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

Indukcijska pretpostavka

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

Indukcijska pretpostavka

Postod Frank » Ponedeljak, 20. April 2020, 14:54

Pozdrav! Imam jedno opšte pitanje u vezi drugog koraka dokazivanja preko matematičke indukcije - indukcije pretpostavke. Radi lakšeg snalazenja navešću jedan jednostavan primer:
Pomoću magnetne indukcije dokazati tvrdjenje
[dispmath]1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}[/dispmath] Nakon provere da li je indukcijska baza zadovoljena prelazim na indukcijsku pretpostavku. Pretpostavim da je tvrdjenje tačno za svako [inlmath]n[/inlmath], pa imam:
[dispmath]\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}[/dispmath] Ono što mi nije jasno je [inlmath](n+1)^2[/inlmath]. Da li je to sledeci član niza ili...? Po mom mišljenju u nekim zadacima moze da bude sledeci član, a u nekim ne mora, kao što je ovaj (izmedju [inlmath]2k[/inlmath] i [inlmath]2(k+1)[/inlmath] ima još jedan član).
Frank   ONLINE
 
Postovi: 231
Zahvalio se: 119 puta
Pohvaljen: 120 puta

Sharuj ovu temu na:

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

Re: Indukcijska pretpostavka

Postod Daniel » Utorak, 21. April 2020, 11:46

Frank je napisao:Pomoću magnetne indukcije dokazati tvrdjenje

:lol:

Frank je napisao:Ono što mi nije jasno je [inlmath](n+1)^2[/inlmath]. Da li je to sledeci član niza ili...?

Bitno je da uočiš pravilnost. U ovom zadatku koji si naveo imamo sumu kvadrata prirodnih brojeva ([inlmath]S_n[/inlmath]), pri čemu brojevi koji su kvadrirani čine aritmetički niz, i idu od [inlmath]1[/inlmath] pa do [inlmath]n[/inlmath], s korakom [inlmath]1[/inlmath]. To znači, suma [inlmath]S_{n+1}[/inlmath] bila bi isto to, samo što bi u njoj brojevi koji su kvadrirani išli od [inlmath]1[/inlmath] pa do [inlmath]n+1[/inlmath], takođe s korakom [inlmath]1[/inlmath]. Znači, ta suma bi glasila [inlmath]1^2+2^2+3^2+\cdots+(n-1)^2+n^2+(n+1)^2[/inlmath] (za slučaj da tvoje sledeće pitanje bude jesam li morao da pišem i sabirak [inlmath](n-1)^2[/inlmath] – ne, nisam morao, mogao sam i njega da „utopim“ u one tri tačke, ali napisao sam ovako da bi bilo razumljivije).

Frank je napisao:Po mom mišljenju u nekim zadacima moze da bude sledeci član, a u nekim ne mora, kao što je ovaj (izmedju [inlmath]2k[/inlmath] i [inlmath]2(k+1)[/inlmath] ima još jedan član).

U tom zadatku imamo sumu koja glasi
[dispmath]S_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}>\frac{13}{24}[/dispmath] Šta kod nje uočavamo? Imamo imenioce koji takođe čine aritmetički niz, koji kreću od broja koji je za [inlmath]1[/inlmath] veći od [inlmath]n[/inlmath] (tj. kreću od broja [inlmath]n+1[/inlmath]), svaki sledeći član je uvećan za [inlmath]1[/inlmath] u odnosu na prethodni, a poslednji član je dvostruko veći od broja [inlmath]n[/inlmath].
Kako bi onda glasila suma [inlmath]S_{n+1}[/inlmath]? Pa, imenioci bi takođe činili aritmetički niz, prvi član bi bio za [inlmath]1[/inlmath] veći od [inlmath]n+1[/inlmath] (tj. bio bi [inlmath]n+2[/inlmath]), svaki sledeći član bi bio uvećan za [inlmath]1[/inlmath] u odnosu na prethodni, a poslednji član bi bio dvostruko veći od broja [inlmath]n+1[/inlmath] (tj. bio bi [inlmath]2n+2[/inlmath]). Prema tome, imenioci su svi prirodni brojevi od [inlmath]n+2[/inlmath] pa do [inlmath]2n[/inlmath]. To jest – [inlmath]n+2,\,n+3,\,n+4,\,\ldots,\,2n-4,\,2n-3,\,2n-2,\,2n-1,\,2n[/inlmath]. Eto, sve je savršeno logično.

