Доказване с математическа индукция

[justme.h]

cos^{2}x + cos^{2}2x + .. + cos^{2}nx = [tex]\frac{n-1}{4}[/tex] + sin(2n+1)x/sinx

[Knowledge Greedy]

На мен ми се получава
[tex]\sum_{k=1}^{n }cos^{2}kx=\frac{n}{2}+\frac{sinnx.cos(n+1)x}{sinx}[/tex] (дали е същото ? )

Понижи степента на всяко от събираемите и за индукционния преход използвай тъждеството
[tex]cosk\varphi=2cos \varphi cos 2(k-1)\varphi-cos(k-2)\varphi[/tex]
Защо?
- Всъщност горното тъждество е формулата за представяне на сбор в произведение.
- Идеята да я използваме - като си направим анализ, какво ще ни бъде достатъчно за инд. преход.
- Самото [tex]\varphi=2x[/tex]

[justme.h]

Не ги разбрах разсъжденията

[Knowledge Greedy]

Както споменах, условието не е както бе написано от justme.h.
Задачата трябва да е: за всяко естествено [tex]n[/tex] е вярно тъждеството
[tex]cos^2x+cos^22x+cos^23x+...+cos^2nx=\frac{n}{2}+\frac{sinnx.cos(n+1)x}{2sinx}[/tex]
(преди обяд, от глад съм пропуснал двойката в знаменателя отдясно)

Да означим лявата страна с [tex]L_n[/tex] , а дясната да означим с [tex]R_n[/tex].
База:
Нека [tex]n=1[/tex]
[tex]L_1=cos^2x[/tex]
[tex]R_1=\frac{1}{2}+\frac{\cancel{sinx}.cos2x}{2\cancel{sinx}}[/tex] - очевидно съвпадащо с [tex]R_1[/tex], защото [tex]cos^2x=\frac{1+cos2x}{2}.[/tex]

Индукционен преход:
Да допуснем, че за някое [tex]n=k[/tex] - eстествено число, [tex]k\ge1[/tex] е вярно [tex]L_k=R_k[/tex].
Ще докажем, че [tex]L_{k+1}=R_{k+1}[/tex].

Явно
[tex]L_{k+1}=cos^2x+cos^22x+cos^23x+...+cos^2kx+cos^2(k+1)x=L_k+cos^2(k+1)x[/tex]
Така, съгласно индукционното допускане
[tex]L_{k+1}= L_k+\frac{1+cos2(k+1)x}{2}=R_k+\frac{1}{2}+\frac{cos2(k+1)x}{2}[/tex]

И понеже [tex]R_k=\frac{k}{2}+\frac{sinkx.cos(k+1)x}{2sinx}[/tex], то
[tex]L_{k+1}=\frac{k}{2}+\frac{sinkx.cos(k+1)x}{2sinx}+\frac{1}{2}+\frac{cos2(k+1)x}{2}[/tex]

[tex]L_{k+1}=\frac{k+1}{2}+\frac{sinkx.cos(k+1)x+cos2(k+1)xsinx}{2sinx}[/tex]

Числителят на последната дроб е равен на [tex]sinkx.cos(k+1)x+cos2(k+1)xsinx=[/tex]
[tex]=\frac{1}{2} [\cancel{sin(2k+1)x}-sinx]+\frac{1}{2}[sin(2k+3)x-\cancel{sin(2k+1)x}]=\frac{1}{2}[sin(2k+3)x-sinx][/tex][tex]=\frac{1}{2}.2sin(k+1)xcos(k+2)x=sin(k+1)x.cos(k+2)x[/tex]

Така в дясната страна се получи [tex]\frac{k+1}{2}+\frac{sin(k+1)x.cos(k+2)x}{2sinx}=R_{k+1}[/tex] - което трябваше да се получи.
Съгласно ППМИ, твърдението е вярно за всяко естествено [tex]n[/tex].