1.2 matematicka indukcija (trigonometrija) (staro izdanje) · korak indukcije: uz pretpotavku...
TRANSCRIPT
1.2 Matematicka indukcija (trigonometrija)(staro izdanje)
TT Zadatak 18: (str. 20) 2) Dokazi matematickom indukcijom:
cos x + cos 2x + cos 3x + ... + cos nx =cos (n + 1) x
2sin x
2· sin nx
2
Rjesenje: Provodimo postupak dokazivanja matematickom indukcijom.
BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u zadnji clan sume na lijevoj strani i u izraz na desnoj strani.
cos1︷︸︸︷n x =
cos (1︷︸︸︷n +1)x
2sin x
2· sin
1︷︸︸︷n x
2
cos (1 · x) =cos (1 + 1) x
2sin x
2· sin 1 · x
2
cos x =cos 2x
2sin x
2· sin x
2
Pokratimo sto se pokratiti dade:
cos x =cos �2
1x
1�2
1���sin x
2
·���sin x
21
1
cos x =cos x
11 · 1
1cos x = cos x
Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 1.
PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za nekin ∈ N. Dakle da vrijedi:
cos x + cos 2x + cos 3x + ... + cos nx =cos (n + 1) x
2sin x
2· sin nx
2
1
KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Pogledajmo prvo kako bi trebao izgledati izraz na desnoj strani tvrdnje kad bisuma na lijevoj strani imala n + 1 clanova. To cemo uciniti tako da u izrazu nadesnoj strani zamijenimo n s n + 1, racunam:
cos ((n+1)︷︸︸︷
n +1)x2
sin x
2· sin
n+1︷︸︸︷n x
2 ⇒cos (n + 1 + 1) x
2sin x
2· sin (n + 1) x
2 =
=cos (n + 2) x
2sin x
2· sin (n + 1) x
2
Dakle to je ono sto bi trebali dobiti kada zbrojimo prvih n + 1 clanova sume.Racunamo:
cos x + cos 2x + cos 3x + ... + cos nx + cos (n + 1) x = (?)
Posljednji, dakle n + 1 clan sume, dobili smo tako da smo u posljednji clan nalijevoj strani tvrdnje, cos nx , umjesto n uvrstili n + 1. Nastavljamo s racunom.Primjetimo da je, prema pretpostavci indukcije, suma prvih n clanova sume
jednakacos (n + 1) x
2sin x
2· sin nx
2 . Slijedi:
(?) = cos x + cos 2x + cos 3x + ... + cos nx︸ ︷︷ ︸cos (n+1)x
2sin x
2·sin nx
2
+ cos (n + 1) x =
=cos (n + 1) x
2sin x
2· sin nx
2 + cos (n + 1) x = (??)
I ovdje stvari postaju zanimljive, krenut cu tako da svedem dobiveni izraz nazajednicki nazivnik:
(??) =cos (n + 1) x
2 · sin nx
2 + cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2= (? ? ?)
Nadalje pomnozit cu prvi clan sume brojnika prema pravilu za pretvorbu um-noska u zbroj za trigonometrijske funkcije, ondnosno pomocu izraza
2
cos x · sin x = 12 [sin (x + y)− sin (x− y)], slijedi:
(? ? ?) =
12
[sin(
(n + 1) x
2 + nx
2
)− sin
((n + 1) x
2 − nx
2
)]+ cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2=
=
12
[sin(
nx + x
2 + nx
2
)− sin
(nx + x
2 − nx
2
)]+ cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2=
=
12
[sin nx + x + nx
2 − sin��nx + x���−nx
2
]+ cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2=
=
12
[sin 2nx + x
2 − sin x
2
]+ cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2= (♠)
Zapisimo izraz 2nx+x u brojniku izaraza 2nx + x
2 pod sinusom kao 2nx+2x−x,te izlucimo 2x iz prva dva clana sume tako zapisanog izraza, slijedi:
(♠) =
12
[sin 2nx + 2x− x
2 − sin x
2
]+ cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2=
=
12
[sin 2x (n + 1)− x
2 − sin x
2
]+ cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2= (♠♠)
Rastavimo izraz 2x (n + 1)− x
2 na dva razlomka i pokratim sto se pokratitidade:
(♠♠) =
12
[sin( 1�2x (n + 1)�21
− x
2
)− sin x
2
]+ cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2=
=
12
[sin(
(n + 1) x− x
2
)− sin x
2
]+ cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2= (♠♠♠)
3
Primjenim adicijski teorem za sinus razlike kutova na izraz sin(
(n + 1) x− x
2
),
osnosno primjenjujemo izraz sin (x− y) = sin x cos y − cos x sin y, slijedi:
