6. Ο
όρος Αν+1 της περιττής χρυσής ως άθροισμα 2 διαδοχικών
αθροισμάτων
ν-1 ν-2
Θα
αποδείξουμε ότι Αν+1 = Σ Αr + Σ Αr
1 1
ν-2
Όπου Σ Αr = Αν-2 + Αν-3 + .......Α3 + Α2 + Α1
1
και
ν-1
Σ Α r = Αν-1 + Αν-2 + .......Α3 + Α2 + Α1
1
1η
Απόδειξη
Εξ ορισμού Αν = Αν-1 + Αν-2 + Αν-3 . (1)
Αντικαθιστώ το Αν-3 με Αν-4 + Αν-5 + Αν-6
και διαδοχικά το Αν-6 με Αν-7 με Αν-8
+ Αν-9 και ούτω καθεξής.
Η σχέση (1) μπορεί να γραφεί ως
Αν = Αν-1 + Αν-2 + Αν-4 +Αν-5 + Αν-7 + Αν-8+....... (2)
Ομοίως μπορούμε να γράψουμε
Αν-1 = Αν-2 + Αν-3 + Αν-5 +Αν-6 + Αν-8 + Αν-9...... (3)
και
Αν-2 = Αν-3 + Αν-4 + Αν-6 +Αν-7 + Αν-9 + Αν-10+....... (4)
Προσθέτοντας τις εξισώσεις (2) , (3), (4)
κατά μέλη έχουμε
Αν
+ Αν-1 + Αν-2 = (Αν-1 + Αν-2
+. Αν-3...... + Α2 + Α1 )
+ (Αν-2 + Αν-3 +. Αν-4 + ...... Α3 + Α2 + Α1) (5)
ð
ν-1 ν-2
Αν+1 = Σ Αν + Σ Αν
1 1
Ή
ν-2 ν-3
Αν = Σ Αν + Σ Αν
1 1
Παράδειγμα 1:
Α10
= (1+1+1+3+5+9+17+31) +
(1+1+1+3+5+9+17)
Α10
= 37+68= 105
Πράγματι γράφοντας τη σειρά βρίσκουμε ότι ο
10ος όρος είναι:
1,1,1,3,5,9,17,31,57,105
Παράδειγμα 2:
10 9
Α12
= Σ Αν + Σ Αν
1 1
Α12
= (1+1+1+3+5+9+17+31+57+105) + (1+1+1+3+5+9+17+31+57)
Α12
= 230+125=355
Πράγματι γράφοντας τη σειρά βρίσκουμε ότι ο
12ος όρος είναι:
1,1,1,3,5,9,17,31,57,105,193,355
2η
Απόδειξη
ν-1 ν-2
Ο τύπος Αν+1 = Σ Α r + Σ Α
r
1 1
θα αποδειχθεί με την μέθοδο της Μαθηματικής
επαγωγής.
Α) Έλεγχος για ν = 3
1 2
Α4
= 3, Σ Α r + Σ Α r = 1 + ( 1+1) = 3
1 1
1 2
ð Α4 =Σ Α r + Σ Α r
1 1
Άρα προφανώς ισχύει για ν = 3.
Β) Υπόθεση
Έστω ότι υπάρχει φυσικός αριθμός κ για τον
οποίο η πρόταση την οποία θέλουμε να αποδείξουμε ισχύει.
Άρα
κ-1 κ-2
Ακ+1
= Σ Α r + Σ Α
r
(1)
1 1
Γ) Θα προσπαθήσουμε να αποδείξουμε ότι η
πρόταση ισχύει για ν=κ+1 και επαγωγικά για κάθε κ ∊N
Θέτουμε όπου κ , κ+1 στο δεύτερο σκέλος της
(1)
Έχουμε
κ κ-1 κ-1 κ-2
Σ Α r + Σ Α r = Ακ-1 + Ακ + (Σ Αν + Σ Αν )
1 1 1
1
ð
κ κ-1
Σ Α r + Σ Α r = Ακ-1 + Ακ + Ακ+1
1 1
ð
κ κ-1
Σ Α r + Σ Α r = Ακ+2
1 1
Προφανώς έχουμε αποδείξει ότι η πρόταση μας
ισχύει για ν = κ+1
Θέτοντας κ=3, τιμή για την οποία γνωρίζουμε
ότι η πρόταση ισχύει, είναι φανερό ότι ισχύει και για κ=4 , όμοια ισχύει και
για κ=5, εφόσον ισχύει για κ=4 και διαδοχικά ισχύει για κάθε ν ∊N . Η πρόταση
έχει αποδειχθεί.
