Zapeo sam na ovome zadatku.Mislim da se ovo dokazuje matematickom indukcijom.Problem je ovde sto je u pitanju nejednakost pa ma to zbunjuje.Ali lake je dokazati neku jednakost indukcijom nego nejednakost. Ja koju god sam nejednakost radio bila je komplikovana.Naravno imam i rjesenje koje ne razumijem u potpunosti. Tacnije nije mi jasan drugi dio gdje je na osnovu jednoga slucaja to zakljuceno za sve moguce slucajeve.

Regionalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola Republike Srpske – 7.4.2012. – 3. razred

Neka je [inlmath]a_1,a_2,\ldots ,a_n[/inlmath] strogo rastuci niz prirodnih brojeva, [inlmath](a_1>1)[/inlmath]. Dokazati da je
[dispmath]\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\cdots +\frac{1}{a_n^2}<1[/dispmath]
Rjesenje:

1) Ako je [inlmath]a_1<a_2<\cdots <a_n[/inlmath],tada je ocigledno i [inlmath]a_2\ge 2,\;a_2\ge 3,\;\ldots ,\;a_n\ge n+1[/inlmath] jer [inlmath]a_1[/inlmath] ne moze biti [inlmath]1[/inlmath].

2) Kako je:
[dispmath]\frac{1}{a_1^2}\le\frac{1}{2^2},\;\frac{1}{a_2^2}\le\frac{1}{3^2},\;\ldots ,\;\frac{1}{a_n^2}\le\frac{1}{(n+1)^2}[/dispmath]
To je:
[dispmath]\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\cdots +\frac{1}{a_n^2}\le\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{(n+1)^2}\le[/dispmath][dispmath]\le\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}<1[/dispmath]
3) Dakle zbir kvadrata reciprocnih vrijednosti niza [inlmath]a_1,\;a_2,\;\ldots ,\;a_n[/inlmath] je uvijek manji od [inlmath]1[/inlmath]

Ne vidim načina da se ovaj zadatak uradi matematičkom indukcijom, jer, kad bismo postavili indukcijsku pretpostavku da je [inlmath]\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\cdots +\frac{1}{a_k^2}<1[/inlmath], ne bismo odatle nikako mogli dokazati da to važi i za [inlmath]n=k+1[/inlmath], tj. [inlmath]\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\cdots +\frac{1}{a_k^2}+\frac{1}{a_{k+1}^2}<1[/inlmath]. Ni dokaz koji su oni dali nema nikakve veze s matematičkom indukcijom.

Nisam razumeo koji ti tačno deo njihovog postupka nije jasan, jer nisam uočio nijedan deo u kojem, kako kažeš, na osnovu jednog slučaja iznose zaključak za sve moguće slučajeve. Možeš li tačno da citiraš deo koji nisi razumeo?

Upravo tu i jeste problem sto sam ja mislio da se ovo samo moze raditi matematickom indukcijom.Tek sada vidim da to nije tako. Uopste nemam pojma na koji fazon se radi ovaj zadatak.Ako ovo nije matematicka indukcija sta je onda ? Mi u skoli smo dokazivali jednakosti i nejednakosti samo preko matematicke indukcije. Ako moze svojim rjecima da kazes poentu ovoga. Tj. kako se ovo radi? Jer ja stvarno ne znam nikakav drugi nacin dokazivanja osim indkucije.

Iako opet nisi odgovorio koji ti tačno deo njihovog postupka nije jasan, pretpostaviću da ti je sve jasno do koraka
[dispmath]\frac{1}{a_1^2}\le\frac{1}{2^2},\;\frac{1}{a_2^2}\le\frac{1}{3^2},\;\ldots ,\;\frac{1}{a_n^2}\le\frac{1}{\left(n+1\right)^2}[/dispmath]
budući da je do tog dela sve objašnjeno podrobno, korak po korak. Nakon toga su, da kažem, malo zbrzali.

Saberemo sve leve strane, a takođe i sve desne strane prethodnih nejednakosti, i dobijamo:
[dispmath]\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\cdots +\frac{1}{a_n^2}\le\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{\left(n+1\right)^2}\qquad\left(1\right)[/dispmath]
Znamo da se između leve i desne strane nejednakosti [inlmath]\left(1\right)[/inlmath] nalazi znak [inlmath]\le[/inlmath], jer se taj znak pojavljuje u svim nejednakostima čije smo leve i desne strane sabirali.

Desnu stranu nejednakosti [inlmath]\left(1\right)[/inlmath] možemo napisati malo drugačije:
[dispmath]\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{\left(n+1\right)^2}=\frac{1}{2\cdot 2}+\frac{1}{3\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+1\right)}\qquad\left(2\right)[/dispmath]
Sada, pošto znamo da je [inlmath]\frac{1}{2\cdot 2}<\frac{1}{1\cdot 2},\;\frac{1}{3\cdot 3}<\frac{1}{2\cdot 3},\;\ldots ,\;\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+1\right)}<\frac{1}{n\left(n+1\right)}[/inlmath], možemo takođe sabrati leve i desne strane ovih nejednakosti i dobiti novu nejednakost:
[dispmath]\frac{1}{2\cdot 2}+\frac{1}{3\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+1\right)}<\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{n\left(n+1\right)}\qquad\left(3\right)[/dispmath]
Pošto su desna strana jednakosti [inlmath]\left(2\right)[/inlmath] i leva strana nejednakosti [inlmath]\left(3\right)[/inlmath] međusobno jednake, primenjujući logiku [inlmath]a=b\;\land\;b<c\;\Rightarrow\;a<c[/inlmath], možemo pisati novu nejednakost, čija će leva strana biti leva strana jednakosti [inlmath]\left(2\right)[/inlmath], a njena desna strana će biti desna strana nejednakosti [inlmath]\left(3\right)[/inlmath]:
[dispmath]\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{\left(n+1\right)^2}<\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{n\left(n+1\right)}\qquad\left(4\right)[/dispmath]
To ti je jedan od koraka u njihovom postupku, koji si i napisao. Samo što ne treba znak [inlmath]\le[/inlmath], kako tamo stoji, već znak [inlmath]<[/inlmath]. Nije iskaz netačan ni ako se stavi znak [inlmath]\le[/inlmath], ali je simbol jednakosti suvišan, budući da leva i desna strana ove nejednakosti nikako ne mogu biti jednake – leva strana je svakako strogo manja od desne.

Znači, objedinjujući nejednakosti [inlmath]\left(1\right)[/inlmath] i [inlmath]\left(4\right)[/inlmath], imamo
[dispmath]\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\cdots +\frac{1}{a_n^2}\le\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{\left(n+1\right)^2}<\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{n\left(n+1\right)}\qquad\left(5\right)[/dispmath]
To je deo one poslednje nejednakosti iz postupka koji si priložio. Dovde smo, pretpostavljam, razjasnili. E sad, desnu stranu možemo napisati na sledeći način:
[dispmath]\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{n\left(n+1\right)}=\frac{2-1}{1\cdot 2}+\frac{3-2}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{\left(n+1\right)-n}{n\left(n+1\right)}=[/dispmath][dispmath]=\frac{\cancel 2}{1\cdot\cancel 2}-\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{\cancel 3}{2\cdot\cancel 3}-\frac{\cancel 2}{\cancel 2\cdot 3}+\cdots +\frac{\cancel{n+1}}{n\cancel{\left(n+1\right)}}-\frac{\cancel n}{\cancel n\left(n+1\right)}=[/dispmath][dispmath]=1-\cancel{\frac{1}{2}}+\cancel{\frac{1}{2}}-\cancel{\frac{1}{3}}+\cdots +\cancel{\frac{1}{n}}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}[/dispmath]
Da se ne zbuniš, sabirke [inlmath]-\frac{1}{3}[/inlmath] i [inlmath]\frac{1}{n+1}[/inlmath] smo skratili s istim takvim razlomcima samo suprotnog znaka, koji spadaju u one tri tačkice, tj. nisu u izrazu napisani, ali postoje.

Dakle, pokazali smo da je
[dispmath]\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{n\left(n+1\right)}=1-\frac{1}{n+1}\qquad\left(6\right)[/dispmath]
Pošto je [inlmath]\frac{1}{n+1}>0[/inlmath], odatle je [inlmath]1-\frac{1}{n+1}<1[/inlmath], pa iz [inlmath]\left(6\right)[/inlmath] sledi
[dispmath]\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{n\left(n+1\right)}<1\qquad\left(7\right)[/dispmath]
Kombinujući [inlmath]\left(5\right)[/inlmath] i [inlmath]\left(7\right)[/inlmath], dolazimo do
[dispmath]\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\cdots +\frac{1}{a_n^2}\le\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{\left(n+1\right)^2}<\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{n\left(n+1\right)}<1[/dispmath]
i, primenjujući osobinu tranzitivnosti za relaciju nejednakosti, tj. [inlmath]a<b\;\land\;b<c\;\Rightarrow\;a<c[/inlmath], dolazimo do
[dispmath]\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\cdots +\frac{1}{a_n^2}<1[/dispmath]
što je i trebalo dokazati.

Pa nisam odgovorio jer me je zbunilo ovo [inlmath]n+1[/inlmath] a tako se dokazuju nizovi matematickom indkucijom.Tako kada si mi to reko.Onda mi nista nije jasno cak i sto sam mislio da mi je jasno shvatio sam da nije.Mada ovo je malo tesko za mene . Ali morace mi leci nekako. I da te jos pitam kakva tranzitivnost ? Nikada nisam cuo za ovo. Zapravo kakvi su ovde nizovi u pitanju? I kako se zove ovaj nacin dokazivanja?

Ne mora svaki postupak imati i svoje ime.

