Matematické Fórum

Freedy · 11. 10. 2015 13:13

Dobrý den,

objevil jsem celkem značné mezery, které teď na sebe nechávají znát víc než kdy jindy.
Mám problém s tímto příkladem na mat. indukci a ať tam hledám sebevíc, stále nic nenacházím
$\forall n\in \mathbb{N}$ platí
$n!\le \bigg(\frac{n+1}{2}\bigg)^n$
Pro n = 1 to platí
Pokud předpokládáme, že to platí pro n=k, potom to platí i pro n=k+1
$k!(k+1)\le \bigg(\frac{k+2}{2}\bigg)\bigg(\frac{k+2}{2}\bigg)^k$
Jenže zde vůbec netuším, jak tam najít ten indukční předpoklad, jelikož v závorce na RHS je (k+2)/2 a ne (k+1)/2

Děkuji.
Freedy

Akojeto · 11. 10. 2015 14:01

↑ Freedy:

Keď to je nerovnica - to nepomôže?

Freedy · 11. 10. 2015 14:25

Ahoj,

jak to myslíš?
napadlo mě maximálně něco na tento způsob:
$\bigg( \frac{k+2}{2}\bigg)^k=\bigg( \frac{k+1}{2}+\frac{1}{2}\bigg)^k=\bigg( \frac{k+1}{2}\bigg)^k+\sum_{i=1}^{k}{k\choose i}\bigg( \frac{k+1}{2}\bigg)^{k-i}\bigg( \frac{1}{2}\bigg)^i$
ale i tak nevím, jak toho využít. ://

Bati · 11. 10. 2015 15:04

Ahoj.

Freedy napsal(a):
... to platí pro n=k, potom to platí i pro n=k+1

To teprve potřebuješ dokázat.
Napiš si tam prostě co potřebuješ a zpátky to vyděl:
$\left(\frac{n+2}2\right)^{n+1}=\left(\frac{n+1}2\right)^n\,P(n)$ ,
kde $P(n)=\left(\frac2{n+1}\right)^{n}\left(\frac{n+2}2\right)^{n+1}$ .
Stačí upravit $P(n)$ .

Freedy · 11. 10. 2015 15:39 — Editoval Freedy (11. 10. 2015 15:43)

No tak upravit P(n) ale jak?

$n+1\le \bigg(\frac{n+2}{2}\bigg)\bigg( \frac{2}{n+1}\bigg)^n\bigg(\frac{n+1}{2}+\frac{1}{2}\bigg)^n$
potom:
$2-\frac{2}{n+2}\le \bigg( \frac{2}{n+1}\bigg)^n\Bigg(\bigg(\frac{n+1}{2}\bigg)^n+\sum_{i=1}^{n}{n \choose i}\bigg( \frac{n+1}{2}\bigg)^{n-i}\bigg( \frac{1}{2}\bigg)^i\Bigg)$
$1-\frac{2}{n+2}\le \bigg( \frac{2}{n+1}\bigg)^n\sum_{i=1}^{n}{n \choose i}\bigg( \frac{n+1}{2}\bigg)^{n-i}\bigg( \frac{1}{2}\bigg)^i$
zde mě napadá ještě úprava na:
$1-\frac{2}{n+2}\le\sum_{i=1}^{n}{n \choose i}\bigg( \frac{1}{n+1}\bigg)^{i}$
Nebo tohle je úplně špatná cesta???
Já už se v tom asi začínám úplně ztrácet.

Bati · 11. 10. 2015 15:42

↑ Freedy:
Nepleť tam žádný odhady a binomický rozvoje. Myslím, že to vede na limitu známé posloupnosti.

Freedy · 11. 10. 2015 15:46

Já tam odhady právě že žádné nepletu.
Jen se nějak (asi marně) snažím upravit člen P(n).
Vždyť přece, jestli má platit:
$n!(n+1)\le \bigg(\frac{n+1}{2}\bigg)^n\cdot P(n)$ a indukční předpoklad je:
$k!\le \bigg(\frac{n+1}{2}\bigg)^n$ tak z toho plyne, že musí platit:
$n+1\le P(n)$ ne?
A to sem se právě snažil dokázat...

