Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica OSTALE MATEMATIČKE OBLASTI TEORIJA BROJEVA

Matematička indukcija s nejednakošću

[inlmath]a^p\equiv a\pmod p,\;a\in\mathbb{Z},\;p\in\mathbb{P}[/inlmath]

Matematička indukcija s nejednakošću

Postod lattok » Utorak, 06. Oktobar 2020, 20:15

Pozdrav,

zadatak glasi ovako: Dokazati nejednakost [inlmath]4^n>n^2[/inlmath], za svako [inlmath]n[/inlmath] koje pripada skupu prirodnih brojeva.
Ja sam uradio bazu indukcije gdje se provjerava za broj [inlmath]1[/inlmath] i to je zadovoljeno. Također i pretpostavku, pa i korak indukcije: [inlmath]4^{n+1}>(n+1)^2[/inlmath]
Dalje, gdje je trebalo dokazivati za [inlmath]n+1[/inlmath] dobio sam nešto ovako [inlmath]4^{n+1}>4n^2=n^2+3n^2[/inlmath]. Pa sam [inlmath]3n^2[/inlmath] zamijenio sa [inlmath]2n+1[/inlmath] da bih dobio faktor [inlmath](n+1)^2[/inlmath]. Da li je to ok?


Nakon toga, treba dokazati da je [inlmath]3n^2[/inlmath] veće od [inlmath]2n+1[/inlmath].
Također sam krenuo od baze indukcije, ali sad je potrebno da [inlmath]n[/inlmath] bude veće od [inlmath]1[/inlmath]. Kako se dalje onda razvija zadatak?

Hvala unaprijed na pomoći
lattok  OFFLINE
 
Postovi: 7
Zahvalio se: 4 puta
Pohvaljen: 0 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+
  • +1

Re: Matematička indukcija s nejednakošću

Postod primus » Sreda, 07. Oktobar 2020, 06:39

1. Baza indukcije: [inlmath]n=1[/inlmath]
[dispmath]4>1[/dispmath] 2. Pretpostavka: [inlmath]n=k[/inlmath]
[dispmath]4^k>k^2[/dispmath] 3. Korak: [inlmath]n=k+1[/inlmath]
[dispmath]4^{k+1}=4\cdot4^k>4k^2>(k+1)^2[/dispmath]
Dakle, potrebno je dokazati da važi nejednakost [inlmath]4n^2>(n+1)^2[/inlmath], odnosno [inlmath]3n^2>2n+1[/inlmath] za sve prirodne brojeve [inlmath]n[/inlmath] veće od [inlmath]1[/inlmath]. Stoga ponovo primenimo matematičku indukciju:

1. Baza indukcije: [inlmath]n=2[/inlmath]
[dispmath]12>5[/dispmath] 2. Pretpostavka: [inlmath]n=k[/inlmath]
[dispmath]3k^2>2k+1[/dispmath] 3. Korak: [inlmath]n=k+1[/inlmath]
[dispmath]3(k+1)^2=3\left(k^2+2k+1\right)=3k^2+6k+3>2k+1+6k+3=8k+4>2k+3=2(k+1)+1[/dispmath]
Plenus venter non studet libenter
Korisnikov avatar
primus  OFFLINE
 
Postovi: 121
Zahvalio se: 8 puta
Pohvaljen: 128 puta

Re: Matematička indukcija s nejednakošću

Postod lattok » Sreda, 07. Oktobar 2020, 11:14

Hvala puno na odgovoru, pomogao mi je da razumijem neke stvari. Sad samo ne znam odakle ovo na kraju [inlmath]8k+4>2k+3[/inlmath], odakle [inlmath]2k+3[/inlmath]?
Da li je to zbog ovog prethodnog koraka [inlmath]2k+1+6k+3[/inlmath], gdje se stvari namještaju da bi se dobio konačan oblik, odnosno [inlmath]1[/inlmath] i [inlmath]6k[/inlmath] se mogu izostaviti zbog toga što znamo da je [inlmath]1>0[/inlmath] i [inlmath]6k>0[/inlmath]?
primus je napisao:[dispmath]3(k+1)^2=3\left(k^2+2k+1\right)=3k^2+6k+3>2k+1+6k+3=8k+4>2k+3=2(k+1)+1[/dispmath]
lattok  OFFLINE
 
Postovi: 7
Zahvalio se: 4 puta
Pohvaljen: 0 puta

Re: Matematička indukcija s nejednakošću

Postod primus » Sreda, 07. Oktobar 2020, 12:53

lattok je napisao:Sad samo ne znam odakle ovo na kraju [inlmath]8k+4>2k+3[/inlmath], odakle [inlmath]2k+3[/inlmath]?

U induktivnom koraku je potrebno pokazati da važi nejednakost [inlmath]3(k+1)^2>2(k+1)+1[/inlmath], zbog toga sam upotrebio nejednakost [inlmath]8k+4>2k+3[/inlmath] koja je tačna jer je [inlmath]6k+1>0[/inlmath].
Plenus venter non studet libenter
Korisnikov avatar
primus  OFFLINE
 
Postovi: 121
Zahvalio se: 8 puta
Pohvaljen: 128 puta

Re: Matematička indukcija s nejednakošću

Postod Daniel » Sreda, 07. Oktobar 2020, 16:13

lattok je napisao:Da li je to zbog ovog prethodnog koraka [inlmath]2k+1+6k+3[/inlmath], gdje se stvari namještaju da bi se dobio konačan oblik, odnosno [inlmath]1[/inlmath] i [inlmath]6k[/inlmath] se mogu izostaviti zbog toga što znamo da je [inlmath]1>0[/inlmath] i [inlmath]6k>0[/inlmath]?

Upravo tako. Znači, nije ni bilo potrebe [inlmath]2k+1+6k+3[/inlmath] zapisivati kao [inlmath]8k+4[/inlmath], već se odmah iz oblika [inlmath]2k+1+6k+3[/inlmath] može uočiti da je taj izraz veći od [inlmath]2k+3[/inlmath] (tj. od [inlmath]2(k+1)+1[/inlmath], što je i trebalo dokazati.



Drugi način rešavanja (takođe primenom indukcije dvaput) bio bi da se dokaže indukcijski korak, koji glasi
[dispmath]4^{k+1}>(k+1)^2\\
4^k+3\cdot4^k>k^2+2k+1\\
\underbrace{4^k-k^2}_{>0\text{ po i.p.}}+3\cdot4^k>2k+1[/dispmath] pa se sada novom indukcijom dokazuje [inlmath]3\cdot4^k>2k+1[/inlmath], što ide lako...
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 8421
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4491 puta
Pohvaljen: 4477 puta


Povratak na TEORIJA BROJEVA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 3 gostiju

cron

Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Nedelja, 25. Oktobar 2020, 06:44 • Sva vremena su u UTC + 1 sat [ DST ]
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs