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chiedo a chi sa usare questo fantomatico latex di tradurre il groviglio di ciò che sto per scrivere,ancora per un po' voglio crogiolarmi nell'ignoranza da quel codice strano:
dimostrare che:
radice di(2+radice di(2+...+radice di 2))....)) (con n segni di radice) è uguale a 2cos((pi greco)/2^(n+1))

per qualunque n appartenente agli interi non negativi.

$ \displaystyle\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{\ldots+\sqrt2}}}}_n=2\cos\left(\frac{\pi}{2^{n+1}}\right) $, con $ n\in\mathbb{N} $.

grazie mille vecchio

didudo ha scritto:chiedo a chi sa usare questo fantomatico latex di tradurre il groviglio di ciò che sto per scrivere,ancora per un po' voglio crogiolarmi nell'ignoranza da quel codice strano:
dimostrare che:
radice di(2+radice di(2+...+radice di 2))....)) (con n segni di radice) è uguale a 2cos((pi greco)/2^(n+1))

per qualunque n appartenente agli interi non negativi.

$ $\overbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+ \dots \sqrt2}}}}^{n \text{ radici}} = 2 \cos \bigg(\frac{\pi}{2^{n+1}}} \bigg)$ $

Per ogni intero positivo.

Suggerimento: formule di bisezione e induzione.

Si può fare per induzione
Se $ n=1 $ allora $ \sqrt{2} = 2\cos\left\dfrac{\pi}{4}\right $
Si supponga che per $ n $ $ \displaystyle\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{\ldots+\sqrt2}}}}_n = 2\cos\left\dfrac{pi}{2^{n+1}}\right $ sia vero. Dimostriamo che è vero anche per $ n+1 $
Aggiungo 2 ad entrambi i membri ed estraggo la radice $ \displaystyle\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{\ldots+\sqrt2}}}}_{n+1} = \sqrt{2+2\cos\left\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right} $
Ciò che rimane da dimostrare è $ \sqrt{2+2\cos\left\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right} = 2\cos\left\dfrac{\pi}{2^{n+2}}\right $ e così avremo terminato la dimostrazione per induzione. L'uguaglianza è vera , lo puoi dimostrare elevando al quadrato e usando $ \cos{\dfrac{\alpha}{2}} = \pm\sqrt{\dfrac{1+cos\alpha}{2}} $

Seguendo subito Freddy =)

per $ $n = 1$ $ abbiamo $ $\sqrt2 = 2 \cos \bigg(\frac{\pi}{4} \bigg)$ $ che è vera.

Ora supponiamo (LHS con (n-1) radici) che

$ $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+ \dots \sqrt2}}}} = 2 \cos \bigg(\frac{\pi}{2^{n}}} \bigg)$ $

ma la formula di bisezione ci dice che

$ $2\cos{ \bigg( \frac{\pi}{2^{n+1}} \bigg)} = 2 \cdot \sqrt \frac{{1+\cos{ \big(\frac{\pi}{2^{n}}}}\big)}{2} $ $

e invertendo

$ $2 \cos {\bigg( \frac{\pi}{2^n}\bigg)} = 4 \cdot \cos^2{\bigg( \frac{\pi}{2^{n+1}} \bigg)} - 2$ $

quanto abbiamo supposto diventa allora (LHS con (n-1) radici)


$ $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+ \dots \sqrt2}}}} = 4 \cdot \cos^2{\bigg( \frac{\pi}{2^{n+1}} \bigg)} - 2$ $

il -2 di là e si estrae la radice e abbiamo (LHS con n radici)

$ $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+ \dots \sqrt2}}}} = 2 \cos \bigg(\frac{\pi}{2^{n+1}}} \bigg)$ $

Poichè P(1) è vera; e poichè P(n) implica P(n+1), la tesi è dimostrata per ogni intero.