Freedy · 11. 10. 2015 15:51

Ještě mě napadlo toto
$\frac{2n+2}{n+2}\le \bigg(\frac{n+2}{n+1}\bigg)^n$

Bati · 11. 10. 2015 15:55 — Editoval Bati (11. 10. 2015 16:00)

↑ Freedy:
$P(n)=\tfrac12(n+1)(1+\tfrac1{n+1})^{n+1}$ . Teď použiješ rovnost, kterou jsem psal:
$\left(\frac{n+2}2\right)^{n+1}=\left(\frac{n+1}2\right)^n\,P(n)$ ,
použiješ I.P. a dostaneš
$\left(\frac{n+2}2\right)^{n+1}\ge n!\,P(n)$ .
Teď to jen dáš dohromady:
$\left(\frac{n+2}2\right)^{n+1}\ge \tfrac12(n+1)!(1+\tfrac1{n+1})^{n+1}\ge(n+1)!\tfrac{e}2-\varepsilon$
a je hotovo.

vanok · 11. 10. 2015 16:03

Ahoj
Pozri aj sem
http://forum.matweb.cz/viewtopic.php?id=86167

Freedy · 11. 10. 2015 16:18

Ano,

takže v podstatě
$n!\bigg(\frac{n+1}{2}\bigg)\bigg(1+\frac{1}{n+1}\bigg)^{n+1}=(n+1)!\cdot \frac{\text{e}}{2}$ a jelikož je e/2 větší než jedna, tak potom je logické, že:
$\bigg(\frac{n+2}{2}\bigg)^{n+1}\ge \frac{\text{e}}{2}(n+1)! \ge (n+1)!$

↑ Bati: díky moc, jenom dotaz, proč jsi tam přidal to epsilon? Aby jsi se dostal k tomu přesnému výrazu (n+1)! ?

Díky
Freedy

Bati · 11. 10. 2015 16:54

$n!\bigg(\frac{n+1}{2}\bigg)\bigg(1+\frac{1}{n+1}\bigg)^{n+1}=(n+1)!\cdot \frac{\text{e}}{2}$
to neplatí. Musíš si uvědomit, že tam se dělá limita posloupnosti, proto je tam to epsilon, abychom měli ten odhad od nějakého n0 dál.

Freedy · 11. 10. 2015 20:01

Tak ono stejně platí, že:
$\bigg(1+\frac{1}{n+1}\bigg)^{n+1}\ge 2, \forall n\in \mathbb{N}$ a tím pádem to bude stále "víc"

Bati · 11. 10. 2015 23:45

↑ Freedy:
No právě, já si jen nepamatoval, jak to je přesně a nechtělo se mi k tomu vracet. Nicméně odhady, co jsem napsal naznačují, že by ta nerovnost šla pro větší n dokázat s lepší konstantou.

Sherlock

Zdravím, dodatečně: nešlo to udělat prostě takto?

$P(n)->P(n+1)$
$n!\le (\frac{n+1}{2})^{n}$

Chceme dokázat
$(n+1)n!\le (\frac{n+2}{2})^{n+1}$

Víme, že pro levou stranu platí:
$(n+1)n!\le (n+1)(\frac{n+1}{2})^{n}$

Stačí dokázat:
$(n+1)(\frac{n+1}{2})^{n}\le (\frac{n+2}{2})^{n+1}$

Což vypadá jako zřejmé tvrzení :D

Freedy · 13. 10. 2015 13:35

To je pravda
$2\cdot \bigg( \frac{n+1}{2}\bigg)^{n+1}\le \bigg( \frac{n+2}{2}\bigg)^{n+1}$
$2\le \bigg( \frac{n+2}{n+1}\bigg)^{n+1}$ což je ekvivalentní s posledním výrokem:
$\bigg( 1+\frac{1}{n+1}\bigg)^{n+1}\ge 2$ a toto lze dokázat (například pomocí bernoulliho nerovnosti), případně indukcí.

Matematické Fórum

#1 11. 10. 2015 13:13

Indukce

#2 11. 10. 2015 14:01

Re: Indukce

#3 11. 10. 2015 14:25

Re: Indukce

#4 11. 10. 2015 15:04

Re: Indukce

Freedy napsal(a):

#5 11. 10. 2015 15:39 — Editoval Freedy (11. 10. 2015 15:43)

Re: Indukce

#6 11. 10. 2015 15:42

Re: Indukce

#7 11. 10. 2015 15:46

Re: Indukce

#8 11. 10. 2015 15:51

Re: Indukce

#9 11. 10. 2015 15:55 — Editoval Bati (11. 10. 2015 16:00)

Re: Indukce

#10 11. 10. 2015 16:03

Re: Indukce

#11 11. 10. 2015 16:18

Re: Indukce

#12 11. 10. 2015 16:54

Re: Indukce

#13 11. 10. 2015 20:01

Re: Indukce

#14 11. 10. 2015 23:45

Re: Indukce

#15 13. 10. 2015 10:52 — Editoval Sherlock (13. 10. 2015 10:55)

Re: Indukce

#16 13. 10. 2015 13:35

Re: Indukce

Zápatí