Ako si ovo skapirao, kako bi recimo odredio [inlmath]S_{n+1}[/inlmath], ako je
[dispmath]S_n=\frac{1}{3^{n+2}+5}+\frac{1}{3^{n+2}+7}+\frac{1}{3^{n+2}+9}+\cdots+\frac{1}{3^{n+2}+2n+3}[/dispmath] A kako bi glasili [inlmath]S_1[/inlmath], [inlmath]S_2[/inlmath] i [inlmath]S_3[/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: 8162
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4282 puta
Pohvaljen: 4339 puta

Re: Indukcijska pretpostavka

Postod Frank » Utorak, 21. April 2020, 14:49

Daniel je napisao:Ako si ovo skapirao, kako bi recimo odredio [inlmath]S_{n+1}[/inlmath], ako je
[dispmath]S_n=\frac{1}{3^{n+2}+5}+\frac{1}{3^{n+2}+7}+\frac{1}{3^{n+2}+9}+\cdots+\frac{1}{3^{n+2}+2n+3}[/dispmath]

Ovako
[dispmath]S_{n+1}=\frac{1}{3^{n+3}+7}+\frac{1}{3^{n+3}+9}+\frac{1}{3^{n+3}+11}+\cdots+\frac{1}{3^{n+3}+2(n+1)+3}[/dispmath]
Daniel je napisao:A kako bi glasili [inlmath]S_1[/inlmath], [inlmath]S_2[/inlmath] i [inlmath]S_3[/inlmath]?

Za [inlmath]S_1[/inlmath] - Ubacujem [inlmath]1[/inlmath] umesto [inlmath]n[/inlmath] u poslednji sabirak niza, da vidim koliko sabiraka uzimam:
[dispmath]f(n)=\frac{1}{3^{n+2}+2n+3}[/dispmath][dispmath]f(1)=\frac{1}{3^{1+2}+2+3}[/dispmath] Dakle, za [inlmath]n=1[/inlmath] suma niza bice jednaka prvom sabirku
Analogno i za [inlmath]S_2[/inlmath] i [inlmath]S_3[/inlmath]. Za [inlmath]S_2[/inlmath] suma je jednaka zbiru prva dva sabirka, a za [inlmath]S_3[/inlmath] zbiru prva tri sabirka. Podrazumevam da niz vazi za brojeve [inlmath]n\ge1[/inlmath].
Frank   ONLINE
 
Postovi: 231
Zahvalio se: 119 puta
Pohvaljen: 120 puta

  • +1

Re: Indukcijska pretpostavka

Postod Daniel » Utorak, 21. April 2020, 20:20

Frank je napisao:Ovako
[dispmath]S_{n+1}=\frac{1}{3^{n+3}+7}+\frac{1}{3^{n+3}+9}+\frac{1}{3^{n+3}+11}+\cdots+\frac{1}{3^{n+3}+2(n+1)+3}[/dispmath]

Negde ti se izgubio prvi sabirak, koji treba da glasi [inlmath]\displaystyle\frac{1}{3^{n+3}+5}[/inlmath]. Mislio sam i da napišeš par poslednjih sabiraka, jer je upravo to ono što te bunilo, ali dobro, napisaću ja:
[dispmath]S_{n+1}=\frac{1}{3^{n+3}+5}+\frac{1}{3^{n+3}+7}+\cdots+\frac{1}{3^{n+3}+2(n+1)-1}+\frac{1}{3^{n+3}+2(n+1)+1}+\frac{1}{3^{n+3}+2(n+1)+3}[/dispmath]
[inlmath]S_1[/inlmath], [inlmath]S_2[/inlmath] i [inlmath]S_3[/inlmath] si ispravno odredio (bar koliko sam te razumeo), ali haj'mo i da ih zapišemo:
[dispmath]S_1=\frac{1}{3^{1+2}+5}\\
S_2=\frac{1}{3^{2+2}+5}+\frac{1}{3^{2+2}+7}\\
S_3=\frac{1}{3^{3+2}+5}+\frac{1}{3^{3+2}+7}+\frac{1}{3^{3+2}+9}[/dispmath]
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: 8162
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4282 puta
Pohvaljen: 4339 puta

Re: Indukcijska pretpostavka

Postod Frank » Utorak, 21. April 2020, 21:26

Ne, nije se izgubio prvi sabirak, vec ga namerno nisam napisao jer sam mislio da niz [inlmath]S_{n+1}[/inlmath] počinje sabirkom [inlmath]\frac{1}{3^{n+3}+5}[/inlmath]. Ali, pošto sam jos koji put prošao kroz sve, skontao sam zašto je to tako.
Početak i kraj sam skapirao, jos samo sredinu i to je to. :D

Hvala puno na ovako detaljnom i savršeno jasnom objašnjenju! :)
Frank   ONLINE
 
Postovi: 231
Zahvalio se: 119 puta
Pohvaljen: 120 puta


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 Sreda, 03. Jun 2020, 01:44 • Sva vremena su u UTC + 1 sat [ DST ]
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs