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 – nejednakost

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

Moderator: Corba248

Matematicka indukcija – nejednakost

Postod wolf11 » Četvrtak, 06. Jul 2017, 20:29

Zadatak je sljedeci
[dispmath]\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right )^2<\frac{1}{2},\quad n\geq1[/dispmath]
osnovni korak za [inlmath]n=1[/inlmath] je trivijalan. indukcijska pretpostavka bi bila za [inlmath]n=k[/inlmath], [inlmath]\left(\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{2k}\right )^2<\frac{1}{2}[/inlmath], ali sta dalje kad se dokazuje za [inlmath]n=k+1[/inlmath], da li se ovaj izraz u zagradi prosiruje sa jednim clanom kao i obicno?
Sta kad dobijem
[dispmath]\left(\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k+1}\right)^2<\frac{1}{2}[/dispmath] ?? Ostao sam bez ideja..
wolf11  OFFLINE
 
Postovi: 37
Zahvalio se: 31 puta
Pohvaljen: 3 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 – nejednakost

Postod Corba248 » Četvrtak, 06. Jul 2017, 22:13

wolf11 je napisao:Sta kad dobijem
[dispmath]\left(\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k+1}\right)^2<\frac{1}{2}[/dispmath] ?? Ostao sam bez ideja..

Za slučaj [inlmath]n=k+1[/inlmath] se ne dobija ovo.
Moderator
 
Postovi: 305
Zahvalio se: 37 puta
Pohvaljen: 338 puta

Re: Matematicka indukcija – nejednakost

Postod wolf11 » Četvrtak, 06. Jul 2017, 22:30

Zar ne trebam dodati jos jedan clan na kraj?? Sta se onda dodaje?
wolf11  OFFLINE
 
Postovi: 37
Zahvalio se: 31 puta
Pohvaljen: 3 puta

  • +1

Re: Matematicka indukcija – nejednakost

Postod Corba248 » Četvrtak, 06. Jul 2017, 22:58

[dispmath]\left(\frac{1}{k+{\color{red}2}}+\frac{1}{k+{\color{red}3}}+\cdots+\frac{1}{2k+{\color{red}2}}\right)^2<\frac{1}{2}[/dispmath]
Moderator
 
Postovi: 305
Zahvalio se: 37 puta
Pohvaljen: 338 puta

  • +1

Re: Matematicka indukcija – nejednakost

Postod Daniel » Četvrtak, 06. Jul 2017, 23:59

wolfe, posmatraj to ovako: u [inlmath]k[/inlmath]-tom članu niza, unutar zagrade imaš ukupno [inlmath]k[/inlmath] sabiraka (svaki u obliku razlomka). Svaki od imenilaca tih razlomaka za [inlmath]1[/inlmath] je veći od prethodnog. Imenilac prvog sabirka je [inlmath]k+1[/inlmath], a imenilac poslednjeg je [inlmath]k+k[/inlmath], iliti [inlmath]2k[/inlmath].
Znači, kod [inlmath](k+1).[/inlmath] člana niza imenilac prvog sabirka će biti [inlmath](k+1)+1[/inlmath], tj. [inlmath]k+2[/inlmath], dok će svaki sledeći imenilac biti veći za [inlmath]1[/inlmath] od prethodnog, što znači da će sledeći biti [inlmath]k+3[/inlmath], pa [inlmath]k+4[/inlmath] itd. a pošto pošto poslednji imenilac mora biti [inlmath]2(k+1)[/inlmath] tj. [inlmath]2k+2[/inlmath], imenioci pre njega će biti [inlmath]2k-1[/inlmath], [inlmath]2k[/inlmath], [inlmath]2k+1[/inlmath]. I na kraju taj razlomak s imeniocem [inlmath]2k+2[/inlmath].

To je što se tiče principa kako se formira [inlmath](k+1).[/inlmath] član. Međutim, ja lično ne vidim način da se ova nejednakost dokaže indukcijom. Da li se u zadatku sigurno traži da se ovo dokaže baš indukcijom, a ne nekom drugom metodom? Moguće i da ja nešto previđam, ali štos je u tome što je ovaj niz monotono rastući (što se lako može pokazati), a treba dokazati da ako je neki član manji od neke vrednosti, onda će i sledeći član biti manji od te vrednosti – tako da to baš i ne ide indukcijom, jer je taj sledeći član veći od prethodnog člana. Kad bi trebalo dokazati obrnuto – da ako je neki član veći od neke vrednosti onda i sledeći član mora biti veći od te vrednosti – to bi se indukcijom rešavalo rutinski. Jedan takav primer, i to upravo s ovim nizom, imali smo u ovoj temi – znači, tamo je trebalo dokazati da su svi članovi niza počev od [inlmath]n=2[/inlmath] veći od neke vrednosti, što već ima logike (OK, tamo nemamo kvadrat ove sume, ali i ovu tvoju nejednakost možemo zapisati bez kvadrata tako što korenujemo obe strane pa se zadatak svodi na dokazivanje da su svi članovi niza manji od [inlmath]\frac{\sqrt2}{2}[/inlmath]).

Inače, suma unutar zagrade (bez kvadrata) konvergira ka [inlmath]\ln2[/inlmath], što je pokazano ovde, a što upravo i jeste manje (i to vrlo malo manje) od [inlmath]\frac{\sqrt2}{2}[/inlmath]. To jest, kvadrat te sume, tj. leva strana nejednakosti, konvergira ka [inlmath]\ln^22[/inlmath], a pošto je niz monotono rastući, to su svi njegovi članovi manji od [inlmath]\ln^22[/inlmath], a samim tim manji i od [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath], jer je [inlmath]\ln^22<\frac{1}{2}[/inlmath].
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: 7683
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4039 puta
Pohvaljen: 4110 puta

  • +1

Re: Matematicka indukcija – nejednakost

Postod Corba248 » Petak, 07. Jul 2017, 01:40

Ako se baš insistira na indukciji, možemo se poslužiti regresivnom indukcijom, odnosno 'sa [inlmath]n[/inlmath] na [inlmath]n-1[/inlmath]'.
Dakle, ako pretpostavimo da tvrđenje važi za [inlmath]k[/inlmath] onda dokazujemo i da važi za [inlmath]k-1[/inlmath]:
[dispmath]n=k\\
\left(\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{2k}\right)^2<\frac{1}{2}[/dispmath][dispmath]n=k-1\\
\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\cdots+\frac{1}{2k-2}\right)^2<\frac{1}{2}[/dispmath] Sada možemo jednu polovinu sa desne strane zameniti sa [inlmath]\left(\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{2k}\right)^2[/inlmath] jer je, po indukcijskoj pretpostavci, to manje od jedne polovine:
[dispmath]\frac{1}{k}+\cancel{\frac{1}{k+1}+\cdots+\frac{1}{2k-2}}<\cancel{\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{2k-2}}+\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k}\\
\frac{1}{k}<\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k}\\
\frac{1}{\cancel{k}}<\frac{4k-1}{2\cancel{k}\left(2k-1\right)}\\
1<\frac{4k-1}{4k-2}\\
4k-2<4k-1\\
-1<0[/dispmath]
U temi na koju je Daniel linkovao traži se da se dokaže:
[dispmath]\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}>\frac{13}{24},\quad n>1[/dispmath] A interesantno je i da važi:
[dispmath]\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}<\frac{3}{4},\quad n>1[/dispmath] Ovo možeš da probaš da dokažeš za vežbu.
Moderator
 
Postovi: 305
Zahvalio se: 37 puta
Pohvaljen: 338 puta

Re: Matematicka indukcija – nejednakost

Postod wolf11 » Petak, 07. Jul 2017, 13:06

Hvala na detaljnom objasnjenu, mnogo mi znaci. Pokusacu ovaj zadatak svakako nesto kasnije pa cu pitati ponovo ako bude nekakvih poteskoca :D
wolf11  OFFLINE
 
Postovi: 37
Zahvalio se: 31 puta
Pohvaljen: 3 puta

Re: Matematicka indukcija – nejednakost

Postod Corba248 » Petak, 07. Jul 2017, 13:32

Zapravo, kada se služimo regresivnom indukcijom nije dovoljno dokazati "sa [inlmath]k[/inlmath] na [inlmath]k-1[/inlmath]" kao što sam ja učinio. Potrebno je pre toga dokazati da tvrđenje važi za beskonačno mnogo brojeva. U ovom zadatku, može se dokazati da važi za sve brojeve oblika [inlmath]n=2^k[/inlmath] (ovo može "običnom" indukcijom). Tek nakon toga se sme uraditi ono što sam ja iznad napisao.
Moderator
 
Postovi: 305
Zahvalio se: 37 puta
Pohvaljen: 338 puta

Re: Matematicka indukcija – nejednakost

Postod wolf11 » Petak, 07. Jul 2017, 14:15

Corba248 je napisao:Potrebno je pre toga dokazati da tvrđenje važi za beskonačno mnogo brojeva. U ovom zadatku, može se dokazati da važi za sve brojeve oblika [inlmath]n=2^k[/inlmath] (ovo može "običnom" indukcijom).

Nisam razumio sta vam ovo znaci, kako ja znam da to vazi za brojeve oblika [inlmath]n=2^k[/inlmath] ??
wolf11  OFFLINE
 
Postovi: 37
Zahvalio se: 31 puta
Pohvaljen: 3 puta

  • +1

Re: Matematicka indukcija – nejednakost

Postod Corba248 » Petak, 07. Jul 2017, 14:30

Dakle, da bismo se poslužili regresivnom indukcijom moramo prvo pokazati da je tvrđenje tačno za beskonačno mnogo brojeva. Brojeva oblika [inlmath]2^k[/inlmath] ima beskonačno mnogo, jer [inlmath]k[/inlmath] može biti bilo koji prirodan broj. Tek nakon što pokažemo da tvrđenje važi za beskonačno mnogo brojeva možemo preći na indukcijski korak (ono što sam ja uradio). Ono što treba da uradiš je da dokažeš da tvrđenje važi za [inlmath]n=2^k[/inlmath], a to ćeš uraditi "običnom" indukcijom:
[dispmath]\left(\frac{1}{2^k+1}+\frac{1}{2^k+2}+\cdots+\frac{1}{2\cdot2^k}\right)^2<\frac{1}{2}\;\Longrightarrow\;\left(\frac{1}{2^{k+1}+1}+\frac{1}{2^{k+1}+2}+\cdots+\frac{1}{2\cdot2^{k+1}}\right)^2<\frac{1}{2}[/dispmath]
Moderator
 
Postovi: 305
Zahvalio se: 37 puta
Pohvaljen: 338 puta

Sledeća

Povratak na TEORIJA BROJEVA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 1 gost


Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Nedelja, 25. Avgust 2019, 09:16 • Sva vremena su u UTC + 1 sat [ DST ]
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs