Home/ Intrebari/Q 77489
Urmator
In Process

AniDeȘcoală.ro Latest Intrebari

mehayoo
Pe: 2012-07-13T17:58:06+03:00 In: In:

[Inductie] Sa se demonstreze inegalitatile urmatoare

1)

    \[ \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times ....... \times \frac{{2n - 1}}{{2n}} < \frac{1}{{\sqrt {2n + 1} }} \]

pt orice

    \[ n \ge 1 \]

2)

    \[ \sqrt n < 1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} + ....... + \frac{1}{{\sqrt n }} < 2\sqrt n \]

pt orice

    \[ n \ge 2 \]

Similare

6 raspunsuri

  1. GreatMath
    veteran (III)

    O rezolvare „geniala” pentru prima problema ar fi:
    \begin{array}{l} {A_n} = \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times ....... \times \frac{{2n - 1}}{{2n}}\\ 1 \times 3 < {2^2}\\ 3 \times 5 < {4^2}\\ 5 \times 7 < {6^2}\\ ..............\\ ..............\\ ..............\\ \left( {2n - 1} \right) \times \left( {2n + 1} \right) < {\left( {2n} \right)^2}\\ - - - - - - - - - - - - - - - \\ {\left( {\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times ....... \times \frac{{2n - 1}}{{2n}}} \right)^2} < \frac{1}{{\left( {2n + 1} \right)}} \Leftrightarrow {A_n} < \frac{1}{{\sqrt {2n + 1} }} \end{array}
    Este prea interesantă solutia ca sa fie neglijata (alegi sa rezolvi problema prin inductie)……😈
    Problema 2 este arhi-cunoscuta…. se porneste de la o inegalitate extrem de simpla intre radicali (iar nu ne trebe inductie) …
    mai multe detalii ?

  2. mehayoo

    GreatMath wrote: O rezolvare „geniala” pentru prima problema ar fi:
    \begin{array}{l} {A_n} = \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times ....... \times \frac{{2n - 1}}{{2n}}\\ 1 \times 3 < {2^2}\\ 3 \times 5 < {4^2}\\ 5 \times 7 < {6^2}\\ ..............\\ ..............\\ ..............\\ \left( {2n - 1} \right) \times \left( {2n + 1} \right) < {\left( {2n} \right)^2}\\ - - - - - - - - - - - - - - - \\ {\left( {\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times ....... \times \frac{{2n - 1}}{{2n}}} \right)^2} < \frac{1}{{\left( {2n + 1} \right)}} \Leftrightarrow {A_n} < \frac{1}{{\sqrt {2n + 1} }} \end{array}
    Este prea interesantă solutia ca sa fie neglijata (alegi sa rezolvi problema prin inductie)……😈
    Problema 2 este arhi-cunoscuta…. se porneste de la o inegalitate extrem de simpla intre radicali (iar nu ne trebe inductie) …
    mai multe detalii ?

    Mie imi trebuie neaparat prin inductie

  4. GreatMath
    veteran (III)

    Inductia nu este o notiune matematica (părerea mea)… nu ar trebui sa fie inclusa în programa scolară este prea mecanica si fără pic de creatie pur si simplu umbli după 3 pasi…. Toate problemele propuse elevilor sub forma de inductie or fost mai întâi rezolvate prin alte metode si apoi introduse sub forme de exercitii… patetic … 🙄
    Ideea este ca nu voi oferi vreodată vreo rezolvare la o problema sub forma de p(k) –> p(k+1) … Poate alti……..

    –––––––––––––––––––––-
    Pentru matematicieni forum-ului…. : este o tară libera 😀

  5. DD
    profesor

    Eu cred ca metoda inductiei matematice este deosebit de utila in rezolvarea unor probleme . De exemplu , cele date in acest caz.
    1]. Fie; P(n)->1.3.5.7.9…….(2.n-1)/(2.4.6.8.10…….(2.n))<1/(radical din (2.n+1)), pentru orice n>=1. Metoda utiluzeaza 3 pasi.
    Pasul 1.Se ia n=1 si in expresia P(n), se merge de la 1 la (2.n-1=2.1-1=1, la numarator si de la 2 la 2.n=2.1=2, la numitor , asa ca ; P(1)
    ->1/2<1/(radical din (2.n+1))=1/(radical din 3) si este adevarat (2>(radical din 3)).
    Pasul 2. Se considera n=k si P(k) adevarat, adica ;1.3.5.7….(2k-1)/(2.4.6.8……(2.k))<1/(radical din (2.k+1)) este adevarat pentru orice 1<=n<=k.
    Pasul 3.Pe baza celor presupuse la pasul 2, se cauta sa se arate daca
    P(K+1) este adevarat sau nu. Pentru asta se scrie P(k+1), deci ;
    P(k+1)->1.3.5.7…….(2.k-1).(2.k+1)/(2.4.6.8….(2.k).(2.k+2))<1/(radical din (2.k+3)) .(Obs.Este bine sa se evidentieze, in P(k+1), partile de expresie ce apartin si lui P(k). In cazul inegalitatilor, obligatoriu,se inlocuesc partile din expresiea P(k+1), ce apartin si lui P(k), in cooncordanta cu pasul 2 , astfel ca noua inegalitate sa fie mai nefavorabila decat P(k+1).astfel; Se vede ca in membrul stang al lui P(k+1), toti factorii ,in afara de (2k+1)/(2.k+2).apartin si lui P(k) si cum am presupus ca P(k) adevarat, vom inlocui partea comuna dintre P(k) si P(k+1) cu ;
    1/(radical din (2.k+1)) ,care este mai mare decat partea comuna si deci defavorizeaza noua inegalitate ce se formeaza. Rezulta ;
    [1/(radical din (2.k+1))].[(2.k+1)/(2.k+2)]<1/(radical din (2.k+3) .Cum valorile din inegalitatea formata sunt pazitive , putem sa ridicam expresia l patrat, deci ;(2.k+1)/(2.k+2)^2<1/(2.k+3) , sau ; (2.k+1).(2.k+3)<(2.k+2)^2 , sau ;4.k^2+8.k+3<4.k^2+8.k+4 sau 3<4 – adevarat.
    Daca pasul 1 si pasul 2 dau relatii adevarate atunci si P(n) este adevarat
    Am discutat mai mult ca sa intelegi, asa ca ai rabdare cand citesti.

  6. DD
    profesor

    Problema 2]. incearc-o singur . Nu este grea si este asemanatoare cu cea facuta.SUCCES.

Raspunde

Raspunde