|
Дано неравенство: $$2!*4!...(2n)!>((n+1)!)^n, n>1.$$ Необходимо доказать неравенство методом математической индукции. Помогите понять, как это делается, пожалуйста. задан 4 Сен '14 22:45 
shant |
|
Сначала надо рассмотреть случай начального значения $%n$%. Чаще всего это бывает $%n=1$%, но в данном случае $%n\ge2$% по условию (при $%n=1$% строгое неравенство превращается в равенство). Итак, пусть $%n=2$%. Проверяем, верное или неверное неравенство при этом получится. Оно имеет вид $%2!\cdot4! > 3!^2$%, то есть $%48 > 36$%. Это верно. Теперь предполагаем, что при некотором $%n=k\ge2$% нами уже установлена истинность данного неравенства, то есть можно опираться на неравенство $%2!\cdot4!\cdot\ldots\cdot(2k)! > (k+1)!^k$% как на доказанное. И тогда нам нужно установить истинность неравенства из условия при следующем значении, то есть при $%n=k+1$%. Такое неравенство имеет вид $%2!\cdot4!\cdot\ldots\cdot(2(k+1))! > (k+2)!^{k+1}$%; докажем его. В левой части у нас находится произведение $%2!\cdot4!\cdot\ldots\cdot(2k)!\cdot(2(k+1))!$%, где мы выделили для удобства предпоследний сомножитель, и оно по индукционному предположению больше, чем $%(k+1)!^k(2k+2)!$%. Теперь нам достаточно показать, что оно не меньше, чем $%(k+2)!^{k+1}=(k+1)!^{k+1}(k+2)^{k+1}$%. Сокращая на $%(k+1)!^k$%, проверяем справедливость неравенства $%(2k+2)!\ge(k+1)!(k+2)^{k+1}$%. Сокращаем на $%(k+1)!$%, получая равносильное неравенство $%(k+2)(k+3)\ldots(2k+2)\ge(k+2)^{k+1}$%. Оно справедливо, так как в левой части имеется произведение $%k+1$% сомножителя, каждый из которых не меньше $%k+2$%. Значит, верно и то, что нам требовалось доказать. отвечен 5 Сен '14 0:18 
falcao А как вы сократили $%(2k + 2)! \geqslant (k + 1)!{(k + 2)^{k + 1}}$%? Разве не должно быть $%(2k + 2)! = (2k + 2)(2k + 1)! \geqslant (k + 1)!{(k + 2)^{k + 1}}$%? Не совсем понятно, откуда взялось $%(k + 2)(k + 3) \cdots (2k + 2)$%. Вроде $%(2k + 2)!=(2k + 2)(2k + 1)(2k) \cdots 3 \cdot 2 \cdot 1$% или нет? Еще один вопрос: Каким образом можно основывать доказательство на предположение если оно может быть ложно. То есть по индукции всегда предпологается, что то, что нужно доказать верно и уже затем переходят к доказательсву индукционного шага. Далее доказательсво основывается на предположение.
(5 Сен '14 2:08)
night-raven
Но откуда гарантия того, то что мы предположили верно? Получается, что индукционный шаг мы доказываем на том, что нам нужно доказать, и результат напрямую зависит от верности предположения. Я просто новичек в этом деле, и эта мысль мне не дает покоя. Где можно почитать про логичность и доставерность индукционного подхода?
(5 Сен '14 2:08)
night-raven
Поскольку $%(k+2)!=(k+1)!(k+2)$%, после возведения произведения в степень получится $%(k+1)!^{k+1}(k+2)^{k+1}$%. После сокращения на $%(k+1)!^k$% останется $%(k+1)^1(k+2)^{k+1}$%, то есть то, что написано. Если $%(2k+2)!$% сократить на $%(k+1)!$%, то останется произведение всех чисел от $%k+2$% до $%2k+2$% включительно. Достаточно записать факториалы в "развёрнутом" виде и сократить одинаковые множители.
(5 Сен '14 2:17)
falcao
Сведения о методе математической индукции можно найти в книгах. Например, у Соминского здесь. Логическое обоснование и прочее там есть. "Если первой в очереди стоит женщина, и за каждой женщиной стоит женщина, то все в очереди женщины" -- в этом вся суть метода.
(5 Сен '14 2:19)
falcao
Все понял за исключением "Если $%(2k+2)!$% сократить на $%(k+1)!$%, то останется произведение всех чисел от $%k+2$% до $%2k+2$%." Если не трудно покажите, как вы сокращали.
(5 Сен '14 2:31)
night-raven
$$\frac{(2k+2)!}{(k+1)!}=\frac{1\cdot2\cdot\ldots\cdot(k+1)\cdot(k+2)\ldots(2k+2)}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot(k+1)}=(k+2)\ldots(2k+2)$$
(5 Сен '14 2:52)
falcao
показано 5 из 6
показать еще 1
|