riesaminare l insieme dei naturali dal punto di vista delle proprietà che lo caratterizzano;

Capitolo 1 Successioni Obiettivi Obiettivo generale del capitolo è introdurre le successioni numeriche, presentando alcune delle proprietà che esse ereditano dall insieme dei numeri naturali. Obiettivi specifici: riesaminare l insieme dei naturali dal punto di vista delle proprietà che lo caratterizzano; saper dare la definizione di una successione sia mediante il termine generale che per ricorrenza; essere in grado di fare congetture sulle formule che esprimono certe successioni; comprendere, a partire da opportuni esempi, l importanza della costruzione di modelli matematici, con significato sia descrittivo che predittivo; saper operare su progressioni aritmetiche e geometriche, e saperne calcolare somme parziali; saper utilizzare il metodo della dimostrazione per induzione. 1.1 Introduzione alle successioni Nel corso di questi anni abbiamo a più riprese studiato l insieme N dei numeri naturali. Rivolgiamo ancora una volta ad esso la nostra attenzione, considerando in particolare la relazione d ordine che lo caratterizza, e che possiamo descrivere mediante le seguenti proprietà: esiste in N un primo elemento, più piccolo di ogni altro, lo zero; ogni elemento ha un immediato successivo; ogni numero, tranne 0, è successivo di un altro numero; partendo dallo 0 e passando all elemento successivo un certo numero di volte, si può raggiungere ogni elemento di N. 0 1 3 4 5 6... Nel linguaggio di tutti i giorni usiamo talvolta il termine successione per indicare una sequenza di oggetti presi da un certo insieme. Nel linguaggio matematico a questo termine viene dato un significato preciso: Definizione 1 Dato un insieme T, si dice successione a valori in T un applicazione di N in T. 1

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI Notiamo che in una successione un elemento di T può essere ripetuto più volte, dal momento che l applicazione di cui parla la definizione non è necessariamente iniettiva. Come esempi possiamo considerare le seguenti successioni a valori in Q (o anche in R), visualizzate dai grafici in figura: 1, 1, 1 3, 1 4, 1 5, 1 6,... 1, 1, 1, 1, 1, 1,... (1.1) 0, 1,, 3, 4, 5,... 1 a n = 1 1+n 0 1 3 4 5 6 a n = ( 1) n 0 1 3 4 5 6

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 3 a n = n 0 1 3 4 5 6 Nella seconda successione i numeri 1 e 1 sono ripetuti infinite volte; la terza successione è quella stessa degli interi naturali (dunque l applicazione di cui parla la definizione è, in questo caso, l identità). I valori di una successione (che si dicono anche termini della successione) dovrebbero essere indicati, secondo le notazioni che già abbiamo usato per le applicazioni, in questo modo: ma è più abituale la notazione a(0), a(1), a(),... a 0, a 1, a, a 3,..., a n,... (1.) in cui l intero naturale è scritto come indice, cioè a destra della lettera che indica la successione, e leggermente in basso. Assegnare una successione significa assegnare infiniti valori (è la prima volta che affrontiamo consapevolmente il problema della costruzione di un insieme infinito). Tuttavia negli esempi che abbiamo considerato sopra non ci siamo sentiti a disagio, perche era del tutto chiara l intenzione di assegnare una ben determinata legge di formazione dei termini. Come assegnare una successione: mediante il termine generale... La prima delle successioni 1.1 può essere rappresentata così: per la seconda delle 1.1 si ha: a n = 1 1 + n a n = ( 1) n mentre la terza si può rappresentare così: a n = n

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 4 In tutti questi casi la successione è assegnata rappresentando a n con una ben determinata espressione, che viene detta termine generale della successione.... oppure per ricorrenza Vi sono altri modi interessanti per assegnare una successione; uno, molto importante, consiste nell assegnare il primo termine a 0 ed una ben determinata regola che permette di passare da un termine al successivo. È evidente allora che, uno dopo l altro, si possono ottenere tutti i termini della successione. In questo caso si dice che la successione è definita per ricorrenza (o con procedimento ricorsivo). Esempio 1 Le progressioni aritmetiche Consideriamo la successione definita ponendo a 0 = b, a n+1 = a n + h, dove b e h sono numeri reali fissati. Evidentemente la successione risulta: b, b + h, b + h, b + 3h,... 0 1 3 4 5 6 dal momento che, una volta ottenuto a n si ricava a n+1 aggiungendo la costante h: a n +h a n+1 = a n + h È molto facile, in questo caso, esprimere il termine generale: a n = b + nh (1.3) Si dice che una successione di questo tipo è una progressione aritmetica con valore iniziale b e ragione h. Se rappresentiamo in un riferimento cartesiano le coppie (n, a n ), troviamo che tutti i punti rappresentativi stanno su una retta di equazione: y = hx + b La 1.3 ha senso anche per n intero negativo; l estensione della funzione agli interi negativi può essere anch essa fatta per ricorrenza: per ottenere a (k+1) da a k basta evidentemente sottrarre h (anzichè sommarlo, come si faceva prima). Esempio Le progressioni geometriche Un altra successione che ci è già nota da tempo è quella delle potenze di un numero b fissato (che è detto base). Possiamo definirla mediante queste due relazioni: { a0 = 1 (1.4) a n+1 = a n b

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 5 n (1, 4) n 0 1 3 4 5 6 Ci accorgiamo che la successione è definita per n = 0 e, una volta che sia definita per un intero n è definita per l intero successivo: così è definita per ogni intero naturale. Si ha: a 0 = 1 a 1 = b. a n = b } b {{ b... } b = b n n fattori L intero n è chiamato, come si sa, esponente della potenza b n. Se b = 1, tutti i termini della successione rimangono uguali ad 1 (la successione è costante). Se la base b è maggiore di 1, si intuisce che le successive potenze crescono al crescere dell esponente, diventando più grandi di ogni numero. Una dimostrazione precisa di questo importante fatto verrà data più avanti. Se è 0 < b < 1 la successione delle potenze è de, e si intuisce che al crescere dell esponente n, b n diventa più piccola di ogni numero positivo fissato. Anche su questo torneremo più avanti. La successione a n = b n è definita per n 0; viene voglia di estenderla a tutti gli interi relativi, cioè all insieme Z, in modo che continuino a valere le 1.4; in altre parole: il passaggio da un termine al successivo si deve ottenere sempre mediante moltiplicazione per b; allora è chiaro che, supponendo b 0, il termine immediatamente precedente un dato termine si deve ottenere da questo mediante moltiplicazione per 1 b.

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 6... 1 0 1 3...... 1 1 b b 1 b b b 3... n ( ) n 1 1,4 = (1, 4) n 0 1 3 4 5 6 È naturale continuare ad usare il simbolo di potenza per indicare i termini corrispondenti agli interi negativi; quindi si porrà, per ogni intero negativo n: ( ) 1 n b n = = 1 b b n (1.5) Così abbiamo introdotto l importante notazione degli esponenti negativi, di cui ci serviremo spesso in seguito. Se indichiamo con f la funzione n b n definita in Z vale la seguente importantissima relazione: f(m + n) = f(m) f(n) (1.6) Questa è evidente se m e n sono entrambi positivi o anche se sono entrambi negativi (tenendo presente la 1.5). Supponiamo che n e m siano interi di segno opposto: sia m > 0 e n = k, con k > 0. Risulta: b m b n = b m b k = bm b k È evidente allora che, se m > k, questa si può scrivere b m k, mentre se è k > m si può scrivere: 1 = bm k bk m in ogni caso risulta verificata la relazione 1.6. Il significato che abbiamo dato al simbolo b n per n 0 è materia di pura convenzione: si tratta però di una convenzione obbligatoria se si vuole che, ponendo f(n) = b n, valga la 1.6. Più in generale, possiamo considerare una successione del tipo: λ, λ b, λ b, λ b 3,... dove λ e b sono numeri assegnati. Essa viene detta progressione geometrica con valore iniziale λ e ragione b. Evidentemente si tratta della successione delle potenze ad esponente intero di b moltiplicate per la costante λ. Essa può essere definita anche per ricorrenza mediante le seguenti relazioni:

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 7 che sono un ovvia variante delle 1.4. { a0 = λ a n+1 = a n b Esempio 3 Il fattoriale La successione così definita: a n = 1 3 4 (n 1) n = n! viene chiamata fattoriale e ha un significato combinatorio notevole: n! indica il numero delle permutazioni che si possono fare in un insieme di n elementi. Vediamo ora come la successione fattoriale si può costruire mediante un procedimento per ricorrenza. Conviene ampliare la definizione ponendo 0! = 1. Allora la definizione ricorsiva del fattoriale è: { a0 = 1 a n+1 = a n (n + 1) Notiamo che in questo procedimento per ricorrenza l espressione che dà a n+1 contiene non solo a n, ma anche l intero n. Osservazione 1 Con il termine successione si indica anche un applicazione definita in un sottoinsieme di N formato dai numeri che seguono un intero fissato. Ad esempio a n = 1 n è una successione definita per n 1. Successioni monotòne Una caratteristica che abbiamo potuto riconoscere in alcune successioni fino ad ora esaminate è una certa regolarità: per la successione a n = n n+1 si osserva che ogni valore è maggiore di quello che lo precede immediatamente, mentre nella successione b n = ( 1 n ) ogni termine è minore di quello che lo precede immediatamente. Successioni di questo tipo si chiamano monotòne. Definizione Data la successione a n a valori reali, essa si dice: crescente, se n N, a n+1 > a n non decrescente, se n N, a n+1 a n decrescente, se n N, a n+1 < a n non crescente, se n N, a n+1 a n Non ogni successione è monotona: la successione b n = n 8n+15 non corrisponde a nessuno dei quattro casi elencati nella definizione appena data: osserviamo, infatti, che b 1 = 8 e b = 3, quindi b 1 > b, ma b 6 = 3 e b 7 = 8. La successione b n non ha nè un andamento crescente nè un andamento decrescente. 1. Alcune successioni interessanti Nel paragrafo precedente abbiamo visto che una successione può essere definita mediante un procedimento per ricorrenza. Ora ci proponiamo di far vedere che questo procedimento non è solo un artificio matematico: anzi, molte successioni che servono per descrivere fenomeni naturali vengono spontaneamente introdotte mediante una relazione ricorrente (ad esempio con intervallo di un anno) e spesso la situazione che si verifica ad un certo tempo dipende in modo ben determinato da quella del tempo precedente (ad esempio da quella dell anno precedente). Vediamo ora alcuni esempi.

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 8 Esempio 4 Un modello matematico: l accrescimento geometrico Supponiamo che una certa popolazione biologica aumenti ogni anno di una quantità proporzionale al numero degli individui presenti, con un coefficiente di proporzionalità k (che rappresenta l eccedenza dei nati suoi morti). Allora, indicando con a n il numero dei soggetti presenti nell anno n-simo, si ha a n+1 = a n + ka n = (1 + k)a n Si avrà allora a n = (1+k) n a 0 ; questa è una progressione geometrica con valore iniziale a 0 e ragione 1+k. In questo caso si dice che vale la legge dell accrescimento geometrico (o naturale). Esempio 5 Un altro modello: l accrescimento con risorse limitate L accrescimento geometrico di una popolazione biologica si può verificare solo quando è disponibile una quantità illimitata di risorse. Supponiamo ora che, nell ambiente dove vive una certa popolazione biologica, vi sia una quantità di cibo bastante solo per b individui e supponiamo che l incremento annuale della popolazione sia proporzionale alla quantità di risorse non ancora sfruttate. Indicando con a n il numero degli individui presenti nell anno n-esimo, l incremento annuale sarà dato da k(b a n ), dove k è una costante (0 < k < 1). Allora, l andamento della popolazione è dato dalla relazione ricorrente: a n+1 = a n + k(b a n ) (1.7) Per avere un idea dell andamento della successione a n, è opportuno fare il calcolo diretto in un caso particolare (naturalmente il calcolo è molto più rapido se lo si fa fare al calcolatore). Prendiamo: b = 1000 a 0 = 600 k = 0, 4 Riportiamo i risultati ottenuti nella seguente tabella: n 0 1 3 4 5 6 7 8 9 10 a n 600 760 856 913, 6 948, 16 968, 896 981, 338 988, 803 993, 8 995, 969 997, 581 Si osserva che a n si avvicina sempre di più a 1000 (facendo alcuni passi successivi si troverebbe a 0 = 999, 986). Questa circostanza è in accordo con ciò che ci si può attendere; infatti è abbastanza naturale che la popolazione cresca in modo da esaurire tutte le risorse che ha a disposizione. Cerchiamo di esprimere il termine generale della successione a n : il significato di b ci fa pensare che sia più espressivo prendere come incognita b a n anzichè a n. Poniamo dunque: x n = b a n (1.8) Questa relazione ci dà a n = b x n e, naturalmente, a n+1 = b x n+1. Sostituendo nella 1.7 si ottiene una relazione ricorrente per la successione x n : x n+1 = (1 k)x n La successione x n è dunque una progressione geometrica di ragione (1 k); si ha, allora, tenendo presente che x 0 = b a 0 : x n = (b a 0 )(1 k) n Dalla 1.8 si ricava infine: a n = b (b a 0 )(1 k) n Siamo così riusciti a calcolare il termine generale della successione.

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 9 Che cosa è un modello matematico In entrambi gli esempi ora esposti si trattava di costruire un modello matematico per lo studio di un fenomeno naturale. Si usa appunto questo termine per indicare una relazione matematica atta a rappresentare l andamento di un fenomeno naturale. Nell abbozzare un modello matematico non si è sempre certi delle ipotesi che si pongono, ma, in generale, è proprio il confronto fra la soluzione matematica e i risultati sperimentali che rassicura intorno alla validità delle ipotesi e che incoraggia, eventualmente, ad applicare il modello ad altri casi analoghi. Vediamo altri esempi interessanti di successioni definite per ricorrenza. Esempio 6 I famosi numeri di Fibonacci Consideriamo il sistema di strade a senso unico rappresentato dal grafo della figura, che deve intendersi prolungato indefinitamente verso destra. 4 6 8 0 1 3 5 7 I nodi sono contati progressivamente da sinistra a destra. Ci domandiamo quanti sono i cammini che raggiungono un certo nodo partendo dal nodo 1. Indicheremo con u n il numero dei cammini che raggiungono il nodo n-simo. Evidentemente si ha u = 1, u 3 = ; per determinare i successivi valori di u n possiamo notare che al nodo (n + 1)-simo si arriva direttamente dal nodo n-simo e dal nodo (n 1)-simo e solo da questi (questo ragionamento è molto simile a quello che si può fare a proposito dei coefficienti binomiali); dunque la relazione fondamentale è la seguente: u n+1 = u n + u n 1 (1.9) Definiamo la successione anche per n = 0 ponendo u 0 = 0 e per n = 1 ponendo u 1 = 1; in tal modo la 1.9 vale anche per n = 1 e n =. È evidente allora che la relazione 1.9 individua completamente la successione u n se si tiene conto delle condizioni iniziali: I termini della successione così definita sono detti numeri di Fibonacci u 0 = 0; u 1 = 1 (1.10) Nota: Leonardo Fibonacci, pisano, vissuto tra il 1 e il 13 secolo, con la sua famosa opera Liber abaci diffuse in Occidente idee e procedimenti dell ambiente arabo e bizantino (tra cui, in particolare, la numerazione posizionale). Diede così un contributo fondamentale alla rinascita delle scienze esatte in Europa. La successione che porta il suo nome fu da lui introdotta per risolvere questo bizzarro problema: ammettiamo che una coppia di conigli, a partire dall età di due mesi, procrei ogni mese un altra coppia. Inizialmente (cioè dal mese 0) c è solo una coppia di conigli appena nati. Si domanda quanti saranno i conigli in capo ad un anno (ammettendo che nessuno muoia). I primi numeri di Fibonacci sono: 0, 1, 1,, 3, 5, 8, 13, 1, 34, 55, 89, 144, 33, 377,... Si vede subito che la successione di Fibonacci cresce molto rapidamente. Viene spontaneo chiedersi se è possibile rappresentare il termine generale della successione di Fibonacci con un espressione abbastanza semplice. Questo problema ha una soluzione piuttosto sorprendente, che ora consideriamo. Cominciamo col chiederci se può esistere una successione di potenze che soddisfi alla relazione 1.9; poniamo dunque: a n = x n

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 10 e, sostituendo nella 1.9, otteniamo: x n+1 = x n + x n 1 Dividendo membro a membro per x n 1 otteniamo l equazione di secondo grado x = x + 1 che si può scrivere: Essa ha come soluzioni: x x 1 = 0 α = 1 + 5, β = 1 5 Dunque, troviamo ben due successioni di potenze: α n e β n che soddisfano alla 1.9; tuttavia nessuna delle due soddisfa alle condizioni iniziali: infatti è α 0 = 1, β 0 = 1,ma α 1, β 1. Sembrerebbe di non poter assolutamente riuscire nel nostro intento; chiediamoci però se abbiamo veramente trovato tutte le successioni soddisfacenti alla relazione 1.9. Facciamo queste importanti osservazioni: 1. Se a n è una successione che soddisfa alla 1.9 e se A è una costante, anche la successione Aa n soddisfa alla 1.9. Infatti, dalla relazione: moltiplicando membro a membro per A si ottiene: a n+1 = a n + a n 1 Aa n+1 = Aa n + Aa n 1. Se a n e b n sono due successioni che soddisfano alla 1.9 e se A e B sono costanti, anche la successione: Aa n + Bb n (che possiamo chiamare combinazione lineare delle due successioni, con coefficienti A e B) soddisfa alla 1.9. Infatti si ha, come abbiamo notato: e, analogamente: Aa n+1 = Aa n + Aa n 1 Sommando membro a membro, si ha: Bb n+1 = Bb n + Bb n 1 Aa n+1 + Bb n+1 = (Aa n + Bb n ) + (Aa n 1 + Bb n 1 ) e questa relazione non è altro che la 1.9 scritta per la successione Aa n + Bb n. Possiamo allora essere certi che tutte 1e soluzioni del tipo: Aα n + Bβ n (1.11) soddisfano alla 1.9. Resta da vedere se le costanti A e B si possono determinare in modo da soddisfare anche alle condizioni iniziali 1.10. Prendendo n = 0, n = 1, otteniamo le condizioni:

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 11 { A +B = 0 αa +βb = 1 Questo è un sistema lineare in due equazioni e due incognite (A e B), con determinante uguale a β α, e quindi diverso da zero. Esso ha come soluzione: A = 1 5 B = 1 5 Con questi valori di A e di B, la successione 1.11 coincide necessariamente con quella di Fibonacci e perciò si ha: ( u n = 1 5 1 + ) n ( 5 1 5 1 ) n 5 (1.1) Notiamo che si ha α = 1+ 5 > 1, mentre il numero β = 1 5 è negativo ed ha valore assoluto minore di 1. Nel secondo termine della 1.1 il secondo addendo è in ogni caso inferiore a 1 in valore assoluto, e diventa rapidamente molto piccolo. Perciò l n-simo numero di Fibonacci è dato dall intero che è più vicino al numero ( ) n 1 1+ 5 5 La ricorrenza in senso più esteso Osserviamo, per concludere questo argomento, che il procedimento di ricorrenza introdotto per generare i numeri di Fibonacci è un poco diverso da quello enunciato nel paragrafo precedente; infatti, per calcolare u n+1 si richiede la conoscenza di u n 1 oltre che di u n. In relazione a ciò, i valori iniziali che si devono assegnare sono due: u 0 ed u 1. Si tratta comunque di una diversità irrilevante dal punto di vista concettuale. ( ) n A proposito di estensioni del procedimento di ricorrenza, osserviamo che anche i numeri di Pascal m con n, m N e n > m possono essere definiti mediante un procedimento di ricorrenza basato sulla relazione: completata dai dati anzichè uno solo. ( n 0 Esempio 7 Un modello probabilistico ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 = + (1.13) m m m 1 ) ( ) n = = 1. Si tratta di un procedimento che coinvolge due indici (n ed m) n Vediamo ora un modello probabilistico che conduce allo studio di una successione definita per ricorrenza; la situazione è simile a quella dell esempio dei numeri di Fibonacci e la soluzione si può ottenere con lo stesso tipo di ragionamento. Nella saggissima repubblica di Zumbak, la nuova costituzione limita la durata della presidenza stabilendo che essa sia di due anni oppure tre anni con uguale probabilità 1 (in altre parole, eletto il presidente, si lancia una moneta per stabilire se durerà in carica due oppure tre anni). Si vuole calcolare la probabilità che in un determinato anno vi sia un elezione presidenziale, e vedere come essa vari con il passare degli anni. Indichiamo con p n la probabilità di avere un elezione nell anno n; sarà dunque p 0 = 1, se conveniamo di contare gli anni a partire dal momento in cui la costituzione entra in vigore. Si avrà p 1 = 0 poichè nessun turno presidenziale dura un solo anno. Per n = si potrà avere un elezione solo se al primo presidente la sorte avrà riservato la durata di anni: perciò p = 1. Possiamo ora affrontare il caso generale: l evento elezione di un presidente nell anno n si verificherà se si verificherà uno di questi due eventi, fra loro disgiunti: nell anno n 3 è stato eletto un presidente e la durata del suo mandato è risultata di 3 anni. Questo primo evento ha probabilità p n 3 1 ;

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 1 nell anno n è stato eletto un presidente e la durata del suo mandato è risultata di anni; questo secondo evento ha probabilità p n 1. Otteniamo dunque la relazione ricorrente: p n = 1 p n + 1 p n 3 (1.14) Questa relazione ci permette di calcolare i successivi valori di p n, tenendo conto dei primi tre valori già determinati: p 0 = 1, p 1 = 0, p = 1 (1.15) Si può impostare un programma di calcolo per i successivi valori di p n e quindi fare le prime immediate osservazioni sull andamento della successione. Esempio 8 I numeri a caso Vediamo ora un altra interessante applicazione delle successioni definite per ricorrenza: la generazione di numeri a caso. Occorre premettere che in certe situazioni è importante avere un congegno che fornisca un numero a caso; d altra parte, non si può, in generale, ricorrere al lancio di una monetina, o a qualche altro congegno fisico... A questo punto, però, un lettore attento può fare subito una importante obiezione, osservando che il metodo della ricorrenza è stato introdotto per avere successioni generate con una ben determinata legge; le successioni di numeri estratti a caso sono proprio l opposto, cioè sono successioni costruite in modo del tutto disordinato e senza alcuna legge di formazione. Come è possibile allora parlare di successioni casuali costruite ner ricorrenza? L obiezione è del tutto fondata: in realtà le successioni di cui vogliamo parlare si devono chiamare pseudocasuali perchè imitano il comportamento delle successioni casuali, senza essere tali. Consideriamo, ad esempio, la successione di numeri interi compresi fra 0 e 9999, così definita per ricorrenza: { a0 = 6 (1.16) a n+1 = 101a n + 31 (mod 10000) (in altre parole: per ottenere a n+1 si divide 101a n + 31 per 10000 e si prende il resto). Si può verificare empiricamente che è una successione di numeri che variano abbastanza a casaccio fra 0 e 9999. Naturalmente si possono verificare anche proprietà più precise di tipo probabilistico: ad esempio che in una lunga serie di estrazioni il numero degli elementi che cadono fra 0 e 999 non è molto diverso dal numero di quelli che cadono fra 7000 e 7999... Non si deve pensare che la formula 1.16 sia magica: vi sono moltissimi modi di generare successioni pseudocasuali con procedimento ricorrente. 1.3 Dimostrazioni per ricorrenza (o induzione) Il metodo di ricorrenza, che abbiamo impiegato per costruire successioni, può essere anche impiegato per fare dimostrazioni. Esempio 9 Un primo esempio: il termine generale di una successione Come primo esempio, proponiamoci di trovare il termine generale della seguente successione definita per ricorrenza: Cominciamo a calcolare a n per alcuni interi e compiliamo una tabella: { a 0 = 0 a n+1 = 1 a n (1.17)

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 13 n 0 1 3 4 5 1 3 4 5 a n 0 3 4 5 6 Il risultato del calcolo ci porta a congetturare che debba essere, per ogni intero n: a n = n (1.18) n + 1 I calcoli eseguiti ci assicurano solo che questa formula vale per n = 0, 1,, 3, 4, 5. Per dimostrare che essa vale per ogni intero n, ragioniamo così: ammettiamo che la 1.18 valga per un certo intero r, cioè ammettiamo che sia: a r = r r + 1 e vediamo se essa vale per l intero successivo r + 1. Dalla relazione di ricorrenza 1.17 si ha: che si può scrivere: a r+1 = 1 a r = 1 r r+1 = r + 1 r + a r+1 = r + 1 (r + 1) + 1 Ma questa non è altro che la 1.18 in cui in luogo di n è stato posto r + 1. Dunque, se la 1.18 è vera per un certo r, essa è vera anche per r + 1. Poichè essa è stata riscontrata vera per n = 0, essa è vera per ogni intero n. Infatti, come abbiamo fatto notare all inizio di questo capitolo, ogni intero può essere raggiunto a partire dallo zero compiendo un certo numero di volte il passaggio all intero successivo. Il metodo dimostrativo per ricorrenza (o anche, con termine più tradizionale, di matematica o completa) riguarda appunto affermazioni che dipendono da un intero n e che, a seconda del valore che si dà a n, possono risultare vere o false. Nel linguaggio della matematica affermazioni a cui si possa attribuire il valore di verità vero o falso vengono chiamate proposizioni. Se P (n) è una proposizione che risulta vera per n = 0 e se per ogni n N si può dimostrare che, ipotizzando vere P (0), P (1),..., P (n), risulta vera anche P (n + 1), allora P (n) è vera per ogni valore di n. Occorre porre attenzione al fatto che nel cosiddetto passaggio induttivo non si chiede che siano vere P (0), P (1),..., P (n), ma che sia vera l implicazione (P (0), P (1),..., P (n) = P (n + 1)). La verità di P (1), P (),..., P (n) ne scenderà a cascata, se è vera P (0). Potremmo dire, con un linguaggio un po immaginoso, che, nella circostanza considerata, la verità della nostra affermazione si propaga a tutto l insieme degli interi naturali, a partire dallo zero, passando da un intero al suo successivo. Proprio all inizio del capitolo abbiamo messo in evidenza questa fondamentale proprietà di N: partendo da 0 e passando al successivo un certo numero di volte si può raggiungere ogni intero naturale. Può darsi che una certa proposizione P (n) sia vera non per tutti i valori di n, ma a partire da un certo n in poi (vi saranno alcuni esempi negli esercizi). La struttura della dimostrazione rimane la stessa, solo che al posto di 0 si sostituiranno n e gli interi successivi. Aggiungiamo un osservazione di carattere critico relativa alla successione considerata. Poichè la funzione x 1 x che compare nella 1.17 non è definita per x =, non potevamo neppure essere certi a priori che la successione fosse ben definita. Ma la dimostrazione per ricorrenza ci dice, ad ogni passo, che a n < 1, perciò a n+1 è ben definita. Un secondo esempio: una disuguaglianza per le potenze Come secondo esempio, vogliamo dimostrare che per ogni numero reale x 0 e per ogni intero naturale n si ha: (1 + x) n 1 + nx (1.19) Questa disuguaglianza è senz altro vera per n = 0: si riduce alla relazione banale 1 1. Supponiamo che la disuguaglianza valga per un certo intero r e per ogni x 0, cioè sia:

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 14 (1 + x) r 1 + rx Moltiplicando membro a membro per 1 + x, che è certamente positivo, si ricava la nuova disuguaglianza: E poichè è rx 0, risulta: (1 + x) r+1 (1 + rx)(1 + x) = 1 + (r + 1)x + rx (1 + x) r+1 1 + (r + 1)x Questa non è altro che la 1.19 in cui si è posto r + 1 in luogo di n. Perciò la dimostrazione è conclusa. Il metodo di dimostrazione per ricorrenza può dare, sulle prime, una sensazione di disagio perchè si ha l impressione di cadere in un circolo vizioso: cioè di assumere come ipotesi la tesi stessa che si vuole dimostrare. Ma se si procede correttamente ci si rende conto che non è così : infatti, anzitutto la nostra affermazione deve essere verificata per n = 0; in secondo luogo, occorre pensare che dal caso n = 0 si passa al caso n = 1, dal caso n = 1 al caso n =, dal caso n = al caso n = 3 e così indefinitamente: tutti questi passaggi sono, in un certo senso, fatti a macchina nella nostra dimostrazione. L operazione di somma Prima di passare ad altri esempi, inseriamo un breve inciso che riguarda un importante operazione sulle successioni. Data una successione di numeri reali o complessi: si può considerare la nuova successione a 0, a 1, a, a 3,..., a n,... (1.0) S 0, S 1, S, S 3,..., S n,... (1.1) ottenuta sommando man mano i termini della precedente, cioè ponendo S 0 = a 0 S 1 = a 0 + a 1 S = a 0 + a 1 + a... S n = a 0 + a 1 + a +... + a n... Esattamente, la nuova successione è definita per ricorrenza così: { S0 = a 0 S n+1 = S n + a n+1 Se la successione 1.0 è costruibile mediante un programma di calcolo, anche la 1.1 può essere realizzata mediante un programma di calcolo: basta aggiungere l istruzione di somma dei termini della 1.0 che si ottengono via via. Questa definizione si estende in modo ovvio al caso in cui la successione assegnata sia a 1, a, a 3,... si porrà S 1 = a 1, S = a + S 1,..., S n+1 = a n+1 + S n. (Insomma: è tutto come se fosse a 0 = 0). I simboli Σ e Π È importante anche la seguente scrittura: n a k = S n = a 0 + a 1 + a +... + a n k=0

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 15 Il segno Σ (lettera greca sigma maiuscola), che si legge sommatoria è un operatore di somma: i termini che vengono sommati sono gli a k, al variare di k tra 0 ed n. Notiamo che l indice k serve solo ad eseguire l operazione di somma; il risultato finale non dipende più da k, ma solo dall intero n che limita k. Per questa ragione si dice che l indice k è una variabile muta o apparente. Il simbolo Σ si usa, naturalmente, anche in contesti diversi; ad esempio 8 k=3 a n significa a 3 + a 4 + a 5 + a 6 + a 7 + a 8. È da notare poi che n k=0 1 = n + 1, perchè ad ogni valore che assume l indice k corrisponde un addendo uguale a 1. In modo analogo, la lettera Π (lettera greca pi maiuscola) si usa per indicare il prodotto dei termini di una successione. Ad esempio, il fattoriale si può rappresentare cosi: La somma degli interi dispari Ora ci proponiamo di dimostrare che n! = Teorema 1 La somma dei primi n interi dispari è n Un intero m dispari può essere scritto nella forma m = k + 1; dunque i primi n interi dispari si ottengono dando a k i valori: 0, 1,,..., n 1 (si tenga presente che si parte da 0: dunque ci si deve arrestare ad n 1). Eseguiamo la somma dei primi n interi dispari, facendo via via variare n: per n = 1 (cioè k = 0) si ha 1 = 1 per n = (cioè k = 0, 1) si ha 1 + 3 = 4 = per n = 3 (cioè k = 0, 1, ) si ha 1 + 3 + 5 = 9 = 3 per n = 4 (cioè k = 0, 1,, 3) si ha 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 4 Questi risultati immediati ci portano a congetturare la tesi del teorema, che ora vogliamo dimostrare. Poniamo: n k k=1 n 1 S n = 1 + 3 + 5 +... + (n 1) = (k + 1) Ammettiamo che la tesi sia vera per un intero positivo qualsiasi r, cioè che si abbia S r = r. Risulta allora: k=0 S r+1 = S r + (r + 1) = r + r + 1 = (r + 1) Pertanto la tesi è vera anche per l intero r + 1. Sulla base del principio di ricorrenza possiamo dunque affermare che si ha S n = n per ogni intero positivo n. La figura qui sopra ci dice che questo teorema ha anche una rappresentazione (o, se vogliamo, una dimostrazione) geometrica immediata.

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 16 Somma di una progressione aritmetica Dimostriamo ora un risultato più generale: Teorema La somma di n numeri in progressione aritmetica è data dal prodotto di n per la media aritmetica fra il primo e l ultimo termine della progressione. Anche questo enunciato ha un carattere fortemente intuitivo (basta pensare al grafico di una progressione aritmetica). Ne daremo una dimostrazione per ricorrenza. I primi n termini di una progressione aritmetica con valore iniziale a e ragione h sono: Indicando con S n la somma, vogliamo dimostrare che si ha: S n = a, a + h, a + h,..., a + (n 1)h (1.) a + (a + (n 1)h) n = ( a + Per n = 1 si ha solo il termine iniziale della progressione e pertanto risulta: S 1 = a ) (n 1)h n (1.3) Dunque per n = 1 la 1.3 vale. Vediamo come si fa il passaggio da un intero r ad r + 1. Si ha, supponendo vera la 1.3 per n = r: S r+1 = S r + (a + rh) = ( a + ) (r 1)h r + a + rh = a(r + 1) + ( (r + 1)h r = a + rh ) (r + 1) E questa non è altro che la 1.3 in cui n è sostituito da r + 1. Si conclude che la 1.3 è vera per ogni intero n. In particolare, ponendo a = 1 e h = 1, si ottiene la seguente formula che esprime la somma dei primi n interi positivi: n(n + 1) 1 + + 3 + 4 +... + n = (1.4) La figura che segue mostra come questa formula può essere facilmente dedotta dall esame di una configurazione geometrica di punti. Lasciamo, come esercizio, al lettore di dimostrare che dalla formula 1.3 si può immediatamente ricavare il risultato del teorema 1 riguardante la somma dei primi n numeri dispari.

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 17 Somma di una progressione geometrica È facile trovare la somma delle prime n potenze di un numero b. Abbiamo già incontrato in precedenza durante il corso di studi l identità: (1 b)(1 + b + b +.... + b n 1 ) = 1 b n (1.5) Se è b 1, da questa relazione si ottiene subito la formula cercata: n 1 b k = 1 + b + b +.... + b n 1 = 1 bn 1 b k=0 (1.6) Se è b = 1, è evidente che la somma cercata è n. Naturalmente, possiamo divertirci a ridimostrare la formula 1.5 per ricorrenza. Anzitutto, essa è vera per n = 1 perchè la somma delle potenze si riduce al solo termine 1; pertanto il primo e il secondo membro della 1.5 sono uguali ad 1 b. Ammettiamo che la 1.5 vera per n = r, cioè che sia: (1 b)(1 + b + b +.... + b r 1 ) = 1 b r Calcoliamo ora il primo membro della 1.5 con n = r + 1; si ha: (1 b)(1 + b + b +.... + b r 1 + b r ) = = (1 b)(1 + b + b +.... + b r 1 ) + (1 b)b r = = 1 b r + (1 b)b r = 1 b r+1 Così abbiamo dimostrato la 1.5 per n = r + 1 e, per le solite ragioni, possiamo affermare che la 1.5 vale per ogni intero n Numero delle regioni del piano individuate da n rette Supponiamo assegnate nel piano n rette, a due a due incidenti, e tali che non ne passino più di due per uno stesso punto. Vogliamo trovare il numero M n delle regioni semplici (cioè non contenenti al loro interno nessuna delle rette, né parti di esse) in cui esse suddividono il piano. Cominciamo esaminando i primi valori di M n : M 0 = 1 (infatti nel caso in cui non vi sia alcuna retta, c è un unica regione: il piano stesso) M 1 = (una retta divide il piano in due semipiani) M = 4 (due rette incidenti determinano quattro regioni angolari) A questo punto è spontaneo pensare ad un procedimento ricorrente; siano assegnate n rette. Che cosa succede se ne tracciamo un altra?

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 18 Essa ha n intersezioni con le rette precedenti, perciò essa attraversa e spezza in due n + 1 delle regioni convesse individuate dalle precedenti rette; possiamo affermare quindi che nel passare da n a n + 1 rette il numero delle regioni convesse aumenta di n + 1: M n+1 = M n + (n + 1) Accanto a questa relazione si deve sempre considerare la relazione iniziale: Da queste relazioni ricaviamo: M 0 = 1 M n = 1 + 1 + + 3 + 4 +... + n dunque M n è uguale alla somma dei primi n interi positivi aumentata di 1. Dalla 1.4 abbiamo allora: n(n + 1) n(n + 1) + M n = 1 + = Osserviamo che, nel nostro caso, sarebbe stato difficile congetturare la formula che esprime M n sulla base dei primi valori che assume. Ci siamo serviti in modo essenziale della formula 1.4 già dimostrata. Concludiamo l argomento con alcune importanti osservazioni. Il metodo di ricorrenza... lo sapevamo già! Anzitutto, notiamo che molte dimostrazioni elementari di aritmetica (o, comunque, di affermazioni in cui intervengono gli interi naturali) sono, in fondo, di carattere ricorrente, anche se, per la loro semplicità, non sono presentate come tali. Consideriamo, ad esempio, la seguente formula, valida per n punti del piano (n 3) (o di un qualunque spazio metrico): A 1 A n A 1 A + A A 3 + A 3 A 4 +... + A n 1 A n La si può dimostrare facilmente applicando più volte la disuguaglianza triangolare, ad esempio secondo lo schema: A 1 A 3 A 1 A + A A 3 A 1 A 4 A 1 A 3 + A 3 A 4 A 1 A + A A 3 + A 3 A 4 A 1 A 5 A 1 A 4 + A 4 A 5 A 1 A + A A 3 + A 3 A 4 + A 4 A 5 e così via. Questa locuzione così via tiene il luogo di una dimostrazione per ricorrenza, che non è difficile esporre in modo preciso (e che il lettore è invitato a scrivere). Induzione matematica e induzione sperimentale Infine, un osservazione riguardo ai termini usati. Abbiamo già accennato che il procedimento dimostrativo per ricorrenza è chiamato spesso induzione, o anche induzione matematica, per distinguerlo dal procedimento di induzione proprio delle scienze sperimentali, che consiste nel ricavare - attraverso procedure opportune - una legge di carattere generale da alcune osservazioni sperimentali. Possiamo trovare una certa analogia fra i due significati del termine induzione pensando a quella prima fase delle dimostrazioni per ricorrenza in cui si tratta di congetturare la tesi da dimostrare. Negli esempi esposti sopra, abbiamo cercato di mettere in luce questa fase di tipo euristico, molto importante. Detto questo, è opportuno però sottolineare la notevole diversità dei significati del termine induzione. Nel nostro caso non si tratta di fare alcune verifiche della formula o del

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 19 teorema che si deve dimostrare; in effetti, basta fare una sola verifica per il valore iniziale; ma poi è necessario fare la dimostrazione generale del passaggio da n ad n + 1, che, di solito, è la parte più impegnativa del procedimento per ricorrenza. Questo comporta una certa attenzione quando si procede ad una dimostrazione per ricorrenza: vi sono in matematica esempi di ragionamento ricorsivo apparentemente corretto, che portano, però a conclusioni palesemente false. Un primo esempio può essere dato dall affermazione: Il numero x + x + 41 è primo per ogni valore di n. Si verifica, infatti, che è primo per x = 0, 1,, 3, 4, 5,..., 39, ma per x = 40 non è più primo. In questo caso l errore è palese : manca completamente il passo induttivo, cioè il ragionamento che dalla verità della proposizione al livello n faccia passare alla verità della proposizione al livello n + 1. La verifica di una formula in un notevole numero di casi non si può indurre la sua validità generale. Un esempio simile: i numeri della forma (n) + 1 (che sono detti numeri di Fermat) sono primi per n = 0, 1,, 3, 4, mentre si ha (5) + 1 = 3 + 1 = 641 6700417. Ma vi sono anche errori meno evidenti, che possono portare ad affermazioni del tipo: Presi n punti del piano, essi sono tutti allineati. Ecco la dimostrazione: la proposizione è vera per n =, infatti due punti sono sempre allineati. Supponiamo che sia vera per n 1 punti: se consideriamo l insieme di n punti P 1, P,..P n, i primi n 1 fra essi, cioè i punti P 1, P,..P n 1 per ipotesi induttiva appartegono alla stessa retta P P n 1, ma anche gli ultimi n 1, cioè i punti P, P 3,..P n appartengono alla stessa retta. Quindi tutti gli n punti appartengono ad una stessa retta e sono allineati. L errore consiste nel fatto che non sussiste una implicazione valida fra il livello n della proposizione e il livello n + 1: due punti sono sempre allineati, ma non c è alcun ragionamento corretto dal punto di vista matematico che permetta di asserire che se i punti A e B sono allineati (vero) e i punti B e C sono allineati (vero anche questo), allora anche i punti A, B e C siano allineati. Nota: A proposito di induzione, ecco una barzelletta: secondo la calunniosa diceria del Matematico, il Fisico afferma che Il numero 60 è divisibile per ogni intero naturale. Infatti: è divisibile per, è divisibile per 3, è divisibile per 4, è divisibile per 5, è divisibile per 6,.... (In realtà, una legge di natura che è riscontrata vera in 5 verifiche sperimentali, ha una indubbia validità...).

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 0 Vocaboli e simboli Successione Progressioni aritmetiche e geometriche Valore iniziale, ragione Termine generale di una successione Ricorrenza Successioni monotone Modello matematico Numeri di Fibonacci Dimostrazione per induzione (o per ricorrenza) Σ, Π

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 1 Esercizi paragrafo 1.1 1. Scrivere i primi cinque termini di ciascuna delle seguenti successioni: a n = n + 1 n b n = n 1 n + 1 c n = ( 1) n n n, n 3 ( d n = n sin n π ) n e n = n + 1 f n = n + 1 10 n. Esprimere il termine generale delle seguenti successioni (in cui l intenzione del proponente dovrebbe essere abbastanza evidente... ): (a) 0, (b) 1, (c) 0, 1, 3, 3 4, 4 5, 5 6,... 1 4, 1 9, 1 16, 1 5, 1 36,... 1 5, 10, 3 17, 4 6, 5 37,... 3. Idem per le successioni: 1 (a) 0, 3, 5, 3 7, 4 9, 5 11,... (b) 4, 1, 0, 1, 4, 9, 16, 5,... (c) 0, (d) 0, 1, 1, 9 8, 1, 5 3, 36 64, 49 18,... 3, 4 5, 6 7, 8 9, 10 11,... 4. * Esprimere il termine generale delle seguenti successioni: può essere utile a questo scopo ricorrere alla successione ( 1) n. (a) 0, 1, 0, 1, 0, 1,... (b) 0,, 4, 6, 8, 10,... (c) 3, 5, 3, 5, 3, 5,... (d) 1, 0, 3,, 5, 4, 7, 6,... (quest ultima è ottenuta dalla successione degli interi naturali con lo scambio fra due interi successivi). 5. Scrivere i primi cinque termini delle successioni così definite: (a) (b) { a0 = 1 a n+1 = 1 + a n { a0 = 1 a n+1 = 1+a n

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI (c) (d) { a0 = 1 a n+1 = a n + a n 1 a 0 = 1 a 1 = a n+1 = an+a n 1 a n a n 1 6. Esercizio svolto Esprimere mediante il termine generale la seguente successione, data in modo ricorsivo: { a0 = 0 a n+1 = a n + n + 1 Svolgimento Proviamo a calcolare alcuni termini della successione: a 1 = a 0 + 0 + 1 = 0 + 0 + 1 = 1 = 1 a = a 3 = a 4 = a 1 + 1 + 1 = 1 + + 1 = 4 = a + + 1 = 4 + 4 + 1 = 9 = 3 a 3 + 3 + 1 = 9 + 6 + 1 = 16 = 4 Si può fare l ipotesi che sia a n = n. In effetti, se sostituiamo n al valore a n, otteniamo a n+1 = n + n + 1 = n + 1, e ciò è coerente con l ipotesi che abbiamo fatto. Vedremo la cosa con maggior precisione quando lavoreremo sulla dimostrazione per induzione. 7. Data la successione di termine generale esprimere il termine a n+ a n = n n 4n + 3 8. Perchè una successione come la seguente: { a 0 = a n+1 = 3a n + a n 1 non è ben definita? 9. Le successioni a n e b n sono definite nel modo seguente: di ciascuna delle due calcolare i primi otto termini. a 0 = a 1 = 1 a n+1 = a n a n 1 { b0 = 1 b n+1 = b n (cos 45 + i sin 45 ) Qual è la caratteristica che accomuna queste due successioni?

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 3 10. * (dalle Gare Kangourou) La successione a n è definita nel modo seguente: Quanto vale a 003? 11. ** (dal Progetto Olimpiadi della Matematica) La successione s n, con n 1, è così definita: a 0 = 4 a 1 = 6 a n+1 = an a n 1, n > s 1 = 1 s n = s n s n+1 = s n + 1 quanto vale s 1000? Qual è il massimo valore della successione per n 000? 1. Esercizio svolto Considerare le successioni: a n = 1 100 n b n = 1000n + 00 dimostrare che a partire da un certo indice n (quale?) i valori della prima superano quelli della seconda. Svolgimento Dobbiamo dimostrare che a partire da un certo valore di n si ha a n > b n, cioè: 1 100 n > 1000n + 00 Questa disequazione di secondo grado ha discriminante e coefficiente del termine di secondo grado positivi, quindi è verificata per valori esterni all intervallo delle radici dell equazione ad essa associata. La maggiore fra le due radici vale 10000, 00. Quindi per ogni n 10001 la disequazione è verificata e a n > b n. 13. Condurre uno studio analogo per le coppie di successioni: { an = n 10n + 5 b n = n { cn = 1 n d n = 100 n 14. Nella figura disegnata qua sotto AB 1 = 1 e per ogni intero naturale n il punto B n+1 si ottiene tracciando la perpendicolare ad AB n passante per B n e muovendosi su tale retta di un segmento lungo 1 in verso antiorario. B 6 B 5 B 4 B 3 B B 7 A B 1 B 8

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 4 (a) esprimere AB n+1 in funzione di AB n. (b) fra i vari segmenti AB n sono di più quelli che hanno come lunghezza un numero razionale o irrazionale? (c) quanto vale l area del triangolo AB n B n+1? 15. Considerare la successione cosi definita per ricorrenza: { a0 = 1 a n+1 = an Scriverne i primi termini. (Si vedrà che la successione cresce in modo vertiginoso e che ben presto diventa impossibile scrivere esplicitamente i suoi termini). 16. Esercizio svolto Dimostrare che la successione a n = 1 n n è decrescente. Svolgimento Se a n è decrescente, deve risultare che n N, a n+1 < a n. Impostiamo la disequazione: 1 (n + 1) n + 1 < 1 n n e vediamo per quali valori di n essa è verificata. Si possono moltiplicare ambedue i membri della disequazione per n(n + 1) (si tratta di una quantità positiva) e poi semplificare: n n(n + 1) < (n + 1)(1 n ) da cui: n n(n + 1) < (n + 1) (1 n) n < (n + 1) (1 n + n) n < (n + 1) questa proposizione è verificata per ogni n N, questo ci assicura che la a n è decrescente. 17. Dimostrare che la successione a n = n 5 3n è crescente. 18. Dimostrare che la successione n n è decrescente. 19. Fra le seguenti successioni individuare quelle che hanno qualche caratteristica di monotonia: a n = + n b n = 8 n 3 c n = 1 n d n = sin nπ e n = ( ) n f n = n (n+1) 0. Studiare l andamento della successione: a n = n (n + 1)(n + ) 1. Una successione a n è tale che n N, a n+ > a n. Questa proprietà è equivalente al fatto che la successione sia crescente? E condizione necessaria? E condizione sufficiente?. **Dimostrare che fra due potenze consecutive del 5 sono comprese una o due potenze del 3.

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 5 Progressioni aritmetiche e geometriche 3. Il primo termine di una progressione aritmetica è 3 e il quinto è 91. Qual è la ragione della progressione? Quali sono i termini intermedi? Quanto vale il decimo termine? 4. Date le seguenti progressioni aritmetiche, di cui h indica la ragione: (a) a 0 = 1 h = (b) a 0 = 5 calcolare a 10 e a 100 h = 4 5. Di una progressione aritmetica si sa che la ragione è 4, a 3 = 5 e a n = 8033. Quanto vale n? 6. Una progressione aritmetica è tale che il decimo termine è 5 e il ventesimo è 40. Quanto vale il dodicesimo termine? Qual è la ragione della progressione? E il termine iniziale a 0? 7. La somma di cinque termini consecutivi di una progressione artimetica è 65. La somma dei reciproci del secondo e del quarto termine è 13 80. Trovare il termine iniziale e la ragione. 8. Esercizio svolto In un triangolo rettangolo le misure dei cateti e dell ipotenusa formano una progressione aritmetica. Esprimere il perimetro e l area del triangolo in funzione del cateto minore. Svolgimento a a + h a + h Chiamiamo a il cateto minore del triangolo rettangolo, sia h, con h > 0, la ragione della progressione aritmetica. Il cateto maggiore misura a+h e l ipotenusa a+h. Poichè il triangolo è rettangolo, deve valere la relazione pitagorica: a + (a + h) = (a + h) Lavorando su questa equazione, con qualche passaggio si ottiene: 3h + ah a = 0 Risolviamola, assumendo h come incognita (in questo modo otteniamo h in funzione di a). Il discriminante è 16a e le due soluzioni h 1 = 1 3 a e h = a. La seconda soluzione va esclusa, avendo inizialmente posto h > 0. La prima equazione permette di trovare le lunghezze del cateto maggiore e dell ipotenusa: 4 3 a e 5 3 a rispettivamente. Il perimetro misura quindi 4a e l area 3 a. 9. Dimostrare che se n numeri sono in progressione aritmetica, la somma fra il primo e l ultimo termine è uguale alla somma fra il secondo e il penultimo, fra il terzo e il terzultimo e così via.

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 6 30. * In un pentagono le misure degli angoli interni formano una progressione aritmetica. Se l ampiezza del più piccolo è di 60, quali sono le ampiezze degli altri angoli? Dimostrare che se le misure degli angoli interni di un pentagono sono in progressione aritmetica, la misura di uno degli angoli è certamente 108. 31. Un quadrilatero è inscrivibile in una circonferenza. Le misure dei suoi angoli interni possono formare una progressione aritmetica? Possono formare una progressione geometrica? 3. Per la successione: 1, 1, 1, 1, 1 4, 1 4,... formulare una legge di ricorrenza ed esprimere il termine generale. Questa successione rientra in un tipo studiato? 33. I dati scritti qua sotto si riferiscono a progressioni geometriche, la cui ragione viene indicata con la lettera h. Trovare le informazioni mancanti: a 0 = 8 h = 0, 5 calcolare a 5 a 5 = 0, 48 a 8 = 0, 0307 calcolare h, a 0, a 10 a 3 = 8 9 a n = 104 19683 calcolare n, h a 6 = 5 64 a = 5 4 calcolare h 34. Di una progressione geometrica si sa che a 5 = 15 e a 9 = 3; calcolare la ragione, il termine a 0 e il termine a 1. 35. Una progressione (aritmetica o geometrica) ha necessariamente un andamento monotòno? 36. Esercizio svolto Si ha una successione di cerchi costruita nel modo seguente: si parte da un cerchio di raggio R e si inscrive in esso un quadrato. In una delle quattro lunule che si formano si inscrive un cerchio, nel quale si inscrive un quadrato. Si continua così, inscrivendo un cerchio nella lunula e un quadrato nel cerchio.

CAPITOLO 1. SUCCESSIONI 7 (a) esprimere la successione dei raggi dei cerchi mediante il termine generale e in modo ricorsivo. (b) quante volte sarà necessario iterare il procedimento per avere un cerchio il cui raggio sia almeno un milione di volte più piccolo del raggio del cerchio iniziale? Svolgimento (a) Il lato del quadrato inscritto nel cerchio di raggio R è R ; per differenza si trova il diametro del cerchio inscritto nella lunula: R R e quindi il raggio del secondo cerchio: ( R 1 = 1 ) ( ) R R = R 4 Con ragionamento analogo si può trovare la relazione fra il raggio R n+1 dell n+1-simo cerchio inscritto e il raggio R n dell n-simo cerchio: ( R n+1 = 1 ) R n R n = R n ( ) 4 Questa relazione rende evidente che i raggi dei vari cerchi formano una progressione geometrica, che si può esprimere in modo ricorsivo: { R0 = R R n+1 = R n ( 4 Il termine generale della successione è invece a n = R ) ( 4 (b) per avere un cerchio di raggio almeno un milione di volte più piccolo di R occorre risolvere la disequazione: ( ) n R < 1 4 10 6 R Non abbiamo per ora gli strumenti per risolverla, ma si può procedere facendo qualche tentativo: se n = 4, si ha: R 4 = R ( ) n. ) 4 R 4, 6 10 4 4 In questo caso il cerchio non è ancora abbastanza piccolo. Se però cerchiamo il valore di R 8, troviamo: R 8 = R ( ) 8 R, 1 10 7 4 Questo valore è inferiore al limite che abbiamo posto, vediamo allora cosa succede per R 7 : R 7 = R ( ) 7 R 1, 4 10 6 4 Questo valore, invece, è superiore al limite posto. Quindi per avere un cerchio che abbia raggio almeno un milione di volte minore del raggio iniziale, occorre iterare il procedimento di costruzione del cerchio inscritto nella lunula 8 volte. 37. Se si congiungono fra loro i punti medi di un quadrato Q 0 di lato l si ottiene un quadrato Q 1. Congiungendo i punti medi di Q 1 si ottiene un altro quadrato, che chiameremo Q. Ripetiamo questa operazione alcune volte, fino ad ottenere il quadrato Q n. Esprimere il perimetro e l area di Q n in funzione di l.