Sto se tranzitivnosti tice, to je osobina relacije, kada ista zadovoljava sledece:
[dispmath](\forall x,y,z)(x,y,z\in\mathbb{X})\;x\rho y\land y\rho z\Rightarrow x\rho z[/dispmath]
Relacija nejednakosti zadovoljava uslov tranzitivnosti, i vazi:
[dispmath]a<b\;\land\;b<c\;\Rightarrow\;a<c[/dispmath]
Naravno, ne moras pominjati tranizitivnost da bi ovo zakljucio. Ako je prvi broj manji od drugog, a drugi od treceg, onda je naravno prvi manji od treceg.

Dobro jasan mi je ovaj drugi izraz. To je logicno. Ali prvi nije. Da li se ovo svaki odnosi samo na [inlmath]x[/inlmath] a pripada samo na [inlmath]z[/inlmath]? Nije mi ni jasno kako je ovo povezano samo imaju dvije zagrade .Da li se tu podrazumjeva znak puta?I sta znaci [inlmath]\rho[/inlmath]?

Gamma je napisao:Da li se ovo svaki odnosi samo na [inlmath]x[/inlmath] a pripada samo na [inlmath]z[/inlmath]?

[inlmath]\left(\forall x,y,z\right)[/inlmath] je kraći način zapisivanja za [inlmath]\left(\forall x\right)\left(\forall y\right)\left(\forall z\right)[/inlmath], a [inlmath]\left(x,y,z\in\mathbb{X}\right)[/inlmath] je kraći način zapisivanja za [inlmath]\left(x\in\mathbb{X}\;\land\;y\in\mathbb{X}\;\land\;z\in\mathbb{X}\right)[/inlmath].

Gamma je napisao:Nije mi ni jasno kako je ovo povezano samo imaju dvije zagrade .Da li se tu podrazumjeva znak puta?

Ne, između zagrada ne stoji znak puta. Nisu to one iste zagrade kao u aritmetičkom smislu, ovde su u pitanju logički iskazi. Formulacija [inlmath]\left(\forall x,y,z\right)\left(x,y,z\in\mathbb{X}\right)\cdots[/inlmath] čita se „za svako [inlmath]x[/inlmath], svako [inlmath]y[/inlmath] i svako [inlmath]z[/inlmath] koji pripadaju skupu [inlmath]\mathbb{X}[/inlmath], važi...“

Gamma je napisao:I sta znaci [inlmath]\rho[/inlmath]?

U iskazu [inlmath]x\rho y\land y\rho z\Rightarrow x\rho z[/inlmath], sa [inlmath]\rho[/inlmath] je označena neka relacija. Tim iskazom je rečeno da relacija [inlmath]\rho[/inlmath] ima osobinu tranzitivnosti. Umesto [inlmath]\rho[/inlmath] možeš met'uti znak [inlmath]=[/inlmath], znake [inlmath]<[/inlmath] ili [inlmath]>[/inlmath], znake [inlmath]\le[/inlmath] ili [inlmath]\ge[/inlmath], ili bilo koju relaciju za koju važi tranzitivnost.
Npr. [inlmath]x=y\;\land\;y=z\;\Rightarrow\;x=z[/inlmath]
ili
[inlmath]x>y\;\land\;y>z\;\Rightarrow\;x>z[/inlmath]
ili
[inlmath]x\le y\;\land\;y\le z\;\Rightarrow\;x\le z[/inlmath]
...

Krenuo sam ovo malo detaljnije da pregledam jer ovo iz prvoga puta nije mi se dalo.

Iz ovoga
[dispmath]a_1\ge 2[/dispmath][dispmath]a_2\ge 3[/dispmath][dispmath]a_n\ge n+1[/dispmath]
Se doslo do ovoga
[dispmath]\frac{1}{a_1^2}\le\frac{1}{2^2}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{a_2^2}\le\frac{1}{3^2}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{a_n^2}\le\frac{1}{(n+1)^2}[/dispmath]
To tu nije objasnjeno.Po mome misljenju,ne znam koliko je to pravilno. Ja bih ovako radio prvo kvadrirao nejednacinu (mogu jer su u pitanju prirodni brojevi) pa tek onda stepenovao sa [inlmath]-1[/inlmath] i tada bi se promjenio znak nejednakosti. Kako bi ti ovo radio ? Ja mislim da je ovo moje dobro,ali mozda i postoji neki bolji lijepsi nacin.

To je sve u redu. Drugi način bi bio da, kad si došao do [inlmath]a_n^2\ge\left(n+1\right)^2[/inlmath], prebaciš [inlmath]a_n^2[/inlmath] na desnu stranu u imenilac, a [inlmath]\left(n+1\right)^2[/inlmath] na levu stranu takođe u imenilac, pa dobiješ [inlmath]\frac{1}{\left(n+1\right)^2}\ge\frac{1}{a_n^2}[/inlmath], tj. [inlmath]\frac{1}{a_n^2}\le\frac{1}{\left(n+1\right)^2}[/inlmath].
A to bi, zapravo, bilo isto kao i da kažeš da si obe strane nejednačine [inlmath]a_n^2\ge\left(n+1\right)^2[/inlmath] podelio sa [inlmath]a_n^2\left(n+1\right)^2[/inlmath] – samo je drugačije formulisano.