Az ilyen példáknak hogy kell nekikezdeni? (egyetemi matek)

Teljes indukcióval.

Megnézed behelyettesítéssel, hogy n=1 esetén igaz-e.

Felteszed, hogy igaz valamilyen n-re

és bebizonyítod, hogy akkor n+1-re is igaz.

Ezt is ugyanúgy kell.

a) Hozzuk közös nevezőre először: (5n³ + 3n⁵ + 7n)/15

- n=1-re igaz, a számláló éppen 15

- Feltesszük, hogy n-re a számláló osztható 15-tel

- n+1-re:

5(n+1)³ + 3(n+1)⁵ + 7(n+1) = ... türelmesen fel kell írni minden tagot, ez lesz:

3n⁵ + 15n⁴ + 35n³ + 45n² + 37n + 15

Az indukciós feltétel miatt 5n³ + 3n⁵ + 7n osztható 15-tel. Ha ezt kivonjuk belőle, csupa 15 többszöröst kapunk:

15n⁴ + 30n³ + 45n² + 30n + 15

vagyis ez is osztható 15-tel. Kész.

b)

- n=5-re igaz, hisz (10 alatt 5) = 252, 4⁴ = 256

- Feltesszük, hogy n-re igaz

Vagyis (2n alatt n) < 4^(n-1)

(2n alatt n) = 2n·(2n-1)·...·(n+1) / n·(n-1)·...·1

(nem tettem zárójelbe a nevezőt, de ugye egyértelmű)

- n+1-re:

(2n+2 alatt n+1) = (2n+2)(2n+1)(2n)·...·(n+2) / (n+1)·n·...·1

A számláló hasonlít a (2n alatt n) számlálójára, de azt még be kell szorozni (2n+2)(2n+1)-gyel és el kell osztani (n+1)-gyel.

A nevezőt meg meg kell szorozni (n+1)-gyel.

Eredőben ez lesz:

(2n+2 alatt n+1) = (2n alatt n)·(2n+2)(2n+1) / (n+1)² = (2n alatt n)·2(2n+1) / (n+1)

2(2n+1) / (n+1) = (4n + 4 - 2)/(n+1) = 4 - 2/(n+1)

Vagyis 4-nél kisebb számmal szorozzuk be a (2n alatt n)-et, tehát

(2n+2 alatt n+1) = (2n alatt n)·(4 - 2/(n+1)) < (2n alatt n)·4

Az indukciós feltétel miatt (2n alatt n) < 4^(n-1)

A négyszeresek:

(2n alatt n)·4 < 4^n

Tehát

(2n+2 alatt n+1) < (2n alatt n)·4 < 4^n

Kész.

Azért az első csomag (i) feladatára van egy elemibb megoldás is:

alkalmazhatjuk az a2-b2=(a-b)(a+b) azonosságot:

(1-1/4)(1-1/9).....=

(1-1/2)(1+1/2)(1-1/3)(1+1/3)...=

1/2*3/2*2/3*4/3*...

Ha jól megnézzük, sorban kiesnek a köztes tényezők, így marad:

1/2*(n+2)/(n+1)

ez pedig a kívánt kifejezés