Matematické Fórum

BakyX · 04. 04. 2011 18:49

http://wiki.matweb.cz/index.php/U%C5%BE … zorce#u5-2

Ako sa dokazuje toto bez indukcie - tj. priamy spôsob, ako na to prísť. Ďakujem

Matej1117

nato tusim potrebujes vediet spocitavat tie nekonecne rady.. kdesi na wikipedii som videl o tom celkom slusny clanok a na zaklade toho ako sa spocitavaju a na zaklade tychto vedomosti by som sa pokusil postavit dokaz .. alebo mozno sa treba pohrat s ciastocnymi suctami radu, vysledovat nejake zakonitosti.. vedel by som to dokazat ale teraz sa mi nechce ani sediet nie to este rozmyslat (prisiel som s roboty)

Ja osobne dokaz pomocou indukcie nepovazujem za plnohodnotny dokaz.

Alan122

↑ Matej1117:
a prečo nepovažuješ dokaz indukciou za plnohodnotny dokaz? hm?

pizet · 04. 04. 2011 19:15 — Editoval pizet (04. 04. 2011 19:20)

↑ Matej1117:

Matej1117 napsal(a):
Ja osobne dokaz pomocou indukcie nepovazujem za plnohodnotny dokaz.

Sorry ale toto je podľa mňa nezmysel, môžeš vysvetliť čo tým myslíš?

Ako súčet nekonečnej rady to nespraví, lebo sčitovať sa dajú len nekonečné geometrické rady s kvoncientom v absolútnej hodnote menším ako 1.

OiBobik

↑ BakyX:

První suma je Ti, předpokládám, známá: napíšu si sčítance jednou vzestupně, podruhé sestupně, dohromady vždy součet dvou sčítanců pod sebou je n+1 a je tam n-krát, řadu jsem ale počítal dvakrát, musím tedy vydělit dvěma

Suma kvadratickch členů: Když jsem to já odvozoval, napadlo mě toto:

$i^2=i \cdot i = i + i + i \dots + i \text{ (i-krát)}$

No tak si součet představím v trochu jiné podobě:

$1^2+2^2+3^2+4^2 \dots +n^2=1+(2+2)+(3+3+3)+ \dots +(n+\dots +n)= \\ =(1+2+ \dots +n)+(2+ \dots +n)+(3+ \dots +n)+\dots +((n-1) + n)+(n)$
Jednotlivé části tohoto vyjádření (vnější závorky) se už dají vyjádřit pomocí součtu prvních n členů aritmetické posl. (5.1), pak už je jen otázka přímé úpravy převod do tvaru (5.2).

EDIT: Teď jsem si uvědomil, že na konci je tam přece jen ještě takový malý trik, radši to vypíšu celé :

$\text{ozn. }S:=\sum_{i=1}^{n}i^2$
$S = \sum_{i=1}^{n}i-\frac{(1-1)1}{2}+\sum_{i=1}^{n}i-\frac{(2-1)2}{2}+\dots +\sum_{i=1}^{n}i-\frac{(n-1)n}{2}= \\ = \frac{n\cdot n\cdot(n+1)}{2}-A \text{, kde } A =\frac{(1-1)1}{2}+ \frac{(2-1)2}{2} + \dots + \frac{(n-1)n}{2}$

Dále:

$2A = (1-1)1 + (2-1)2 + (3-1)3 + \dots +(n-1)n= 2 + (3+3) + (4+4+4) + \dots + (n+ \dots +n) = \\ =[1 + (2+2) + (3+3+3) + \dots +(n+ \dots + n)]-(1+2+ \dots + n)=S-\frac{n(n+1)}{2}$

Tedy

$S =\frac{n\cdot n\cdot(n+1)}{2} - \frac{S-\frac{n(n+1)}{2}}{2}$

Nyní již jen vyjádřením S z této rovnice (a příp. vhodnou úpravou) bys měl dojít k požadovanému výsledku.

****************************************************************************************
Suma kubických členů: Zde se přinejhorším dá postupovat zcela analogicky, jako výše, akorát si na pomoc nevezmeme součet n členů arit. posloupnosti, nýbrž právě odvozený součet kvadratických členů.

