Obe te jednakosti smo koristili sleva udesno, te sam ih zbog toga i tako zapisao. Ali, da bismo ih pokazali, trebalo bi da ih citamo zdesna ulevo. Za prvu jednakost, ako tako posmatramo celu situaciju, izracunaj integral. Za drugu, razvij [inlmath](1-t)^n[/inlmath] preko binomne formule, pa onda sredi sve.

Da li je ovo korektan dokaz indukcijom:

Za [inlmath]n=1[/inlmath] jednakost je tačna.

Za [inlmath]n=m[/inlmath]
[dispmath]\sum_{k=1}^m(-1)^{k+1}{m\choose k}\frac{1}{k}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{m}[/dispmath]
Za [inlmath]n=m+1[/inlmath]
[dispmath]\sum_{k=1}^{m+1}(-1)^{k+1}{m+1\choose k}\frac{1}{k}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{m+1}[/dispmath]
Dokaz:
[dispmath]\sum_{k=1}^m(-1)^{k+1}{m\choose k}\frac{1}{k}+(-1)^{2(m+1)}\frac{1}{m+1}[/dispmath]
što je tačno.

Da malo odmenim Onomatopeju, zaista se čovek naradio, obavio je glavni deo posla...

EDIT: Ups, tek sad videh da postoji i ova druga stranica teme, u kojoj je čovek već objasnio kako se radi, al' kad sam već sve ovo napisao, šteta da se baci...

[inlmath]\frac{1}{k}[/inlmath] možeš napisati na sledeći način:
[dispmath]\frac{1}{k}=\frac{1}{k}\left(1^k-0^k\right)=\left.\frac{1}{k}\cdot t^k\right|_0^1=\frac{1}{k}\int\limits_0^1\left(t^k\right)'\mathrm dt=\frac{1}{\cancel k}\int\limits_0^1\cancel kt^{k-1}\mathrm dt=\int\limits_0^1t^{k-1}\mathrm dt[/dispmath]
[inlmath]\sum\limits_{k=1}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{k+1}t^{k-1}[/inlmath] možeš uporediti s binomnom formulom:
[dispmath]\left(a+b\right)^n=\sum_{k=0}^n{n\choose k}a^{n-k}b^k[/dispmath]
Svedemo formulu [inlmath]\sum\limits_{k=1}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{k+1}t^{k-1}[/inlmath] na oblik koji će malo više ličiti binomnoj formuli. Prvo, [inlmath]t^{k-1}[/inlmath] pišemo kao [inlmath]\frac{1}{t}\cdot t^k[/inlmath], pri čemu [inlmath]\frac{1}{t}[/inlmath] može izaći ispred sume:
[dispmath]\sum_{k=1}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{k+1}t^{k-1}=\frac{1}{t}\sum_{k=1}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{k+1}t^k[/dispmath]
Takođe, vidimo da suma ide od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]n[/inlmath], a kod binomne formule ide od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]n[/inlmath]. Zato dodamo i oduzmemo taj nulti član:
[dispmath]\frac{1}{t}\sum_{k=1}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{k+1}t^k=\frac{1}{t}\sum_{k=0}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{k+1}t^k-\frac{1}{t}{n\choose 0}\left(-1\right)^{0+1}t^0=\frac{1}{t}\sum_{k=0}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{k+1}t^k+\frac{1}{t}[/dispmath]
Pošto je u binomnoj formuli jedan član dignut na [inlmath]k[/inlmath], a drugi na [inlmath]n-k[/inlmath], a mi ovde već imamo jedan član ([inlmath]t[/inlmath]) dignut na [inlmath]k[/inlmath], to znači da drugi član ([inlmath]-1[/inlmath]) treba nekako da dignemo na [inlmath]n-k[/inlmath]. Sad ovde imamo dva slučaja. Za [inlmath]n[/inlmath] parno, biće [inlmath]\left(-1\right)^{k+1}=-\left(-1\right)^{n-k}[/inlmath], dok će za [inlmath]n[/inlmath] neparno biti [inlmath]\left(-1\right)^{k+1}=\left(-1\right)^{n-k}[/inlmath].

[inlmath]n[/inlmath] parno:
[dispmath]\frac{1}{t}\sum_{k=0}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{k+1}t^k+\frac{1}{t}=-\frac{1}{t}\sum_{k=0}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{n-k}t^k+\frac{1}{t}=-\frac{1}{t}\left(-1+t\right)^n+\frac{1}{t}=\frac{1-\left(1-t\right)^n}{t}[/dispmath]
Naravno, [inlmath]\left(-1+t\right)^n[/inlmath] je isto što i [inlmath]\left(1-t\right)^n[/inlmath], budući da je [inlmath]n[/inlmath] parno.

[inlmath]n[/inlmath] neparno:
[dispmath]\frac{1}{t}\sum_{k=0}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{k+1}t^k+\frac{1}{t}=\frac{1}{t}\sum_{k=0}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{n-k}t^k+\frac{1}{t}=\frac{1}{t}\left(-1+t\right)^n+\frac{1}{t}=\frac{1-\left(t-1\right)^n}{t}[/dispmath]
i dolazimo do istog rezultata i za [inlmath]n[/inlmath] parno i za [inlmath]n[/inlmath] neparno, te je ovime pokazano da je
[dispmath]\sum_{k=1}^n{n\choose k}\left(-1\right)^{k+1}t^{k-1}=\frac{1-\left(t-1\right)^n}{t}[/dispmath]

display_error je napisao:Da li je ovo korektan dokaz indukcijom:
[inlmath]\vdots[/inlmath]
Dokaz:
[dispmath]\sum_{k=1}^m(-1)^{k+1}{m\choose k}\frac{1}{k}+(-1)^{2(m+1)}\frac{1}{m+1}[/dispmath]
što je tačno.

Na koji način si došao do ovog izraza?

Da bi se iskoristila induktivna pretpostavka (u dokazu):
[dispmath]\sum_{k=1}^m(-1)^{k+1}{m\choose k}\frac{1}{k}[/dispmath]
Na ovo dodamo deo induktivnog koraka [inlmath]\sum\limits_{k=m+1}^{m+1}(-1)^{k+1}{m+1\choose k}\frac{1}{k}=(-1)^{m+2}\frac{1}{m+1}[/inlmath]

E sad pošto je sa desne strane (u dokazu) sabirak [inlmath]\frac{1}{m+1}[/inlmath] pozitivan, postavio sam [inlmath](-1)^{m+2}\frac{1}{m+1}[/inlmath] na [inlmath](-1)^{2(m+1)}\frac{1}{m+1}[/inlmath]

Znam da ovo nije korektno, ali pokušao sam da rešim zadatak indukcijom.

Hvala na detaljnom pojašnjenju.

display_error je napisao:Da bi se iskoristila induktivna pretpostavka (u dokazu):
[dispmath]\sum_{k=1}^m(-1)^{k+1}{m\choose k}\frac{1}{k}[/dispmath]
Na ovo dodamo deo induktivnog koraka [inlmath]\sum\limits_{k=m+1}^{m+1}(-1)^{k+1}{m+1\choose k}\frac{1}{k}=(-1)^{m+2}\frac{1}{m+1}[/inlmath]

Nisam siguran jesam li dobro razumeo šta je bila tvoja ideja, ali ne možeš na [inlmath]\sum\limits_{k=1}^m\left(-1\right)^{k+1}{{\color{red}m}\choose k}\frac{1}{k}[/inlmath] da dodaješ [inlmath]\sum\limits_{k=m+1}^{m+1}\left(-1\right)^{k+1}{m+1\choose k}\frac{1}{k}[/inlmath], budući da suma prvih [inlmath]m[/inlmath] članova induktivnog koraka ne glasi [inlmath]\sum\limits_{k=1}^m\left(-1\right)^{k+1}{{\color{red}m}\choose k}\frac{1}{k}[/inlmath], već glasi [inlmath]\sum\limits_{k=1}^m\left(-1\right)^{k+1}{{\color{red}m+1}\choose k}\frac{1}{k}[/inlmath].

display_error je napisao:E sad pošto je sa desne strane (u dokazu) sabirak [inlmath]\frac{1}{m+1}[/inlmath] pozitivan, postavio sam [inlmath](-1)^{m+2}\frac{1}{m+1}[/inlmath] na [inlmath](-1)^{2(m+1)}\frac{1}{m+1}[/inlmath]

To što je [inlmath]\frac{1}{m+1}[/inlmath] pozitivan, nema nikakve veze s tim da mora i [inlmath]\left(-1\right)^{m+2}[/inlmath] biti pozitivno, to su dva odvojena činioca.
Drugo, ne smeš u indukciji da „štimuješ“ vrednost [inlmath]m[/inlmath]. Indukcija je vrlo jasna – treba dokazati da, ako nešto važi za [inlmath]m[/inlmath], tada važi i za [inlmath]m+1[/inlmath].