szukanie zaawansowane
 [ Posty: 3 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 16 lis 2011, o 20:45 
Użytkownik

Posty: 65
Lokalizacja: Skad mam to wiedziec?
Mam problem z dwoma przykladami

\frac{1 \cdot 3 \cdot 5...(2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot ...2n} < \frac{1}{ \sqrt[]{2n+1} }

nierównosc jest prawdziwa dla n=1, więc trzeba sprawdzic czy jest tez dla n+1
teza : \frac{1 \cdot 3 \cdot 5...(2n+1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot ...2n+2} < \frac{1}{ \sqrt[]{2n+3} }

i teraz dowód;

\frac{2n-1}{2n}+ \frac{2n+1}{2n+2} <  \frac{1}{ \sqrt{2n+3} }
chyba cos namieszałem ;/?? nie wiem czy tak wygląda poprawny zapisany dowód? i
drugi przykład;

Dla każdego n należącego do N n! \ge  2^{n-1}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 17 lis 2011, o 13:40 
Użytkownik

Posty: 2750
Lokalizacja: podkarpacie
Zacznę od tego drugiego (postaram się go zapisać dosyć formalnie, bo zauważyłem, że wiele osób prezentuje raczej "luźne" podejście do dowodów indukcyjnych).
Twierdzenie: \bigwedge\limits_{n\in\mathbb{N}} n!\ge2^{n-1}
Dowód (poprzez indukcję)
1^\circ Sprawdzamy czy twierdzenie jest prawdziwe dla n=1.
1!\ge2^{1-1}
1\ge1 - jest to oczywiście prawdą.
2^\circ
Z_i (założenie indukcyjne) n!\ge2^{n-1}.
T_i (teza indukcyjna) (n+1)!\ge2^n.
L=(n+1)!=(n+1)\cdot n!\stackrel{Z_i}{\ge}(n+1)\cdot2^{n-1}=\frac{n+1}{2}\cdot2^n\stackrel{(*)}{\ge}2^n=P
przy czym nierówność (*) wynika z faktu, że \frac{n+1}{2}\ge1.
(Teraz formalnie powinna pojawić się taka formuła, którą wszyscy zazwyczaj pomijają :lol: )
Wykazaliśmy prawdziwość twierdzenia dla najmniejszej liczby naturalnej oraz że z prawdziwości twierdzenia dla pewnej liczby naturalnej wynika jego prawdziwość dla liczby następnej, a zatem na mocy zasady indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich liczb naturalnych.

Teraz już nie tak bardzo formalnie to pierwsze. Dla n=1 sprawdziłeś, to teraz
Z_i: \frac{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot...\cdot2n}<\frac{1}{\sqrt{2n+1}}
T_i: \frac{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2n-1)\cdot(2n+1)}{2\cdot4\cdot6\cdot...\cdot2n\cdot(2n+2)}<\frac{1}{\sqrt{2n+3}}
L=\frac{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2n-1)\cdot(2n+1)}{2\cdot4\cdot6\cdot...\cdot2n\cdot(2n+2)}=\frac{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot...\cdot2n}\cdot\frac{2n+1}{2n+2}\stackrel{Z_i}{<}
\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\cdot\frac{2n+1}{2n+2}\stackrel{(*)}{\le}\frac{1}{\sqrt{2n+3}}
Wystarczy zatem udowodnić nierówność (*), mnożymy przez \sqrt{2n+1} i podnosimy do kwadratu
\frac{4n^2+4n+1}{4n^2+8n+4}\le\frac{2n+1}{2n+3}
8n^3+12n^2+8n^2+12n+2n+3\le8n^3+4n^2+16n^2+8n+8n+4
8n^3+20n^2+14n+3\le8n^3+20n^2+16n+4
0\le2n+1
co kończy dowód nierówności (*) i wyjściowej nierówności.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 17 lis 2011, o 21:08 
Użytkownik

Posty: 65
Lokalizacja: Skad mam to wiedziec?
Caly problem u mnie tkwi tylko w zapisaniu tezy bo jest to troche inaczej niż przy równościach.
ale zauważyłem już pewną zależność w twoim rozwiązaniu :] być moze okaze sie dobra na innych nierównosciach :)

Dziękuje za pomoc, klik "pomógł"
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 3 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 indukcja matematyczna - pytanie  ZIELONY  2
 Coś (chyba :P) z indukcja związane  jackass  4
 indukcja  Anonymous  1
 Podzielność przez 14 - indukcja  John Til  6
 Uogólniona nierówność Bernoulliego  Anonymous  10
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl