Matematické Fórum

Petr177 · 22. 10. 2016 20:53

Zdravím, dostal jsem na vysoké příklad na mat. indukci. Příklad jsem nějakým způsobem vypočítal, ale nejsem si jistý svým postupem. Za jakoukoliv pomoc díky.

https://postimg.org/image/neukusx3f/

vanok · 22. 10. 2016 21:02

Ahoj ↑ Petr177:,
Ako ti pomoct ked nenapises tvoj pokus riesenia?

Petr177 · 23. 10. 2016 10:17

Ahoj, postupoval jsem zhruba takhle:

Provedl jsem 1.IK, dosadil jsem n=1, z toho vzniklo $1-a^{2}>1$ což pro dané a platí vždy.

Poté jsem chtěl zjistit, zda to platí pro všechna $n\ge 2$ , takže jsem dosadil $n=n+1$

Z toho vznikl tento výraz $(1-a)*(1-a)^{n}<\frac{1}{1+na+a}$

A teď si právě nejsem jistý, jestli už na tento výraz můžu uplatnit indukční předpoklad, nebo jak jinak dále postupovat.

Díky!

misaH · 23. 10. 2016 10:41

$1-a^{2}>1$

Neplatí nikdy.

jarrro · 23. 10. 2016 10:58 — Editoval jarrro (23. 10. 2016 10:59)

Stačí ukázať, že $\frac{1-a}{1+na}\leq\frac{1}{1+$n+1$a}$

Petr177 · 23. 10. 2016 11:07

↑ misaH:
Pardon, mělo to být samozřejmě obráceně.

Petr177 · 23. 10. 2016 11:10

↑ jarrro:
A kde jsi, prosím, vzal ten výraz na levé straně?

jarrro · 23. 10. 2016 11:55

$$1-a$^{n+1}=$1-a$^{n}$1-a$$

Petr177 · 23. 10. 2016 15:56

↑ jarrro:
Asi jsem úplně dutej, ale nenapadá mě jak jsi získal z tohoto $$1-a$^{n+1}=$1-a$^{n}$1-a$$ toto $\frac{1-a}{1+na}$

vanok · 23. 10. 2016 16:13 — Editoval vanok (23. 10. 2016 16:21)

Ahoj ↑ Petr177:,
Napis poriadne indukcny postup.
(Predpokladam, ze vsetko co sa tyka problemu je ok)
H(1)....
Over, ze plati.

H(k) sa pise $(1-a)^{k}<\frac{1}{1+ka}$ . ( to sa predpoklada)

Mas dokazat
H(k+1) $(1-a)^{k+1}<\frac{1}{1+(k+1)a}$ vdaka H(k).

H(k) po nasobeni $( 1-a)$ da

$(1-a)*(1-a)^{k}<\frac{1-a}{1+ka}$
Podla dobrej rady od ↑ jarrro: ( pozdravujem) staci mat $\frac{1-a}{1+ka}\leq\frac{1}{1+$k+1$a}$
Ak dokazes poslednu nerovnost, tym ukoncis aj indukcny krok.