naturali

i 1
 i 1 
n
seguente relazione:
4
conosciuta come “teorema di Nicomaco” (da Nicomaco di Cerasa, filosofo e matematico
ellenico vissuto intorno all’ anno 100 d. C.).
Soluzione
Il principio di induzione afferma: “Se un’ affermazione è vera per un numero naturale n0
(n = 0 o n = 1) e, supposto che sia vera per un numero naturale n, si dimostra che è vera
per il suo successivo n + 1, allora è vera per ogni numero naturale n  n0”.
2
 n 
La relazione  i    i  è vera per n = 1 e quindi i3 = i2.
i 1
 i 1 
Si deve mostrare che, supposta vera per un certo numero naturale n non nullo, allora è
n
3
2
 n 
i    i  deve essere anche vera

i 1
 i 1 
n
vera anche per n + 1, cioè se è vera
3
nn  1
 n 
 nn  1
Ricordando che  i 
. Si può scrivere
, si ha   i   
2
 2 
i 1
 i 1 
2
n
2
 n1 
i   i  .

i 1
 i 1 
n 1
3
2
 n 
 nn  1
3
3
i  1  2  ...  n  n  1   i  n  1    i   n  1  
 n  1 


 2 
i 1
i 1
 i 1 
n 1
3
3
3
2
2

n  1 n  2

2
n
3
3
2
3
3
2
 n 1 
 i .
4
 i 1 
E’ quindi dimostrato che vale per ogni n.
n
n
2. Dimostrare la disuguaglianza n!    e dedurre che 300! 100 300 .
e
Soluzione (dimostrazione per induzione) La disuguaglianza è vera se n = 1: infatti
1
k
1
k
1!    ; supponendola allora vera per n = k (cioè è vero che k!   ), dobbiamo
e
e
provare che è vera per k + 1. Moltiplicando entrambi i membri per k + 1, si ottiene:
k
k  1k! k  1!  k  k  1. Moltiplica ndo e / o dividendo per e k , si ottiene
k  1
e
k  1!  k  1 
 e 
k 1

e
 1
1  
 k
k
.
k 1
e  k 1
 k 1
 1
Poiché 1    e , a maggior ragione si avrà k  1! 
  

e  e 
 e 
 k
Essendo allora la disuguaglianza vera anche per k + 1, è vera per ogni n. In
k
 300 
particolare, 300! 

 3 
300
 100 300.
3. Calcolare il valore della seguente somma: 12  2 2  3 2  ...  100 2 .
Soluzione
5
k 1
.
nn  12n  1
. Per
6
induzione, dal momento che la formula vale per n = 1, supposto che sia vera per un certo n,
nn  12n  1
Sn 
, si deve provare che vale anche per n + 1, cioè che
6
n  1n  1  12n  2  1  n  1n  22n  3 .
S n 1 
6
6
nn  12n  1
2
2
 n  1 ; sommando e scomponendo in
Si ha S n 1  12  ...  n 2  n  1 
6
fattori si dimostra che la formula vale anche per n + 1. In questo caso
100  101  201
S100 
 338350.
6
La somma dei quadrati dei primi n numeri interi è data da S n 
6
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