MATEMANIJA

Pozdrav svima, upravo resavam zadatke iz matematicke indukcije i naleteo sam na zadatke koji mi uopste nisu jasni. Zadatak glasi: Dokazati da za prirodne brojeve [inlmath]n[/inlmath] vaze nejednakosti
[dispmath]\frac{1}{\sqrt1}+\frac{1}{\sqrt2}+\cdots+\frac{1}{\sqrt n}>\sqrt n[/dispmath] nejednakost vazi za svako [inlmath]n\ge2[/inlmath]

Prva dva koraka su mi jasna. U prvom koraku imamo [inlmath]P(2)[/inlmath] ili ti [inlmath]n=2[/inlmath].
U drugom koraku imamo pretpostavku da je [inlmath]n=k[/inlmath]. Te ćemo imati:
[dispmath]\frac{1}{\sqrt1}+\frac{1}{\sqrt2}+\cdots+\frac{1}{\sqrt k}>\sqrt k[/dispmath] Medjutim treci korak mi nije jasan. U zbirkama i na mnogim sajtovima sam video da se na obe strane dodaje sledbenik cinioca koji se nalazi na levoj strani. U ovom primeru to bi bilo
[dispmath]\frac{1}{\sqrt{k+1}}[/dispmath] Moje pitanje je, da li postoji neki princip po kome se radi ovi tipovi zadataka? Takodje, kako na dalje mogu rešavati ove tipove zadataka?

P.S.: izvinjavam se ako sam lose upotrebio latex, jos uvek se snalazim.

Tvrđenje [inlmath]P(n)[/inlmath] glasi : [inlmath]\frac{1}{\sqrt 1}+ \frac{1}{\sqrt 2}+ \ldots + \frac{1}{\sqrt n} > \sqrt n[/inlmath]
Da te ispravim:

"U drugom koraku imamo pretpostavku da je [inlmath]n=k[/inlmath].“

Nije pretpostavka da je [inlmath]n=k[/inlmath]. Pretpostavka je da za [inlmath]n=k[/inlmath] tačno tvrđenje [inlmath]P(k)[/inlmath], tj. da je tačna nejednakost
[dispmath]\frac{1}{\sqrt 1}+ \frac{1}{\sqrt 2}+ \ldots + \frac{1}{\sqrt k} > \sqrt k[/dispmath]Bilo bi dobro da priložiš: kako ti glasi tvrđenje [inlmath]P(2)[/inlmath] i kako si dokazao prvi korak indukcije; kako glasi tvrđenje [inlmath]P(3)[/inlmath] ? (bez dokaza)

U redu. Za [inlmath]P(2)[/inlmath] imacemo:
[dispmath]\frac{1}{\sqrt1}+\frac{1}{\sqrt2}>\sqrt2[/dispmath][dispmath]\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2}>\frac{2}{\sqrt2}[/dispmath] Odavde je ocigledno da je leva strana veca od desne.
ovim je prvi korak, odnosno [inlmath]P(2)[/inlmath], zavrsen.

Fare je napisao:Bilo bi dobro da priložiš: kako ti glasi tvrđenje [inlmath]P(2)[/inlmath] i kako si dokazao prvi korak indukcije; kako glasi tvrđenje [inlmath]P(3)[/inlmath] ? (bez dokaza)

Pod ovim [inlmath]P(3)[/inlmath] verujem da podrazumevas treći korak.

Za [inlmath]P(k+1)[/inlmath] imacemo:
[dispmath]\frac{1}{\sqrt1}+\frac{1}{\sqrt2}+\cdots+\frac{1}{\sqrt k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt k+\frac{1}{\sqrt{k+1}}[/dispmath] Ovo je jedino sto znam da uradim u 3. koraku, ali ni sam ne znam zasto se ovo ovako radi.

[inlmath]P(3)[/inlmath] nije treći korak indukcije, nego tvrđenje [inlmath]P[/inlmath] za [inlmath]n=3[/inlmath], a ono glasi:
[dispmath]\frac{1}{\sqrt 1}+ \frac{1}{\sqrt 2}+ \frac{1}{\sqrt 3} > \sqrt 3[/dispmath] Da li znaš da napišeš to tvrđenje za [inlmath]n=k+1[/inlmath], tj. [inlmath]P(k+1)[/inlmath]?

ne znam. to sam i pitao u prvom postu. Jer ne znam koji se princip primenjuje

Tvrđenje [inlmath]P(4)[/inlmath] je [dispmath]\frac{1}{\sqrt 1}+ \frac{1}{\sqrt 2}+ \frac{1}{\sqrt 3}+ \frac{1}{\sqrt 4} > \sqrt 4[/dispmath]Tvrđenje [inlmath]P(5)[/inlmath] je [dispmath]\frac{1}{\sqrt 1}+ \frac{1}{\sqrt 2}+ \frac{1}{\sqrt 3}+ \frac{1}{\sqrt 4}+ \frac{1}{\sqrt 5} > \sqrt 5[/dispmath][dispmath]\ldots[/dispmath]Tvrđenje [inlmath]P(k)[/inlmath] je [dispmath]\frac{1}{\sqrt 1}+ \frac{1}{\sqrt 2}+ \frac{1}{\sqrt 3}+ \ldots+ \frac{1}{\sqrt k} > \sqrt k[/dispmath]Tvrđenje [inlmath]P(k+1)[/inlmath] je [dispmath]\frac{1}{\sqrt 1}+ \frac{1}{\sqrt 2}+ \ldots+ \frac{1}{\sqrt k}+ \frac{1}{\sqrt {k+1}} > \sqrt {k+1}[/dispmath] i to je ono što treba dokazati, koristeći pretpotstavku [inlmath]P(k)[/inlmath] kao tačno tvrđenje (tačan iskaz).
Nadam se da sam sada bio jasniji. Da li bi sada znao da izvedeš treći korak indukcije (induktivni dokaz)?

Ne bih znao. Imam takodje jos jedno pitanje. Zasto bismo radili [inlmath]P(3)[/inlmath], [inlmath]P(4)[/inlmath] i [inlmath]P(5)[/inlmath], ukoliko nam je u zadatku dato da ova nejednakost vazi za svako [inlmath]n[/inlmath] vece od [inlmath]2[/inlmath]? Treci korak ne bih znao da izvedem, jer ne uvidjam nikakvu vezu niti znam princip po kom bi trebao da dokazem da ova nejednakost vazi.

Naravno da, u ovom zadatku, nije potrebno dokazivati [inlmath]P(3), P(4), P(5)[/inlmath]. Prikazao sam ih kako bi zaključio kako treba da glasi [inlmath]P(k+1)[/inlmath].
Dakle, treba dokazati da je [dispmath]\frac{1}{\sqrt 1}+ \frac{1}{\sqrt 2}+ \ldots+ \frac{1}{\sqrt k}+ \frac{1}{\sqrt {k+1}} > \sqrt {k+1}[/dispmath]Jedan od načina je sledeći; kreni od leve strane:[dispmath]\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>[/dispmath][dispmath]>\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}=\frac{k}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>[/dispmath][dispmath]>\frac{k}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}=\frac{k+1}{\sqrt{k+1}}={\sqrt{k+1}}[/dispmath]U prvom koraku iskorišćena je pretpostavka [inlmath]P(k)[/inlmath], a u narednom da je [inlmath]\frac{k}{\sqrt{k}}>\frac{k}{\sqrt{k+1}}[/inlmath].

Sada mi je jasno. Hvala ti puno na izdvojenom vremenu da mi pojasnis zadatak!

Dodao bih još jedan način rešavanja ovog zadatka. Kao što je Fare napisao, na osnovu induktivne pretpostavke;
[dispmath]\frac{1}{\sqrt1}+\frac{1}{\sqrt2}+\cdots+\frac{1}{\sqrt k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt k+\frac{1}{\sqrt{k+1}}[/dispmath] možemo sve sabirke sa leve strane osim poslednjeg da zamenimo sa [inlmath]\sqrt k[/inlmath]. Tada poslednji korak indukcije postaje:
[dispmath]\sqrt k+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt{k+1}[/dispmath] Mislim da sad nije problem ovo dokazati.

Napominjem da je rešenje koje je Fare napisao potpuno tačno, samo dodajem način koji nekome može da bude lakši