Witam was :) ICSP: Otóż mam dowieść za pomocą indukcji uogólnionej nierówności Bernoulliego :

	n(n−1)
(1+a)n ≥1+ na +		* a2 gdzie a ≥ 0
	2

1^o Sprawdzam prawdziwość dla n = 1 1+a ≥ 1 + a

	n(n−1)
2o Zał . (1+a)n ≥1+ na +		* a2 gdzie a ≥ 0
	2

	n(n+1)
Tez. (1+a)n+1 ≥1+ (n+1)a +		* a2 gdzie a ≥ 0
	2

Dowód : Wychodzą z lewej strony tezy :

	n(n−1)
(1+a)n+1 = (1+a)n(1+a) ≥// na podstawie załozenia// ≥ [1+ na +		* a2](1+a) =
	2

	n(n−1)		n(n−1)		n2 − n + 2n
1+ na +		a2 + a + na2 +		a3 = 1 + (n+1)a +		a2 +
	2		2		2

	n(n−1)		n(n+1)		n(n−1)
		a3 = 1 + (n+1)a +		a2 +		a3 ≥ // tutaj wykorzystuję
	2		2		2

	n(n+1)
załozenie że a ≥ 0 // ≥ 1 + (n+1)a +		a2
	2

c.k.d. Dobrze to jest zrobione ?

Eta:

Mila: Według mnie bardzo dobrze.

Eta:

ICSP: Dziękuje Mam jeszcze problem z tym przykładem :

	1		sin(n+12)α
cosα + cos2α + ... + cosnα =		(		− 1)
	2		sin12α

dla n = 1 jest to prawdą

	1		sin(n+12)α
Zał : cosα + cos2α + ... + cosnα =		(		− 1)
	2		sin12α

	1		sin(n+32)α
Teza : cosα + cos2α + ... + cosnα + cos(n+1)α =		(		− 1)
	2		sin12α

Dowód : Teza : cosα + cos2α + ... + cosnα + cos(n+1)α =// na podstawie założenia // =

	1		sin(n+12)α
		(		− 1) + cos(n+1)α =
	2		sin12α

1		sin(nα)cos12α + cos(nα)sin12α)
	(		− 1 )+ cos(n+1)α =
2		sin12α

1		sinαcos12α
	(		+ cos(nα) − 1) + cos(nα)cosα − sin(nα)sinα =
2		sin12α

1		2cos12α		1
	sin(nα)[		− 2sinα] + cos(nα)(1 + cosα) −
2		sin12α		2

i tutaj nie wiem co dalej zrobić

Mila: Po 22, ( jeśli nikt nie pomoże) teraz muszę wyjść.

Trivial: ICSP, czy w pierwszym zadaniu, nie jest aby łatwiej skorzystać po prostu ze wzoru:

	n(n−1)		n 3		n n
(1+a)n = 1 + na +		a2 +		a3 + ... +		an ?
	2

ICSP: rzeczywiście łatwiej. Nie wpadłem na to

rumpek: Dowód indukcyjny: Będziemy korzystali z często pomijanego wzoru:

	α − β		α + β
sinα − sinβ = 2sin		* cos
	2		2

	1		1   sin(n + )α   2
cosα + cos2α + ... + cosnα =		(		− 1)
	2		1   sin α   2

1. Zał n = 1

	1		1   sin(1 + )α   2
cosα =		(		− 1)
	2		1   sin α   2

	3   1   sin α − sin α   2   2
cosα =
	1   2sin α   2

	(3/2)α − (1/2)α   (3/2)α + (1/2)α   2sin * cos   2   2
cosα =
	1   2sin α   2

	1   2sin α * cosα   2
cosα =
	1   2sin α   2

cosα = cosα L = P 2. Z: n = k ≥ 1

	1		1   sin(k + )α   2
cosα + cos2α + ... + coskα =		(		− 1)
	2		1   sin α   2

3. T: n = k + 1

	1		1   sin(k + 1 + )α   2
cosα + cos2α + ... + cos(k + 1)α =		(		− 1)
	2		1   sin α   2

4. D:

	1		1   sin(k + 1 + )α   2
cosα + cos2α + ... + cos(k + 1)α =		(		− 1)
	2		1   sin α   2

1		1   sin(k + )α   2
	(		− 1) + cos(k + 1)α =
2		1   sin α   2

1		1   sin(k + 1 + )α   2
	(		− 1)
2		1   sin α   2

	3   1   sin(k + )α − sin α   2   2
cos(k + 1)α =		−
	1   2sin α   2

1   1   sin(k + )α − sin α   2   2
1   2sin α   2

	3   1   sin(k + )α − sin(k + )   2   2
cos(k + 1)α =
	1   2sin α   2

	2sin((3/2) − (1/2))α   (2k + 2)α   * cos 2   2
cos(k + 1)α =
	1   2sin α   2

	1   2sin α * cos(k + 1)α   2
cos(k + 1)α =
	1   2sin α   2

cos(k + 1)α = cos(k + 1)α L = P c.n.u. Starałem się uważać na błędy, ale przy tych ułamkach można dostać oczopląsu Błędu u siebie nie wiedziałem, jak coś nie jasne to pisz

Eta: No i pięknie

rumpek: co prawda nie są to wzory cardano ale też fajne

Eta: Szkoda,że nie Cardano ICSP będzie

rumpek:

b.: @Trivial: ICSP, czy w pierwszym zadaniu, nie jest aby łatwiej skorzystać po prostu ze wzoru łatwiej, ale wtedy nie jest za pomocą indukcji w drugim zadaniu z kosinusami też jest chyba łatwiej policzyć tę sumę używając liczb zespolonych, ale w poleceniu było że przez indukcję...

Eta: Ooo ... widzę,że nasz "Cardano" wrócił

Saizou : zgadnijcie co znalazłem

Eta: Przepis na szarlotkę

Saizou : to też, ale poza tym początki ICSP'na z wzorami Cardano

Eta: Od Vax ?

Saizou : tak

Eta:

Mila: Rumpek

ICSP: Dziękuje rumpku za piękne rozwiązanie

Eta:

Mila: ICSP, Twoim sposobem lepiej przekszałcać prawą stronę, ale więcej obliczeń niż w sposobie Rumpka. Możesz przećwiczyć trygonometrię. Nie piszę , bo masz już jedno rozwiązanie.

Mila: II sposób Zaczynam od 2 punktu.

1		1   sin(k+ )α   2
	*[		−1]+cos(k+1)α=
2		1   sin α   2

1		3   sin(k+ )α   2
	*[		−1]
2		1   sin α   2

	1		1   sin(k+ )α   2
L=		*[		−1]+cos(k+1)α=
	2		1   sin α   2

	1   sin(k+ )α   2		1		α   2sin *cos(k+1)α   2
=		−		+		=
	α   2sin   2		2		α   2sin   2

obliczenia pomocnicze

Mila: cd. Obliczenia pomocnicze

	α
2sin		*cos(k+1)α=sinA−sinB
	2

A+B
	=(k+1)α
2

A−B		α
	=
2		2

	3		3
stąd A=kα+		α=(k+		)α
	2		2

	1
B=(k+		)α
	2

Wracamy do obliczeń:

	1   sin(k+ )α   2		1		3   1   sin(k+ )α−sin(k+ )α   2   2
L=		−		+		=
	α   2sin   2		2		α   2sin   2

	3   sin(k+ )α   2		1		1		3   sin(k+ )α   2
=		−		=		*[		−1]=P
	α   2sin   2		2		2		α   sin   2

cnw

Mila: ?

ICSP: bardzo mi się podoba to rozwiązanie Szczególnie fajne jest w nim zastosowanie wzoru na sinα − sinβ

Mila: To przekształcenie też przydaje się przy całkach trygonometrycznych. Wydawało mi się ,że brakowało Ci dowodu, w którym chcesz przekształcić całą lewą stronę, aby otrzymać stronę prawą.

Mpey: Tak apropo uogólnionej nierówności Bernoulliego: co sie podziało z na² w tej linijce?

	n(n−1)		n(n−1)		n2 − n + 2n
1+na+		* a2 + a + na2 +		* a3 = 1+ (n+1)a +		* a2
	2		2		2

	n(n−1)
+		* a3
	2