MATEMANIJA

[dispmath]\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\cdots +\frac{n}{3^n}=\frac{3}{4}\cdot\frac{2n+3}{4\cdot 3^n}[/dispmath]
Hmm

Ta jednakost nije tačna.

a i ja gledam >.>

Zadatak bi trebao ići ovako:
[dispmath]\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\cdots +\frac{n}{3^n}=\frac{3}{4}-\frac{2n+3}{4\cdot 3^n}[/dispmath]
Sada je rješiv

Pretpostavljam da ti [inlmath]n=1[/inlmath] nije problem, a indukcijski korak radiš ovako:

[inlmath]n=k+1[/inlmath]
[dispmath]\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\cdots +\frac{k}{3^k}+\frac{k+1}{3^{k+1}}=\frac{3}{4}-\frac{2k+5}{4\cdot 3^{k+1}}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\cdots +\frac{k}{3^k}+\frac{k+1}{3^{k+1}}=\frac{3}{4}-\frac{3\left(2k+3\right)-\left(4k+4\right)}{4\cdot 3^{k+1}}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\cdots +\frac{k}{3^k}+\frac{k+1}{3^{k+1}}=\frac{3}{4}-\frac{\cancel 3\left(2k+3\right)}{4\cdot\cancel 3\cdot 3^k}+\frac{\cancel 4\left(k+1\right)}{\cancel 4\cdot 3^{k+1}}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\cdots +\frac{k}{3^k}+\cancel{\frac{k+1}{3^{k+1}}}=\frac{3}{4}-\frac{2k+3}{4\cdot 3^k}+\cancel{\frac{k+1}{3^{k+1}}}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\cdots +\frac{k}{3^k}=\frac{3}{4}-\frac{2k+3}{4\cdot 3^k}[/dispmath]
što je izraz koji odgovara indukcijskoj pretpostavci.

Ne mogu nesto mnogo zadataka da pronadjem na netu kao
[dispmath]\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{2k+1}>\frac{1}{4}[/dispmath]
Dokazati matematickom indukcijom s tim da je [inlmath]n\in\mathbb{N}[/inlmath]. Pa molim za pomoc i objasnjenje

Blazlik je napisao:Dokazati matematickom indukcijom s tim da je [inlmath]n\in\mathbb{N}[/inlmath].

Neće biti da je [inlmath]n\in\mathbb{N}[/inlmath], budući da za [inlmath]n=1[/inlmath] imamo sledeće:
[dispmath]\sum_{k=1+1}^{2\cdot 1}\frac{1}{2k+1}>\frac{1}{4}[/dispmath][dispmath]\sum_{k=2}^{2}\frac{1}{2k+1}>\frac{1}{4}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{2\cdot 2+1}>\frac{1}{4}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{4+1}>\frac{1}{4}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{5}>\frac{1}{4}[/dispmath]
što očigledno nije tačno.

Zato, pre će biti da treba da bude [inlmath]n\in\mathbb{N}\setminus\left\{1\right\}[/inlmath], budući da za [inlmath]n\ge 2[/inlmath] data nejednakost važi.

[inlmath]\left.1\right)[/inlmath] Baza indukcije: [inlmath]n=2[/inlmath]
[dispmath]\sum_{k=2+1}^{2\cdot 2}\frac{1}{2k+1}>\frac{1}{4}[/dispmath][dispmath]\sum_{k=3}^{4}\frac{1}{2k+1}>\frac{1}{4}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{2\cdot 3+1}+\frac{1}{2\cdot 4+1}>\frac{1}{4}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{7}+\frac{1}{9}>\frac{1}{4}[/dispmath][dispmath]\frac{16}{63}>\frac{1}{4}[/dispmath][dispmath]\frac{64}{252}>\frac{63}{252}[/dispmath]
što jeste tačno.

