Matematické Fórum

Jakub1 · 27. 09. 2015 18:56

Dobrý deň, mám takýto dôkaz a mám ho dokázať pomocou matematickej indukcie:

$\forall n\in \mathbb{N};n>1: n!<(\frac{n+1}{2})^{n}$

Tak teda overím indukčný predpoklad $1^{0}$ . Je zrejmé, že platí $2!<2,25$ . Čiže pre $n+1$ členov dostávam dve nerovnice:

$n!<(\frac{n+1}{2})^{n}$
$(n+1)!<(\frac{n+2}{2})^{(n+1)}$

Ide o to, ako ich korektne vyriešiť, tak by som nič neporušil.

$n!(n+1)<2(\frac{n+1}{2})^{(n+1)}$
$n!(n+1)<(\frac{n+2}{2})^{(n+1)}$

Ako môžem teraz postupovať? Môžem jednu nerovnicu od druhej odčítať? Alebo sa to dá urobiť priamo?

Ďakujem za odpoveď.

Xellos · 28. 09. 2015 01:40

Takto mat. indukcia nefunguje. Ty dostavas len jednu nerovnost $n!<(\frac{n+1}{2})^{n}$ , tu druhu chces z nej dokazat. Hej, dobry zaciatok je vynasobit obe strany $n+1$ . Ale to co chces potom spravit je dokazat nerovnost

$2(\frac{n+1}{2})^{(n+1)} < (\frac{n+2}{2})^{(n+1)}$

lebo uz vies ze lava strana je urcite $> (n+1)!$ .

Jakub1 · 28. 09. 2015 08:32

Dobre, takže ešte raz.

Indukčný test je pozitívny, teda vytvorím predpoklad.

Indukčný predpoklad: výrok platí pre $n=k;k\in \{2;3;4;...\}$
$k!< \left( \frac{k+1}{2} \right)^{k}$

Implikácia: Ak platí indukčný predpoklad, potom výrok platí aj pre $k+1$ , čo musíme dokázať:
$(k+1)!< \left( \frac{k+2}{2} \right)^{k+1}$

Teda ináč povedané:
$0< \left( \frac{k+2}{2} \right)^{k+1}-(k+1)!$
$0< \left( \frac{k+2}{2} \right)^{k+1}-(k+1)k!$

Vzhľadom na indukčný predpoklad môžeme dosadiť do poslednej nerovnice za $k!$ :
$0< \left( \frac{k+2}{2} \right)^{k+1}-(k+1) \left( \frac{k+1}{2} \right)^{k}$

Kvôli indukčnému predpokladu bude pravá strana poslednej nerovnice vždy menšia ako pravá strana predposlednej nerovnice. Keď ukážeme, že posledná nerovnica je väčšia ako nula, bude to platiť aj pre predposlednú nerovnicu, teda aj pre dokazovaný výrok.

To už je spomínaná nerovnica:
$2 \left( \frac{k+1}{2} \right)^{k+1}<\left( \frac{k+2}{2} \right)^{k+1}$

Teda:
$2<\left( \frac{k+2}{k+1} \right)^{k+1}$
$2<\left( 1+\frac{1}{k+1} \right)^{k+1}$

Majme množinu $A=\{ \left( 1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1};k\in\mathbb{N};k>1\}$ , táto množina je zdola ohraničená, teda má určite infinum/minimum $\inf (A)=\frac{64}{27}$ a je aj zhora ohraničená, čiže má aj suprémum/maximum $\sup (A)=e$ . Vzhľadom na to, že $\min(A)>2$ , platí celá posledná nerovnica.

Prípadne vieme poslednú nerovnosť lepšie ukázať?

Xellos · 28. 09. 2015 10:51

Jakub1 napsal(a):
Keď ukážeme, že posledná nerovnica je väčšia ako nula

Pozor, nerovnice nie su vacsie/mensie ako nic. Porovnavat s nulou mozes len vyrazy, nie nerovnice.

Na konci sa ti hodi hladat minimum funkcie $f(x)=(1+1/x)^x=e^{x\ln(1+1/x)}$ , lebo $\ln{1+a} \ge a$ pre $a > 0$ .

Tiez potrebujes na dokaz vysvetlit preco staci dokazat
$0< \left( \frac{k+2}{2} \right)^{k+1}-(k+1) \left( \frac{k+1}{2} \right)^{k}$ , aby platilo
$0< \left( \frac{k+2}{2} \right)^{k+1}-(k+1)k!$ .

Jakub1 · 28. 09. 2015 12:58

Ospravedlňujem sa za nekorektnosť.

$0< \left( \frac{k+2}{2} \right)^{k+1}-(k+1)k!$

1.) Chcel som vlastne povedať, že výraz $V = \left( \frac{k+2}{2} \right)^{k+1}-(k+1)k!$ je vždy menší (kvôli tomu, že $k!< \left( \frac{k+1}{2} \right)^{k}$ ) ako výraz $W= \left( \frac{k+2}{2} \right)^{k+1}-(k+1) \left( \frac{k+1}{2} \right)^{k}$ . Pretože sme dosadili do výrazu $V$ indukčný predpoklad, je určite jasné, že $V>W$ . Keď dokážeme, že $W>0$ , potom dokážeme zároveň aj nerovnosť $V>0$ .

(Takto by to vysvetlenie mohlo postačovať?)

2.) Nepomohla by nám binomická veta v tej poslednej nerovnosti? Súčet prvých dvoch členov je 2, a súčet ostatných členov je kladný, označme ho $\alpha$ . Potom platí: $\alpha +2>\alpha$ , čo je vždy pravda.

vanok · 28. 09. 2015 16:03 — Editoval vanok (28. 09. 2015 16:06)

Pozdravujem,
Dana nerovnost sa dokazuje asi najrychlejsie vdaka GA nerovnosti
Skutocne mame pre kazde cele $n>1$
$1*2*...*n < $\frac {1+2+3+...+n}n$^n=$ \frac{n+1}2$^n$ .

Matematické Fórum

#1 27. 09. 2015 18:56

Matematická indukcia

#2 28. 09. 2015 01:40

Re: Matematická indukcia

#3 28. 09. 2015 08:32

Re: Matematická indukcia

#4 28. 09. 2015 10:51

Re: Matematická indukcia

Jakub1 napsal(a):

#5 28. 09. 2015 12:58

Re: Matematická indukcia

#6 28. 09. 2015 16:03 — Editoval vanok (28. 09. 2015 16:06)

Re: Matematická indukcia

Zápatí