Forum@DeGiorgi :: Pogledajte temu

through

[^/[Print]\]

Forum@DeGiorgi -> Uvod u matematiku

#1: Indukcija Autor/ica: Principessa,

Postano: 21:40 uto, 27. 12. 2011
—
dokazite da 7 dijeli 37^(n+2) + 16^(n+1) + 23^n ; za svaki n >= 0
sve je super dok ne dode k+1 član
znači treba mi objašnjenje kako ide onaj dio koraka kad imam
7 dijeli 37^(k+3) + 16^(k+2) + 23^(k+1)
Evil or Very Mad

#2: Autor/ica: vsego, Lokacija: /sbin/init

Postano: 22:31 uto, 27. 12. 2011
—
[tex]37^{k+3} + 16^{k+2} + 23^{k+1} = 37 \cdot 37^{k+2} + 16 \cdot 16^{k+1} + 23 \cdot 23^k = 16 \cdot (37^{k+2} + 16^{k+1} + 23^k) + 21 \cdot 37^{k+2} + 7 \cdot 23^k[/tex]

[tex]37^{k+2} + 16^{k+1} + 23^k[/tex] je djeljivo sa [tex]7[/tex] po pretpostavci indukcije, a ostatak je djeljiv sa [tex]7[/tex] jer su [tex]21[/tex] i [tex]7[/tex] djeljivi sa [tex]7[/tex].

#3: Autor/ica: Principessa,

Postano: 22:47 uto, 27. 12. 2011
—
Rolling Eyes

ja sam uspjela ipak na kraju preko modulo 7 riješit Smile

hvala ovo je puno zanimljiviji pristup Smile

#4: Indukcija Autor/ica: goransta,

Postano: 18:52 sri, 28. 12. 2011
—
Može pomoć sa sljedečim zadatkom:

Dokažite da je (1+2+...+n)^2=1^3+2^3+...+n^3 za svaki n iz skupa N.

Ja sam to krenuo ovako:
BAZA: n=1 i onda se lako dobije da je 1=1

PRETPOSTAVKA: (1+2+...+k)^2=1^3+2^3+...+k^3

KORAK: i tu nastane problem...?!?!?!!?!? sta? kako? kuda?

Unaprijed hvala!!

Zadnja promjena: goransta; 20:11 sri, 28. 12. 2011; ukupno mijenjano 1 put.

#5: Autor/ica: vsego, Lokacija: /sbin/init

Postano: 19:24 sri, 28. 12. 2011
—
Simple: [tex](x+y)^2 = x^2 + 2xy + y^2[/tex].

Sad stavi [tex]x := 1+2+\dots+k[/tex] i [tex]y = k+1[/tex], pa raspisi i iskoristi pretpostavku indukcije. Trebat ce ti i formula za sumu prvih [tex]k[/tex] prirodnih brojeva, sto vjerojatno znas.

#6: Re: Indukcija Autor/ica: Principessa,

Postano: 17:10 čet, 29. 12. 2011
—
jesi uspio???
ja jesam Very Happy

rekla sam ti sam ja u pravu a ne tii Razz

goransta (napisa):

Može pomoć sa sljedečim zadatkom:

Dokažite da je (1+2+...+n)^2=1^3+2^3+...+n^3 za svaki n iz skupa N.

Ja sam to krenuo ovako:
BAZA: n=1 i onda se lako dobije da je 1=1

PRETPOSTAVKA: (1+2+...+k)^2=1^3+2^3+...+k^3

KORAK: i tu nastane problem...?!?!?!!?!? sta? kako? kuda?

Unaprijed hvala!!

#7: Autor/ica: tinabg92,

Postano: 12:05 sub, 31. 12. 2011
—
Da li mi netko može pojasniti ovakve tipove zadataka gdje sami moramo odrediti formulu? Meni to nimalo nije jasno...hvala! Wink

izračunaj i dokaži mat. indukcijom: 1*3+2*4+3*5+4*6+...+999*1001

#8: Re: Indukcija Autor/ica: Gergonne,

Postano: 15:04 uto, 3. 1. 2012
—
Ovaj zadatak je relativno teško riješiti "naslućivanjem" konačnoga rješenja jer to konačno rješenje (za bilo koji n>=2) glasi:

S=1/6*(n-1)*n*(2*n+5).

Lakše ga je riješiti bez izravnoga korištenja matematičke indukcije, ali uz korištenje formule za zbroj kvadrata prvih n prirodnih brojeva:

1^2 + 2^2 + ... + n^2 = 1/6*n*(n+1)*(2*n+1)

(Tu formulu možeš dokazati indukcijom.) U postavljenom zadatku treba uočiti da je svaki pribrojnik oblika (k - 1)*(k + 1) za neki k iz skupa {2, 3, ..., 1000}. Međutim, smijemo uzeti i k = 1 jer je tada prvi pribrojnik jednak 0*2 = 0, pa se vrijednost zadanoga zbroja ne mijenja dodavanjem toga člana. Tako se dobije:

1*3 + 2*4 +... + 999*1001 = 0*2 + 1*3 + 2*4 +...+ 999*1001 = (1 - 1)*(1 + 1) + (2 - 1)*(2 + 1) + ... + (1000 - 1)*(1000 + 1) = (1^2 - 1) + (2^2 - 1) +... + (1000^2 - 1) = (1^2 + 2^2 + ... + 1000^2) - 1000*1 = (prema navedenoj formuli za zbroj kvadrata prvih n prirodnih brojeva) = 1/6*1000*(1000 + 1)*(2* 1000 + 1) - 1*1000 = 333 832 500.

Za bilo koji n dobije se:

S = (1^2+2^2+...+n^2)-n*1 = 1/6*n*(n+1)*(2*n+1)-n = (nakon množenja i sređivanja) = 1/6*(n-1)*n*(2*n+5)

HTH Smile

Forum@DeGiorgi -> Uvod u matematiku

output generated using printer-friendly topic mod. Vremenska zona: GMT + 01:00.

Stranica 1 / 1.