|
[quote="Zenon"]
Slažem se s tobom, jer sam upravo tako i ja razmišljao sada kada sam išao kući i pitao se: "Kako osoba dokaže takvu nekakvu tvrdnju?" :D
[/quote]
Evo razmislio sam malo i pronasao dokaz, premda ja nisam sasvim zadovoljan sa dokazom jer, prvo, nisam sasvim siguran da analiza problema u potpunosti odgovara duhu metode dokazivanja,i, drugo, jer je dokaz matematickom indukcijom a inace izbjegavam takve dokaze, i evo ide dokaz:
Neka je [latex]\sum {1\over a_i}[/latex] red s pozitivnim clanovima za koji vrijedi da mu je suma jednaka [latex]1[/latex] i [latex]a_i\in\mathbb N[/latex]. Ocito je i [latex]a_i\neq1[/latex], [latex]\forall i\in\mathbb N_0[/latex]. Takvi redovi postoje, trivijalan primjer bi bio geometrijski red [latex]\sum_{i=0}^{\infty}aq^i[/latex] sa [latex]a={1\over 2},q={1\over 2}[/latex] Tvrdim da ako n-ta parcijalna suma toga reda najbrze konvergira broju [latex]1[/latex], u smislu opisanom u mom proslom odgovoru, onda je [latex]a_i=s_i[/latex],pri cemu je [latex]s_i[/latex] i-ti broj u Sylvesterovom nizu, [latex]i\in\mathbb N_0[/latex].
1) Dokaz za [latex]n=0[/latex]
Ovde trazimo minimum izraza [latex]|1-{1\over a_0}|={{a_0-1}\over a_0}[/latex] i to je ocito [latex]a_0=2[/latex] jer je niz [latex]k(n)={{n-1}\over n}[/latex] strogo rastuc i [latex]n\neq1[/latex], zbog uvjeta zadatka.
2) Pretpostavka da vrijedi za [latex]n=l[/latex]
Dakle, ako je [latex]|1-({1\over a_0}+{1\over a_1}+...+{1\over a_l})|[/latex] minimizirano tada je [latex]a_i=s_i[/latex] za [latex]i=0,1,2,...,l[/latex]
3) Dokaz da to da vrijedi za [latex]n=l[/latex] povlaci da vrijedi za [latex]n=l+1[/latex]
Promotrimo dakle izraz [latex]|1-({1\over a_0}+{1\over a_1}+...+{1\over a_l}+{1\over a_{l+1}})|=|(1-({1\over a_0}+{1\over a_1}+...+{1\over a_l}))-{1\over a_{l+1}}|[/latex]. Zagrada [latex](1-({1\over a_0}+{1\over a_1}+...+{1\over a_l}))[/latex] je po pretpostavci indukcije minimizirana za [latex]a_i=s_i$ za [latex]i=1,2,...l[/latex]. Za dokaz tvrdnje preostaje pokazati da vrijedi [latex]a_{l+1}=s_{l+1}[/latex]. Iskoristimo ovdje cinjenicu da za Sylvesterove brojeve vrijedi slijedece [latex] \sum_{i=0}^{l}{1\over {s_i}}=1- {1\over {s_{l+1}-1}}[/latex] pa dobijemo [latex]|1-({1\over a_0}+{1\over a_1}+...+{1\over a_l}+{1\over a_{l+1}})|=|{1\over {s_{l+1}-1}}-{1\over {a_{l+1}}}|=|{(a_{l+1}-(s_{l+1}-1))\over {(s_{l+1}-1)a_{l+1}}}|[/latex]. Pretpostavimo prvo da je [latex]a_{l+1}=s_{l+1}-k_*[/latex], [latex]k_*\in\mathbb N[/latex] i imajmo na umu da zbog uvjeta zadatka vrijedi [latex]k_*\neq1[/latex]. Tada imamo [latex]|{(a_{l+1}-(s_{l+1}-1))\over {(s_{l+1}-1)a_{l+1}}}|={{k_*-1}\over {(s_{l+1}-1)(s_{l+1}-k_*)}}\geq{1\over {(s_{l+1}-1)(s_{l+1}-k_*)}}>{1\over {(s_{l+1}-1)(s_{l+1})}}[/latex], pa se minimum nalazi kada je [latex]a_{l+1}[/latex] oblika [latex]a_{l+1}=s_{l+1}+l_*[/latex], [latex]l_*\in\mathbb N_0[/latex]. Za dokaz cjelokupne tvrdnje jos preostaje pokazati da je [latex]l_*=0[/latex]. Svakako je sada [latex]|{(a_{l+1}-(s_{l+1}-1))\over {(s_{l+1}-1)a_{l+1}}}|={{l_*+1}\over {(s_{l+1}-1)(s_{l+1}+l_*)}}=w(l_*)[/latex] a cinjenica da je niz [latex]w(l_*) [/latex] strogo rastuc (to ostavljam za vjezbu, lako se provjeri) upravo povlaci [latex]l_*=0[/latex] odnosno [latex]a_{l+1}=s_{l+1}[/latex], sto je i trebalo dokazati.
| Zenon (napisa): |
Slažem se s tobom, jer sam upravo tako i ja razmišljao sada kada sam išao kući i pitao se: "Kako osoba dokaže takvu nekakvu tvrdnju?" 
|
Evo razmislio sam malo i pronasao dokaz, premda ja nisam sasvim zadovoljan sa dokazom jer, prvo, nisam sasvim siguran da analiza problema u potpunosti odgovara duhu metode dokazivanja,i, drugo, jer je dokaz matematickom indukcijom a inace izbjegavam takve dokaze, i evo ide dokaz:
Neka je  red s pozitivnim clanovima za koji vrijedi da mu je suma jednaka  i  . Ocito je i  ,  . Takvi redovi postoje, trivijalan primjer bi bio geometrijski red  sa  Tvrdim da ako n-ta parcijalna suma toga reda najbrze konvergira broju , u smislu opisanom u mom proslom odgovoru, onda je  ,pri cemu je  i-ti broj u Sylvesterovom nizu,  .
1) Dokaz za 
Ovde trazimo minimum izraza  i to je ocito  jer je niz  strogo rastuc i  , zbog uvjeta zadatka.
2) Pretpostavka da vrijedi za 
Dakle, ako je  minimizirano tada je za 
3) Dokaz da to da vrijedi za povlaci da vrijedi za 
Promotrimo dakle izraz  . Zagrada  je po pretpostavci indukcije minimizirana za  . Za dokaz tvrdnje preostaje pokazati da vrijedi  . Iskoristimo ovdje cinjenicu da za Sylvesterove brojeve vrijedi slijedece  pa dobijemo  . Pretpostavimo prvo da je  ,  i imajmo na umu da zbog uvjeta zadatka vrijedi  . Tada imamo  , pa se minimum nalazi kada je  oblika  ,  . Za dokaz cjelokupne tvrdnje jos preostaje pokazati da je  . Svakako je sada  a cinjenica da je niz  strogo rastuc (to ostavljam za vjezbu, lako se provjeri) upravo povlaci odnosno , sto je i trebalo dokazati.
Zadnja promjena: If and only if; 18:12 sri, 6. 3. 2013; ukupno mijenjano 1 put.
|
