Докажете

[Гост]

Без име1.jpg (18.09 KiB) Прегледано 447 пъти

[Davids]

Действаме стандартно с индукция. За улеснение, нека означим:
$s_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)}$

$a_n = \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}$

Искаме да доказваме, че $\forall n\in\N: s_n = a_n$

В базовия случай: $s_1 = a_1$ (тривиално)
Приемаме, че твърдението е в сила за фиксирано $n$.
Проверяваме за $n+1$:

$s_{n+1} = s_n + \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)} \stackrel{ИД} {=} a_n + \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)} = \frac{n(n+3)^2 + 4}{4(n+1)(n+2)(n+3)}$

Сега изнасяме сметките, за да опростим числителя:
$n(n+3)^2 + 4 = n^3 + 6n^2 + 9n + 4 = (n+1)^2(n+4)$

Групирането постигаме чрез схема на Хорнер за намирането на корените и в частност водени от подсказката, че във финалния резултат искаме да съкратим множителя $(n+1)$ от знаменателя, първо пробваме с корен $-1$, който се оказва и двоен след като обработим останалия квадратен тричлен.

И така го докарахме до:
$s_{n+1} = \frac{(n+1)^2(n+4)}{4(n+1)(n+2)(n+3)} = \frac{(n+1)(n+4)}{4(n+2)(n+3)} = a_{n+1}$

С това доказателството по индукция е завършено.

[Гост]

Благодаря

[Гост]

Интересна и добре обяснена задача! А какво е това ИД над равното?

[Davids]

Интересна и добре обяснена задача! А какво е това ИД над равното?

По принцип май е по-конвенционално да се пише ИП като "индукционно предположение", но тук вероятно съм имал предвид "индукционно допускане"... Но да, става дума, че прилагаме допуснатото $s_n = a_n$.