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La stessa cosa dell'induzione, solo che assumi P per tutti i valori minori o uguali ad n per provare il caso n+1.

Alla fine è un'induzione semplice fatta sulla proposizione $ Q(n):= P(k) \forall k \leq n $

Riscrivo per essere sicuro di aver capito bene...

Assumo la proposizione vera per tutti i valori minori o uguali a n. Se dimostro che è vera per n + 1, allora la proposizione è vera per ogni n. Giusto?

Ma è tra gli assiomi di Peano, o una conseguenza, o qualcosa del genere insomma? (scusate la parlata barbara...)

L'induzione semplice è tra gli assiomi di Peano. Quella estesa si dimostra discendere da quella semplice, in ogni caso puoi provare la loro equivalenza al principio del minimo, secondo cui ogni sottoinsieme nonvuoto di N ammette minimo (mi pare se ne sia parlato un sacco di volte sul forum ma ora nn trovo).

Ciao!

Ok No, era solo per sapere se la si può usare (in linea di massima ovviamente) tranquillamente anche a concorsi come normale, altre scuole superiori, etc.

Ecco ora mi ricordo come si risolve questo problema con vie algebriche.
Un polinomio $ $f(x) = a_nx^n + \dots + a_1x + a_0$ $, $ $a_n \neq 0$ $, è detto "reciproco" (si traduce così, o in un altro modo ?) se $ $a_i = a_{n - i}$ $ per $ $i = 0, \dots, n$ $.
Un polinomio reciproco di grado $ $2n$ $ può essere scritto nella forma $ $f(x) = x^ng(z)$ $, dove $ $z = x + \frac{1}{x}$ $ e $ $g(z)$ $ è un polinomio in $ $z$ $ di grado $ $n$ $. Infatti:

$ $f(x) = a_0x^{2n} + a_1x^{2n - 1} + \dots + a_1x + a_0$ $

$ $f(x) = x^n \cdot \left(a_0x^n + a_1x^{n - 1} + \dots + \frac{a_1}{x^{n - 1}} + \frac{a_0}{x^n} \right)$ $

$ $f(x) = x^n \cdot \left(a_0\left(x^n + \frac{1}{x^n}\right) + a_1\left(x^{n - 1} + \frac{1}{x^{n - 1}}\right) + \dots + a_n\right)$ $

Usando questo teorema possiamo esprimere $ $x^k + 1/x^k$ $ in funzione di $ $z = x + 1/x$ $:

$ $x^2 + \frac{1}{x^2} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2 = z^2 - 2$ $

$ $x^3 + \frac{1}{x^3} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^3 - 3x - \frac{3}{x} = z^3 - 3z$ $

$ $x^4 + \frac{1}{x^4} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^4 - 4x^2 - \frac{4}{x^2} - 6 = z^4 - 4z^2 + 2$ $

e così via. Quindi se $ $x + \frac{1}{x}$ $ è intero lo è sempre anche $ $x^k + \frac{1}{x^k}$ $, con $ $x \in \mathbb{R^*}$ $ e $ $k \in \mathbb{Z}$ $.
Proprio come ha già fatto notare ico1989 in precedenza .

Scusa, ma il tuo metodo non è diverso da quello di Haile. Quando tu dici "e così via" stai usando l'induzione estesa (in modo molto subdolo), perciò l'idea è la stessa e lo svolgimento pure...

ico1989 ha scritto:Sorry, cosa dice esattamente l'induzione estesa?

Sia $ \displaystyle p(n) $ una proprietà con $ \displaystyle n \in N $. Supponiamo che siano vere le seguenti due affermazioni:

- $ \displaystyle p(0) $ è vera.

- Se $ \displaystyle p(0), p(1), ... , p(n) $ sono vere, allora $ \displaystyle p(n+1) $ è vera.

Allora $ \displaystyle p(n) $ è vera per ogni $ \displaystyle n \in N $.

Pigkappa ha scritto:Scusa, ma il tuo metodo non è diverso da quello di Haile. Quando tu dici "e così via" stai usando l'induzione estesa (in modo molto subdolo), perciò l'idea è la stessa e lo svolgimento pure...

Beh io non penso sia così, altrimenti non lo avrei postato; non sto usando l'induzione, è la formula prima trovata sui polinomi reciproci che mi permette di esprimere $ $x^k + \frac{1}{k}$ $ in funzione del parametro $ $z$ $, attraverso manipolazioni algebriche.
Certamente se avessi usato l'induzione non avrei scritto "e così via" .

Lol, ma sull "e così via" ti dobbiamo credere per fede?
No, serve una dimostrazione. In genere chi dice "e così via" intende "per induzione si vede facilmente". Se tu non intendi questo, spiegaci allora la dimostrazione che ne vuoi fare