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 MATEMATIČKA ANALIZA NIZOVI I REDOVI

Matematička indukcija – dokazivanje nejednakosti

[inlmath]a_1,\:a_2,\:...\:a_{n-1},\:a_n[/inlmath]

Matematička indukcija – dokazivanje nejednakosti

Postod Srdjan01 » Nedelja, 19. Jul 2020, 15:14

Pozdrav, potrebna mi je pomoć oko ovog zadatka, pa ako je neko imao sličan problem, mnogo bi mi pomoglo! :)
Zadatak glasi: Dokazati da nejednakost [inlmath]\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{n+1}}[/inlmath] vrijedi za sve prirodne brojeve [inlmath]n[/inlmath]. Ja sam počeo ovako:
[dispmath]\sum_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{n+1}}\\
\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}(n+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{n+1}}[/dispmath] Baza indukcije: [inlmath]n=1[/inlmath]
[dispmath]\frac{1}{2}<2-\sqrt2[/dispmath] Pretpostavka [inlmath]n=k[/inlmath]
[dispmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}[/dispmath] Dodavanje [inlmath]n=k+1[/inlmath]
[dispmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}+\frac{1}{\sqrt{k+1}\cdot(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] E sada ne razumijem, da li se izraz [inlmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}[/inlmath] može zamjeniti izrazom [inlmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}[/inlmath] zbog znaka [inlmath]<[/inlmath] "manje". Po mom mišljenju, ne može, vjerovatno postoji "caka" koju ne uočavam.
Ali kada bih zamjenio dobio bih:
[dispmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}\cdot(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] Takođe, sa ovim dijelom, ne znam šta bih dalje.
Unaprijed Hvala! :D
Korisnikov avatar
 
Postovi: 92
Zahvalio se: 32 puta
Pohvaljen: 61 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 – dokazivanje nejednakosti

Postod primus » Nedelja, 19. Jul 2020, 17:49

Na osnovu indukcione pretpostavke imamo da je
[dispmath]\sum_{i=1}^k\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}[/dispmath] Odnosno
[dispmath]\sum_{i=1}^{k+1}\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}=\sum_{i=1}^k\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}[/dispmath] Dakle potrebno je pokazati da važi
[dispmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] Upotrebom elementarnih transformacija imamo
[dispmath]-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath][dispmath]\frac{-2(k+2)+1}{\sqrt{k+1}(k+2)}+\frac{2}{\sqrt{k+2}}<0[/dispmath][dispmath]-2k-4+1+2\sqrt{(k+1)(k+2)}<0[/dispmath][dispmath]2\sqrt{(k+1)(k+2)}<2k+3[/dispmath][dispmath]4(k+1)(k+2)<(2k+3)^2[/dispmath][dispmath]4\left(k^2+3k+2\right)<4k^2+12k+9[/dispmath][dispmath]8<9[/dispmath]
Plenus venter non studet libenter
Korisnikov avatar
primus  OFFLINE
 
Postovi: 232
Zahvalio se: 15 puta
Pohvaljen: 278 puta

Re: Matematička indukcija – dokazivanje nejednakosti

Postod Srdjan01 » Nedelja, 19. Jul 2020, 20:36

Hvala na odgovoru! :)
Korisnikov avatar
 
Postovi: 92
Zahvalio se: 32 puta
Pohvaljen: 61 puta

Re: Matematička indukcija – dokazivanje nejednakosti

Postod Daniel » Nedelja, 19. Jul 2020, 22:43

Budući da autor teme nije tražio kompletan postupak (što je svakako pohvalno :thumbup: ) već je postavio konkretna pitanja, ja ću na ta konkretna pitanja i odgovoriti:

Srdjan01 je napisao:[dispmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}+\frac{1}{\sqrt{k+1}\cdot(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] E sada ne razumijem, da li se izraz [inlmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}[/inlmath] može zamjeniti izrazom [inlmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}[/inlmath] zbog znaka [inlmath]<[/inlmath] "manje". Po mom mišljenju, ne može, vjerovatno postoji "caka" koju ne uočavam.

Da, sme. U opštem slučaju, ako treba da dokažeš neku nejednakost [inlmath]a<b[/inlmath], to možeš učiniti tako što uzmeš neko [inlmath]c[/inlmath] za koje znaš da je veće od [inlmath]a[/inlmath] i ako dokažeš da važi [inlmath]c<b[/inlmath] samim tim će važiti i [inlmath]a<b[/inlmath], jer iz [inlmath]a<c[/inlmath] i [inlmath]c<b[/inlmath] sledi i [inlmath]a<b[/inlmath] (osobina tranzitivnosti za relaciju [inlmath]<[/inlmath]).
Čak, pri tom dokazivanju, nije neophodno dokazivati ni strogu nejednakost [inlmath]c<b[/inlmath], dovoljno je dokazati [inlmath]c\le b[/inlmath], jer iz [inlmath]a<c\le b[/inlmath], takođe sledi [inlmath]a<b[/inlmath]. To znači, u koraku
primus je napisao:[dispmath]\sum_{i=1}^{k+1}\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}=\sum_{i=1}^k\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}[/dispmath] Dakle potrebno je pokazati da važi
[dispmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath]

dovoljno je pokazati da važi „samo“
[dispmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}{\color{red}\le}2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] Dakle, čak i kad bismo dobili da je izraz [inlmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}[/inlmath] jednak izrazu [inlmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/inlmath] (nije, al' zamislimo da jeste), time bismo opet dokazali nejednakost koju je trebalo dokazati:
[dispmath]\sum_{i=1}^{k+1}\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}=\sum_{i=1}^k\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}{\color{#04F}=}2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}\\
\Longrightarrow\quad\sum_{i=1}^{k+1}\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] (Plavim znakom jednakosti označio sam jednakost koja identički nije tačna, ali sam time samo hteo da pokažem zbog čega smo smeli postaviti i blaži uslov, sa znakom [inlmath]\le[/inlmath] umesto [inlmath]<[/inlmath].)

Srdjan01 je napisao:[dispmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}\cdot(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] Takođe, sa ovim dijelom, ne znam šta bih dalje.

Svedeš sve na zajednički imenilac i, pošto je taj zajednički imenilac pozitivan, dovoljno je samo da posmatraš znak brojioca (nakon što sve prebaciš na jednu stranu). Time dobijaš standardnu iracionalnu nejednačinu. To je suština postupka koji ti je primus pokazao.
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: Matematička indukcija – dokazivanje nejednakosti

Postod Srdjan01 » Ponedeljak, 20. Jul 2020, 06:52

Hvala mnogo na odgovoru! :thumbup:
Korisnikov avatar
 
Postovi: 92
Zahvalio se: 32 puta
Pohvaljen: 61 puta


Povratak na NIZOVI I REDOVI

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 37 gostiju


Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Petak, 29. Mart 2024, 03:17 • Sva vremena su u UTC + 1 sat
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs