È sempre intero?
Riscrivo per essere sicuro di aver capito bene...
Assumo la proposizione vera per tutti i valori minori o uguali a n. Se dimostro che è vera per n + 1, allora la proposizione è vera per ogni n. Giusto?
Ma è tra gli assiomi di Peano, o una conseguenza, o qualcosa del genere insomma? (scusate la parlata barbara...)
Assumo la proposizione vera per tutti i valori minori o uguali a n. Se dimostro che è vera per n + 1, allora la proposizione è vera per ogni n. Giusto?
Ma è tra gli assiomi di Peano, o una conseguenza, o qualcosa del genere insomma? (scusate la parlata barbara...)
-
- Messaggi: 741
- Iscritto il: 16 apr 2006, 11:34
- Località: La terra, il cui produr di rose, le dié piacevol nome in greche voci...
L'induzione semplice è tra gli assiomi di Peano. Quella estesa si dimostra discendere da quella semplice, in ogni caso puoi provare la loro equivalenza al principio del minimo, secondo cui ogni sottoinsieme nonvuoto di N ammette minimo (mi pare se ne sia parlato un sacco di volte sul forum ma ora nn trovo).
Ciao!
Ciao!
Ecco ora mi ricordo come si risolve questo problema con vie algebriche.
Un polinomio $ $f(x) = a_nx^n + \dots + a_1x + a_0$ $, $ $a_n \neq 0$ $, è detto "reciproco" (si traduce così, o in un altro modo ?) se $ $a_i = a_{n - i}$ $ per $ $i = 0, \dots, n$ $.
Un polinomio reciproco di grado $ $2n$ $ può essere scritto nella forma $ $f(x) = x^ng(z)$ $, dove $ $z = x + \frac{1}{x}$ $ e $ $g(z)$ $ è un polinomio in $ $z$ $ di grado $ $n$ $. Infatti:
$ $f(x) = a_0x^{2n} + a_1x^{2n - 1} + \dots + a_1x + a_0$ $
$ $f(x) = x^n \cdot \left(a_0x^n + a_1x^{n - 1} + \dots + \frac{a_1}{x^{n - 1}} + \frac{a_0}{x^n} \right)$ $
$ $f(x) = x^n \cdot \left(a_0\left(x^n + \frac{1}{x^n}\right) + a_1\left(x^{n - 1} + \frac{1}{x^{n - 1}}\right) + \dots + a_n\right)$ $
Usando questo teorema possiamo esprimere $ $x^k + 1/x^k$ $ in funzione di $ $z = x + 1/x$ $:
$ $x^2 + \frac{1}{x^2} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2 = z^2 - 2$ $
$ $x^3 + \frac{1}{x^3} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^3 - 3x - \frac{3}{x} = z^3 - 3z$ $
$ $x^4 + \frac{1}{x^4} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^4 - 4x^2 - \frac{4}{x^2} - 6 = z^4 - 4z^2 + 2$ $
e così via. Quindi se $ $x + \frac{1}{x}$ $ è intero lo è sempre anche $ $x^k + \frac{1}{x^k}$ $, con $ $x \in \mathbb{R^*}$ $ e $ $k \in \mathbb{Z}$ $.
Proprio come ha già fatto notare ico1989 in precedenza .
Un polinomio $ $f(x) = a_nx^n + \dots + a_1x + a_0$ $, $ $a_n \neq 0$ $, è detto "reciproco" (si traduce così, o in un altro modo ?) se $ $a_i = a_{n - i}$ $ per $ $i = 0, \dots, n$ $.
Un polinomio reciproco di grado $ $2n$ $ può essere scritto nella forma $ $f(x) = x^ng(z)$ $, dove $ $z = x + \frac{1}{x}$ $ e $ $g(z)$ $ è un polinomio in $ $z$ $ di grado $ $n$ $. Infatti:
$ $f(x) = a_0x^{2n} + a_1x^{2n - 1} + \dots + a_1x + a_0$ $
$ $f(x) = x^n \cdot \left(a_0x^n + a_1x^{n - 1} + \dots + \frac{a_1}{x^{n - 1}} + \frac{a_0}{x^n} \right)$ $
$ $f(x) = x^n \cdot \left(a_0\left(x^n + \frac{1}{x^n}\right) + a_1\left(x^{n - 1} + \frac{1}{x^{n - 1}}\right) + \dots + a_n\right)$ $
Usando questo teorema possiamo esprimere $ $x^k + 1/x^k$ $ in funzione di $ $z = x + 1/x$ $:
$ $x^2 + \frac{1}{x^2} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2 = z^2 - 2$ $
$ $x^3 + \frac{1}{x^3} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^3 - 3x - \frac{3}{x} = z^3 - 3z$ $
$ $x^4 + \frac{1}{x^4} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^4 - 4x^2 - \frac{4}{x^2} - 6 = z^4 - 4z^2 + 2$ $
e così via. Quindi se $ $x + \frac{1}{x}$ $ è intero lo è sempre anche $ $x^k + \frac{1}{x^k}$ $, con $ $x \in \mathbb{R^*}$ $ e $ $k \in \mathbb{Z}$ $.
Proprio come ha già fatto notare ico1989 in precedenza .
"[i]What is a good Olympiad problem?[/i] Its solution should not require any prerequisites except cleverness. A high scool student should not be at a disadvantage compared to a professional mathematician."
Sia $ \displaystyle p(n) $ una proprietà con $ \displaystyle n \in N $. Supponiamo che siano vere le seguenti due affermazioni:ico1989 ha scritto:Sorry, cosa dice esattamente l'induzione estesa?
- $ \displaystyle p(0) $ è vera.
- Se $ \displaystyle p(0), p(1), ... , p(n) $ sono vere, allora $ \displaystyle p(n+1) $ è vera.
Allora $ \displaystyle p(n) $ è vera per ogni $ \displaystyle n \in N $.
Beh io non penso sia così, altrimenti non lo avrei postato; non sto usando l'induzione, è la formula prima trovata sui polinomi reciproci che mi permette di esprimere $ $x^k + \frac{1}{k}$ $ in funzione del parametro $ $z$ $, attraverso manipolazioni algebriche.Pigkappa ha scritto:Scusa, ma il tuo metodo non è diverso da quello di Haile. Quando tu dici "e così via" stai usando l'induzione estesa (in modo molto subdolo), perciò l'idea è la stessa e lo svolgimento pure...
Certamente se avessi usato l'induzione non avrei scritto "e così via" .
"[i]What is a good Olympiad problem?[/i] Its solution should not require any prerequisites except cleverness. A high scool student should not be at a disadvantage compared to a professional mathematician."