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

Matematicka indukcija

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

Matematicka indukcija

Postod nikolalosic » Petak, 20. Jun 2014, 19:05

Dokazati da za svako [inlmath]n\in\mathbb{N}[/inlmath] vazi:
[dispmath]\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 5}+\cdots +\frac{1}{(2n+1)\cdot (2n+3)}=\frac{n+1}{2n+3}[/dispmath]
Znam kako se rade ovi tipovi zadataka, uradio sam ih poprilicno mnogo, ali ovde mi nesto ne izgleda dobro zato sto [inlmath]T(1)[/inlmath] nije tacno. Tacno je za [inlmath]T(0)[/inlmath] ali zar po definiciji ne treba da se radi za [inlmath]T(1)[/inlmath], tako je u svim ostalim zadacima. Ovo je zadatak koji je bio na prijemnom ispitu na FTN-u 2003. godine pa mi je zato cudno da je napravljen takav propust..Verovatno gresim negde.
U resenjima sa prijemnog pocinju sa radom ovako: Da data jednakost važi za svaki prirodan broj [inlmath]n[/inlmath] dokazaćemo koristeći princip matematičke indukcije.
Za [inlmath]n=1[/inlmath] data jednakost važi, jer je
[dispmath]\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 5}=\frac{1+1}{2\cdot 1+3}=\frac{2}{5}[/dispmath]
Opet kazem, uradio sam dosta ovakvih zadataka i nigde nisam naisao na ovakav nacin, uvek je pocnjalo sa [inlmath]n=1[/inlmath] i izraz je uvek bio tacan za [inlmath]n=1[/inlmath] a ne [inlmath]n=0[/inlmath] i nije nigde bilo tog sabiranja prva dva clana...
 
Postovi: 31
Zahvalio se: 25 puta
Pohvaljen: 4 puta

Sharuj ovu temu na:

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

Re: Matematicka indukcija

Postod Daniel » Petak, 20. Jun 2014, 22:20

Pa, jeste, ova jednakost upravo i važi za [inlmath]n=1[/inlmath], kao što su oni na ovom primeru i pokazali.
Nemoj da te buni to što za [inlmath]n=1[/inlmath] uzimamo prva dva sabirka. Kod matematičke indukcije nigde ne postoji pravilo da se za [inlmath]n=1[/inlmath] mora uzimati samo prvi sabirak.
Posmatraj poslednji sabirak u opštem obliku izraza za levu stranu jednačine. Taj poslednji sabirak glasi [inlmath]\frac{1}{\left(2n+1\right)\cdot\left(2n+3\right)}[/inlmath]. Sada u taj poslednji sabirak uvrstiš [inlmath]n=1[/inlmath] i na taj način ćeš videti koji će biti poslednji sabirak u slučaju za [inlmath]n=1[/inlmath]. Dakle:
[dispmath]\frac{1}{\left(2\cdot 1+1\right)\cdot\left(2\cdot 1+3\right)}=\frac{1}{3\cdot 5}[/dispmath]
Prema tome, kad radimo slučaj [inlmath]n=1[/inlmath], pišemo u njemu sve sabirke dok ne stignemo do tog sabirka [inlmath]\frac{1}{3\cdot 5}[/inlmath]. A pošto se pre njega nalazi samo sabirak [inlmath]\frac{1}{1\cdot 3}[/inlmath], to znači da će leva strana jednačine za slučaj [inlmath]n=1[/inlmath] glasiti
[dispmath]\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 5}[/dispmath]
Pogledaj i ovu temu, u njoj je bilo postavljeno vrlo slično pitanje.
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: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta

Re: Matematicka indukcija

Postod nikolalosic » Petak, 20. Jun 2014, 22:46

Sad mi je jasno, hvala puno! :)
Problem je bio u tome sto je kod svih tih zadataka koje sam radio bio dovoljan samo taj prvi broj pa sam onda pomislio da je to neko pravilo. :facepalm: Ovo sad mi je dosta pomoglo kako se ne bih zeznuo kod takvih zadataka.. :thumbup:
 
Postovi: 31
Zahvalio se: 25 puta
Pohvaljen: 4 puta


Povratak na TEORIJA BROJEVA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 29 gostiju


Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Petak, 29. Mart 2024, 14:05 • Sva vremena su u UTC + 1 sat
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs