MATEMANIJA

Pozdrav, potrebna mi je pomoć oko ovog zadatka, pa ako je neko imao sličan problem, mnogo bi mi pomoglo!
Zadatak glasi: Dokazati da nejednakost [inlmath]\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{n+1}}[/inlmath] vrijedi za sve prirodne brojeve [inlmath]n[/inlmath]. Ja sam počeo ovako:
[dispmath]\sum_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{n+1}}\\
\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}(n+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{n+1}}[/dispmath] Baza indukcije: [inlmath]n=1[/inlmath]
[dispmath]\frac{1}{2}<2-\sqrt2[/dispmath] Pretpostavka [inlmath]n=k[/inlmath]
[dispmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}[/dispmath] Dodavanje [inlmath]n=k+1[/inlmath]
[dispmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}+\frac{1}{\sqrt{k+1}\cdot(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] E sada ne razumijem, da li se izraz [inlmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}[/inlmath] može zamjeniti izrazom [inlmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}[/inlmath] zbog znaka [inlmath]<[/inlmath] "manje". Po mom mišljenju, ne može, vjerovatno postoji "caka" koju ne uočavam.
Ali kada bih zamjenio dobio bih:
[dispmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}\cdot(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] Takođe, sa ovim dijelom, ne znam šta bih dalje.
Unaprijed Hvala!

Na osnovu indukcione pretpostavke imamo da je
[dispmath]\sum_{i=1}^k\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}[/dispmath] Odnosno
[dispmath]\sum_{i=1}^{k+1}\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}=\sum_{i=1}^k\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}[/dispmath] Dakle potrebno je pokazati da važi
[dispmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] Upotrebom elementarnih transformacija imamo
[dispmath]-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath][dispmath]\frac{-2(k+2)+1}{\sqrt{k+1}(k+2)}+\frac{2}{\sqrt{k+2}}<0[/dispmath][dispmath]-2k-4+1+2\sqrt{(k+1)(k+2)}<0[/dispmath][dispmath]2\sqrt{(k+1)(k+2)}<2k+3[/dispmath][dispmath]4(k+1)(k+2)<(2k+3)^2[/dispmath][dispmath]4\left(k^2+3k+2\right)<4k^2+12k+9[/dispmath][dispmath]8<9[/dispmath]

Hvala na odgovoru!

Budući da autor teme nije tražio kompletan postupak (što je svakako pohvalno ) već je postavio konkretna pitanja, ja ću na ta konkretna pitanja i odgovoriti:

Srdjan01 je napisao:[dispmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}+\frac{1}{\sqrt{k+1}\cdot(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] E sada ne razumijem, da li se izraz [inlmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}[/inlmath] može zamjeniti izrazom [inlmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}[/inlmath] zbog znaka [inlmath]<[/inlmath] "manje". Po mom mišljenju, ne može, vjerovatno postoji "caka" koju ne uočavam.

Da, sme. U opštem slučaju, ako treba da dokažeš neku nejednakost [inlmath]a<b[/inlmath], to možeš učiniti tako što uzmeš neko [inlmath]c[/inlmath] za koje znaš da je veće od [inlmath]a[/inlmath] i ako dokažeš da važi [inlmath]c<b[/inlmath] samim tim će važiti i [inlmath]a<b[/inlmath], jer iz [inlmath]a<c[/inlmath] i [inlmath]c<b[/inlmath] sledi i [inlmath]a<b[/inlmath] (osobina tranzitivnosti za relaciju [inlmath]<[/inlmath]).
Čak, pri tom dokazivanju, nije neophodno dokazivati ni strogu nejednakost [inlmath]c<b[/inlmath], dovoljno je dokazati [inlmath]c\le b[/inlmath], jer iz [inlmath]a<c\le b[/inlmath], takođe sledi [inlmath]a<b[/inlmath]. To znači, u koraku

primus je napisao:[dispmath]\sum_{i=1}^{k+1}\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}=\sum_{i=1}^k\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}[/dispmath] Dakle potrebno je pokazati da važi
[dispmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath]

dovoljno je pokazati da važi „samo“
[dispmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}{\color{red}\le}2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] Dakle, čak i kad bismo dobili da je izraz [inlmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}[/inlmath] jednak izrazu [inlmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/inlmath] (nije, al' zamislimo da jeste), time bismo opet dokazali nejednakost koju je trebalo dokazati:
[dispmath]\sum_{i=1}^{k+1}\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}=\sum_{i=1}^k\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}(k+2)}{\color{#04F}=}2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}\\
\Longrightarrow\quad\sum_{i=1}^{k+1}\frac{1}{\sqrt{i}(i+1)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] (Plavim znakom jednakosti označio sam jednakost koja identički nije tačna, ali sam time samo hteo da pokažem zbog čega smo smeli postaviti i blaži uslov, sa znakom [inlmath]\le[/inlmath] umesto [inlmath]<[/inlmath].)

Srdjan01 je napisao:[dispmath]2-\frac{2}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}\cdot(k+2)}<2-\frac{2}{\sqrt{k+2}}[/dispmath] Takođe, sa ovim dijelom, ne znam šta bih dalje.

Svedeš sve na zajednički imenilac i, pošto je taj zajednički imenilac pozitivan, dovoljno je samo da posmatraš znak brojioca (nakon što sve prebaciš na jednu stranu). Time dobijaš standardnu iracionalnu nejednačinu. To je suština postupka koji ti je primus pokazao.

Hvala mnogo na odgovoru!