¿Cómo puedes demostrar esto por inducción fuerte?

Question

La secuencia $b_1, b_2, ...$ está definida de forma recursiva como:

\begin{align} b_1&=0;\\ b_2&=1;\\ b_n&=2b_{n-1}-2b_{n-2}-1 \ \text{para} \ n\geq3. \end{align}
Demuestra que esto significa:

$$\forall n\geq1: b_n=(\sqrt{2})^n \sin{\left(\frac{1}{4}\pi n \right)}-1$$

Edit:

He intentado demostrar esto mediante inducción fuerte y he verificado que $P(1)$ y $P(2)$ son verdaderos, donde $P(n)$ es la afirmación $b_n=(\sqrt{2})^n \sin{\left(\frac{1}{4}\pi n \right)}-1$.

editar: He asumido que $P(k-2)$ y $P(k-1)$ son verdaderos para $k\in\mathbb{N}$. Luego he logrado simplificar a:

$$b_n=(\sqrt{2})^n \left[\sqrt{2}\sin{\left(\frac{1}{4}\pi (n-1) \right)}- \sin{\left(\frac{1}{4}\pi (n-2) \right)}\right]-5$$

No puedo simplificar más.

Answer 1

Dado que has verificado el caso base, procedemos al caso inductivo. Fija $n > 2$ y supongamos que para todo $k < n$, $P(k)$ es verdadero. Queremos demostrar que $P(n)$ es verdadero.

$$ \begin{aligned} b_{n} &= 2b_{n-1} - 2b_{n-2} - 1 \\ &= 2\left((\sqrt{2})^{n-1}\sin\left(\frac{1}{4}\pi (n-1)\right) - 1\right) - 2\left((\sqrt{2})^{n-2}\sin\left(\frac{1}{4}\pi (n-2)\right) - 1\right) - 1 \\ &= (\sqrt{2})^{n}\left(\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi (n-1)}{4}\right) - \sin\left(\frac{\pi (n-2)}{4}\right)\right) - 1 \end{aligned} $$

Ahora, usando $\sin(A+B) = \sin A\cos B + \cos A\sin B$, obtenemos

$$ \begin{aligned} &\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi (n-1)}{4}\right) - \sin\left(\frac{\pi (n-2)}{4}\right) = \\ &\sqrt{2}\left(\sin\left(\frac{\pi n}{4}\right)\cos\left(\frac{-\pi}{4}\right) - \cos\left(\frac{\pi n}{4}\right)\sin\left(\frac{-\pi}{4}\right)\right) - \sin\left(\frac{\pi n}{4}\right)\cos\left(\frac{-\pi}{2}\right) + \cos\left(\frac{\pi n}{4}\right)\sin\left(\frac{-\pi}{2}\right) \\ &= \sqrt{2}\left(\sin\left(\frac{\pi n}{4}\right)\frac{1}{\sqrt{2}} - \cos\left(\frac{\pi n}{4}\right)\left(\frac{-1}{\sqrt{2}}\right)\right) - \cos\left(\frac{\pi n}{4}\right) \\ &= \sin\left(\frac{\pi n}{4}\right) + \cos\left(\frac{\pi n}{4}\right) - \cos\left(\frac{\pi n}{4}\right) \\ &= \sin\left(\frac{\pi n}{4}\right) \end{aligned} $$

Answer 2

Comentario sobre el Enfoque en la Pregunta

El paso inductivo necesita mostrar $$ \begin{align} 2b_{n-1}-2b_{n-2}-1 &=2\left(2^{(n-1)/2}\sin\left(\tfrac{(n-1)\pi}4\right)-1\right)-2\left(2^{(n-2)/2}\sin\left(\tfrac{(n-2)\pi}4\right)-1\right)-1\\ &=2^{(n+1)/2}\sin\left(\tfrac{(n-1)\pi}4\right)-2^{n/2}\sin\left(\tfrac{(n-2)\pi}4\right)-1\\ &=2^{n/2}\left[\sqrt2\sin\left(\frac{n\pi}4\right)\cos\left(\frac\pi4\right)-\sqrt2\cos\left(\frac{n\pi}4\right)\sin\left(\frac\pi4\right)\right]\\ &-2^{n/2}\left[\sin\left(\frac{n\pi}4\right)\cos\left(\frac\pi2\right)-\cos\left(\frac{n\pi}4\right)\sin\left(\frac\pi2\right)\right]-1\\ &=2^{n/2}\sin\left(\frac{n\pi}4\right)-1\\[3pt] &=b_n \end{align} $$

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Un Enfoque Diferente

Para resolver $$ b_n=2b_{n-1}-2b_{n-2}-1\tag{1} $$ sea $a_n=b_n+1$. Entonces $$ a_n=2a_{n-1}-2a_{n-2}\tag{2} $$ que tiene el polinomio característico $x^2-2x+2$, cuyas raíces son $1\pm i$. Por lo tanto, las soluciones de $(2)$ son $$ a_n=\alpha(1+i)^n+\beta(1-i)^n\tag{3} $$ y las soluciones de $(1)$ son $$ b_n=\alpha(1+i)^n+\beta(1-i)^n-1\tag{4} $$ Para satisfacer $b_1=0$ y $b_2=1$, calculamos $\alpha=-\frac i2$ y $\beta=\frac i2$. Así, obtenemos $$ b_n=-\frac i2(1+i)^n+\frac i2(1-i)^n-1\tag{5} $$

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Cambiando la Forma

Partiendo de $(5)$, obtenemos $$ \begin{align} b_n &=-\frac i2(1+i)^n+\frac i2(1-i)^n-1\\ &=\frac{e^{-i\pi/2}}22^{n/2}e^{in\pi/4}+\frac{e^{i\pi/2}}22^{n/2}e^{-in\pi/4}-1\\ &=2^{n/2}\cos\left(\frac{(n-2)\pi}4\right)-1\\ &=2^{n/2}\sin\left(\frac{n\pi}4\right)-1\tag{6} \end{align} $$