Matej1117 · 04. 04. 2011 19:44

Z wikipedie:

Príklady induktívnych a deduktívnych dôkazov matematických tvrdení
[upraviť]Súčin dvoch nepárnych čísel je nepárny
Uvažujme tvrdenie: „Súčin každých dvoch nepárnych prirodzených čísel je nepárne prirodzené číslo“.
Ak vyskúšame niekoľko nízkych prirodzených čísel, zistíme, že pre ne tvrdenie platí: 1 · 1 = 1, 1 · 3 = 3, 3 · 1 = 3, 3 · 3 = 9, 3 · 5 = 15, …. Podobne by sme napríklad s použitím počítača mohli overiť, že tvrdenie platí pre všetky čísla menšie ako 1 000 000, ak by nám to nestačilo, mohli by sme túto hranicu zvýšiť ľubovoľne vysoko, napríklad na 10 1 000 000 (číslo začínajúce jednotkou za ktorou nasleduje 1 000 000 núl), a vždy by sme zistili, že tvrdenie platí. Po určitej dobe takýchto zvyšovaní hranice by sme už mohli uznať, že sme vyskúšali dosť príkladov na to, aby sme si boli takmer stopercentne istí správnosťou nášho tvrdenia. Tým sme toto tvrdenie dokázali induktívne. Nikdy si však nemôžeme byť úplne istí, že nejaký kontrapríklad neleží tesne za číslom, na ktorom sme testovanie ukončili.
Naproti tomu deduktívny dôkaz je nasledujúci. Ak je m nepárne číslo, je m − 1 číslo párne, teda existuje celé číslo k také, že m − 1 = 2 · k. Za k totiž stačí zvoliť (m − 1) / 2, čo je celé číslo práve vďaka párnosti m − 1. Potom m = 2 · k + 1. Podobne zdôvodníme, že pre nepárne n existuje také celé číslo l, že n = 2 · l + 1. Potom súčin m · n sa rovná (2 · k + 1) · (2 · l + 1) = 4 · k · l + 2 · k + 2 · l + 1. Pretože 4 · k · l + 2 · k + 2 · l je zjavne párne, je m · n nepárne, čo sme chceli dokázať. Až teraz si môžeme byť stopercentne istí tým, že tvrdenie platí. Ak sú totiž dané dve nepárne čísla, platí pre ne každý jednotlivý krok dôkazu, a teda aj jeho záver.

Neuznavam dokazovanie toho prveho tipu, ktory je vissie uvedene ze overime 1.000.000.000 pripadov - to nie je dokaz, to by sme mohly uz aj goldbachovu hypotezu povazovat za dokazanu, pretoze bola overena az do hodnoty 10^16 a vacsina matematikou aj veri ze je pravdiva ale aj mame pochybnosti - toto je dokaz indukciou ? Ak hej tak takyto dokaz nepovazujem za plnohodnotny, ta druha cast clanku je uz plnohodnotny dokaz, to ano.

OiBobik · 04. 04. 2011 19:51

↑ Matej1117:

Nezlob se, ale toto je hrubě nepochopený princip důkazu indukcí (tím se Tě nechci nijak dotknout, to je myšleno spíš na onen článek na Wikipedii).

Matej1117

To nie je dokaz! Materialisticky overovat vsetky cisla priblizujuc sa do nekonecna.. nikdy neoveris vsetky moznosti!

Ok dokazem ze kazde neparne cislo je prvocislo, sleduj: Prve neparne cislo je jednicka, tu dame bokom, dalsie neparne cislo je trojka - to je prvocislo, dalsie neparne cislo je petka a to je tiez prvocislo, dalsie neparne cislo je sedmicka a cuduj sa svetu to je tiez prvocislo.. uz som overil tri neparne cisla a vsetky su prvocisla na zaklade tohto overovania usudzujem ze dalsie neparne cislo bude tiez prvocislo. A je to .. ake jednoduche..

pizet · 04. 04. 2011 19:59 — Editoval pizet (04. 04. 2011 20:02)

Matej1117 napsal(a):
Ok dokazem ze kazde neparne cislo je prvocislo, sleduj: Prve neparne cislo je jednicka, tu dame bokom, dalsie neparne cislo je trojka - to je prvocislo, dalsie neparne cislo je petka a to je tiez prvocislo, dalsie neparne cislo je sedmicka a cuduj sa svetu to je tiez prvocislo.. uz som overil tri neparne cisla a vsetky su prvocisla na zaklade tohto overovania usudzujem ze dalsie neparne cislo bude tiez prvocislo. A je to .. ake jednoduche..

Toto je opäť ďaší nezmysel a nie matematická indukcia.

A neviem prečo mám pocit, že tento príklad máš z jedného vtipu, ktorý bol tiež hlúpos - bol to len vtip.

Matej1117 · 04. 04. 2011 20:00

tak ja neviem co je matematicka indukcia, na wikipedii je napisane ze je to overovanie cisiel do nekonecna a ze ked usudime ze sme overili uz dostatocny pocet cisel tak mozme usudit ze dokaz je pravdivy..

Alan122 · 04. 04. 2011 20:01

↑ Matej1117:
ale to nie je dokaz indukciou:)))

pizet · 04. 04. 2011 20:04 — Editoval pizet (04. 04. 2011 20:04)

Popravde ti mám chuť o tom prepísať celý článok z Kapitól z diskrétnej matematiky, kde je to imho perfektne vysvetlené ale nechce sa mi. :)

Matej1117 · 04. 04. 2011 20:04

Alan122 napsal(a):
↑ Matej1117:
ale to nie je dokaz indukciou:)))

aha tak to uz je ina rec.. tak preco je na wiki napisane ze to je dokaz indukciou?? tak som to asi zle pochopil dokaz indukciou je nieco ine .. ale tak potom co je ten dokaz indukciou a co je tento tkz. "dokaz" ??? Tento co som ja ukazal sa zrejme odborne nazyva "lamerske materialisticke dokazovanie" a dokaz indukciou bude nieco ine ...

pizet · 04. 04. 2011 20:07 — Editoval pizet (04. 04. 2011 20:10)

↑ Matej1117:

Skús si pozrieť http://mks.mff.cuni.cz/common/show.php? … amp;lang=0

alebo http://mks.mff.cuni.cz/common/show.php? … amp;lang=0

Matej1117 · 04. 04. 2011 20:11

ja si to budem musiet prestudovat do podrobna diki za dobry odkaz .. ale musite somnou suhlasit, overovanie vsetkych cisel do nekonecna nie je plnohodnotny dokaz!

OiBobik

↑ Matej1117:

Nejlépe se podívat na odkaz od ↑ pizet:, nicméně aspoň v náčrtu: princip důkazu indukcí je ten, že se tvrzení ověří pro první člen, příp. prvních několik členů, a poté se provede indukční krok - ten vypadá tak, že se dokáže, že z platnosti pro předchozí člen (příp. důkaz úplnou indukcí: z platnosti pro všechny předchozí členy) plyne platnost tvrzení i pro následující člen (přičemž se bavíme o obecných členech, ne nějakých konkrétních) (kde členem je myšleno většinou přirozené číslo, podle kterého důkaz indukcí provádíme) - tedy jsme dané tvrzení neověřili pro hodně čísel, ale pro každé přirozené číslo, tedy pro všechna přirozená čísla.

POZN: Na té wikipedii to asi nemají špatně, chyba asi nastala v záměně pojmů "induktivní důkaz" a "důkaz matematickou indukcí". Ovšem o něčem jiném než matematické indukci se v matematice asi ani nedá mluvit, to druhé se nazve zkrátka "ověřování".

pizet · 04. 04. 2011 20:23

↑ Matej1117: Sú tvrdenia ktoré sa dajú dokázať aj napr. algoritmom a aj aj dôkaz algoritmom je validný dôkaz ...

Matej1117 · 04. 04. 2011 20:38

aky je to dokaz algoritmom?

OiBobik

↑ Matej1117:

Záleží na tom, čeho. Hodí se pro některá tvrzení typu "nechť něco, pak existuje to a to". Jde v zásadě o to, že podáš kuchařku (návod), jak dané "to a to" nalézt, přičemž zároveň vhodně zdůvodníš, že "to a to" tímto způsobem (algoritmem) vždycky najdeš. Důležité je, aby algoritmus podával požadovaný výsledek a byl konečný.

Např.
Tvrzení: Každá konečná podmnožina přirozených čísel má maximum.

Důkaz: Fixním způsobem si jednotlivé prvky uvažované množiny oindexuji, zpočátku si jako MAX označím první prvek. Pak se budu dívat na jednotlivé prvky vzestupně po indexech a vždy, když narazím na větší číslo, než je moje MAX, tak MAX zvětším na toto číslo. Po konečném počtu kroků mi dojdou prvky (uvažovali jsme konečnou podmnožinu přirozených čísel), z tranzitivity relace $\geq$ (tranzitivitou relace $\geq$ míněna platnost následujícího: $(a\geq b \wedge b\geq c) \Rightarrow a \geq c$ ) plyne, že nyní je MAX větší nebo roven libovolnému prvku z uvažované množiny, zároveň jsme do MAX ukládali jen hodnoty prvků z množiny, tedy v dané množině je obsažen prvek, který je větší nebo roven než libovolný jiný prvek z dané množiny, je tedy maximem dané množiny.