(♠♠♠) =
12
[sin (n + 1) x · cos x
2 − cos (n + 1) x · sin x
2 − sin x
2
]+ cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2=
=
12 sin (n + 1) x · cos x
2 −12 cos (n + 1) x · sin x
2 −12 sin x
2 + cos (n + 1) x · sin x
2sin x
2= (♣)
Zbrojim podcrtane izraze, te izlucim 12 iz svih clanove sume u brojniku, slijedi:
(♣) =
12 sin (n + 1) x · cos x
2 + 12 cos (n + 1) x · sin x
2 −12 sin x
2sin x
2=
=
12
[sin (n + 1) x · cos x
2 + cos (n + 1) x · sin x
2 − sin x
2
]sin x
2= (♣♣)
Primjenim adicijski teorem za sinus zbroa kutova na prva dva clana sume u za-gradi brojnika, osnosno primjenjujemo izraz sin (x + y) = sin x cos y+cos x sin y,slijedi:
(♣♣) =
12
[sin(
(n + 1) x + x
2
)− sin x
2
]sin x
2= (♣♣♣)
Na clanove sume u zagradi primjenjujemo pravilo za pretvorbu zbroja u um-nozak za trigonometrijske funkcije, ondnosno izrazsin x− sin y = 2 cos x + y
2 sin x− y
2 , slijedi:
(♣♣♣) =
12
2 · cos(n + 1) x + x
2 + x
22 sin
(n + 1) x + x
2 −x
22
sin x
2=
=
12 · 2 · cos
(n + 1) x + 2 · x
22 sin
(n + 1) x +��x
2��−x
22
sin x
2= (♦)
4
Pokratimo sto se pokratiti dade:
(♦) =
11�2· �2
1
1 · cos(n + 1) x +
1�21 ·
x
�22 sin (n + 1) x
2sin x
2=
=cos (n + 1) x + x
2 sin (n + 1) x
2sin x
2= (♦♦)
Sredimo jos malo razlomak pod sinusom u brojniku. Raspisemo izraz u brojnikutog razlomka pa izlucimo x, slijedi:
(♦♦) =cos nx + x + x
2 sin (n + 1) x
2sin x
2=
cos nx + 2x
2 sin (n + 1) x
2sin x
2=
=cos (n + 2) x
2 sin (n + 1) x
2sin x
2= (♦♦♦)
Zapisem ovaj izraz malo drugacije:
(♦♦♦) =cos (n + 2) x
2sin x
2· sin (n + 1) x
2
Time smo zapravo dobili isti izraz kao i na pocetku koraka indukcije, odnosnodobili smo upravo ono sto smo trebali dobiti.
Prema PMI mozemo zakljuciti da tvrdnja vrijedi za svaki n ∈ N. Dakle za-datak je rijesen.
Y ] Z
TT Zadatak 18: (str. 20) 3) Dokazi matematickom indukcijom:
sin x + sin 3x + sin 5x + ... + sin (2n− 1) x = sin2 nx
sin x
Rjesenje: Provodimo postupak dokazivanja matematickom indukcijom.
BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u zadnji clan sume na lijevoj strani i u izraz na desnoj strani.
sin (21︷︸︸︷n −1)x = sin2
1︷︸︸︷n x
sin x
5
sin (2 · 1− 1)x = sin2 (1 · x)sin x
sin (2− 1)x = sin2 x
sin x
Pokratim sto se pokratiti dade:
sin (1 · x) =sin x���sin2 x
���sin x1
sin x = sin x
1sin x = sin x
Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 1.
PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za nekin ∈ N. Dakle da vrijedi:
sin x + sin 3x + sin 5x + ... + sin (2n− 1) x = sin2 nx
sin x
KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Pogledajmo prvo kako bi trebao izgledati izraz na desnoj strani tvrdnje kad bisuma na lijevoj strani imala n + 1 clanova. To cemo uciniti tako da u izrazu nadesnoj strani zamijenimo n s n + 1, racunam:
sin2n+1︷︸︸︷n x
sin x⇒ sin2 (n + 1) x
sin x
Dakle to je ono sto bi trebali dobiti kada zbrojimo prvih n + 1 clanova sume.Racunamo:
sin x + sin 3x + sin 5x + ... + sin (2n− 1) x + sin [(2 (n + 1)− 1) x)] = (?)
Posljednji, dakle n + 1 clan sume, dobili smo tako da smo u posljednji clan nalijevoj strani tvrdnje, sin (2n− 1) x , umjesto n uvrstili n + 1. Nastavljamo sracunom. Primjetimo da je, prema pretpostavci indukcije, suma prvih n clanova
sume jednaka sin2 nx
sin x. Slijedi:
(?) = sin x + sin 3x + sin 5x + ... + sin (2n− 1) x︸ ︷︷ ︸sin2 nx
sin x
+ sin (2n + 2− 1) x =
= sin2 nx
sin x+ sin (2n + 1) x = (??)
6
I ovdje stvari postaju zanimljive (no vidjet cemo puno manje zanimljive nego uprethodnom zadatku), krenut cu kao i u prethodnom zadataku tako da svedemdobiveni izraz na zajednicki nazivnik:
(??) = sin2 nx + sin (2n + 1) x · sin x
sin x= (? ? ?)
