|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
||||
|
||||
ถามวิธีการทำแบบขั้นฐานและอุปนัย
$\frac{1+3+5+...+2n-1}{2+4+6+...2n}$ < $\frac{1}{2n+1}$
โจทย์ข้อนี้ช่วยพิสูจน์แบบขั้นฐาน-อุปนัยให้ดูหน่อยสิครับ |
#2
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
ดังนั้นข้อความดังกล่าวเป็นเท็จ ไม่ต้องพิสูจน์ครับ. |
#3
|
||||
|
||||
จัดรูปก่อนดีไหม ??
$ \frac{n}{n+1} < \frac{1}{2n+1} $ n=1 1/2 < 1/3 เท็จง่ะ ??
__________________
** ถ้าไม่สู้จะรู้หรือว่าแพ้ ถ้าอ่อนแอคงไม่รู้ว่าเข้มแข็ง ** ไม่ยืนหยัดคงไม่รู้ว่ามีแรง ไม่ถูกแซงคงไม่รู้เราช้าไป ** Sub #1 สิ่งที่มั่นใจที่สุดกลับทำให้รู้สึกแย่ที่สุด T T |
#4
|
||||
|
||||
เอ่อคือ
จริงหรือเท็จนั่นผมย่อมทำได้อยุแล้วละครับ ผมแค่ต้องการวิธีพิสูจน์ครับเพราะตอนนี้ทางโรงเรียนสอนเรื่องนี้อยู่และผมก็ติดปัญหาตรงนี้ |
#5
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
จงพิสูจน์ว่า $n! > n^2$ ทุกจำนวนเต็ม $n \ge 4$ ให้ p(n) แทนข้อความ $n! > n^2$ ทุกจำนวนเต็ม $n \ge 4$ ขั้นฐาน , p(4) แทน $4! > 4^2$ ซึ่งเป็นจริง เพราะ 24 > 16 ขั้นอุปนัย , สมมติให้ p(k) แทน $k! > k^2$ ทุกจำนวนเต็ม $k \ge 4$ จะแสดงว่า p(k+1) เป็นจริง ดังนี้ จาก $k! > k^2$ ทุกจำนวนเต็ม $k \ge 4$ ดังนั้น $(k+1)k! > (k+1)k^2$ ทุกจำนวนเต็ม $k \ge 4$ $(k+1)! > k^3 + k^2$ ทุกจำนวนเต็ม $k \ge 4$ ...(*) แต่จาก $k \ge 4$ จะได้ $k^3 \ge 4k^2$ (เอา $k^2$ คูณทั้งสองข้าง) และ $k^2 \ge 4k$ และ $4k \ge 16$ ดังนั้น $k^3 + k^2 \ge 4k^2 + 4k = k^2 + 3k^2 + 4k \ge k^2 + 12k + 16 > k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2$ จากสมการ (*) จึงได้ว่า $(k+1)! > k^3 + k^2 > (k+1)^2$ นั่นคือ $(k+1)! > (k+1)^2$ แสดงว่า p(k+1) เป็นจริง โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์จึงสรุปได้ว่า p(n) เป็นจริงสำหรับทุกจำนวนเต็ม n $\ge$ 4 02 กันยายน 2010 18:21 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ ★★★☆☆ |
#6
|
||||
|
||||
ขอโทษครับ
ลืมใส่รูทที่ตัวหลังครับ |
#7
|
||||
|
||||
โจทย์ผิดครับ โจทย์ ต้องคูณกันไม่ใช่หรอ
__________________
My stAtUs ทำไมยิ่งเรียน แล้วยิ่งโง่หว่าา |
#8
|
|||
|
|||
$$(\frac{1}{2})(\frac{3}{4})(\frac{5}{6})...(\frac{2n-1}{2n})<\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$$
p(1) เป็นจริง เพราะ $1/2 < 1/\sqrt{3}$ ให้ p(k) จริง $$(\frac{1}{2})(\frac{3}{4})(\frac{5}{6})...(\frac{2k-1}{2k})<\frac{1}{\sqrt{2k+1}} ...(*)$$ ต้องการพิสูจน์ว่า $$(\frac{1}{2})(\frac{3}{4})(\frac{5}{6})...(\frac{2k-1}{2k})(\frac{2k+1}{2k+2})<\frac{1}{\sqrt{2k+3}} ...(ก)$$ เป็นการเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $$\frac{2k+1}{2k+2}\frac{1}{\sqrt{2k+1}}<\frac{1}{\sqrt{2k+3}}$$ (ใช้้อสมการ (*) และสมบัิติการถ่ายทอด ถ้า a<b และ b<c แล้ว a<c) อสมการข้างต้นจะเป็นจริงเมื่อ $8k^3+20k^2+14k+3<8k^3+20k^2+16k+4$ (คูณไขว้แล้วยกกำลังสอง) ซึ่งเป็นจริง เพราะ 0 < 2k + 1 ดังนั้นจากอสมการ (ก) แสดงว่า p(k+1) เป็นจริง จึงสรุปได้ว่า p(n) เป็นจริงทุกจำนวนเต็มบวก n |
#9
|
|||
|
|||
โจทย์ข้อนี้ยังลด bound ได้อีกครับ ลองพิสูจน์อันนี้ ใช้แนวคิดเดียวกัน
$\dfrac{1}{2\sqrt{n}}\leq \Big(\dfrac{1}{2}\Big)\Big(\dfrac{3}{4}\Big)\Big(\dfrac{5}{6}\Big)\cdots\Big(\dfrac{2n-1}{2n}\Big)\leq \dfrac{1}{\sqrt{3n+1}}$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#10
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
มาได้ไงอะครับ 12 กันยายน 2010 22:18 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ bakured |
|
|