matematikk.net

Jeg skjønner ikke helt hva du spør om, men det her gjør du:
$\frac{1}{(k+2)!} \leq \frac{1}{2^{k+1}}$
$\frac{1}{k+2} \cdot\frac{1}{(k+1)!} \leq \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2^k}$
$\frac{1}{k+2} \cdot \frac{1}{2^k} \leq \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2^k}$
$\frac{1}{k+2} \leq \frac{1}{2}$
Som er åpenbart mindre for $k \geq 1$ og likt for $k=0$

Skjønte at jeg kanskje hadde gjort feil og satt og regnet på det, men nå er jeg ikke helt med på hva du har gjort her.

Lyst å forklare nærmere?

Joda, hvis du forklarer meg spørsmålet ditt så .
Du har funnet ut at uttrykket $\frac{1}{(n+1)!} \leq \frac{1}{2^n}$ stemmer for n=1
Du har antatt at dette stemmer opp til og med n=k slik at $\frac{1}{(k+1)!} \leq \frac{1}{2^k}$
Du ønsker nå å vise at dette også gjelder for n=k+1 slik at $\frac{1}{(k+2)!} \leq \frac{1}{2^{k+1}}$
Dette har jeg forsøkt å vise. Er det noe i utregningen min du ikke hang med på? Det "store vendepunktet" er at jeg setter $\frac{1}{(k+1)!} = \frac{1}{2^k}$. Dette har jeg lov til å gjøre fordi det følger av antagelsen at dette stemmer.

Gjest wrote:Er det noe i utregningen min du ikke hang med på? Det "store vendepunktet" er at jeg setter $\frac{1}{(k+1)!} = \frac{1}{2^k}$. Dette har jeg lov til å gjøre fordi det følger av antagelsen at dette stemmer.

Skal se nærmere på det i morgen. Er trøtt og har influensa, så hodet er ikke helt klart nå.

Men jeg tror kanskje at fremgangsmåten din avviker noe fra R2? Der er jeg vant til at man først skriver det nye uttrykket for k+1, dvs legger til +1 i på begge sider hvor k inngår. Og eventuelt forenkler dette uttrykket.

Så skriver man det opprinnelige uttrykket for n = k, MEN legger til (k+1) på begge sider. Så regner man ut denne og skal få samme svar som uttrykket for (k+1).

Er det det du også har gjort?

Johan Nes wrote:

Gjest wrote:Er det noe i utregningen min du ikke hang med på? Det "store vendepunktet" er at jeg setter $\frac{1}{(k+1)!} = \frac{1}{2^k}$. Dette har jeg lov til å gjøre fordi det følger av antagelsen at dette stemmer.

Skal se nærmere på det i morgen. Er trøtt og har influensa, så hodet er ikke helt klart nå.

Men jeg tror kanskje at fremgangsmåten din avviker noe fra R2? Der er jeg vant til at man først skriver det nye uttrykket for k+1, dvs legger til +1 i på begge sider hvor k inngår. Og eventuelt forenkler dette uttrykket.

Så skriver man det opprinnelige uttrykket for n = k, MEN legger til (k+1) på begge sider. Så regner man ut denne og skal få samme svar som uttrykket for (k+1).

Er det det du også har gjort?

Jepp, nøyaktig det jeg har gjort rett fra R2 pensum. Tror jeg skjønte spørsmålet ditt nå, og man legger ikke til k+1 på begge sider, men man erstatter k med k+1 på begge sider. Etter dette regner man seg som oftest (men ikke alltid!) tilbake til antagelsen og viser at uttrykkene er like. Ettersom du har en ulikhet holder det ikke bare å vise at de er like, men du må også vise at V.S er mindre enn høyre side før du er ferdig.

Ta en kikk på det imorra også sier du ifra hvis det fremdeles er uklart.

Gjest wrote:Det "store vendepunktet" er at jeg setter $\frac{1}{(k+1)!} = \frac{1}{2^k}$. Dette har jeg lov til å gjøre fordi det følger av antagelsen at dette stemmer.

Jeg skjønner algebraen din over, nå.

Ja, etter antagelsen er det du sier korrekt, men om man sjekker noen heltall ser man jo at det stemmer kun for n eller k = 1. For tall høyere enn dette ser jo det ut til at V.S alltid er < H.S.

Men det kan man se bort fra?

Ellers opplever jeg at fremgangsmåten din ikke er den samme som jeg har sett i R2-pensum. Det du gjør om jeg leser algebraen rett, er nemlig at du forenkler eller skriver om uttrykket for k+1 og ender opp med et resultat som viser at V.S < H.S for k > 1 og likt for k = 0.

Og det er jo riktig.

Men slik jeg har tolket fremgangsmåten i R2 er det som dette:

1. Antar at uttrykket stemmer også for n = k.

2. Skal vise at uttrykket er rett også for n = k + 1. Det man da gjør er å erstatte alle k-er på begge sider av uttrykket med (k+1). Eventuelt forenkler eller ganger inn faktorer. Da har man uttrykket for (k+1). Men er dette sant?

