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 nn 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 11 2 3 ... n 21 2 3 .... n ... n 11 2 3 ... n n1 2 3 ... n 1 2 3 ... n 1 2 3 ... n 1 2 3 ... n 2 n 2 n 1 nn 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 n1 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 rn1 n Media aritmetica di rn e Rn e, per n 2, che 2 Rn1 Rn rn1 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 Rn1 OC OH ' Rn rn1 . Facciamo notare inoltre che, attraverso le proprietà dimostrate, si giunge al calcolo approssimato di . Infatti, dalle formule si hanno le seguenti disuguaglianze: 1 a. 2rn 2 2Rn , da cui rn Rn ; 3 b. rn rn1 Rn ; c. rn1 Rn1 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 . rn1 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 3b 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 nn 1 n nn 1 Ricordando che i . Si può scrivere , si ha i 2 2 i 1 i 1 2 n 2 n1 i i . i 1 i 1 n 1 3 2 n nn 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 1k! 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 . nn 12n 1 . Per 6 induzione, dal momento che la formula vale per n = 1, supposto che sia vera per un certo n, nn 12n 1 Sn , si deve provare che vale anche per n + 1, cioè che 6 n 1n 1 12n 2 1 n 1n 22n 3 . S n 1 6 6 nn 12n 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