Udowodniłem już krok bazowy indukcji, oraz krok bazowy kroku indukcyjnego (indukcja w indukcji). Utknąłem przy dowodzeniu kroku indukcyjnego w kroku indukcyjnym.. tak czy inaczej na tym etapie mam założenia:
Wspomniałeś o indukcji w indukcji. Względem czego robisz wewnętrzną indukcję? Pytam ponieważ z tego co widzę to \(\displaystyle{ q}\) może być dowolnym elementem zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{R}_{>1}}\).
Zewnętrzna indukcja "idzie" po k, czyli w kroku bazowym \(\displaystyle{ k=1}\) i potem \(\displaystyle{ k \rightarrow k+1}\). Wewnętrzna zaś zaczyna od \(\displaystyle{ n=c}\) a potem \(\displaystyle{ n \rightarrow n+1}\).
Edit:
Pytam ponieważ z tego co widzę to \(\displaystyle{ q}\) może być dowolnym elementem zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{R}_{>1}}\).
no właśnie chyba tak bo to wynika z treści zadania
Ostatnio zmieniony 16 paź 2016, o 17:51 przez blazej30, łącznie zmieniany 1 raz.
Dopóki nie napiszesz wyrażnie co chcesz udowodnić, to nie będziesz wiedział co robisz. Wygląda na to, że próbujesz robić indukcje po \(\displaystyle{ k}\) i po \(\displaystyle{ n}\) jednocześnie, ale to jest chyba bez sensu.
Napisz założenie, tezę i potem dowód.
Nawiasem mówiąc robienie tego przy pomocy indukcji nie jest chyba najlepszym pomysłem
Chodzi o to że bardzo podobny dowód mieliśmy na zajęciach, i też robiliśmy to przez indukcję w indukcji, i to wykładowca także mówił żeby zrobić przez indukcję.. Ogólnie nie znam jeszcze innych sposobów dowodzenia i nie mam pojęcia jak zrobić to inaczej
Inaczej:
ustalmy dowolne \(\displaystyle{ q>1}\) i dowolne \(\displaystyle{ k \in \NN}\).
Istnieje takie \(\displaystyle{ a>0}\), że \(\displaystyle{ q=(1+a)^k}\) (nie wiem, czy wymaga to oddzielnego argumentowania, chyba nie), a wówczas \(\displaystyle{ \frac{q^n}{n^k}= \frac{(1+a)^{kn}}{n^k}=\left( \frac{(1+a)^n}{n} \right)^k}\)
Wystarczy więc wykazać, że dla dowolnego \(\displaystyle{ a>0}\) i dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\)
prawdziwa jest nierówność \(\displaystyle{ \frac{(1+a)^n}{n}>1}\)
Jednak dla \(\displaystyle{ n \ge 3}\) zachodzi \(\displaystyle{ (1+a)^n> {n \choose 2}a^2}\), więc wówczas otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{(1+a)^n}{n}> \frac{1}{n}{n \choose 2}a^2= \frac{(n-1)a^2}{2}}\).
Ponieważ dla ustalonego \(\displaystyle{ a>0}\) mamy \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{(n-1)a^2}{2}=+\infty}\), to z definicji granicy niewłaściwej ciągu dla dowolnego \(\displaystyle{ b>0}\) istnieje takie\(\displaystyle{ N \in \NN}\), że dla wszystkich naturalnych \(\displaystyle{ n>N}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \frac{(n-1)a^2}{2}>b}\).
Kładąc \(\displaystyle{ b=1}\) i korzystając z przechodniości nierówności widzimy, że \(\displaystyle{ (\exists N \in \NN)(\forall n \in \NN)\left(n>N \Rightarrow \frac{(1+a)^n}{n}>1 \right)}\),]a wówczas oczywiście \(\displaystyle{ \frac{(1+a)^{nk}}{n^k}= \frac{q^n}{n^k} >1^k=1}\), stąd po wymnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ n^k}\) dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ q^n>n^k}\), c.k.d.
Można też odwołać się do warunku koniecznego zbieżności pewnego szeregu liczbowego i definicji granicy ciągu, ale nie sądzę, że opanowałeś już szeregi.
blazej30 pisze:Zewnętrzna indukcja "idzie" po k, czyli w kroku bazowym \(\displaystyle{ k=1}\) i potem \(\displaystyle{ k \rightarrow k+1}\). Wewnętrzna zaś zaczyna od \(\displaystyle{ n=c}\) a potem \(\displaystyle{ n \rightarrow n+1}\).
Cały dowcip polega na tym, że to \(\displaystyle{ c}\) nijak sie ma do \(\displaystyle{ n}\), a założenie, że \(\displaystyle{ n=c}\) jest w ogóle nieprawdziwe.
Ponieważ (jak sam piszesz) raczkujesz w obszarze indukcji, powinieneś bardzo precyzyjnie zapisywać wszystko, co robisz, a nie "machać rękami".
