Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

§1.3 Principio di Induzione ed un pò di trigonometria

Per le definizioni e teoremi si fa riferimento ad uno qualsiasi dei libri M.Bertsch - R.Dal Passo Lezioni di Analisi Matematica, I edizione settembre 1996, ARACNE EDITRICE, via Raffaele Garofalo, 133 A/B 00173 Roma tel.0672672233/22, M.Bertsch - R.Dal Passo Elementi di Analisi Matematica, I edizione ottobre 2001, ARACNE EDITRICE 1.1.3 Dimostrare per induzione che n! ≥ 3^{n−2}∀n ≥ 3, 2^{n} + 3^{n} + 5^{n} ≤ 10^{n}, (∑_{k=1}^{N} k)^{2} = ∑_{k=1}^{N} k^{3}, ∑_{k=1}^{N} k = \frac{1}{2}N(N + 1), (∑_{k=1}^{N} x_{k})^{2} ≤ N ∑_{k=1}^{N} x_{k}^{2}, (a + b)^{n} = ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k}a^{k}b^{n−k}, N!M! ≤ (N + M)!, ∑_{k=1}^{N} k^{2} = \frac{N^{3}}{3} + \frac{N^{2}}{2} + \frac{N}{6} , ∑_{k=1}^{N} k^{3} = \frac{N^{4}}{4} + \frac{N^{3}}{2} + \frac{N^{2}}{4} , 2.1.3* ∑_{a_{1}+...+a_{l}=N} ∏_{j=1}^{l} a_{j}! ≤ N! dove N ≥ l ≥ 1, a_{j} ≥ 1, 3.1.3 Dimostrare che per n > 1 si ha c\sqrt{n} > 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + … + \frac{1}{\sqrt{n}} > \sqrt{n}, con c > 2 4.1.3 Dimostrare che 2(\sqrt{n + 1} − \sqrt{n}) < \frac{1}{\sqrt{n}} < 2(\sqrt{n} − \sqrt{n − 1}) per ogni n ≥ 1 ed usare poi questo risultato unitamente al principio di induzione per dimostrare che 2\sqrt{m}−2 < ∑_{n=1}^{m} \frac{1}{\sqrt{n}} < 2\sqrt{m} − 1 5.1.3 Una volta studiate le funzioni trigonometriche si dimostrino le seguenti uguaglianze 1) cos a cos 2a cos 4a cos 8a … cos 2^{n}a = \frac{sin 2^{n+1}a}{2^{n+1} sin a},

2) sin a + sin 2a + sin 3a + … + sin ka = sin \frac{ka}{2} sin a\frac{k+1}{2}(sin \frac{a}{2})^{−1},

3) \frac{1}{2} + cos a + cos 2a + cos 3a + … + cos ka = sin a\frac{2k+1}{2}(2 sin \frac{a}{2})^{−1},

4) sin a + 2 sin 2a + 3 sin 3a + … + k sin ka = ((k + 1) sin ka − k sin a(k + 1))(4 sin \frac{a}{2})^{−2},

5) cos a + 2 cos 2a + 3 cos 3a + … + k cos ka = ((k + 1) cos ka − k cos a(k + 1) − 1)(4 sin \frac{a}{2})^{−2},

6) \frac{1}{2} tan \frac{a}{2} + \frac{1}{2^{2}} tan \frac{a}{2^{2}} + … + \frac{1}{2^{n}} tan \frac{a}{2^{n}} = \frac{1}{2^{n}} cot \frac{a}{2^{n}} − cot a,

