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