[inlmath]\left.2\right)[/inlmath] Indukcijska pretpostavka: [inlmath]n=m[/inlmath]
[dispmath]\sum_{k=m+1}^{2m}\frac{1}{2k+1}>\frac{1}{4}[/dispmath]
[inlmath]\left.3\right)[/inlmath] Indukcijski korak: [inlmath]n=m+1[/inlmath]
[dispmath]\sum_{k=\left(m+1\right)+1}^{2\left(m+1\right)}\frac{1}{2k+1}>\frac{1}{4}[/dispmath][dispmath]\sum_{k=m+2}^{2m+2}\frac{1}{2k+1}>\frac{1}{4}[/dispmath]
Sumu [inlmath]\sum\limits_{k=m+2}^{2m+2}[/inlmath]možemo raščlaniti na dve sume i napisati je kao [inlmath]\sum\limits_{k=m+2}^{2m}+\sum\limits_{k=2m+1}^{2m+2}[/inlmath]:
[dispmath]\sum_{k=m+2}^{2m}\frac{1}{2k+1}+\sum_{k=2m+1}^{2m+2}\frac{1}{2k+1}>\frac{1}{4}[/dispmath]
Sada ćemo obema stranama dodati sumu [inlmath]\sum\limits_{m+1}^{m+1}[/inlmath] (što je, doduše, suma od samo jednog člana, ali i to je suma )
[dispmath]\underbrace{\sum_{k=m+1}^{m+1}\frac{1}{2k+1}+\sum_{k=m+2}^{2m}\frac{1}{2k+1}}_{\sum\limits_{k=m+1}^{2m}\frac{1}{2k+1}}+\sum_{k=2m+1}^{2m+2}\frac{1}{2k+1}>\sum_{k=m+1}^{m+1}\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{4}[/dispmath]
Prve dve sume na levoj strani, [inlmath]\sum\limits_{m+1}^{m+1}[/inlmath] i [inlmath]\sum\limits_{m+2}^{2m}[/inlmath], kad se saberu, daju sumu [inlmath]\sum\limits_{m+1}^{2m}[/inlmath]:
[dispmath]\sum_{m+1}^{2m}\frac{1}{2k+1}+\sum_{k=2m+1}^{2m+2}\frac{1}{2k+1}>\sum_{k=m+1}^{m+1}\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{4}[/dispmath]
[dispmath]\sum_{m+1}^{2m}\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2\left(2m+1\right)+1}+\frac{1}{2\left(2m+2\right)+1}>\frac{1}{2\left(m+1\right)+1}+\frac{1}{4}[/dispmath]
[dispmath]\sum_{m+1}^{2m}\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{4m+3}+\frac{1}{4m+5}>\frac{1}{2m+3}+\frac{1}{4}[/dispmath]
[dispmath]\sum_{m+1}^{2m}\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{4m+3}+\frac{1}{4m+5}-\frac{1}{2m+3}>\frac{1}{4}[/dispmath]
[dispmath]\sum_{m+1}^{2m}\frac{1}{2k+1}+\frac{\left(4m+5\right)\left(2m+3\right)+\left(4m+3\right)\left(2m+3\right)+\left(4m+3\right)\left(4m+5\right)}{\left(4m+3\right)\left(4m+5\right)\left(2m+3\right)}>\frac{1}{4}[/dispmath]
[dispmath]\sum_{m+1}^{2m}\frac{1}{2k+1}+\frac{\cancel{8m^2}+22m+15+\cancel{8m^2}+18m+9-\cancel{16m^2}-32m-15}{\left(4m+3\right)\left(4m+5\right)\left(2m+3\right)}>\frac{1}{4}[/dispmath]
[dispmath]\sum_{m+1}^{2m}\frac{1}{2k+1}+\frac{8m+9}{\left(4m+3\right)\left(4m+5\right)\left(2m+3\right)}>\frac{1}{4}[/dispmath]
Pošto je razlomak [inlmath]\frac{8m+9}{\left(4m+3\right)\left(4m+5\right)\left(2m+3\right)}[/inlmath] veći od nule (i brojilac i svi faktori u imeniocu su mu veći od nule), kad se on doda sumi [inlmath]\sum\limits_{m+1}^{2m}\frac{1}{2k+1}[/inlmath] (koja je, po indukcijskoj pretpostavci, veća od [inlmath]\frac{1}{4}[/inlmath]), taj zbir će takođe biti veći od [inlmath]\frac{1}{4}[/inlmath], čime je tvrdnja dokazana.

Sta da kazem osim VELIKO HVALA
Sada mi je mnogo jasnije jer si pokazao svaki korak i mnogo detaljno. U medjuvremenu sam nasao slican ovome zadatku, ali mnogo krace i nemaju svi koraci tako da nisam razumio kako se sta dobije.
Ali hvala mnogo, ipak je trebalo ovo samo napisati, svakako da je ulozen veliki trud.

Moze li neko da mi uradi zadatak slican ovome, ali da je u pitanju proizvod, a ne suma....?

Hoćeš sličan zadatak sa proizvodom, a da se uradi putem matematičke indukcije?

Npr. imaš proizvod:
[dispmath]\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\cdot\frac{2\cdot 4}{3\cdot 5}\cdot\frac{3\cdot 5}{4\cdot 6}\cdots\frac{(n-1)(n+1)}{n(n+2)}[/dispmath]
Ovo možeš zapisati kao:
[dispmath]\prod_{k=2}^n\frac{(k-1)(k+1)}{k(k+2)}[/dispmath]
Kada se to sračuna (odnosno krate odgovarajući članovi), dobije se:
[dispmath]\frac{3}{n(n+2)}[/dispmath]
Formula [dispmath]\prod_{k=2}^n\frac{(k-1)(k+1)}{k(k+2)}=\frac{3}{n(n+2)}[/dispmath] se može dokazati i matematičkom indukcijom.

Baza indukcije [inlmath]n=2[/inlmath]:
[dispmath]\frac{3}{2\cdot 4}=\frac{3}{2\cdot 4}[/dispmath]
Uslov je ispunjen.

Pretpostavmo da tvrdjenje važi za [inlmath]n=m[/inlmath]:
Formula [dispmath]\prod_{k=2}^m\frac{(k-1)(k+1)}{k(k+2)}=\frac{3}{m(m+2)}[/dispmath]
Dokažimo da onda važi i za [inlmath]n=m+1[/inlmath]
[dispmath]\prod_{k=2}^{m+1}\frac{(k-1)(k+1)}{k(k+2)}=\prod_{k=2}^m\frac{(k-1)(k+1)}{k(k+2)}\cdot\frac{(m+1-1)(m+1+1)}{(m+1)(m+2+1)}[/dispmath][dispmath]=\prod_{k=2}^m\frac{(k-1)(k+1)}{k(k+2)}\cdot\frac{m(m+2)}{(m+1)(m+3)}=\frac{3}{m(m+2)}\cdot\frac{m(m+2)}{(m+1)(m+3)}=[/dispmath][dispmath]=\frac{3}{(m+1)(m+3)}=\frac{3}{(m+1)(m+1+2)}[/dispmath]

1. Dokazati da za svako n ≥ 1 vrijedi
Πn
k=1
2k − 1
2k ≤
1
√3n + 1
: Moze li neko ovo da uradi?

Mislim da ovako napisan zadatak niko neće razumeti.

Molim te da pročitaš Pravilnik foruma, a posebno:
– tačku 11;
– tačku 13;
– tačku 6.