7) arccot3 + arccot5 + … + arccot(2n + 1) = arctan 2 + arctan \frac{3}{2} + … + arctan \frac{n+1}{n} − n arctan 1. 6.1.3 Se a + b > 0 a ≠ b e n ≥ 2 dimostrare che 2^{n−1}(a^{n} + b^{n}) > (a + b)^{n}. Se a ≠ b e n è pari mostrare che 2^{n−1}(a^{n} + b^{n}) > (a + b)^{n}. 7.1.3 Dimostrare che x^{n} + x^{n−1} + x^{n−2} + … + x^{−n+2} + x^{−n+1} + x^{−n} ≥ 2n + 1 per ogni x > 0. 8.1.3 \frac{4^{n}}{n+1} < \frac{(2n)!}{(n!)^{2}} per n ≥ 2 9.1.3 Dati tre numeri reali a, b, c con a ≠ 0 trovare un quarto numero d tale che ak^{2} +bk+c ≤ d(\frac{3}{2})^{k} per ogni k ≥ 0. 10.1.3 Sia a_{k} ≥ 0. Se p > 1 dimostrare che (∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p})^{1/p} ≤ ∑_{k=1}^{n} a_{k} ≤ n^{1− \frac{1}{p}} (∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p})^{1/p}. Se 0 < p < 1 dimostrare che ∑_{k=1}^{n} a_{k} ≤ (∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p})^{1/p} ≤ n^{\frac{1}{p} −1}(∑_{k=1}^{n} a_{k}). 11.1.3 Se a + a^{−1} è un numero intero allora è intero pure a^{n} + a^{−n} 12.1.3 Dimostrare che per n ≥ 1, 2^{2n} − 1 è divisibile per tre. 13.1.3 Dimostrare che ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} ≥ \frac{3n}{2n+1}

SOLUZIONI

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

15/dicembre/2009; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 1 9.1.3 d ≥ max\{c, 2b + 2a, \frac{8a}{3}\}.

RISOLUZIONE DEGLI ESERCIZI

§1.3

1.1.3 - Primo del gruppo - Indichiamo la proposizione da dimostrare con P (n). Essendo 6 > 3, P (3) è vera. Assumiamo ora che P (n) è vera con un n > 3 generico. (n + 1)! = n!(n + 1) ≥ 3^{n−2}(n + 1) ≥ 3^{n−2}3 = 3^{n−1} ossia (n + 1)! ≥ 3^{n−1} che è esattamente la P (n + 1) (nel passaggio (n + 1)! ≥ 3^{n−1}(n + 1) si è usata P (n)).

1.1.3 - Secondo del gruppo - La formula è vera per n = 0 chiaramente. Per n + 1 abbiamo 2^{n+1} + 3^{n+1} + 5^{n+1} = 2^{n} · 2 + 3^{n} · 3 + 5^{n} · 5 ≤ 5(2^{n} + 3^{n} + 5^{n}) ≤ 5 · 10^{n} ≤ 10 · 10^{n} = 10^{n+1}

1.1.3 - terzo del gruppo - L’esercizio fornisce una formula immediata per sapere la somma dei primi N numeri naturali. Come prima sia P (N) la proprietà che cerchiamo di dimostrare. P (1) è vera certamente. È immediato verificare che ∑_{k=1}^{N+1} k = N +1+∑_{k=1}^{N} k = N +1+ \frac{1}{2}N(N +1) = (N + 1)(N + 2)\frac{1}{2} ossia la P (N + 1). Nel secondo passaggio si è usata P (N) chiaramente.

1.1.3 - quarto del gruppo - (∑_{k=1}^{N+1} k)^{2} = (∑_{k=1}^{N} k)^{2}+(N +1)^{2}+2(N +1) ∑_{k=1}^{N} k = ∑_{k=1}^{N} k^{3}+ (N + 1)^{2} + 2(N + 1) ∑_{k=1}^{N} k. Resta ora da far vedere che (N + 1)^{2} + 2(N + 1) ∑_{k=1}^{N} k = (N + 1)^{3} per ogni intero N ossia 2 ∑_{k=1}^{N} k = (N +1)^{2} −(N +1) ed è ancora un calcolo di natura induttiva. Infatti 2 ∑_{k=1}^{N+1} k = 2 ∑_{k=1}^{N} k +2(N +1) = (N +1)^{2} −(N +1)+2(N +1) = (N +1)^{2} +(N +1) = (N + 1)(N + 2) = (N + 2)^{2} − (N + 1)

1.1.3 - quinto del gruppo - (∑_{k=1}^{N+1} x_{k})^{2} = (∑_{k=1}^{N} x_{k})^{2} + x_{N+1}^{2} + 2x_{N+1} ∑_{k=1}^{N} x_{k} ≤ ≤ N ∑_{k=1}^{N} x_{k}^{2} + x_{N+1}^{2} + ∑_{k=1}^{N}(x_{k}^{2} + x_{N+1}^{2}) ≤ (N + 1) ∑_{k=1}^{N} x_{k}^{2} + x_{N+1}^{2} + Nx_{N+1}^{2} = = (N + 1) ∑_{k=1}^{N+1} x_{k}^{2}

1.1.3 - sesto del gruppo - Certamente per n = 0 è vera. Per n + 1 bisogna dimostrare che (a+b)^{n+1} = ∑_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}a^{k}b^{n+1−k}. (a+b)^{n+1} = a(a+b)^{n}+b(a+b)^{n} = a[a^{n}+∑_{k=0}^{n−1} \binom{n}{k}a^{k}b^{n−k}]+ b[b^{n} + ∑_{k=1}^{n} \binom{n}{k}a^{k}b^{n−k}] = a^{n+1} + b^{n+1} + ∑_{l=1}^{n} \binom{n}{l−1}a^{l}b^{n−l+1} + ∑_{k=1}^{n} \binom{n}{k}a^{k}b^{n−k+1} = = a^{n+1} + b^{n+1} + ∑_{k=1}^{n}[\binom{n}{k} + \binom{n}{k−1}]a^{k}b^{n−k+1}. Tenendo conto che \binom{n}{k} + \binom{n}{k−1} = \binom{n+1}{k} si ha a^{n+1} + b^{n+1} + ∑_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k}a^{k}b^{n−k+1} = ∑_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}a^{k}b^{n−k+1} = (a + b)^{n+1}.

1.1.3 - settimo del gruppo - Applichiamo il principio di induzione su M. Per M = 0 è chiaramente vero. Per M +1 devo far vedere che N!(M +1)! ≤ (N +M +1)!. Infatti N!(M +1)! = N!(M + 1)M! =≤ (M + 1)(N + M)! ≤ (N + M)!(N + M + 1) = (N + M + 1)!

2.1.3* La dimostrazione per induzione va fatta tanto su N quanto su l. Cominciamo da l. Supponendo che N è dato e con la condizione N ≥ l + 1, dobbiamo dimostrare la proposizione P (l + 1) ossia ∑_{a_{1}+...+a_{l+1}=N} ∏_{j=1}^{l+1} a_{j}! ≤ N! a_{j} ≥ 1. Innanzitutto per l = 1 la proposizione è vera. Ora, usando le proprietà della sommatoria si può scrivere ∑_{a_{l+1}=1}^{N−l} ∑_{a_{1}+...+a_{l}=N−a_{l+1}; a_{j}≥1} ∏_{i=1}^{l} a_{i}!a_{l+1}! ed usando la proposizione P (l) si può maggiorare

con ∑_{a_{l+1}=1}^{N−l} a_{l+1}!(N − a_{l+1})! = ∑_{k=1}^{N−l} k!(N − k)! e vorremmo quest’ultima quantità minore

od uguale ad N. Sempre per induzione si mostrerà che ∑_{k=1}^{N−l} k!(N − k)! ≤ N! ed essendo ∑_{k=1}^{N−l} k!(N − k)! ≤ ∑_{k=1}^{N−1} k!(N − k)! si ha il risultato. Dunque abbiamo ridotto il problema a mostrare che ∑_{k=1}^{N−1} k!(N − k)! ≤ N!. Per N = 2 è vera. ∑_{k=1}^{N} k!(N − k + 1)! = ∑_{k=1}^{N−1} k!(N − k + 1)! + N! = ∑_{k=1}^{N−1} k!(N − k)!(N − k + 1) + N! ≤ N!N + N! = (N + 1)!. Ora passiamo a considerare il caso in cui l è fissato e N diventa N + 1. Dunque dobbiamo far vedere che ∑_{a_{1}+...+a_{l}=N+1} ∏_{j=1}^{l} a_{j}! ≤ (N + 1)!. Per non considerare un caso troppo semplice supponiamo l ≥ 2 poiché altrimenti non c’è nulla da dimostrare. Il più piccolo valore di N che si possa considerare è N = l ed essendo a_{j} ≥ 1 ogni a_{j} è uguale ad 1. Il prodotto della precedente espressione è uguale anch’esso ad 1 che è chiaramente minore di N = l!. Da ciò se ne conclude che la proposizione è vera per N = l. Ora si può passare alla induzione da N ad N + 1. ∑_{a_{1}+...+a_{l}=N+1} ∏_{j=1}^{l} a_{j}! = ∑_{a_{1}=1}^{N−l+2} ∑_{a_{2}+...+a_{l}=N+1−a_{1}} ∏_{j=2}^{l} a_{j}!a_{1}! ≤ (N + 1)! ≤ ∑_{a_{1}=1}^{N−l+2} a_{1}!(N +1−a_{1})! = ∑_{k=0}^{l−2}(N −k)!(k +1)! e dobbiamo far vedere che che l’ultima somma è minore od uguale a (N + 1)!. Anche in questo caso una seconda ulteriore induzione ci viene in aiuto. Verifichiamo quest’ultima disuguaglianza per N = l ossia ∑_{k=0}^{l−2}(l − k)!(k + 1)! ≤ (l + 1)!. ∑_{k=0}^{l−2}(l − k)!(k + 1)! = l! + (l − 1)!2 + (l − 2)!3! + (l − 3)!4! + … 2!(l − 1)! e si ha la disuguaglianza (l − k)!(k + 1)! ≤ l! per ogni k (tale disuguaglianza non è implicata dall’esercizio 1.1.3 settimo del gruppo in quanto se applicassimo quel risultato dovremmo avere (l − k)!(k + 1)! ≤ (l + 1)!). Infatti in quel caso tanto N quanto M possono essere uguali a zero mentre in questo caso non è possibile). Ma allora si ha ∑_{k=0}^{l−2}(l−k)!(k+1)! = l!+(l−1)!2+(l−2)!3!+(l−3)!4!+… 2!(l−1)! ≤ l!+l!(l−2) < (l+1)!. Abbiamo dunque mostrato che ∑_{k=0}^{l−2}(l−k)!(k +1)! ≤ (l+1)!. Il passaggio da N ad N +1 è ormai immediato: ∑_{k=0}^{l−2}(N +1−k)!(k+1)! = ∑_{k=0}^{l−2}(N +1−k)(N −k)!(k+1)! ≤ (N + 1)!(N + 1) = (N + 2)! per cui la dimostrazione è completata.

3.1.3 ∑_{k=1}^{n+1} \frac{1}{\sqrt{k}} = ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} > \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} = \frac{\sqrt{n+n^{2}}+1}{\sqrt{n+1}} e vogliamo che tale espressione sia maggiore di \sqrt{n + 1} che è come dire \sqrt{n^{2} + n} + 1 > 1 + n. Per quanto concerne ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} < c\sqrt{n} con c > 2 qualsiasi l’ipotesi induttiva ci dà c\sqrt{n}+ \frac{1}{\sqrt{n+1}} <

c\sqrt{n + 1} ossia c\sqrt{n + n^{2}} < cn+c−1 e quindi cn(\sqrt{1 + \frac{1}{n}} −1) < c−1. Segue che _{\frac{c}{1+\sqrt{1+ \frac{1}{n}}}} < c−1

e siccome _{\frac{c}{1+\sqrt{1+ \frac{1}{n}}}} < \frac{c}{2} allora basta che sia \frac{c}{2} < c − 1 e quest’ultima è vera se e solo se c > 2.

4.1.3 Cominciamo dalla stima inferiore di \frac{1}{\sqrt{n}}. 2(\sqrt{n + 1} − \sqrt{n}) < \frac{1}{\sqrt{n}}. Ora 2(\sqrt{n + 1} − \sqrt{n}) = \frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} < \frac{2}{2\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n}}. La stima superiore procede esattamente allo stesso modo. Ora passiamo alla seconda parte ed usiamo il principio di induzione. Per n = 2 è certamente verificata. Assumiamo che sia vera per 2 ≤ k ≤ n. Per n + 1 essa è data da ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} > 2\sqrt{n} − 2 + 2(\sqrt{n + 1} − \sqrt{n}) = 2(\sqrt{n + 1} − 1) e per quanto riguarda la stima inferiore. Per la stima superiore si ha ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} < 2\sqrt{n} − 1 + 2(\sqrt{n + 1} − \sqrt{n}) = 2\sqrt{n + 1} − 1. Per fugare eventuali dubbi circa l’utilità del precedente risultato si pensi di dover rispondere alla seguente domanda: stabilire la parte intera del numero y = ∑_{k=1}^{10^{6}} \frac{1}{\sqrt{k}} . Il calcolo della somma sarebbe proibitivo dato il gran numero di termini contenutovi. Il risultato precedente, viceversa, permette immediatamente di dire che 1998 < y < 1999 e quindi [y] = 1998.

5.1.3 - primo del gruppo - Bisogna utilizzare la formula sin 2a = 2 sin a cos a. Infatti cos a cos 2a cos 4a cos 8a … cos 2^{n}a cos 2^{n+1}a = \frac{sin 2^{n+1}a}{2^{n+1} sin a} cos 2^{n+1}a = = \frac{sin 2^{n+1}a}{2^{n+1} sin a} \frac{1}{2} \frac{sin 2^{n+2}a}{sin 2^{n+1}a} = \frac{sin 2^{n+2}a}{2^{n+2} sin a}

6.1.3 - prima parte - Per n = 2 la disuguaglianza dà 2(a^{2} +b^{2}) > (a+b)^{2} ossia (a−b)^{2} > 0. Supponiamo ora che sia vera per n generico e moltiplichiamo i due membri della disuguaglianza per a + b > per ipotesi. Quello che si ottiene è 2^{n−1}(a^{n} + b^{n})(a + b) > (a + b)^{n+1} (non si cambia il verso della disuguaglianza in quanto a + b > 0). Mostriamo che 2^{n}(a^{n+1} + b^{n+1}) > 2^{n−1}(a^{n} + b^{n})(a + b); infatti da quest’ultima deriva (a^{n+1} + b^{n+1}) > a^{n}(a − b) + b^{n}(b − a) > 0 ossia (a^{n} − b^{n}) > (a − b). Sia ora a > 0 e b > 0. Tanto a − b che a^{n} − b^{n} hanno lo stesso segno e quindi il loro prodotto ha segno positivo. Supponiamo ora che a e b abbiano segno opposto (a < 0 b > 0 e b > |a| essendo a + b > 0 per ipotesi). Essendo a − b = −|a| − b esso è negativo. Sia n dispari. La disequazione a^{n} < b^{n} è vera per a < b e quindi a^{n} − b^{n} < 0 ossia il risultato.

Se n è invece pari allora da a^{n} < b^{n} deriva |a|^{n/2} < b^{n/2} ossia |a| < b che è esattamente quanto supposto. Dunque (a^{n} − b^{n}) > (a − b) > 0 ossia il risultato.

Seconda parte della disuguaglianza. Stavolta supponiamo che n sia pari ed aboliamo l’ipotesi che a + b > 0. Come si sarà notato, il primo passo dell’ipotesi induttiva precedentemente usata era di verificare la veridicità dell’affermazione per n = 2 e non serviva che a + b > 0. A titolo di esempio verranno mostrati ora i casi n = 4, 6, 8.

n = 4 : 8(a^{4} + b^{4}) > (a + b)^{4} ⇒ 7(a^{4} + b^{4}) > 4ab(a^{2} + b^{2}) + 6a^{2}b^{2}. Essendo ab < \frac{1}{2}(a^{2} + b^{2}) la precedente disuguaglianza è verificata da 7(a^{2} + b^{2}) > 4\frac{1}{2}(a^{2} + b^{2}) + 6a^{2}b^{2} ossia a^{4} + b^{4} > 2a^{2}b^{2} che equivale a (a^{2} − b^{2})^{2} > 0.

n = 6 : 31(a^{6} + b^{6}) > 6ab^{5} + 6a^{5}b + 15a^{2}b^{4} + 15a^{4}b^{2} + 20a^{3}b^{3}. Usando sempre ab < \frac{1}{2}(a^{2} + b^{2}), il tutto è implicato da 31(a^{6} + b^{6}) > \frac{6}{2}(a^{2} + b^{2})(b^{4} + a^{4})b + \frac{15}{2}(b^{4} + a^{4})(b^{2} + a^{2}) + \frac{20}{2}(a^{6} + b^{6}) e quindi 31(a^{6} + b^{6}) > (3 + \frac{15}{2} + 10)(a^{6} + b^{6}) + \frac{21}{2}(a^{2}b^{4} + a^{4}b^{2}) ⇒ (a^{6} + b^{6}) > (a^{2}b^{4} + a^{4}b^{2}). Usando ancora ab < \frac{1}{2}(a^{2} + b^{2}) passiamo a a^{6} + b^{6} − a^{2}b^{4} − a^{4} + b^{2} = a^{4}(a^{2} − b^{2}) + b^{4}(b^{2} − a^{2}) = a^{4}(a^{2} − b^{2}) − b^{4}(a^{2} − b^{2}) = (a^{2} − b^{2})^{2}(a^{2} + b^{2}) > 0 e quindi si ha il risultato.