Také se to nazývá konstruktivní důkaz - konstruktivní proto, že přímo nabízí způsob, jak dané "něco" hledat.

pizet · 04. 04. 2011 21:09 — Editoval pizet (04. 04. 2011 21:10)

Skrátka tu - http://mks.mff.cuni.cz/library/library. … p;supcats= - tu si môžeš poprečitovať všeličo. ;)

Niektoré aj trocha srandy, viď falošné dôkazy. :)

musixx · 05. 04. 2011 07:54

↑ Matej1117: Tady to vidím na konflikt pojmů "indukce" a "matematická indukce", případně "transfinitní indukce". Pokud je skutečně "indukce" ilustrována na Wikipedii pomocí matematického příkladu, je to ZNAČNĚ nevhodné.

Obecně, induktivní důkaz (nikoli matematický) spočívá v rozšíření zjištěných znalostí z jednotlivců na skupinu, deduktivní je vlastně redukce ze skupiny na jednotlivce či menší skupinu. Příklad indukce: Ptáci, kteří byli doposud zkoumáni (a bylo jich již opravdu hodně, i když jistě ne všichni existující), měli dva pařáty. Induktivní závěr: všichni ptáci mají dva pařáty. Deduktivní příklad si jistě každý již teď sestavit umí.

Matematická indukce je něco úplně jiného. V každé matematické teorii obsahující aritmetiku jde vrámci predikátové logiky udělat důkaz tvrzení "pro všechna přirozená x platí tvrzení A", podaří-li se nám ukázat jen dílčí kroky, a to tzv. bázi matematické indukce a indukční krok. Pak ale vlastně "indukce" není totéž, co v předchozím odstavci, protože neusuzujeme jen na základě analogie, ale zcela matematicky korektně sestavujeme (pro konkrétní x vždy konečnou) posloupnost implikací.

A matematika jde v tomto směru ještě kousek dál (alepoň co vím já), a to směrem k tzv. transfinitní indukci, kde v pozadí nemusí stát řetězec přirozených čísel, ale jakákoli dobře uspořádaná množina. Nebudu zde více rozebírat.

Z tohoto úhlu pohledu rozumím námitce Mateje1117, ale jen v tom smyslu, že mnou výše popsané neviděl za pojmem "matematické indukce" a byl zmaten samotným termínem "indukce", který skutečně může evokovat to, že jen na základě několika příkladů usuzujeme obecně, což -- snad jsem vysvětlil dostatečně -- není v připadě matematické indukce pravda.

Honzc · 05. 04. 2011 10:31

↑ BakyX:
Viz níže.
Podobně by šlo odvodit vzoreček pro součet 3-tích mocnin přirozených čísel

Matematické Fórum

#1 04. 04. 2011 18:49

Dôkaz

#2 04. 04. 2011 18:55 — Editoval Matej1117 (04. 04. 2011 18:56)

Re: Dôkaz

#3 04. 04. 2011 19:08 — Editoval Alan122 (04. 04. 2011 19:08)

Re: Dôkaz

#4 04. 04. 2011 19:15 — Editoval pizet (04. 04. 2011 19:20)

Re: Dôkaz

Matej1117 napsal(a):

#5 04. 04. 2011 19:34 — Editoval OiBobik (04. 04. 2011 20:33)

Re: Dôkaz

#6 04. 04. 2011 19:44

Re: Dôkaz

#7 04. 04. 2011 19:51

Re: Dôkaz

#8 04. 04. 2011 19:52 — Editoval Matej1117 (04. 04. 2011 19:56)

Re: Dôkaz

#9 04. 04. 2011 19:59 — Editoval pizet (04. 04. 2011 20:02)

Re: Dôkaz

Matej1117 napsal(a):

#10 04. 04. 2011 20:00

Re: Dôkaz

#11 04. 04. 2011 20:01

Re: Dôkaz

#12 04. 04. 2011 20:04 — Editoval pizet (04. 04. 2011 20:04)

Re: Dôkaz

#13 04. 04. 2011 20:04

Re: Dôkaz

Alan122 napsal(a):

#14 04. 04. 2011 20:07 — Editoval pizet (04. 04. 2011 20:10)

Re: Dôkaz

#15 04. 04. 2011 20:11

Re: Dôkaz

#16 04. 04. 2011 20:18 — Editoval OiBobik (04. 04. 2011 20:24)

Re: Dôkaz

#17 04. 04. 2011 20:23

Re: Dôkaz

#18 04. 04. 2011 20:38

Re: Dôkaz

#19 04. 04. 2011 20:54 — Editoval OiBobik (04. 04. 2011 21:01)

Re: Dôkaz

#20 04. 04. 2011 21:09 — Editoval pizet (04. 04. 2011 21:10)

Re: Dôkaz

#21 05. 04. 2011 07:54

Re: Dôkaz

#22 05. 04. 2011 10:31

Re: Dôkaz

Zápatí