3. Så går man tilbake til uttrykket for n = k, MEN legger til leddet (k+1) på hver side i tillegg og regner ut dette. Om man da får samme uttrykket som for (k+1) i punkt 2 over, så har man fullført beviset.

Slik:

http://sinusr2.cappelendamm.no/c388365/ ... tid=394209

Det du har gjort ser naturligvis ut til å være korrekt, men det er vel ikke helt samme fremgangsmåte som over?

Johan Nes

Ja så sannelig, har du sett, lærer noe nytt hver dag
Jeg synes nå min metode er mest intuitiv, men det er kanskje ikke så rart at jeg synes det heller.

Angående algebraen min så har du helt rett i at $\frac{1}{(k+1)!} = \frac{1}{2^k}$ skulle egentlig være $\frac{1}{(k+1)!} \leq \frac{1}{2^k}$. Det er sånt slurv jeg er altfor dårlig på.

Men blir den substitusjonen du har gjort da riktig? Man kan vel ikke erstatte et uttrykk med en ulikhet?

Prøvde å løse den på R2 måten, ved å legge til [tex]\frac{1}{k+2}[/tex] på V.S. og [tex]\frac{1}{2^{k+1}}[/tex] på H.S. men får ikke algebraen til å gå opp.

Mulig den teknikken ikke fungerer ved ulikheter? Eller at jeg legger til feil? Eller regner ut feil?

Jeg liker best å føre induksjon med ulikheter som vist under. Først ville jeg ha kladdet slik Gjest har gjort. Merk at en ikke bare kan legge til noe på begge sider og anta at ulikheten fortsatt stemmer.

Si at vi har $\frac{1}{n+1} < 1$ for alle $n > 1$. Hvordan skal en legge til et ledd her? Så ja, induksjon med ulikheter føres gjerne litt annerledes. Med summer er det naturlig å legge til eller trekke fra et ledd. Med en ulikhet er det mer naturlig å bytte ut ulikhetene med andre ulikheter.

1) Ønsker å vise at $\frac{1}{(k+1)!} \leq \frac{1}{2^k}$

Grunnsteget. VS = $1/(1+1) = 1/2$, Mens $ HS = 1/2^1 = 1/2$. Så VS $\leq HS$ holder for $k = 1$.

Merk hvordan jeg konsekvent skiller VS og HS gjennom hele utregningen. Vi kan ikke og bør ikke sette de lik hverandre, eller stille opp en ulikhet før vi vet den stemmer. Noen velger å skrive $VS \stackrel{?}{=} HS$ Altså spørsmålstegn over likheten, men dette føler dette blir langt mer rot.

2) Induksjonshypotesen. Vi antar at

$ \hspace{1cm}
\frac{1}{(n+1)!} \leq \frac{1}{2^n}
$

Så målet blir å bruke denne uliketen til å vise at det holder for $ \frac{1}{(n+1)!} \leq \frac{1}{2^n}$. Vi har

$
\hspace{1cm}
\begin{align*}
\frac{1}{2+k} & \leq \frac{1}{2} \\
\frac{1}{(k+2)} \cdot \frac{1}{(1+k)!} & \leq \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{(1+k)!} \\
\frac{1}{(2+k)!} & \leq \frac{1}{2(k+1)!}
\end{align*}
$

Trikset er nå å bruke induksjonshypotesen i den siste ulikheten. Altså at $\frac{1}{(n+1)!} \leq \frac{1}{2^n}$ Ved å bruke dette fås

$
\hspace{1cm}
\begin{align*}
\frac{1}{2+k} & \leq \frac{1}{2} \\
\frac{1}{(2+k)!} & \leq \frac{1}{2(k+1)!} \\
\frac{1}{(2+k)!} & \leq \frac{1}{2 \cdot 2^{k}} \\
\frac{1}{(2+k)!} & \leq \frac{1}{2^{k+1}}
\end{align*}
$

Som var det som skulle vises. Merk at vi aldri antok at ulikheten $\frac{1}{(k+2)!} \leq \frac{1}{2^{k+1}}$ var sann. Mao aldri antok at VS = HS, men viste dette gjennom smart algebra. Å klare å føre et induksjonsbevis på denne måten krever nok litt mer forarbeid, da en ofte kladder beviset i motsatt rekkefølge først. Men om en ser på hvordan et induksjonsbevis "skal" føres, blir det feil å anta det en ønsker å vise. Veldig flisespikkeri dette, langt i fra alle jeg kjenner foretrekker denne måten å føre induksjonsbevis på. Dog er jeg en stor fan ^^

Veldig interessant, Nebu. Tror jeg følger deg noenlunde. Skal regne over det selv nå. Så, takk!

Men betyr dette at det Gjest først kladdet ikke er tilstrekkelig som et bevis?

Uff. Føler jeg stiller mange spørsmål nå, men har ikke løsningsforslag, så da blir det slik dessverre.

Euler-taller er lik [tex]\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}[/tex]

Vis at e < 3.

Hvordan?

Jeg regnet ut S5 = 2,708333333

Så S10 = 2,718281525

Det kan se ut som om delsummene går mot 2,7...

Er dette tilstrekkelig til å vise at rekken konvergerer og er mindre enn 3?

Er fortsatt på introduksjonsoppgaver og før noen av de kjente testene, så tipper resonnementet skal være noenlunde "lett".

På forhånd takk!

Her er jeg helt uenig i nebus måte å gjøre det på. Det mest naturlige for meg er i hvert fall på følgende måte:

Vi skal vise at $\frac{1}{(n+1)!}\leq \frac{1}{2^n}$ gjelder for alle positive heltall n. Anta at formelen stemmer for n=k, der k er et spesifikt tall.

Da har vi at $\frac{1}{(k+1)!}\leq \frac{1}{2^k}$, og det følger at $\frac{1}{(k+2)!}\leq \frac{1}{2^k}\cdot \frac{1}{k+2}\leq \frac{1}{2^k}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2^{k+1}}$. Altså stemmer formelen for n=k+1. Dette fullfører induksjonssteget.

Johan Nes wrote:Uff. Føler jeg stiller mange spørsmål nå, men har ikke løsningsforslag, så da blir det slik dessverre.

Euler-taller er lik [tex]\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}[/tex]

Vis at e < 3.

Hvordan?

Denne er litt mer tricky. Prøv å vis med induksjon at for N>1 så gjelder

[tex]\sum_{n=0}^{N }\frac{1}{n!}<3-\frac{1}{N!}[/tex]

Da kan du deretter ta grensen når $N\to\infty $

plutarco wrote:

Johan Nes wrote:Uff. Føler jeg stiller mange spørsmål nå, men har ikke løsningsforslag, så da blir det slik dessverre.

Euler-taller er lik [tex]\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}[/tex]

Vis at e < 3.

Hvordan?

Denne er litt mer tricky. Prøv å vis med induksjon at for N>1 så gjelder

[tex]\sum_{n=0}^{N }\frac{1}{n!}<3-\frac{1}{N!}[/tex]

Da kan du deretter ta grensen når $N\to\infty $

Dette vil kun vise at $e \leq 3$. For å få streng ulikhet må du enten først bruke Plutarcos metode (eller en annen metode som viser at $e \leq 3$) og så vise at $e\neq3$, eller så kan du vise at $e<3$ direkte på eksempelvis følgende måte:

For alle $N \in \mathbb{N}_{\geq 3}$ har vi at

$\sum_{n=0}^{N}\frac{1}{n!} = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \sum_{n=3}^{N}\frac{1}{n!} \leq \frac{5}{2} + \sum_{n=3}^{N}\frac{1}{3^n}$.

La nå $N \rightarrow \infty$ for å få at

$e = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!} \leq \frac{5}{2} + \sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{3^n} = \frac{5}{2} + \left( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{3^n} - (1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9})\right) = \frac{5}{2} + \frac{1}{1 - \frac{1}{3}} - \frac{13}{9} = \frac{5}{2} + \frac{3}{2} - \frac{13}{9} = 4 - \frac{13}{9} = \frac{23}{9} < 3$.

Hjertelig takk, både til Plutarco og Dennis! Får ikke sett skikkelig på det før i morgen.

De siste to timene (jepp) har jeg strevet med følgende oppgave:

Finn summen av teleskoprekken [tex]\sum_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^3-n}[/tex]

Det jeg har gjort er å faktorisere uttrykket og så delbrøkspalte det slik:

[tex]\sum_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^3-n}=\frac{1}{n(n^2-1)}=\frac{1}{n(n+1)(n-1)}=-\frac{1}{n}+\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{2(n-1)}[/tex]

Har så forsøkt å skrive ut noen ledd av dette, men det blir bare rot.

En teleskoprekke skal vel uansett ikke ha denne formen, men to ledd i formelen, så jeg forsøkte å slå sammen formelen over til dette:

[tex]\frac{2-n}{2n(n-1)}+\frac{1}{2(n+1)}[/tex]

Skrev ut noen ledd her også, men det ser ikke ut til å være noe mønster her.

Noen ideer? Med tanke på oppgaveteksten og at fasit sier 1/4, så antar jeg i hvert fall at det faktisk er en teleskoprekke.

Har gjort 5-6 teleskopoppgaver før dette og følte jeg forstod prinsippet (har fått til alle forut), men her er jeg helt lost. Regner med løsningen er å skrive uttrykket på en annerledes måte som gir den rette strukturen. Men hvordan? Beats me.