n = 8 : Dobbiamo far vedere che 2^{7}(a^{8} + b^{8}) > a^{8} + b^{8} + ∑_{k=1}^{3} \binom{8}{k}(b^{8−2k} + a^{8−2k})a^{k}b^{k} + \binom{8}{4}a^{4}b^{4}. Essendo 2a^{k}b^{k} < (a^{2k} + b^{2k} dimostriamo che [2(2^{7} − 1) − \binom{8}{4} − ∑_{k=1}^{3} \binom{8}{k}](a^{8} + b^{8}) > ∑_{k=1}^{3} \binom{8}{k}(a^{2k}b^{8−2k} + b^{2k}a^{8−2k}) ossia 92(a^{8} + b^{8}) > (\binom{8}{1} + \binom{8}{3})(a^{6}b^{2} + a^{2}b^{6}) + 2\binom{8}{4}a^{4}b^{4} che a sua volta è implicata da (92 − \binom{8}{2})(a^{8} + b^{8}) > (\binom{8}{1} + \binom{8}{3})(a^{6}b^{2} + a^{2}b^{6}) ossia a^{8} + b^{8} > a^{6}b^{2} + a^{2}b^{6} ≡ (a^{6} − b^{6})(a^{2} − b^{2}) > 0 ≡ (a^{3} + b^{3})(a^{3} − b^{3})(a^{2} − b^{2}) > 0 ≡ (a + b)(a^{2} − ab + b^{2})(a − b)(a^{2} + ab + b^{2})(a^{2} − b^{2}) ≡ (a^{2} − ab + b^{2})(a^{2} + ab + b^{2})(a^{2} − b^{2})^{2} ≡ [(a^{2} + b^{2})^{2} − a^{2}b^{2}](a^{2} − b^{2})^{2} > 0 e ciò è vero poiché ab < a^{2} + b^{2}.

Esaminiamo ora il caso generale con n pari. Tutto si riduce a 2^{n−1}(a^{n} + b^{n}) > a^{n} + b^{n} + ∑_{k=1}^{\frac{n}{2} −1} \binom{n}{k}(b^{n−2k} + a^{n−2k})a^{k}b^{k} + \binom{n}{\frac{n}{2}}a^{\frac{n}{2}} b^{\frac{n}{2}} che è implicata da

(2^{n−1} − 1)(a^{n} + b^{n}) > ∑_{k=1}^{\frac{n}{2} −1} \binom{n}{k}(b^{n−2k} + a^{n−2k})\frac{1}{2}(a^{2k} + b^{2k}) + \binom{n}{\frac{n}{2}} \frac{1}{2}(a^{n} + b^{n}) ⇒

⇒ [2^{n}−2−\binom{n}{\frac{n}{2}}−∑_{k=1}^{\frac{n}{2} −1} \binom{n}{k}](a^{n}+b^{n}) > ∑_{k=1}^{\frac{n}{2} −1} \binom{n}{k}(a^{2k}b^{n−2k}+b^{2k}a^{n−2k}) ed essendo [2^{n}−2−\binom{n}{\frac{n}{2}} =

2 ∑_{k=1}^{\frac{n}{2} −1} \binom{n}{k} basta dimostrare che a^{n}+b^{n} > a^{2k}b^{n−2k}−b^{2k}a^{n−2k} ossia (a^{n−2k}−b^{n−2k})(a^{2k}−b^{2k}) > 0 e 1 ≤ k ≤ \frac{n}{2} − 1. La disequazione (a^{2k} − b^{2k}) > 0 è verificata per |a| > |b| ed in tale situazione si ha pure a^{n−2k} − b^{n−2k} > 0 in quanto n − 2k è pari (è essenziale ciò). A questo punto la disuguaglianza è dimostrata. Supponiamo ora che a > b > 0. a^{j} − b^{j} > 0 per ogni j > 0 e quindi la disuguaglianza è vera. Sia a < 0, b > 0 e |a| > b. In tal caso la disequazione x^{N} − y^{N} > 0 con N pari è verificata per |x| > |y| e nel nostro caso |a| > b. Dunque anche in questo caso (a^{n−2k} − b^{n−2k})(a^{2k} − b^{2k}) > 0. Ora supponiamo di voler dimostrare la stessa disuguaglianza per n = 3 ossia 4(a^{3} + b^{3}) > (a + b)^{3} ⇒ 4(a + b)(a^{2} − ab + b^{2}) > (a + b)(a + b)^{2} ⇒ 4(a^{2} − ab + b^{2}) > (a + b)^{2} in quanto a + b > 0. Quest’ultima è equivalente a (a − b)^{2} > 0 e dunque è vera ma, come si è visto, bisogna supporre a + b > 0.

7.1.3 Usare il fatto che y + \frac{1}{y} ≥ 2 per ogni y > 0. Supponiamo che sia verificata per 0 ≤ n ≤ m. Per n = m + 1 diventa x^{m} + x^{m−2} + x^{n−4} + … + x^{−m+4} + x^{−m+2} + x^{−m} ≥ m + 1

8.1.3 Per n = 2 è verificata. Supponiamo ora che sia verificata per 2 ≤ k ≤ n e dimostriamola per k = n + 1. \frac{4^{n+1}}{n+2} = 4\frac{n+1}{n+2} \frac{4^{n}}{n+1} < 4\frac{n+1}{n+2} \frac{(2n)!}{(n!)^{2}} e dobbiamo verificare che 4\frac{n+1}{n+2} \frac{(2n)!}{(n!)^{2}} <

\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^{2}} = \frac{2(n+1)(2n+1)(2n)!}{(n+1)^{2}(n!)^{2}} e semplificando rimane \frac{2}{n+2} < \frac{2n+1}{(n+1)^{2}} ossia 2n^{2}+4n+2 < 2n^{2}+5n+2 che è chiaramente vera.

9.1.3 Per k = 0 è necessario che d ≥ c. Per k + 1 ottengo ak^{2} + bk + c + 2ak + a + b ≤ d(\frac{3}{2})^{k}+2ak+b+a e si chiede che tale quantità sia minore di d(\frac{3}{2})^{k+1} e quindi 2ak+b+a ≤ d(\frac{3}{2})^{k} \frac{1}{2}. Quest’ultima è la disequazione da risolvere, sempre per induzione. Per k = 0 essa dà d ≥ 2b+2a. Per k + 1 dà 4ak + 2b + 6a ≤ d(\frac{3}{2})^{k} + 4a ed è necessario che d(\frac{3}{2})^{k} + 4a ≤ d(\frac{3}{2})^{k+1} ossia 4a ≤ d\frac{3}{2} ossia d ≥ \frac{8a}{3}. Alla fine, riunendo, si ha d ≥ max\{c, 2b + 2a, \frac{8a}{3}\}.

10.1.3 Cominciamo da p > 1 e (∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p})^{1/p} ≤ ∑_{k=1}^{n} a_{k} ossia ∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p} ≤ (∑_{k=1}^{n} a_{k})^{p}. Per n = 1 è certamente vera. Per induzione perveniamo a a_{n+1}^{p} + (∑_{k=1}^{n} a_{k})^{p} ≤ (∑_{k=1}^{n+1} a_{k})^{p}

ossia (_{\frac{a_{n+1}}{∑_{k=1}^{n+1} a_{k}}} )^{p} + (\frac{∑_{k=1}^{n} a_{k}}{∑_{k=1}^{n+1} a_{k}} )^{p} ≤ 1 e quindi dobbiamo risolvere la equazione x^{p} + y^{p} ≤ 1 con

x + y = 1 e 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1. Facilmente si perviene a x^{p} + (1 − x)^{p} ≤ 1 per 0 ≤ x ≤ 1 che è ovviamente vera.