7. Άθροισμα
ν όρων της περιττής χρυσής ακολουθίας ως άθροισμα δύο όρων της
Θα αποδείξουμε δια της μεθόδου της επαγωγής
ότι ισχύει ο τύπος
ν
ΣΑ r
= ½ (Αν + Αν+2 )
1
Απόδειξη δια της μαθηματικής επαγωγής
1. Ο τύπος προφανώς ισχύει για ν = 1 αφού Α1= ½ (Α1
+ Α3 )
2. Υποθέτουμε ότι ο τύπος ισχύει για ν = κ
και άρα γράφουμε
κ
ΣΑ r = ½ (Ακ
+ Ακ+2 ) .
1
Ακολούθως θα προσπαθήσουμε να αποδείξουμε
ότι ισχύει για ν = κ+1.
3. Για ν = κ+1,
κ+1 κ
ΣΑ r = Σ Α r + Ακ+1 = ½ (Ακ
+ Ακ+2 ) + Ακ+1 = ½ (Ακ
+ Ακ+2 + 2Ακ+1) = ½ (Ακ+1 + Ακ+3 )
1 1
( Εφόσον Ακ + Ακ+1 + Ακ+2 = Ακ+3) Η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί
αφού αν θέσουμε κ = 1 ισχύει για κ = 2, επαγωγικά για κ =3 και ούτω καθεξής για
κάθε ν ∊N
Παράδειγμα
8
ΣΑ r
= ½ (Α8 + Α10 )
1
1+1+1+3+5+9+17+31=68, (31+105)/2=136=68 άρα ισχύει
8. Ο
αριθμός ρ της περιττής χρυσής ακολουθίας είναι άρρητος
Απόδειξη με τη μέθοδο της εις άτοπον
απαγωγής
Υπόθεση
Έστω ρ ρητός αριθμός και ρ = 1
+ α/β όπου α, β ∊N και α < β και α, β πρώτοι μεταξύ τους
Απόδειξη
Εφόσον
ισχύει η υπόθεση μας και εφαρμόζοντας την στην εξίσωση χ³
- χ² - χ –1 = 0, θέτοντας χ = ρ προκύπτει η εξίσωση (1 + α/β ) ³ = (1 + α/β ) ² + (1 + α/β ) + 1.
Με απαλοιφή των παρονομαστών έχουμε την εξίσωση ( α + β) ³ = β ( α + β) ² + β ²
( α + β) + β³ . Εκτελώντας τις πράξεις που προκύπτουν η εξίσωση αυτή παίρνει
την μορφή α³ - 2β³ + 2α²β = 0 ή α³ = 2 (β³ - α²β). Είναι φανερό από το γεγονός
ότι ο κύβος του φυσικού αριθμού α είναι άρτιος ότι και ο α είναι άρτιος και άρα
μπορούμε να θέσουμε α = 2 γ όπου γ ∊N
Αναδιατυπώνουμε με βάση το προηγούμενο
συμπέρασμα μας την αρχική μας υπόθεση σε
ρ = 1 + 2γ/β και θέτουμε όπου χ = 1 + 2γ/β
στην εξίσωση χ³ - χ² - χ –1 = 0. Έχουμε
(1 +
2γ/β ) ³ = (1 + 2γ/β ) ² + (1 + 2γ/β ) + 1
ή με απαλοιφή παρονομαστών (2γ + β) ³ = β (2γ + β) ² + β²(2γ + β) + β³
Εκτελώντας τις πράξεις και λύνοντας ως προς
β³ έχουμε ότι
β³
= 4γ² ( β + γ)
Γεγονός το οποίο δεικνύει ότι και ο αριθμός
β είναι άρτιος εφόσον ο κύβος του είναι άρτιος. Αν θέσουμε λοιπόν στην αρχική
μας υπόθεση ότι β = 2δ , όπου δ ∊N έχουμε ότι ρ = (1 + 2γ/2δ ) δηλαδή ρ= (1+γ/δ) η οποία είναι όμοια με
την αρχική γεγονός που μας επιτρέπει, επαναλαμβάνοντας τη διαδικασία, να
αποδείξουμε ότι γ και δ ομοίως είναι άρτιοι. Αν θέσουμε γ = 2 ε και
δ = 2 ζ ομοίως μπορεί να δειχθεί ότι ε και ζ είναι άρτιοι και ούτω καθ’ εξής
επ’ άπειρο. Η αρχική μας υπόθεση
καταρρίπτεται από το γεγονός ότι αποδείξαμε ότι το κλάσμα α/β δεν είναι
ανάγωγο και επιπλέον κάθε φυσικός αριθμός δεν μπορεί να είναι επ’ άπειρον
διαιρετός με το 2. Εφόσον το ρ δεν είναι
ρητός άρα είναι άρρητος.
