Matematické Fórum

aGr · 18. 10. 2011 19:13

Zdravím,

potřeboval bych nápovědu u následujícího příkladu.

Dokažte, že: $2^\frac{1}{2}+2^\frac{1}{4}+2^\frac{1}{8}+...+2^\frac{1}{n} <= 2$

Asi by se to mělo dělat indukcí, mě však nenapadla žádná rozumná úprava, tak jsem zkusil přímou cestu. Celou nerovnici jsem zlogaritmoval. Tady jsem však (jak jsem teď zjistil) udělal chybu. Tvrdil jsem, že výraz je ekvivalentní s $log 2^\frac{1}{2} + log 2^\frac{1}{4} + log 2^\frac{1}{8} + ...$ , což však není správně, že? Celá pointa byla, abych se dostal ke geometrické řadě $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + ...$ . Mohu se k ní dostat nějakou jinou úpravou? Pokud ne můžete mi ukázat nějaký indukční fígl?

Díky moc

vanok · 18. 10. 2011 20:59 — Editoval vanok (18. 10. 2011 21:59)

Ahoj ↑ aGr:,

To je nemozne tvrdenie.

Vsak uz mas $2< 2^\frac 12 +2^\frac 14$

Srdecne Vanok

aGr · 18. 10. 2011 21:27

Promiň, ale té druhé větě vůbec nerozumím. Narážíš na použíti indukčního předpokladu tak, že když ve výrazu $2^\frac{1}{2}+2^\frac{1}{4}+2^\frac{1}{8}+...+2^\frac{1}{n} + 2^\frac{1}{n+1} <= 2$ je to až po $n <= 2$ že to musí platit i pro n+1? To přeci taky není správně, co když by to ta hodnota n+1 "přeskočila". Asi jsi tohle nemyslel, jen jsem chtěl napsat nějaké pochody myšlenkové. Můžeš to svoje rozepsat?

vanok · 18. 10. 2011 21:35

↑ aGr:

Toto ste iste dostali ako priklad kde indukcia zlyhava.

Inac aj tvoja uprava nie je equivalentna

Iste si stratil vela casu na tom : ale ako som ti ukazal to je nepravdivy vyrok ( summa dvoch prvych clenov je vedcia ako 2)

Uz nemam co dodat

Srdecne Vanok

Pavel · 18. 10. 2011 21:38

↑ vanok:

Máš chybu ve druhém sčítanci, má být $2< 2^\frac 12 +2^\frac 14$

vanok · 18. 10. 2011 21:58

↑ Pavel:,
dakujem, opravim hned ten preklep
Srdecne Vanok

aGr · 18. 10. 2011 22:10

Aha, už tomu rozumím. Já jsem totiž velký hlupák. Ono přesné zadaní totiž je $\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2} + ...}}}$ , takže jsem fatalní chybu udělal již na začátku. Bez úpravy se však nikam nedostávám, co s tím?

Omlouvám se za chyby, do matematického pekla se mnou.

zdenek1 · 18. 10. 2011 22:12

↑ aGr:
$\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2} + ...}}}=x$
$2+\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2} + ...}}}=x^2$
$2+x=x^2$

atd.

vanok · 18. 10. 2011 22:22 — Editoval vanok (19. 10. 2011 00:32)

↑ aGr:
Hmm teraz je to ozaj klasika

Ak sa zastavis na n dvojkach $\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2} + ...}}}$
mozes polozit ze je to $a_n$
Troska pozorovania da dovede k $a_n= \sqrt { 2 +a_{n-1}}$

A teraz sa ti lahsie dokaze indukciou tvoja nerovnost.

Srdecne Vanok

aGr · 18. 10. 2011 22:41

↑ vanok:

Děkuju, snad tomu rozumím, asi se na to však podívám až zítra, není síla. Ještě než jsem si to však přečetl jsem zkoušel jiné řešení inspirované ↑ zdenek1:. Umocnit tedy strany n, dostaneme:

$2^{n} + 2^{n-1} + 2^{n-2} + ... + 2 <= 2^{n+1}$

Pro n+1 tedy platí: $2^{n+1} + 2^{n} + 2^{n-1} + 2^{n-2} + ... + 2 <= 2^{n+2}$ z indukčního předpokladu víme, že $2^{n} + 2^{n-1} + 2^{n-2} + ... + 2 <= 2^{n+1}$ . Pro jednodušší znázornění následujících kroků předpokládejme, že se to přímo rovná $2^{n+1}$ . Pak je zřejmé, že $2^{n+1} + 2^{n+1} <= 2^{n+2}$ aneb $4.2^{n} = 4.2^n$

Mohu takto vzít tu horní mez nebo to není exaktní?

vanok · 19. 10. 2011 00:31 — Editoval vanok (19. 10. 2011 00:32)

↑ aGr:
Tvoje vypocty maju chyby!

Tu mas tradicionalnu metodu:
Ak umocnis na druhu
$\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2} + ...+\sqrt{2}}}}$ ( n dvojek)

dostanes $2 +\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2} + ...+\sqrt{2}}}}$ ( pod odmocninou mas n-1 dvojek)

Ale je asi lepsie vyuzit co som ti napisal: $a_n= \sqrt { 2 +a_{n-1}}$

Tvoj ciel je dokazat ze : $a_n <2$ pre vsetky n = 1, 2,... P(n)
P(1) plati znamena $a_1< 2$ co je skutocne pravda pretoze $a_1= \sqrt2$

teraz treba dokazat P(k)=>P(k+1) pre vsetky k= 1, 2, 3,..;
cize predpokladajme ze P(k) plati, cize $a_k<2$ a dokazme ze mame P(k+1): $a_{k+1}<2$

$a_{k+1}= \sqrt { 2 +a_k}<\sqrt { 2 +2}=$ pokracuj a vsetko vysvetli a dokonci!