Poi dimostriamo p > 1 e ∑_{k=1}^{n} a_{k} ≤ n^{1− \frac{1}{p}} (∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p})^{1/p}. Per n = 1 è vera. Usando l’induzione

perveniamo a a_{n+1} + n^{1− \frac{1}{p}} (∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p})^{1/p} ≤ (n + 1)^{1− \frac{1}{p}} (∑_{k=1}^{n+1} a_{k}^{p})^{1/p} ossia (\frac{a_{n+1}^{p}}{∑_{k=1}^{n+1} a_{k}^{p}} )^{1/p} +

n^{1− \frac{1}{p}} (\frac{∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p}}{∑_{k=1}^{n+1} a_{k}^{p}} )^{1/p} ≤ (n+1)^{1− \frac{1}{p}} . In questo caso perveniamo a x^{1/p}+(1−x)^{1/p}n^{1− \frac{1}{p}} ≤ (n+1)^{1− \frac{1}{p}}

e 0 ≤ x ≤ 1, x = \frac{∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p}}{∑_{k=1}^{n+1} a_{k}^{p}} e anche in questo caso la disuguaglianza è vera (il massimo della

funzione f(x) = x^{1/p} + (1 − x)^{1/p}n^{1− \frac{1}{p}} − (n + 1)^{1− \frac{1}{p}} vale 0 e lo si ha per x = \frac{1}{n+1}).

Sia ora 0 < p < 1. Dimostriamo che ∑_{k=1}^{n} a_{k} ≤ (∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p})^{1/p}. Per n = 1 è vera e per induzione

abbiamo a_{n+1} +(∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p})^{1/p} ≤ (∑_{k=1}^{n+1} a_{k}^{p})^{1/p} ossia (\frac{a_{n+1}^{p}}{∑_{k=1}^{n+1} a_{k}^{p}} )^{1/p} +(\frac{∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p}}{∑_{k=1}^{n+1} a_{k}^{p}} )^{1/p} ≤ 1 e quindi

x^{1/p} − (1 − x)^{1/p} ≤ 1 per 0 ≤ x ≤ 1 che è certamente vera.

Poi dimostriamo che per 0 < p < 1 si ha (∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p})^{1/p} ≤ n^{\frac{1}{p} −1} ∑_{k=1}^{n} a_{k} ossia ∑_{k=1}^{n} a_{k}^{p} ≤ n^{1−p}(∑_{k=1}^{n} a_{k})^{p}. Per n = 1 è vera. Usando l’induzione perveniamo a a_{n+1}^{p} + n^{1−p}(∑_{k=1}^{n} a_{k})^{p} ≤

(n + 1)^{1−p}(∑_{k=1}^{n+1} a_{k})^{p}, ossia (_{\frac{a_{n+1}}{∑_{k=1}^{n+1} a_{k}}} )^{p} + n^{1−p}(\frac{∑_{k=1}^{n} a_{k}}{∑_{k=1}^{n+1} a_{k}} )^{p} ≤ (n + 1)^{1−p} e quindi f(x) =

x^{p} + n^{1−p}(1 − x)^{p} − (n + 1)^{1−p} ≤ 0 per 0 ≤ x ≤ 1 che è vera in quanto il massimo vale 0 per x = \frac{1}{n+1}

11.1.3 Basta osservare che (a^{n−1} + a^{1−n})(a + a^{−1}) = (a^{n} + a^{−n}) + a^{n−2} + a^{2−n} ossia a^{n} + a^{−n} = (a^{n−1} + a^{1−n})(a + a^{−1}) − a^{n−2} + a^{2−n} e quindi la tesi avendo supposto che a^{k} + a^{−k} è intero per 1 ≤ k ≤ n

12.1.3 Per n = 1 è ovvia. Per n + 1 abbiamo 2^{2(n+1)} − 1 = (2^{2n} − 1) + 2^{2n}4 − 2^{2n} = (2^{2n} − 1) + 3 · 2^{2n} e chiaramente è divisibile per tre.

13.1.3 Applichiamo il principio di induzione ossia ∑_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k} = ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} + \frac{1}{n+1} > \frac{3n+3}{2n+3} ossia \frac{3n}{2n+1} + \frac{1}{n+1} > \frac{3n+3}{2n+3} ossia \frac{4n^{2}+5}{(2n+1)(2n+3)(n+1)} > 0