9. Το
γινόμενο 2 τυχαίων διαδοχικών όρων ως άθροισμα αθροισμάτων
ν ν
Θα αποδείξουμε ότι
ισχύει ο τύπος Αν Αν+1 = Σ(Α r) ² +
Σ{(Α r -2) (Α r )} όπου ν ∊N
1 4
και ν > 3 δια της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής.
4
Για ν = 4 έχουμε
ότι Α4 Α5
= 3.5 =15 , Σ(Α r) ² + Α2 Α4
= 1² +1² +1² +3² + 1.3 = 15
1
άρα ισχύει για την
αρχική αυτή τιμή.
Θα υποθέσουμε ότι η
πρόταση μας ισχύει για τυχαία τιμή κ , όπου κ ∊N και ν > 3 και άρα ισχύει ο τύπος
κ κ
Ακ Ακ+1
= Σ(Α r) ² + Σ{(Α r -2) (Α r )} (1)
1
4
και θα προσπαθήσουμε να αποδείξουμε ότι ισχύει για ν =κ+1
Θέτοντας όπου κ , κ+1 στο δεύτερο μέρος της
εξίσωσης (1) αυτή
διαμορφώνεται σε
κ+1
κ+1
κ κ
Σ(Α r) ²
+ Σ{Α r Α r -2} = { Σ(Α r) ²
+ Σ{Α r -2 Α r } +(Ακ+1) ² + Ακ-1 Ακ+1
1
4
1 4
κ+1
κ+1
Σ(Α r) ²
+ Σ{Α r
Α r -2} = Ακ Ακ+1 +(Ακ+1) ² + Ακ-1 Ακ+1 1
1
4
κ+1
κ+1
Σ(Α r) ²
+ Σ{Α r
Α r -2} = Ακ+1 (Ακ-1 + Ακ + Ακ+1)
1
4
κ+1
κ+1
Σ(Α r) ²
+ Σ{Α r -1 Α r +1} = Ακ+1
Ακ+2 και έτσι η απόδειξη
έχει συμπληρωθεί.
1
1
Παράδειγμα 1:
Να εξεταστεί η
ισχύς του τύπου για ν = 10
ν ν
Αν Αν+1 = Σ(Α r) ² + Σ{(Α r
-2) (Α r )} όπου ν ∊N
1 4
Α10 Α11 = 105.193 =20265
10 10
Σ(Α r)²+Σ{(Α
r -2) (Α r )}=105²+57²+31²+17²+9²+5²+3²+3+105.31+57.17+31.9+17.5
1
4
+9.3+ 5.1+3.1
10 10
→Σ(Α r)²+Σ{(Α
r -2) (Α r )}= 20265 και
προφανώς ο τύπος επαληθεύεται.
1 4
Παράδειγμα 2:
Να εξεταστεί η
ισχύς του τύπου για ν = 11
ν ν
Αν Αν+1 = Σ(Α r) ² + Σ{(Α r
-2) (Α r )} όπου ν ∊N
1 4
Α11 Α12 = 193.355 =68515
11 11
Σ(Α r)²+Σ{(Α
r -2) (Α r )}=193²+105²+57²+31²+17²+9²+5²+3²+3+193.57+105.31+57.17+31.9+17.5
1
4
+9.3+ 5.1+3.1
11 11
→Σ(Α r)²+Σ{(Α
r -2) (Α r )}= 68515 και
προφανώς ο τύπος επαληθεύεται.
1 4
Δεν υπάρχουν σχόλια:
Δημοσίευση σχολίου