Фихтенгольц, 1т., стр. 120, задача 4)

[Vladimir Pliassov]

nnosipov в сообщении #1541453 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1541435 писал(а):

Предположим, что при $n=k$

$$\frac{k}{k+1}<\frac{k+1}{k+2},$$

надо доказать, что, исходя из этого, будет

$$\frac{k+1}{k+2}<\frac{k+2}{k+3}.$$

Не могу найти, как это сделать.

Если оба неравенства заменить эквивалентными, то получится, что нужно доказать следующее: из неравенства $0<1$ следует неравенство $0<1$. Что, конечно, верно. Но по сути здесь мы доказали исходное утверждение о возрастании непосредственно, без всякой индукции (когда заменяли, например, неравенство

$$\frac{k}{k+1}<\frac{k+1}{k+2}$$

на эквивалентное ему $0<1$).

Здесь для меня очень много неясного.

nnosipov в сообщении #1541453 писал(а):

Если оба неравенства заменить эквивалентными, то получится, что нужно доказать следующее: из неравенства $0<1$ следует неравенство $0<1$.

Не могли бы Вы объяснить подробнее, какими именно неравенствами можно заменить исходные неравенства и как из них получится неравенство $0<1$?

nnosipov в сообщении #1541453 писал(а):

Но по сути здесь мы доказали исходное утверждение о возрастании непосредственно, без всякой индукции (когда заменяли, например, неравенство

$$\frac{k}{k+1}<\frac{k+1}{k+2}$$

на эквивалентное ему $0<1$)

Это я тоже не понимаю: как доказать исходное утверждение о возрастании, заменив неравенство $\frac{k}{k+1}<\frac{k+1}{k+2}$ "на эквивалентное ему $0<1$"? Что значит, что эти неравенства эквивалентны?

Цитата:

Два неравенства, содержащие одно и то же неизвестное, называются равносильными (эквивалентными), если все решения одного из них являются решениями другого, и наоборот (т. е. у них одно и то же множество всех решений).

Но неравенство $0<1$ не содержит неизвестного.

nnosipov в сообщении #1541518 писал(а):

Так на таких банальных примерах Вы ничего существенного про метод индукции не узнаете.

Я именно хочу узнать, так сказать, до какой степени банальным должен быть пример, чтобы индукция на нем уже не действовала, например, можно ли доказать по индукции, что последовательность $\frac {n}{n+1}$ -- возрастающая, и пока что я не вижу, чтобы это было можно. А казалось бы, сам бог велел доказывать по индукции все о последовательностях (поскольку в них задействуется натуральный ряд, так же как и в принципе индукции).

[nnosipov]

Vladimir Pliassov
Вот Вам содержательный пример на метод индукции: доказать неравенство $C_{2n}^n<4^n/\sqrt{3n}$ при любом натуральном $n$. Обсуждать неравенство $0<1$ я не в силах, пардон.

[tolstopuz]

Vladimir Pliassov в сообщении #1541529 писал(а):

Не могли бы Вы объяснить подробнее, какими именно неравенствами можно заменить исходные неравенства и как из них получится неравенство $0<1$?

Извините, вас учили в школе сравнивать дроби? Ну это... Какая дробь больше, какая меньше?

Vladimir Pliassov в сообщении #1541529 писал(а):

Я именно хочу узнать, так сказать, до какой степени банальным должен быть пример, чтобы индукция на нем уже не действовала

Никаким. Например, можно по индукции доказать, что $x_n=0$, если дана последовательность $x_n=0$. В принципе можно и через интеграл Лебега доказать. Через когомологии тоже легко.

[Vladimir Pliassov]

1.

tolstopuz в сообщении #1541570 писал(а):

вас учили в школе сравнивать дроби? Ну это... Какая дробь больше, какая меньше?

nnosipov в сообщении #1541453 писал(а):

когда заменяли, например, неравенство

$$\frac{k}{k+1}<\frac{k+1}{k+2}$$

на эквивалентное ему $0<1$

Кажется, я понял.

$$\frac {k}{k+1}<\frac {k+1}{k+2},$$

отсюда

$$0<\frac {k+1}{k+2}-\frac {k}{k+1}=\frac {(k+1)^2-k(k+2)}{(k+2)(k+1)}=\frac {2k-1}{(k+2)(k+1)}.$$

Имеем $k\geqslant 1\Rightarrow 2k-1>0.$ Разделим обе части неравенства

$$0<\frac {2k-1}{(k+2)(k+1)}$$

на $\frac {2k-1}{(k+2)(k+1)},$ получим

$$0<1.$$

Но мы исходили из того, что

$$\frac {k}{k+1}<\frac {k+1}{k+2},$$

если же нам дано два выражения и не указано, какое из них больше, а какое меньше, можно одно из них вычесть из другого и в зависимости от знака результата определить, какое больше, какое меньше --

Dan B-Yallay в сообщении #1541447 писал(а):

Возьмите разницу между двумя последовательными элементами и оцените знак этой разницы.

Таким образом можно непосредственно (например, без индукции) показать, что

$$\frac {k}{k+1}<\frac {k+1}{k+2},$$

то есть что последовательность $\frac {n}{n+1}$ -- возрастающая. Так же непосредственно можно показать, что

$$\frac{k+1}{k+2}<\frac{k+2}{k+3}.$$

2.

nnosipov в сообщении #1541453 писал(а):

Если оба неравенства заменить эквивалентными, то получится, что нужно доказать следующее: из неравенства $0<1$ следует неравенство $0<1$.

Речь идет о неравенствах

$$\frac {k}{k+1}<\frac {k+1}{k+2} $$

и

$$\frac{k+1}{k+2}<\frac{k+2}{k+3}.$$

Но если о первом из них дано, что оно верно, то верность второго надо еще доказать, исходя из первого -- если делать это не непосредственно, а по индукции. И вопрос состоит именно в том, как это сделать по индукции.

Мне было пришла в голову идея, что поскольку $k$ это произвольное число, то можно взять другое произвольное число $m=k+1$, и получим

$$\frac {m}{m+1}<\frac {m+1}{m+2}\Rightarrow \frac{k+1}{k+2}<\frac{k+2}{k+3},$$

но это, конечно, неверно.

Чтобы доказать что-то по индукции, недостаточно знать принцип индукции, надо еще в каждом конкретном случае проявить смекалку, а у меня ее здесь не хватает.

tolstopuz в сообщении #1541570 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1541529 писал(а):

Я именно хочу узнать, так сказать, до какой степени банальным должен быть пример, чтобы индукция на нем уже не действовала

Никаким. Например, можно по индукции доказать, что $x_n=0$, если дана последовательность $x_n=0$.

Но как же все-таки по индукции доказать, что последовательность $\frac {n}{n+1}$ -- возрастающая?

[tolstopuz]

Vladimir Pliassov в сообщении #1541593 писал(а):

$$0<\frac {k+1}{k+2}-\frac {k}{k+1}=\frac {(k+1)^2-k(k+2)}{(k+2)(k+1)}=\frac {2k-1}{(k+2)(k+1)}.$$

Ошибка.

[TOTAL]

Vladimir Pliassov в сообщении #1541593 писал(а):

Но как же все-таки по индукции доказать, что последовательность $\frac {n}{n+1}$ -- возрастающая?

По индукции доказывают утверждение, относящееся сразу к множеству объектов. Где здесь множество?

[tolstopuz]

Vladimir Pliassov в сообщении #1541593 писал(а):

Но как же все-таки по индукции доказать, что последовательность $\frac {n}{n+1}$ -- возрастающая?

(Оффтоп)

Подержу вас пока в неведении. У вас все равно впереди вечная жизнь, так что можете потратить пару лет не на постижение интересных вещей, а на выяснение, как применить индукцию там, где без неё можно обойтись.

[TOTAL]

Vladimir Pliassov в сообщении #1541593 писал(а):

Речь идет о неравенствах

$$\frac {k}{k+1}<\frac {k+1}{k+2} $$

и

$$\frac{k+1}{k+2}<\frac{k+2}{k+3}.$$

Но если о первом из них дано, что оно верно, то верность второго надо еще доказать, исходя из первого -- если делать это не непосредственно, а по индукции. И вопрос состоит именно в том, как это сделать по индукции.

$$(k+1)\left(\frac {k}{k+1}-\frac {k+1}{k+2}\right)=(k+3)\left(\frac {k+1}{k+2}-\frac {k+2}{k+3}\right)$$

Вот, второе исходит из первого. Индукция? Счастье наступило?

[Vladimir Pliassov]

TOTAL в сообщении #1541599 писал(а):

Вот, второе исходит из первого. Индукция? Счастье наступило?

Наступило. Я же говорил -- надо смекалку. Спасибо!

tolstopuz в сообщении #1541595 писал(а):

Ошибка.

Правда, должно быть

$$0<\frac {1}{(k+2)(k+1)}.$$

Спасибо!

[Vladimir Pliassov]

Подробнее о том, как из

TOTAL в сообщении #1541599 писал(а):

$$(k+1)\left(\frac {k}{k+1}-\frac {k+1}{k+2}\right)=(k+3)\left(\frac {k+1}{k+2}-\frac {k+2}{k+3}\right)$$

следует

$$\frac {k}{k+1}<\frac {k+1}{k+2} \Rightarrow\frac{k+1}{k+2}<\frac{k+2}{k+3}.$$

Разделим обе части приведенного равенства на $k+3,$ получим

$$\frac {k+1}{k+3}\left(\frac {k}{k+1}-\frac {k+1}{k+2}\right)=\left(\frac {k+1}{k+2}-\frac {k+2}{k+3}\right)\eqno {(11)}.$$

Поскольку по гипотезе

$$\frac {k}{k+1}<\frac {k+1}{k+2},$$

а $\frac {k+1}{k+3}>0,$ левая, а значит, и правая, часть равенства (11) меньше нуля. Отсюда

$$\frac{k+1}{k+2}<\frac{k+2}{k+3}.$$

[tolstopuz]

А теперь раскрою секрет. Посмотрим на первую аксиому гильбертовой аксиоматики исчисления высказываний: $A\to (B\to A)$.

Пусть $A:\frac{k+1}{k+2}<\frac{k+2}{k+3}$, $B:\frac{k}{k+1}<\frac{k+1}{k+2}$.

Мы уже умеем доказывать $A$ без использования индукции, так что по правилу Modus ponens из $A$ и $A\to (B\to A)$ можем сделать вывод $B\to A$.

Итак, мы доказали шаг индукции: $\frac{k}{k+1}<\frac{k+1}{k+2}\to\frac{k+1}{k+2}<\frac{k+2}{k+3}$, не приложив никаких усилий!

Более того, эта техника применима к любому доказательству, не использующему индукцию, и позволяет переделать его в использующее индукцию!

[Vladimir Pliassov]

tolstopuz в сообщении #1541622 писал(а):

Мы уже умеем доказывать $A$ без использования индукции, так что по правилу Modus ponens из $A$ и $A\to (B\to A)$ можем сделать вывод $B\to A$.

Конечно, если есть $A$ и мы знаем, что $A\to (B\to A),$ то мы можем сделать вывод, что $B\to A$. Но разве мы в нашем случае знаем, что $A\to (B\to A)?$

То есть разве мы знаем, что если есть $A,$ то оно произошло из $B?$ Может быть, оно произошло из чего-то другого?

Или, разве мы знаем, что из $B$ произошло именно $A?$ Может быть, из него произошло что-то другое?

Непосредственно (без индукции) мы нашли $A$, то есть что

$$\frac{k+1}{k+2}<\frac{k+2}{k+3},$$

и по гипотезе имеем $B$, то есть что

$$\frac {k}{k+1}<\frac {k+1}{k+2},$$

но мы ведь получили $A$ не из $B$, так что, может быть, отношение между $A$ и $B$ имеет случайный характер? Может быть, $A$ это просто совпадение?

[Nemiroff]

Vladimir Pliassov в сообщении #1541645 писал(а):

Но разве мы в нашем случае знаем, что $A\to (B\to A)?$

Это утверждение тавтология, так что мы его знаем. А вы занимаетесь ерундой, на что вам намекают.

[Vladimir Pliassov]

tolstopuz в сообщении #1541622 писал(а):

эта техника применима к любому доказательству, не использующему индукцию, и позволяет переделать его в использующее индукцию!

Спасибо за исчерпывающий ответ! Значит, все, что можно доказать, можно доказать по индукции!

nnosipov в сообщении #1541535 писал(а):

Вот Вам содержательный пример на метод индукции: доказать неравенство $C_{2n}^n<4^n/\sqrt{3n}$ при любом натуральном $n$.

Спасибо за пример, пока что я не могу его решить, но надеюсь вернуться к нему позже.