Induktion

Det är korrekt uppfattat. Se exempel på induktionsbevis här:

https://hh.se/download/18.70cf2e49129168da0158000137052/avsn05.pdf

Jag började med att bevisa påståendet för n=0 och n=1 men jag är inte helt med på hur man bäst ska göra nästa steg. Sätter men exempelvis n=2 på den tredje raden får man $2a_3+63a_2$ men vad ska man sedan göra med det?

Nej du antar att formeln är sann för $n = k$ och $n = k - 1$, sedan ska du visa att det implicerar att den är sann för $n = k + 1$.

men hur ska man då i detta fall göra, för jag räknade med n=0 och 1 och fick att svaret stämde i dom översta två raderna.

Du antar att formeln gäller för $n = k$ och $n = k - 1$, då har du att

$a_{k+1}=2a_k+ 63a_{k-1}=2·\left(6·(-7{)}^k-5·9^k\right)+63·\left(6·(-7{)}^{k-1}-5·9^{k-1}\right)$

Sedan fortsätter du med att förenkla detta för att visa att formeln även gäller för $a_{k + 1}$.

jag får det till $4{\left(-7\right)}^k-{30}^k+126(-7{)}^{k-1}-{945}^{k-1}$ 

Jag har ingen aning om hur du fick det till det där, du ska använda att

$$\begin{gathered} 2·\left(6·(-7{)}^k-5·9^k\right)+63·(6·(-7{)}^{k-1}-5·9^{k-1}) = \\ 12·(-7{)}^k-10·9^k+378·(-7{)}^{k-1}-315·9^{k-1}= \\ (12·(-7)+378)·(-7{)}^{k-1}-(90+315)·9^{k-1} \end{gathered}$$

sedan fortsätter du och förenklar.

okej om man då tar parenteserna först så  får vi $\left(294\right)*{\left(-7\right)}^{k-1}-\left(405\right)*9^{k-1}$ men vi kan väl multiplicera in nian och få $\left(294\right)*{\left(-7\right)}^{k-1}-{3645}^{k-1}$

Nej du kan inte multiplicera in nian sådär, exempelvis så betyder

$5·2^3=5·2·2·2 =\hspace{0.17em}40$

Men det gäller att

${10}^3=10·10·10=1000$

Utan faktorisera ut så många nior du kan från 405 och faktorisera ut så många sjuor du kan från 294.

Om $a_{n} = A(-7)^{n}+B9^{n}$ så är

    $a_{n+1} = -7A(-7)^{n}+9B9^{n}$ och $a_{n+2} = 49A(-7)^{n}+81B9^{n}.$ 

Det medför att man kan uttrycka $(-7)^{n}$ och $9^{n}$ med hjälp av $a_{n+1}$ och $a_{n+2}.$ 

$7a_{n+1}+a_{n+2} = 144B9^{n}$ och $9a_{n+1}-a_{n+2} = -112A(-7)^{n}.$

Man kan alltså skriva uttrycket för $a_{n}$ som

    $\frac{1}{112}(a_{n+2}-9a_{n+1}) + \frac{1}{144}(7a_{n+1}+a_{n+2}) = a_{n+2}(\frac{1}{112}+\frac{1}{144}) + a_{n+1}(\frac{7}{144}-\frac{9}{112}).$

Stokastisk skrev :

Nej du kan inte multiplicera in nian sådär, exempelvis så betyder

$5·2^3=5·2·2·2 =\hspace{0.17em}40$

Men det gäller att

${10}^3=10·10·10=1000$

Utan faktorisera ut så många nior du kan från 405 och faktorisera ut så många sjuor du kan från 294.

jag får $7^2*6=294$och $9^2*5=405$ så ska vi alltså skriva det som $\left(7^2*6\right)*(-7{)}^{k-1}-\left(9^2*5\right)*9^{k-1}$

Albiki skrev :

Om $a_{n} = A(-7)^{n}+B9^{n}$ så är

    $a_{n+1} = -7A(-7)^{n}+9B9^{n}$ och $a_{n+2} = 49A(-7)^{n}+81B9^{n}.$ 

Det medför att man kan uttrycka $(-7)^{n}$ och $9^{n}$ med hjälp av $a_{n+1}$ och $a_{n+2}.$ 

$7a_{n+1}+a_{n+2} = 144B9^{n}$ och $9a_{n+1}-a_{n+2} = -112A(-7)^{n}.$

Man kan alltså skriva uttrycket för $a_{n}$ som

    $\frac{1}{112}(a_{n+2}-9a_{n+1}) + \frac{1}{144}(7a_{n+1}+a_{n+2}) = a_{n+2}(\frac{1}{112}+\frac{1}{144}) + a_{n+1}(\frac{7}{144}-\frac{9}{112}).$

okej, jag är med på hur du får fram siffrorna men hur kan man m.h.a $a_{n+2}\left(\frac{1}{112}+\frac{1}{144}\right)+a_{n+1}\left(\frac{7}{144}-\frac{9}{112}\right)$se att $a_{n+2}= 2a_{n+1}+63a_n$

B.N. skrev :

jag får $7^2*6=294$och $9^2*5=405$ så ska vi alltså skriva det som $\left(7^2*6\right)*(-7{)}^{k-1}-\left(9^2*5\right)*9^{k-1}$

Exakt, då har du alltså att

$6·7^2·(-7{)}^{k-1}=6·(-7{)}^2·(-7{)}^{k-1}=6·(-7{)}^{k+1}$

och att

$5·9^2·9^{k-1}=5·9^{k+1}$

Så sätter du nu in detta i uttrycket så är du färdig med induktionen.

okej så har vi alltså bevisat induktionen nu eftersom lösningen ska vara just $6*(-7{)}^n-5*9^n$

Du har alltså kommit fram till att från antagandet att det gäller för $a_k$ och $a_{k - 1}$ så gäller det även för $a_{k + 1}$. Detta i kombination med bassteget så har du visat att det gäller för alla $n \ge 0$.