Nadalje pomnozit cu drugi clan sume brojnika prema pravilu za pretvorbu um-noska u zbroj za trigonometrijske funkcije, ondnosno pomocu izrazasin x · sin x = 1
2 [cos (x− y)− cos (x + y)], slijedi:
(? ? ?) =sin2 nx + 1
2 {cos [(2n + 1) x− x]− cos [(2n + 1) x + x]}
sin x= (♠)
Sredimo malo dobiveni izraz:
(♠) =sin2 nx + 1
2 {cos [2nx + x− x]− cos [2nx + x + x]}
sin x=
=sin2 nx + 1
2 [cos 2nx− cos (2nx + 2x)]
sin x= (♠♠)
Izlucimo 2x iz izraza unutar drugog kosinusa u zagradi brojnika, te to zapisemotako da broj 2 stavimo ispred, a nepoznanicu x iza izraza (n + 1), slijedi:
(♠♠) =sin2 nx + 1
2 [cos 2nx− cos 2 (n + 1) x]
sin x= (♠♠♠)
Primjetimo sada da su oba izraza u zagradi brojnika zapravo kosinusi dvostrukogkuta, pa cemo ih raspisati prema izrazu za kosinus dvostrukog kuta, odnosnokoristit cemo izraz cos 2x = cos2 x− sin2 x, slijedi:
(♠♠♠) =
sin2 nx + 12
cos2 nx−sin2 nx︷ ︸︸ ︷cos 2nx −
cos2 (n+1)x−sin2 (n+1)x︷ ︸︸ ︷cos 2 (n + 1) x
sin x
=
=sin2 nx + 1
2{
cos2 nx− sin2 nx−[cos2 (n + 1) x− sin2 (n + 1) x
]}sin x
= (♦)
Prisjetimo se temeljnog identiteta trignometrije, odnosno cinjenice da vrijediizraz sin2 x + cos2 x = 1. No to povlaci da mora vrijediti cos2 x = 1 − sin2 x.Imajuci to na umu raspisem sve pojave kosinusa u dobivenom izrazu, slijedi:
(♦) =
sin2 nx + 12
1−sin2 nx︷ ︸︸ ︷cos2 nx − sin2 nx−
1−sin2 (n+1)x︷ ︸︸ ︷
cos2 (n + 1) x− sin2 (n + 1) x
sin x=
7
=sin2 nx + 1
2[1− sin2 nx− sin2 nx−
(1− sin2 (n + 1) x− sin2 (n + 1) x
)]sin x
= (♦♦)
Zbrojimo istovjetne izraze, slijedi:
(♦♦) =sin2 nx + 1
2[1− 2 sin2 nx−
(1− 2 sin2 (n + 1) x
)]sin x
=
=sin2 nx + 1
2[�1− 2 sin2 nx��−1 + 2 sin2 (n + 1) x
]sin x
=
=sin2 nx + 1
2[−2 sin2 nx + 2 sin2 (n + 1) x
]sin x
= (♦♦♦)
Izlucimo 2 iz clanova sume u zagradi brojnika te pokratimo sto se pokratitidade, slijedi:
(♦♦♦) =sin2 nx + 1
2{
2[− sin2 nx + sin2 (n + 1) x
]}sin x
=
=sin2 nx + 1
1�2· �2
1
1[− sin2 nx + sin2 (n + 1) x
]sin x
=
= sin2 nx− sin2 nx + sin2 (n + 1) x
sin x= (♣)
Zbrojim istovjetne izraze, slijedi:
(♣) =���
�sin2 nx�����− sin2 nx + sin2 (n + 1) x
sin x= sin2 (n + 1) x
sin x
Time smo zapravo dobili isti izraz kao i na pocetku koraka indukcije, odnosnodobili smo upravo ono sto smo trebali dobiti.
Prema PMI mozemo zakljuciti da tvrdnja vrijedi za svaki n ∈ N. Dakle za-datak je rijesen.
Y ] Z
TT Zadatak 18: (str. 20) 4) Dokazi matematickom indukcijom:
cos x + cos 3x + cos 5x + ... + cos (2n− 1) x = sin 2nx
2 · sin x
Rjesenje: Provodimo postupak dokazivanja matematickom indukcijom.
8
BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u zadnji clan sume na lijevoj strani i u izraz na desnoj strani.
cos (21︷︸︸︷n −1)x = sin 2
1︷︸︸︷n x
2 · sin x
cos (2 · 1− 1)x = sin (2 · 1 · x)2 · sin x
cos (2− 1)x = sin 2x
2 · sin x
Prisjetimo se izraza za sinus dvostrukog kuta, odnosno izrazasin 2x = 2 · sin x · cos x. Imajuci to na umu dalje racunam:
cos (1 · x) =
2·sin x·cos x︷ ︸︸ ︷sin 2x
2 · sin x
Pokratim sto se pokratiti dade, slijedi:
cos x = 2 · sin x · cos x
2 · sin x
cos x =1((((2 · sin x · cos x
((((2 · sin x1
cos x = 1 · cos x
1cos x = cos x
Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 1.
PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za nekin ∈ N. Dakle da vrijedi:
cos x + cos 3x + cos 5x + ... + cos (2n− 1) x = sin 2nx
2 · sin x
KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Pogledajmo prvo kako bi trebao izgledati izraz na desnoj strani tvrdnje kad bisuma na lijevoj strani imala n + 1 clanova. To cemo uciniti tako da u izrazu nadesnoj strani zamijenimo n s n + 1, racunam:
sin 2n+1︷︸︸︷n x
2 · sin x⇒ sin 2 (n + 1) x
2 · sin x
Dakle to je ono sto bi trebali dobiti kada zbrojimo prvih n + 1 clanova sume.Racunamo:
cos x + cos 3x + cos 5x + ... + cos (2n− 1) x + cos [(2 (n + 1)− 1) x)] = (?)
9
Posljednji, dakle n + 1 clan sume, dobili smo tako da smo u posljednji clan nalijevoj strani tvrdnje, cos (2n− 1) x , umjesto n uvrstili n + 1. Nastavljamo sracunom. Primjetimo da je, prema pretpostavci indukcije, suma prvih n clanovasume jednaka sin 2nx
2 · sin x. Slijedi:
(?) = cos x + cos 3x + cos 5x + ... + cos (2n− 1) x︸ ︷︷ ︸sin 2nx2·sin x
+ cos (2n + 2− 1) x =
= sin 2nx
2 · sin x+ cos (2n + 1) x = (??)
Krenut cu kao i u prethodnom zadataku tako da svedem dobiveni izraz nazajednicki nazivnik:
(??) = sin 2nx + 2 cos (2n + 1) x · sin x
2 · sin x= (? ? ?)
Nadalje pomnozit cu drugi clan sume brojnika prema pravilu za pretvorbu um-noska u zbroj za trigonometrijske funkcije, ondnosno pomocu izrazacos x · sin x = 1
2 [sin (x + y)− sin (x− y)], slijedi:
(? ? ?) =sin 2nx + 2 · 1
2 {sin [(2n + 1) x− x]− sin [(2n + 1) x + x]}
sin x= (♠)
Sredimo malo dobiveni izraz, krateci usput sto se pokratiti dade, slijedi:
(♠) =sin 2nx +
1�21 ·
1�21
[cos (2nx + x + x)− cos (2nx + x− x)]
2 · sin x=
= sin 2nx + [sin (2nx + 2x)− sin 2nx]2 · sin x
= (♠♠)
Izlucimo 2x iz izraza unutar prvog sinusa u zagradi brojnika, te to zapisemotako da broj 2 stavimo ispred, a nepoznanicu x iza izraza (n + 1), slijedi:
(♠♠) = sin 2nx + [sin 2 (n + 1) x− sin 2nx]2 · sin x
= (♦)
Rijesimo se zagrade, slijedi:
(♦) = sin 2nx + sin 2 (n + 1) x− sin 2nx
2 · sin x= (♦♦)
Pokratimo suprotne izraze, slijedi:
(♦♦) =����sin 2nx + sin 2 (n + 1) x((((
(− sin 2nx
2 · sin x=
= sin 2 (n + 1) x
2 · sin x
10
Time smo zapravo dobili isti izraz kao i na pocetku koraka indukcije, odnosnodobili smo upravo ono sto smo trebali dobiti.
Prema PMI mozemo zakljuciti da tvrdnja vrijedi za svaki n ∈ N. Dakle za-datak je rijesen.
Y ] Z
TT Zadatak 19: (str. 20) 2) Dokazi matematickom indukcijom:
cos x
2 · cos x
22 · cos x
23 · ... · cos x
2n= sin x
2n · sin x
2n
Rjesenje: Provodimo postupak dokazivanja matematickom indukcijom.
BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u zadnji clan produkta na lijevoj strani i u izraz na desnoj strani.
cos x
21︷︸︸︷n
= sin x
21︷︸︸︷n · sin
x
21︷︸︸︷n
cos x
21 = sin x
21 · sin x
21
cos x
2 = sin x
2 · sin x
2
Prvo cemo izraz sin x zapisati kao sin(
2 · x
2
), jer znamo da vrijedi 2 · x
2 = x,slijedi:
cos x
2 =sin(
2 · x
2
)2 · sin x
2Prisjetimo se izraza za sinus dvostrukog kuta (to je i razlog zasto smo gornjiizraz mijenjali, htjeli smo dobiti sinus dvostrukog kuta), odnosno izrazasin 2x = 2 · sin x · cos x. Imajuci to na umu dalje racunam:
cos x
2 =
2·sinx
2 ·cosx
2︷ ︸︸ ︷sin(
2 · x
2
)2 · sin x
2
11
cos x
2 =2 · sin x
2 · cos x
22 · sin x
2Pokratim sto se pokratiti dade, slijedi:
cos x
2 =1��
��2 · sin x
2 · cos x
2
����2 · sin x
2 1
cos x
2 =1 · cos x
21
cos x
2 = cos x
2Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 1.
PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za nekin ∈ N. Dakle da vrijedi:
cos x
2 · cos x
22 · cos x
23 · ... · cos x
2n= sin x
2n · sin x
2n
KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Pogledajmo prvo kako bi trebao izgledati izraz na desnoj strani tvrdnje kad biprodukt na lijevoj strani imao n + 1 clanova. To cemo uciniti tako da u izrazuna desnoj strani zamijenimo n s n + 1, racunam:
sin x
2n+1︷︸︸︷n · sin
x
2n+1︷︸︸︷n
⇒ sin x
2n+1 · sin x
2n+1
Dakle to je ono sto bi trebali dobiti kada izmnozimo prvih n + 1 clanova pro-dukta. Racunamo:
cos x
2 · cos x
22 · cos x
23 · ... · cos x
2n· cos x
2n+1 = (?)
Posljednji, dakle n + 1 clan produkta, dobili smo tako da smo u posljednjiclan na lijevoj strani tvrdnje, cos x
2n, umjesto n uvrstili n + 1. Nastavljamo
s racunom. Primjetimo da je, prema pretpostavci indukcije, produkt prvih n
clanova produkta jednak sin x
2n · sin x
2n
. Slijedi:
(?) = cos x
2 · cos x
22 · cos x
23 · ... · cos x
2n︸ ︷︷ ︸sin x
2n·sin x2n
· cos x
2n+1 =
12
= sin x
2n · sin x
2n
· cos x
2n+1 = (??)
Izmnozim dobiveni izraz:
(??) = sin x
2n · sin x
2n
·cos x
2n+1
1 =sin x · cos x
2n+1
2n · sin x
2n
= (♠)
Nadalje izraz x
2nmogu prikazati kao 2 · x
2n+1 , jer ako malo razmislim vrijedi:
2 · x
2n+1 =1�21 ·
x���2n+1
2n
= x
2n
Vracam se s tim saznanjem u racun, slijedi:
(♠) =sin x · cos x
2n+1
2n · sin(
2 · x
2n+1
) = (♠♠)
Prisjetimo se izraza za sinus dvostrukog kuta (to je i razlog zasto smo gornjiizraz mijenjali, htjeli smo dobiti sinus dvostrukog kuta), odnosno izrazasin 2x = 2 · sin x · cos x. Imajuci to na umu dalje racunam:
(♠♠) =sin x · cos x
2n+1
2n · sin(
2 · x
2n+1
)︸ ︷︷ ︸
2·sin x2n+1 ·cos x
2n+1
=
=sin x · cos x
2n+1
2n · 2 · sin x
2n+1 · cos x
2n+1
= (♦)
Pomnozimo potencije prema pravilu za mnozenje potencija istih baza, odnosnoprema izrazu an · am = am+n, slijedi:
(♦) =sin x · cos x
2n+1
2n · 21 · sin x
2n+1 · cos x
2n+1
=sin x · cos x
2n+1
2n+1 · sin x
2n+1 · cos x
2n+1
= (♦♦)
Pokratimo sto se pokratiti dade, slijedi:
(♦♦) =sin x ·
�����
cos x
2n+11
2n · 21 · sin x
2n+1 ·�����
cos x
2n+1 1
= sin x · 12n+1 · sin x
2n+1 · 1=
= sin x
2n+1 · sin x
2n+1
13
Time smo zapravo dobili isti izraz kao i na pocetku koraka indukcije, odnosnodobili smo upravo ono sto smo trebali dobiti.
Prema PMI mozemo zakljuciti da tvrdnja vrijedi za svaki n ∈ N. Dakle za-datak je rijesen.
Y ] Z
TT Zadatak 19: (str. 20) 3) Dokazi matematickom indukcijom:
12 + cos x + cos 2x + ... + cos nx =
sin (2n + 1) x
22 · sin x
2
Rjesenje: Primjetimo da ce suma ne lijevoj strani za neki n ∈ N uvijek sadrza-
vati n + 1 clanova. Prvi clan sume, broj 12 ne ovisi o broju n te ce on uvijek biti
dio sume. Krenimo na dokaz.
Provodimo postupak dokazivanja matematickom indukcijom.
BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u zadnji clan sume na lijevoj strani i u izraz na desnoj strani. Dodatcemo i broj 1
2 na lijevu stranu jer smo zakljucili da on uvijek mora biti diosume, racunamo:
12 + cos
1︷︸︸︷n x =
sin (21︷︸︸︷n +1)x
22 · sin x
2
12 + cos (1 · x) =
sin (2 · 1 + 1) x
22 · sin x
2
12 + cos x =
sin (2 + 1) x
22 · sin x
2
12 + cos x =
sin 3x
22 · sin x
2Dosli smo do, kako ce se pokazati kroz par redaka, najtezeg problema bazeindukcije. Prvo cemo razlomak 3x
2 prikazati kao 3x
2 = 2x + x
2 . Vratimo se
14
racunu, slijedi:
12 + cos x =
sin 2x + x
22 · sin x
2
12 + cos x =
sin(
2x
2 + x
2
)2 · sin x
2Svedemo razlomke na lijevoj strani na zajednicki nazivnik 2, dok na lijevoj straniskratimo razlomak unutar sinusa u brojniku razlomka, slijedi:
12 + cos x
1 =sin( 1�2x
�21+ x
2
)2 · sin x
2
1 + 2 · cos x
2 =sin(
x + x
2
)2 · sin x
2Raspisemo izraz u brojniku razlomka na desnoj strani po adicijskom teoremuza sinus zbroja, odnosno prema sin (x + y) = sin x · cos y + cos x · sin y, slijedi:
1 + 2 · cos x
2 =sin x · cos x
2 + cos x · sin x
22 · sin x
2
Nadalje prisjetimo se izraza za sinus dvostrukog kuta (to je i razlog zasto smogornji izraz mijenjali, htjeli smo dobiti sinus dvostrukog kuta), odnosno izrazasin 2x = 2 · sin x · cos x. Imajuci to na umu dalje racunam:
1 + 2 · cos x
2 =
2·sin x2 ·cos x
2︷︸︸︷sin x · cos x
2 + cos x · sin x
22 · sin x
2
1 + 2 · cos x
2 =2 · sin x
2 · cos x
2 · cos x
2 + cos x · sin x
22 · sin x
2
1 + 2 · cos x
2 =2 · sin x
2 · cos2 x
2 + cos x · sin x
22 · sin x
2
15
Nadalje izlucimo 2 · sin x
2 iz oba clana sume u brojniku razlomka desne strane,slijedi:
1 + 2 · cos x
2 =2 · sin x
2
(cos2 x
2 + 12 · cos x
)2 · sin x
2Pokratimo sto se pokratiti dade, slijedi:
1 + 2 · cos x
2 =1��
��2 · sin x
2
(cos2 x
2 + 12 · cos x
)����2 · sin x
2 1
1 + 2 · cos x
2 =cos2 x
2 + 12 · cos x
11 + 2 · cos x
2 = cos2 x
2 + cos x
2Nadalje pozabavimo se malo lijevom stranom jednakosti, prikazimo 2 · cos x kao2 · cos x = cos x + cos x, slijedi:
1 +cos x+cos x︷ ︸︸ ︷2 · cos x
2 = cos2 x
2 + cos x
21 + cos x + cos x
2 = cos2 x
2 + cos x
2Razdvojimo izraz na lijevoj strani na dva razlomka, slijedi:
1 + cos x
2 + cos x
2 = cos2 x
2 + cos x
2Na kraju prisjetimo se jos izraza za kosinus polovicnog kuta, odnosno da vrijedicos2 x
2 = 1 + cos x
2 . Imajuci to na umu, slijedi:
cos2 x2︷ ︸︸ ︷
1 + cos x
2 +cos x
2 = cos2 x
2 + cos x
2
cos2 x
2 + cos x
2 = cos2 x
2 + cos x
2Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 1.
PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za nekin ∈ N. Dakle da vrijedi:
12 + cos x + cos 2x + ... + cos nx =
sin (2n + 1) x
22 · sin x
2
16
KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Pogledajmo prvo kako bi trebao izgledati izraz na desnoj strani tvrdnje kad bisuma na lijevoj strani imala n + 2 clana (prisjetimo se da svakoj sumi u ovomzadatku moramo dodati broj 1
2 uz n + 1 ostalih clanova). To cemo uciniti takoda u izrazu na desnoj strani zamijenimo n s n + 1, racunam:
sin (2n+1︷︸︸︷n +1)x
22 · sin x
2⇒
sin [2 (n + 1) + 1] x
22 · sin x
2=
sin (2n + 3) x
22 · sin x
2
Dakle to je ono sto bi trebali dobiti kada zbrojimo prvih n + 2 clana sume.Racunamo:
12 + cos x + cos 2x + ... + cos nx + cos (n + 1) x = (?)
Posljednji, dakle n + 2 clan sume, dobili smo tako da smo u posljednji clan nalijevoj strani tvrdnje, cos nx , umjesto n uvrstili n + 1. Nastavljamo s racunom.Primjetimo da je, prema pretpostavci indukcije, suma prvih n + 1 clanova sume(prisjetimo se da svakoj sumi u ovom zadatku moramo dodati broj 1
2 uz n ostalih
clanova) jednakasin (2n + 1) x
22 · sin x
2. Slijedi:
(?) = 12 + cos x + cos 2x + ... + cos nx︸ ︷︷ ︸
sin (2n+1)x2
2·sin x2
+ cos (n + 1) x =
=sin (2n + 1) x
22 · sin x
2+ cos (n + 1) x = (??)
Krenut cu tako da svedem dobiveni izraz na zajednicki nazivnik, slijedi:
(??) =sin (2n + 1) x
2 + cos (n + 1) x · 2 · sin x
22 · sin x
2=
=sin (2n + 1) x
2 + 2 · cos (n + 1) x · sin x
22 · sin x
2= (? ? ?)
17
Nadalje pomnozit cu drugi clan sume brojnika prema pravilu za pretvorbu um-noska u zbroj za trigonometrijske funkcije, ondnosno pomocu izrazacos x · sin x = 1
2 [sin (x + y)− sin (x− y)], slijedi:
(? ? ?) =sin (2n + 1) x
2 + 2 · 12
{sin[(n + 1) x + x
2
]− sin
[(n + 1) x− x
2
]}2 · sin x
2= (♠)
Svedemo izraze pod posljednje dvije trigonometrijske funkcije na isti nazivnik2, slijedi:
(♠) =sin (2n + 1) x
2 + 2 · 12
(sin 2 (n + 1) x + x
2 − sin 2 (n + 1) x− x
2
)2 · sin x
2=
=sin (2n + 1) x
2 + 2 · 12
(sin 2nx + 2x + x
2 − sin 2nx + 2x− x
2
)2 · sin x
2=
=sin (2n + 1) x
2 + 2 · 12
(sin 2nx + 3x
2 − sin 2nx + x
2
)2 · sin x
2= (♠♠)
Pokratimo sto se pokratiti dade, slijedi:
(♠♠) =sin (2n + 1) x
2 +1�21 ·
1�21
(sin 2nx + 3x
2 − sin 2nx + x
2
)2 · sin x
2=
=sin (2n + 1) x
2 +(
sin 2nx + 3x
2 − sin 2nx + x
2
)2 · sin x
2= (♦)
Izlucimo x iz izraza u brojnicima razlomaka unutar posljednjih dviju trigonometri-jskih funkcija brojnika, slijedi:
(♦) =sin (2n + 1) x
2 +(
sin (2n + 3) x
2 − sin (2n + 1) x
2
)2 · sin x
2= (♦♦)
Rijesimo se zagrade, slijedi:
(♦♦) =sin (2n + 1) x
2 + sin (2n + 3) x
2 − sin (2n + 1) x
22 · sin x
2= (♣)
18
Pokratimo suprotne izraze, slijedi:
(♣) =����
���sin (2n + 1) x
2 + sin (2n + 3) x
2 ������
��− sin (2n + 1) x
22 · sin x
2=
=sin (2n + 3) x
22 · sin x
2Time smo zapravo dobili isti izraz kao i na pocetku koraka indukcije, odnosnodobili smo upravo ono sto smo trebali dobiti.
Prema PMI mozemo zakljuciti da tvrdnja vrijedi za svaki n ∈ N. Dakle za-datak je rijesen.
Y ] Z
TT Zadatak 19: (str. 20) 4) Dokazi matematickom indukcijom:
12 tg x
2 + 122 tg x
22 + ... + 12n
tg x
2n= 1
2nctg x
2n− ctg x
Rjesenje: Provodimo postupak dokazivanja matematickom indukcijom.
BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u zadnji clan sume na lijevoj strani i u izraz na desnoj strani.
12 tg
x
21︷︸︸︷n
= 12 ctg
x
21︷︸︸︷n
− ctg x
12 tg x
21 = 12 ctg x
21 − ctg x
12 tg x
2 = 12 ctg x
2 − ctg x
Zapisimo x u obliku x = 2 · x
2 kako bi u zadnjem clanu sume dobili kotangnesdvostrukog kuta, slijedi:
12 tg x
2 = 12 ctg x
2 − ctg2· x
2︷︸︸︷x
12 tg x
2 = 12 ctg x
2 − ctg(
2 · x
2
)
19
Sada raspisemo posljednji clan sume prema izrazu za kotangens dvostruog kuta,
ondnosno prema izrazu ctg 2x = ctg2 x− 12 ctg x
, slijedi:
12 tg x
2 = 12 ctg x
2 −
ctg2 x1 −1
2·ctg x2︷ ︸︸ ︷
ctg(
2 · x
2
)12 tg x
2 = 12 ctg x
2 −ctg2 x
1 − 1
2 · ctg x
2Zapisimo prvi clan sume na desnoj strani malo drugacije, vrijedi:
12 tg x
2 =ctg x
22 −
ctg2 x
1 − 1
2 · ctg x
2
Svedemo clanove sume na desnoj strani na jednaki nazivnik 2 · ctg x
2 , slijedi:
12 tg x
2 =ctg2 x
2 −(
ctg2 x
2 − 1)
2 · ctg x
2Rijsimo se zagrade u brojniku nazivnika na desnoj strani, slijedi:
12 tg x
2 =ctg2 x
2 − ctg2 x
2 + 1
2 · ctg x
2Pokratimo suprotne izraze, slijedi:
12 tg x
2 =���ctg2 x
2����− ctg2 x
2 + 1
2 · ctg x
212 tg x
2 = 12 · ctg x
2Prisjetimo se da vrijedi sljedeci identitet za tangense i kotangense, tg x·ctg x = 1.Ta cinjenica povlaci da mora vrijediti ctg x = 1
tg x. Imajuci to na umu racunam
dalje:12 tg x
2 = 12 · ctg x
2︸ ︷︷ ︸1
tg x2
20
12 tg x
2 = 1
2 · 1tg x
212 tg x
2 = 121 ·
1tg x
212 tg x
2 = 12
tg x
2Rijesimo se dvojnog razlomka prema pravilu vanjski s vanjskim, unutarnji s
unutarnjim, odnosno prema (
a
bc
d
= a · db · d
, slijedi:
12 tg x
2 = (
112
tg x
2
12 tg x
2 =1 · tg x
21 · 2
12 tg x
2 =tg x
22
Desnu stranu zapisem na malo drugaciji nacin, vrijedi:
12 tg x
2 = 12 ·
tg x
21
12 tg x
2 = 12 tg x
2Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 1.
PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za nekin ∈ N. Dakle da vrijedi:
12 tg x
2 + 122 tg x
22 + ... + 12n
tg x
2n= 1
2nctg x
2n− ctg x
KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Pogledajmo prvo kako bi trebao izgledati izraz na desnoj strani tvrdnje kad bi
21
suma na lijevoj strani imala n + 1 clanova. To cemo uciniti tako da u izrazu nadesnoj strani zamijenimo n s n + 1, racunam:
1
2n+1︷︸︸︷n
ctg
x
2n+1︷︸︸︷n
− ctg x ⇒ 12n+1 ctg x
2n+1 − ctg x
Dakle to je ono sto bi trebali dobiti kada zbrojimo prvih n + 1 clanova sume.Racunamo:
12 tg x
2 + 122 tg x
22 + ... + 12n
tg x
2n+ 1
2n+1 tg x
2n+1 = (?)
Posljednji, dakle n + 1 clan sume, dobili smo tako da smo u posljednji clanna lijevoj strani tvrdnje, 1
2ntg x
2n, umjesto n uvrstili n + 1. Nastavljamo s
racunom. Primjetimo da je, prema pretpostavci indukcije, suma prvih n clanovasume jednaka 1
2nctg x
2n− ctg x. Slijedi:
(?) = 12 tg x
2 + 122 tg x
22 + ... + 12n
tg x
2n︸ ︷︷ ︸1
2n ctg x2n −ctg x
+ 12n+1 tg x
2n+1 =
= 12n
ctg x
2n− ctg x + 1
2n+1 tg x
2n+1 = (??)
Promijenimo malo poredak clanovima sume, vrijedi:
(??) = 12n
ctg x
2n+ 1
2n+1 tg x
2n+1 − ctg x = (♣)
Krenut cu tako da izraz ispod prvog kotangensa umjesto x
2nzapisemo kao x
2n=
2 · x
2n+1 , da bismo dobili kotangens dvostrukog kuta (tu ideju smo vec koristilikod Zadatka 19 pod 2)), slijedi:
(♣) = 12n
ctg(
2 · x
2n+1
)+ 1
2n+1 tg x
2n+1 − ctg x = (♣♣)
Nadalje raspisemo prvi kotangnes prema izrazu za kotangens dvostruog kuta,
ondnosno prema izrazu ctg 2x = ctg2 x− 12 ctg x
, slijedi:
(♣♣) = 12n
ctg2 x2n+1 −1
2·ctg x2n+1︷ ︸︸ ︷
ctg(
2 · x
2n+1
)+ 1
2n+1 tg x
2n+1 − ctg x =
= 12n·
ctg2 x
2n+1 − 1
2 · ctg x
2n+1
+ 12n+1 tg x
2n+1 − ctg x = (♠)
22
Sredim malo izraz tako da pomnozim prva dva clana sume, slijedi:
(♠) =ctg2 x
2n+1 − 1
2n · 2 · ctg x
2n+1
+tg x
2n+1
2n+1 − ctg x = (♠♠)
Pomnozimo potencije u nazivniku prvog razlomka prema izrazu za mnozenjepotencija istih baza, osnosno prema izrazu an · am = an·m, slijedi:
(♠♠) =ctg2 x
2n+1 − 1
2n · 21 · ctg x
2n+1
+tg x
2n+1
2n+1 − ctg x =
=ctg2 x
2n+1 − 1
2n+1 · ctg x
2n+1
+tg x
2n+1
2n+1 − ctg x = (♦)
Svedema prva dva razlomka na isti nazivnik 2n+1 · ctg x
2n+1 , slijedi:
(♦) =ctg2 x
2n+1 − 1 + tg x
2n+1 · ctg x
2n+1
2n+1 · ctg x
2n+1
− ctg x = (♦♦)
Prisjetimo se da vrijedi identitet tg x · ctg x = 1. Imajuci to na umu racunamdalje, slijedi:
(♦♦) =ctg2 x
2n+1 − 1 +
1︷ ︸︸ ︷tg x
2n+1 · ctg x
2n+1
2n+1 · ctg x
2n+1
− ctg x =
=ctg2 x
2n+1��−1 + �1
2n+1 · ctg x
2n+1
− ctg x =ctg2 x
2n+1
2n+1 · ctg x
2n+1
− ctg x = (4)
Pokratimo sto se pokratiti dade, slijedi:
(4) =ctg x
2n+1
���
��ctg2 x
2n+1
2n+1 ·��
���
ctg x
2n+1 1
− ctg x =ctg x
2n+1
2n+1 − ctg x = (44)
Ovaj izraz mozemo zapisati malo drugacije, slijedi:
(44) = 12n+1 ·
ctg x
2n+1
1 − ctg x = 12n+1 ctg x
2n+1 − ctg x
Time smo zapravo dobili isti izraz kao i na pocetku koraka indukcije, odnosnodobili smo upravo ono sto smo trebali dobiti.
23
Prema PMI mozemo zakljuciti da tvrdnja vrijedi za svaki n ∈ N. Dakle za-datak je rijesen.
Y ] Z
24