Induktionsbevis

Hvorfra ved du, at 3k³ >  (k+1)³ ?

Du skal ikke antage p(k) ⇒ p(k+1) . Det er jo det, du skal vise.

Hmm, nej det har du selvfølgelig ret i men jeg er stadig på bar bund, jeg kan ikke helt formulere en konlusion, men det er nok fordi jeg er tvivl om jeg skal regne videre, eller om jeg kan stoppe beviset ved:

3k³+75 ≥ (k+1)³ + 25 ??

#2

Du har slet ikke bevist noget ovenfor. Du gør brug af det, du skal vise, og det er ikke tilladt.

Man antager at p(k) er sandt og skal så vise, at p(k+1) er sandt.

Men hvis jeg ser bort fra den fejl jeg har lavet at je antog p(k) ⇒ p(k+1)

og antager p(k) er sand, kan jeg så ikke bruge min antagelse i p(k+1) ?

Altså 3^k+1 ≥ 4(k+1)³+100 kan skrive som: 

3*3^k ≥ 4(k+1)³+100 =>

3*(4k³+100) ≥ 4(k+1)³ + 100 ?? Er det en forkert fremgangs måde ?

#4

Du prøver jo at benytte det, du skal vise. Det er forkert fremgangsmåde. Du ved heller ikke, at 3^k = 4k³ + 100 .

Man antager p(k), altså at 3^k ≥ 4k³ + 100 , og skal så vise p(k+1), altså at 3^k+1 ≥ 4(k+1)³ + 100 .

Af p(k) følger det, at

3·3^k ≥ 3·(4k³ + 100)

Her er venstresiden lig med venstresiden i p(k+1). Hvis man kan vise, at højresiden er ≥ højresiden i p(k+1), er man hjemme, altså at

3·(4k³ + 100) ≥ 4(k+1)³ + 100   ?

Jeg har lidt svært ved at se hvad forskellen er på din sidste linje i #5 og  min sidste linje i #4 ? Men det er måske måden vi er noget frem til den på ?

Jeg er usikker på hvordan jeg viser at venstre siden i: 3·(4k³ + 100) ≥ 4(k+1)³ + 100 er større end højre siden.

Jeg forsøgte at regne videre på uligheden og fik: 3k³+75 ≥ (k+1)³ + 25 men her stopper min viden, jeg kan simpelthen ikke se hvad næste træk er ?

#6

Ja, det er den samme ulighed. Men pointen er, at man skal vise, at den ulighed er opfyldt, altså

3·(4k³ + 100) ≥ 4(k+1)³ + 100  , dvs

12k³ + 300 ≥ 4k³ + 12k² + 12k + 4 + 100 , eller

8k³ -12k² -12k + 196 ≥ 0 , eller

2k³ - 3k² - 3k + 49 ≥ 0

Man finder de lokale ekstrema for funktionen f(x) = 2x³ - 3x² - 3x + 49 ved at løse ligningen

f'(x) = 0 , dvs 6x² - 6x - 3 = 0, der har rødderne x = (1 ± √3) / 2 .
Heraf ses, at f(x) er voksende for x ≥ (1 + √3)/2 , og da 2 > (1 + √3)/2 og

f(2) = 16 - 12 - 6 + 49 = 47 > 0 , gælder

2k³ - 3k² - 3k + 49 ≥ 0 for alle k ≥ 2

Den skal jeg lige tykke lidt på, men det bliver først i morgen. Men tak for hjælpen indtil nu. 

Det var en smart måde at gøre det på... Så man kan altså konkludere at uligheden: 3·(4k³ + 100) ≥ 4(k+1)³ + 100 er opfyldt for alle k ≥ 2  ?

Jeg skal vel egentlig også lige knytte en kommentar til, at når uligheden 3·(4k³ + 100) ≥ 4(k+1)³ + 100 er opfyldt for alle k ≥ 2 vil det ifølge induktionsprincippet gælde at p(n) er sand for alle n ≥ n₀ ?? 

#9

Fordi 3·(4k³ + 100) ≥ 4(k+1)³ + 100 for alle k ≥ 2 , følger det, at hvis p(k) er sand for et k ≥ 2, er p(k+1) også sand. Og det indses, at p(7) er sand., hvorfor p(n) er sand for alle n ≥ 7 .