Jeg har skrevet beviset uten summetegn det med summetegn, der jeg går gjennom de samme stegene. Det går bare i triksing med uttrykkene.FredrikM skrev:Forøvrig har jeg litt problemer med å henge med på hvordan du gjør ting i det første "summe-tegn"-beviset ditt.
Noen enkle
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Steg 1: [tex]1=\frac{1*2*3}{6}[/tex] så formelen gjelder for [tex]n=1[/tex].
Steg 2:
Anta [tex]\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}[/tex].
Da er [tex]\sum_ {i=1}^{n+1}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2[/tex].
Høyresiden kan omskrives:
[tex]\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2 = \frac{(n+1)(2n^2+n+6n+6)}{6} \\ =\frac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}[/tex].
Vi ser at [tex]-2[/tex] og [tex]-\frac{3}{2}[/tex] er røtter i [tex](2n^2+7n+6)[/tex], så
[tex]\frac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}= \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} \\=\frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)}{6}[/tex].
Formelen gjelder dermed for alle [tex]n\geq 1[/tex]
Steg 2:
Anta [tex]\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}[/tex].
Da er [tex]\sum_ {i=1}^{n+1}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2[/tex].
Høyresiden kan omskrives:
[tex]\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2 = \frac{(n+1)(2n^2+n+6n+6)}{6} \\ =\frac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}[/tex].
Vi ser at [tex]-2[/tex] og [tex]-\frac{3}{2}[/tex] er røtter i [tex](2n^2+7n+6)[/tex], så
[tex]\frac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}= \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} \\=\frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)}{6}[/tex].
Formelen gjelder dermed for alle [tex]n\geq 1[/tex]
Kan slenge inn noen morsomme fakta om fibonaccitallene som blant annet bevises med induksjon. Ikke alle er like lette:
Hvis [tex]f_n[/tex] er det n'te fibonaccitallet, definert ved [tex]f_n+f_{n-1}=f_{n+1}[/tex] og [tex]f_1=f_2=1[/tex], vis at:
[tex](1) \ \ f_1+f_3+...+f_{2n-1}=f_{2n}[/tex]
[tex](2) \ \ f_2+f_4+...+f_{2n}=f_{2n+1}-1[/tex]
[tex](3) \ \ f_n=\frac{\phi^n-(1-\phi)^n}{\sqrt{5}} \ \ , \ \ \phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}[/tex]
[tex](4) \ \ f_{n+1}f_{n-1}-f_n^2=(-1)^n[/tex]
[tex](5) \ \ f_{n+1}^2+f_n^2=f_{2n+1}[/tex]
[tex](6) \ \ [/tex] Hvis [tex]M=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}[/tex], så er [tex]M^n=\begin{bmatrix} f_{n+1} & f_n \\ f_n & f_{n-1} \end{bmatrix}[/tex]
http://en.wikipedia.org/wiki/Matrix_multiplication
Hvis [tex]f_n[/tex] er det n'te fibonaccitallet, definert ved [tex]f_n+f_{n-1}=f_{n+1}[/tex] og [tex]f_1=f_2=1[/tex], vis at:
[tex](1) \ \ f_1+f_3+...+f_{2n-1}=f_{2n}[/tex]
[tex](2) \ \ f_2+f_4+...+f_{2n}=f_{2n+1}-1[/tex]
[tex](3) \ \ f_n=\frac{\phi^n-(1-\phi)^n}{\sqrt{5}} \ \ , \ \ \phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}[/tex]
[tex](4) \ \ f_{n+1}f_{n-1}-f_n^2=(-1)^n[/tex]
[tex](5) \ \ f_{n+1}^2+f_n^2=f_{2n+1}[/tex]
[tex](6) \ \ [/tex] Hvis [tex]M=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}[/tex], så er [tex]M^n=\begin{bmatrix} f_{n+1} & f_n \\ f_n & f_{n-1} \end{bmatrix}[/tex]
http://en.wikipedia.org/wiki/Matrix_multiplication
Sist redigert av Charlatan den 05/01-2009 14:43, redigert 1 gang totalt.
Den siste er ihvertfall grei nok:
[tex](6)\\M^{n+1}=\begin{bmatrix} f_{n+1} & f_n \\ f_n & f_{n-1} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \\ =\begin{bmatrix} (f_{n+1}+f_{n}) & f_{n+1} \\ (f_n+f_{n-1}) & f_{n} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} f_{n+2} & f_{n+1} \\ f_{n+1} & f_{n} \end{bmatrix}[/tex]
[tex](6)\\M^{n+1}=\begin{bmatrix} f_{n+1} & f_n \\ f_n & f_{n-1} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \\ =\begin{bmatrix} (f_{n+1}+f_{n}) & f_{n+1} \\ (f_n+f_{n-1}) & f_{n} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} f_{n+2} & f_{n+1} \\ f_{n+1} & f_{n} \end{bmatrix}[/tex]
-
- Euler
- Innlegg: 5889
- Registrert: 26/09-2007 19:35
- Sted: Trondheim
- Kontakt:
1) Antar du mener fibonacci av oddetallige n her? Skriveleif?
Tester for n = 1: [tex]f_1 = f_2 = 1[/tex].
Antar at [tex]f_1 + f_3 + ... + f_{2k-1} = f_{2k}[/tex]. Da må det vises at dette impliserer [tex]f_1 + f_3 + ... + f_{2k-1} + f_{2k+1} = f_{2(k+1)[/tex].
Bruker antagelsen til å skrive om venstresida: [tex]f_{2k} + f_{2k+1} = f_{2(k+1)}[/tex]. Dette ser vi jo er selve definisjonen av fibonaccifølgen, og stemmer opplagt. Dermed har vi vist at hvis det stemmer for et tall n = k, så stemmer det også for n = k + 1. Siden det stemmer for n = 1, må det derfor gjelde for alle [tex]n \geq 1[/tex].
Tester for n = 1: [tex]f_1 = f_2 = 1[/tex].
Antar at [tex]f_1 + f_3 + ... + f_{2k-1} = f_{2k}[/tex]. Da må det vises at dette impliserer [tex]f_1 + f_3 + ... + f_{2k-1} + f_{2k+1} = f_{2(k+1)[/tex].
Bruker antagelsen til å skrive om venstresida: [tex]f_{2k} + f_{2k+1} = f_{2(k+1)}[/tex]. Dette ser vi jo er selve definisjonen av fibonaccifølgen, og stemmer opplagt. Dermed har vi vist at hvis det stemmer for et tall n = k, så stemmer det også for n = k + 1. Siden det stemmer for n = 1, må det derfor gjelde for alle [tex]n \geq 1[/tex].
Elektronikk @ NTNU | nesizer
Daofeishi hadde en problemløsningsteknikker-tråd for lenge siden. Der introduserte han slike "teleskoprekker" (hvert ledd kanselerer det forrige, slik at rekken "foldes sammen" på samme måte som de gamle teleskopkikkertene gjorde).FredrikM skrev:Forøvrig har jeg litt problemer med å henge med på hvordan du gjør ting i det første "summe-tegn"-beviset ditt.
Sist redigert av Emilga den 05/01-2009 16:18, redigert 2 ganger totalt.
Tilfeldigvis søkte jeg litt rundt etter akkurat den artikkelen for et par timer siden, men fant den ikke. Hvis du finner den skriv gjerne navnet på tråden eller send meg en PM, jeg tenkte å gjøre den "sticky".Emomilol skrev:Daofeishi hadde en problemløsningsteknikker-tråd for lenge siden. Der introduserte han slike "teleskoprekker" (hvert ledd kanselerer det forrige, slik at rekken "foldes sammen").FredrikM skrev:Forøvrig har jeg litt problemer med å henge med på hvordan du gjør ting i det første "summe-tegn"-beviset ditt.
Ser med en gang at det ikke stemmer fordi [tex]\angle DAB>\angle XAB\Leftrightarrow \frac{\vec{AD}\cdot\vec{AB}}{|\vec{AD}||\vec{AB}|}<\frac{\vec{AB}\cdot \left(\vec{AX}+\vec{AB}\right)}{|\vec{AB}||\vec{AB}+\vec{AX}|}\Leftrightarrow \vec{AD}\neq \vec{AB}+\vec{AX}[/tex]
Dessuten:
[tex]\vec{AX_{\perp\vec{AB}}}<\vec{AD_{\perp\vec{AB}}}[/tex]
Så da er vel påstanden motbevist?
Funker dette?
Dessuten:
[tex]\vec{AX_{\perp\vec{AB}}}<\vec{AD_{\perp\vec{AB}}}[/tex]
Så da er vel påstanden motbevist?
Funker dette?
For n=1 blir det bare [tex]f_2=f_3-1[/tex], som stemmer. Antar at det stemmer for n=k, og ser om det stemmer for n=k+1.Jarle10 skrev:[tex](2) \ \ f_2+f_4+...+f_{2n}=f_{2n+1}-1[/tex]
[tex]f_2+f_4+...+f_{2k+2}=f_{2k+1}-1+f_{2k+2}=f_{2k+3}-1[/tex]
Så det stemmer.