Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

evry · #1

Καλημέρα, δεν ήξερα που να ποστάρω αυτή την άσκηση, και την έβαλα εδώ επειδή έχει σχέση με μαθηματική επαγωγή.
Νομίζω όμως ότι είναι σε λυκειακό επίπεδο. Μου την έφερε ένας μαθητής στο σχολείο και μπορεί να την έχει αντιγράψει λάθος

Λέει να αποδείξουμε ότι:
$\sqrt[n]{n!} \leq \frac{n+1}{2}$

Το έχω φτάσει μέχρι τέλος στο k+1

επαγωγικό βήμα αλλά ή κάνω λάθος στις πράξεις ή κάτι μου διαφεύγει
Ύψωσα την πρώτη σχέση στην

-οστή και την χρησιμοποίησα στο k+1

βήμα αλλά μετά κάτι δεν πάει καλά?
καμιά ιδέα?

Ωmega Man · #2

Χωρίς επαγωγή με ΑΜ-GM.

$\displaystyle{\sqrt[n]{n!} = \sqrt[n]{1\cdot2\cdot3\cdot\ldots\cdot (n-1)\cdot n} \leq \frac{1+2+3+\ldots + n-1 + n}{n} = \frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n}=\frac{n+1}{2}}$

evry · #3

Ευχαριστώ πολύ αλλά επειδή το ξεκίνησα με επαγωγή και έχω κολλήσει τώρα
βγαίνει και με επαγωγή ή τσάμπα παιδεύομαι?

#4

evry έγραψε:Καλημέρα, δεν ήξερα που να ποστάρω αυτή την άσκηση, και την έβαλα εδώ επειδή έχει σχέση με μαθηματική επαγωγή.
Νομίζω όμως ότι είναι σε λυκειακό επίπεδο. Μου την έφερε ένας μαθητής στο σχολείο και μπορεί να την έχει αντιγράψει λάθος

Λέει να αποδείξουμε ότι:
$\sqrt[n]{n!} \leq \frac{n+1}{2}$

Το έχω φτάσει μέχρι τέλος στο κ+1 επαγωγικό βήμα αλλά ή κάνω λάθος στις πράξεις ή κάτι μου διαφεύγει
Ύψωσα την πρώτη σχέση στην ν-οστή και την χρησιμοποίησα στο κ+1 βήμα αλλά μετά κάτι δεν πάει καλά?
καμιά ιδέα?

Είναι πιο απλό να αποδείξεις επαγωγικά την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ και μετά να την χρησιμοποιήσεις για άμεση απόδειξη του παραπάνω (*).
Αν δεν σου αρέσει αυτό, μπορείς να μιμηθείς λέξη προς λέξη την παραπάνω απόδειξη αλλά αντί για γενικά a_n

να έχει

(*) Από ΑΜ-ΓΜ είναι $\sqrt[n]{n!} =\sqrt[n]{1\cdot 2 \cdot ... \cdot n} \leq \frac {1+2+...+n}{n}= \frac{n+1}{2}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Με απλή επαγωγή χρειάζεται στο τέλος η ανισότητα Bernoulli.
Ισως αυτό δεν βλέπεις

#6

Βγαίνει και με επαγωγή.

Αν υποθέσουμε ότι $\displaystyle{ k! \leqslant \frac{(k+1)^k}{2^k}}$ τότε στο επαγωγικό βήμα αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{ \frac{(k+1)^k}{2^k} \times (k+1) \leqslant \frac{(k+2)^{k+1}}{2^{k+1}}.}$

Ισοδύναμα αρκεί το $\displaystyle{ \left(1 + \frac{1}{k+1} \right)^{k+1} \geqslant 2}$ το οποίο όντως ισχύει. [Π.χ. εφαρμόζοντας το διωνυμικό θεώρημα στο αριστερό μέλος.]

#7

Και αλλιώς, μπορείς να δείξεις επαγωγικά ότι για a>0

είναι $(1+a)^n\ge 1+na\, (*)$ (απλό). Με χρήση αυτού, για το επαγωγικό βήμα στην αρχική ερώτηση, δηλαδή απόδειξη του

$\displaystyle{ \left (\frac {n+1}{2}\right )^n (n+1)\le \left (\frac {n+2}{2}\right )^{n+1}}$

ισοδύναμα $\displaystyle{ 2 (n+1)^{n+1} \le (n+2)^{n+1} }$ , ισοδύναμα $\displaystyle{ \left (1+\frac {1}{n+1}\right )^{n+1}\ge 2}$ , που έπεται αμέσως από την (*)

Το ευκολότερο είναι να λύσεις την άσκηση απευθείας, χωρίς επαγωγή. Το αφήνω ως άσκηση.

Edit: Και οι δύο απαντήσεις μου διασταυρώθηκαν με άλλες. Τις αφήνω ως έχουν...

#8

Mihalis_Lambrou έγραψε: Το ευκολότερο είναι να λύσεις την άσκηση απευθείας, χωρίς επαγωγή.

Για να κλείνει το θέμα, και προς όφελος των μαθητών, ας γράψω μία τέτοια απόδειξη. Είναι χωρίς επαγωγή και απλούστερη από ότι οι επαγωγικές.

Από την ανισότητα $\sqrt {ab} \le \frac {a+b}{2}$ έχουμε

$\sqrt {1\cdot n }\le \frac {n+1}{2}$
$\,$
$\sqrt {2\cdot (n-1)}\le \frac {n+1}{2}$
$\,$
$\sqrt {3\cdot (n-2)}\le \frac {n+1}{2}$
....
$\,$
$\sqrt {n\cdot 1}\le \frac {n+1}{2}$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη έχουμε $n!\le \left ( \frac {n+1}{2} \right ) ^n$ , που ισοδυναμεί με την ζητούμενη.

evry · #9

Ευχαριστώ πολύ
Εξαιρετικές οι απαντήσεις σας.

Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

Re: Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

Re: Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

Re: Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

Re: Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

Re: Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

Re: Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

Re: Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

Re: Άσκηση Μαθηματική επαγωγή

Μέλη σε σύνδεση