Induktionssteg med VL-HL=

Visa att för alla heltal $n \geq 1$ gäller att $\frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{3 \times 4} + . . . + \frac{1}{(2 n - 1) \times 2 n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + . . . + \frac{1}{2 n}$

Jag vet hur man utför induktionsbevis, men har svårt att lösa induktionssteget för lösningen. Enligt facit ska man lösa den genom att senare i beviset ta VL-HL vilket jag har svårt att utföra. Skulle någon kunna hjälpa mig med detta steg?

Visa hur långt du har kommit på induktionsbeviset så hr vi en chans att hjälpa dig vidare. Har du undersökt något basfall?

Smaragdalena skrev:
Visa hur långt du har kommit på induktionsbeviset så hr vi en chans att hjälpa dig vidare. Har du undersökt något basfall?

Så här har jag gjort:

$n = 1 V L = \frac{1}{1 \times 2} = \frac{1}{2} H L = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$

Alltså är VL=HL

Sedan tog jag n=p

$V L_{p} = \frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{3 \times 4} + . . . + \frac{1}{(2 p - 1) \times 2 p} H L_{p} = \frac{1}{p + 1} + \frac{1}{p + 2} + . . . + \frac{1}{2 p}$

VLp=HLp

Det är när jag tar n=p+1 som jag fastnar

jag vet inte vad jag ska byta ut.

$V L_{p + 1} = \frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{3 \times 4} + . . . + \frac{1}{(2 p - 1) \times 2 p} + \frac{1}{(2 (p + 1) - 1) (2 (p + 1)}$

Ska jag lägga in hela den andra talföljden i detta?

Har du gjort ett induktionsantagande någonstans? I så fall skall du skriva tydligt att det är det du gör.

Smaragdalena skrev:
Har du gjort ett induktionsantagande någonstans? I så fall skall du skriva tydligt att det är det du gör.

Mitt antagande var att VLp=HLp.

Du har rätt att det inte framgick tydligt. Borde jag ha gjort något annat antagande?

Du bör skriva tydligt att det är detta som är ditt induktionsantagande. I så fall skall det gälla att VL_p+1 = HL_p+1. Vi kan se att VL_p+1 ser nästan ut som VL_p, förutom att det finns en extra term.

$VL_{p+1}=...=VL_p+\frac{1}{(2(p+1)-1)(2(p+1))}=HL_p+\frac{1}{(2(p+1)-1)(2(p+1))}$ enligt induktionsantagandet. Går det att komma vidare härifrån och få fram ett uttryck som ser likadant ut som HL_p+1? (Jag har inte räknat färdigt uppgiften.)

Smaragdalena skrev:
Du bör skriva tydligt att det är detta som är ditt induktionsantagande. I så fall skall det gälla att VL_p+1 = HL_p+1. Vi kan se att VL_p+1 ser nästan ut som VL_p, förutom att det finns en extra term.

$VL_{p+1}=...=VL_p+\frac{1}{(2(p+1)-1)(2(p+1))}=HL_p+\frac{1}{(2(p+1)-1)(2(p+1))}$ enligt induktionsantagandet. Går det att komma vidare härifrån och få fram ett uttryck som ser likadant ut som HL_p+1? (Jag har inte räknat färdigt uppgiften.)

Tänker att det borde se ut så här:

$V L_{p + 1} = \frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{3 \times 4} + . . . + \frac{1}{(2 p - 1) 2 p} + \frac{1}{(2 (p + 1) - 1) (2 (p + 1))} = = H L_{p} + \frac{1}{(2 (p + 1) - 1) (2 (p + 1))} = \frac{1}{p + 1} + \frac{1}{p + 2} + . . . + \frac{1}{2 p} + \frac{1}{(2 (p + 1) - 1) (2 (p + 1))} = = \frac{1}{p + 1} + \frac{1}{p + 2} + . . . + \frac{1}{2 p} + \frac{1}{(2 p + 1) (2 p + 2)} = = \frac{1}{p + 1} + \frac{1}{p + 2} + . . . + \frac{1}{2 p} + \frac{1}{4 p^{2} + 6 p + 2}$

$H L_{p + 1} = \frac{1}{(p + 1) + 1} + \frac{1}{(p + 1) + 2} + . . . + \frac{1}{2 (p + 1)} + \frac{1}{2 (p + 1) + 1} = \frac{1}{p + 2} + \frac{1}{p + 3} + . . . + \frac{1}{2 p + 2} + \frac{1}{2 p + 3}$

Jag är osäker på hur jag kan förkorta detta. Kommer du på något? Jag ser inte de kopplingar man ska göra mellan dessa två talföljder

Varför går du bakåt? Det finns väl ingen anledning att skriva om "HL_p" till en jättelång summa? Det enda du vill är ju att skriva om $\frac{1}{(2(p+1)-1)(2(p+1))}$ så att den är lika med den termen som finns med i HL_p+1 men inte i HL_p. Denna term är $\frac{1}{2(p+1)}$ .

Smaragdalena skrev:
Varför går du bakåt? Det finns väl ingen anledning att skriva om "HL_p" till en jättelång summa? Det enda du vill är ju att skriva om $\frac{1}{(2(p+1)-1)(2(p+1))}$ så att den är lika med den termen som finns med i HL_p+1 men inte i HL_p. Denna term är $\frac{1}{2(p+1)}$ .

Det har du rätt i. Jag har nu testat, men får inte likheten att fungera. Har du något tips på hur jag kan skriva om det?

Få se... de tre sista termerna i HL_p borde ha nämnarna 2p, 2p-1 och 2p-2 (om man räknar dem från höger).

De tre sista termerna i HL_p+1 borde ha nämnarna 2(p+1), 2(p+1)-1 och 2(p+1)-2, d v s 2p+2, 2p+1 och 2p. Det är alltså de två termerna $\frac{1}{2p+2}+\frac{1}{2p+1}$ som skall vara lika med $\frac{1}{(2p+1)(p+1)2p}$ , som man kan faktorisera nämnaren (2(p+1)-1)(2(p+1)) till.

Smaragdalena skrev:
Få se... de tre sista termerna i HL_p borde ha nämnarna 2p, 2p-1 och 2p-2 (om man räknar dem från höger).

De tre sista termerna i HL_p+1 borde ha nämnarna 2(p+1), 2(p+1)-1 och 2(p+1)-2, d v s 2p+2, 2p+1 och 2p. Det är alltså de två termerna $\frac{1}{2p+2}+\frac{1}{2p+1}$ som skall vara lika med $\frac{1}{(2p+1)(p+1)2p}$ , som man kan faktorisera nämnaren (2(p+1)-1)(2(p+1)) till.

Okej, jag tror att jag förstår. Behöver jag då subtrahera det ena ledet med det andra för att endast få de viktiga termerna på ändarna kvar? VL-HL=0

Jag skulle nog försöka visa att den krångliga sista termen i VL_p+1 är lika med summan av de båda sista termerna i HL_p+1. Men det finns ofta flera sätt att göra samma sak.

Svara Avbryt

Visa senaste svar