Frage zu den Grenzen < Induktion < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:27 Fr 28.01.2011 | | Autor: | bandchef |
| Aufgabe | | $ [mm] \summe_{k=1}^{n}k^3 [/mm] $ = $ [mm] \frac{n^2(n+1)^2}{4} [/mm] $ |
Hi Leute!
Die oben stehende Aufgabe hab ich gerade durchgerechnet und dabei auch aufs korrekte Ergebnis gekommen. Nun meine Frage:
Was muss ich tun, wenn die Grenzen anders sind? Wie z.B. k=2 bis n+2 oder ähnlich? Das hab ich irgendwie nicht verstanden. Könnt ihr mir das erklären?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:41 Fr 28.01.2011 | | Autor: | skoopa |
Hi!
> [mm]\summe_{k=1}^{n}k^3[/mm] = [mm]\frac{n^2(n+1)^2}{4}[/mm]
>
> Hi Leute!
>
> Die oben stehende Aufgabe hab ich gerade durchgerechnet und
> dabei auch aufs korrekte Ergebnis gekommen. Nun meine
> Frage:
>
> Was muss ich tun, wenn die Grenzen anders sind? Wie z.B.
> k=2 bis n+2 oder ähnlich? Das hab ich irgendwie nicht
> verstanden. Könnt ihr mir das erklären?
Also wenn du die Grenzen einer Summe erhöhen (erniedrigen) willst, dann musst du den Laufindex innerhalb der Summe um den selben Betrag erniedriegen (erhöhen).
Also du hast zum Beispiel [mm] \summe_{k=2}^{n+2}k [/mm] und willst die Grenzen um 2 nach unten verschieben, dann musst du in der Summe (k+2) schreiben statt k. Also in Zeichen [mm] \summe_{k=2}^{n+2}k [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n}(k+2)
[/mm]
Und dann von da aus eine Verschiebung um 5 nach oben ergibt:
[mm] \summe_{k=0}^{n}(k+2)=\summe_{k=5}^{n+5}(k-3).
[/mm]
Aufpassen musst du bei Ausdrücken bei denen die Laufvariable potenziert wird oder ähnliches. Du musst nämlich wirklich immer die Laufvariable ersetzen und nicht aus Versehen ihr Quadrat. Hier ein Beispiel wie es richtig aussehen würde:
[mm] \summe_{k=1}^{n}k^3=\summe_{k=0}^{n-1}(k+1)^3
[/mm]
Grüße!
skoopa
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:03 Fr 28.01.2011 | | Autor: | bandchef |
| Aufgabe | | $ [mm] \summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) [/mm] = [mm] \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} [/mm] $ |
Danke für deine Antwort. Oben steht jetzt mal ein konrektes Beispiel bei dem sowas Eintritt.
Mit diesen Grenzen jetzt ein vollständige Induktion und die Summe zu beweisen, fällt mir ziemlich schwer. Dürfte ich dann hier jetzt dei Grenzen verschieben? Kann man die Grenzen immer so verschieben, dass dann z.B. sowas da steht: $ [mm] \summe_{k=1}^{n}k [/mm] $? Im oberen Fall quasi das k um 1 erhöhen und zugleich das n um 1 erhöhen? Was passiert bei so einer Verschiebung der Grenzen mit dem rechten Ausdruck?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:27 Fr 28.01.2011 | | Autor: | bandchef |
Wenn ich jetzt Grenzen um 1 nach oben verschoben habe, dann sieht das jetzt so aus:
$ [mm] \summe_{k=1}^{n}(n+(k-1))(n-(k-1)) [/mm] = [mm] \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} [/mm] $
Muss ich jetzt an der rechte Seite auch was verändern? Mir fällt gerade auf, dass ich bisher nur vollständige Induktionen gelöst habe, welche nur das n auf der rechten Seite hatten. Wie ich mit solchen Induktionen umgehe, die auch n's auf der linken Seite haben weiß ich leider auch nicht.
Könnt ihr mir helfen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:40 Fr 28.01.2011 | | Autor: | skoopa |
> Wenn ich jetzt Grenzen um 1 nach oben verschoben habe, dann
> sieht das jetzt so aus:
>
> [mm]\summe_{k=1}^{n}(n+(k-1))(n-(k-1)) = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}[/mm]
Das stimmt ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Muss ich jetzt an der rechte Seite auch was verändern? Mir
> fällt gerade auf, dass ich bisher nur vollständige
> Induktionen gelöst habe, welche nur das n auf der rechten
> Seite hatten. Wie ich mit solchen Induktionen umgehe, die
> auch n's auf der linken Seite haben weiß ich leider auch
> nicht.
>
> Könnt ihr mir helfen?
An der rechten Seite musst du nichts ändern. Da es sich beim Indexshift um eine Äquivalenzumformung handelt.
Das n auf der linken Seite stellt eigentlich kein großes Problem dar. Du behandelst es einfach wie eine Zahl. Es ist ja nur eine feste vorgegebene natürliche Zahl.
Du machst also wie sonst auch
1. Induktionsanfang: n=1.
2. Induktionsschritt: Aussage gelte für ein festes [mm] n\in\IN
[/mm]
3. Induktionsschluss: zeigen, dass Aussage für n+1 gilt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:34 Fr 28.01.2011 | | Autor: | skoopa |
> [mm]\summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}[/mm]
>
>
> Danke für deine Antwort. Oben steht jetzt mal ein
> konrektes Beispiel bei dem sowas Eintritt.
>
> Mit diesen Grenzen jetzt ein vollständige Induktion und
> die Summe zu beweisen, fällt mir ziemlich schwer. Dürfte
> ich dann hier jetzt dei Grenzen verschieben? Kann man die
> Grenzen immer so verschieben, dass dann z.B. sowas da
> steht: [mm]\summe_{k=1}^{n}k [/mm]? Im oberen Fall quasi das k um 1
> erhöhen und zugleich das n um 1 erhöhen? Was passiert bei
> so einer Verschiebung der Grenzen mit dem rechten Ausdruck?
Ja soweit ich weiß, kannst du eigentlich immer die Grenzen so verschieben, weil der Ausdruck, also der Wert der Summe durch den Indexshift ja nicht verändert wird. Du musst nur eventuell aufpassen, falls du mal Funktionen hast, die nur für bestimmte Werte definiert sind. In deiner Aufgabe ist das auf jeden Fall machbar.
Mit der rechten Seite passiert nichts. Denn der Indexshift verändert den Wert der Summe nicht. Es ist also in deinem Fall oben:
[mm]\summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k)=\summe_{k=1}^{n}(n+(k-1))(n-(k-1)) = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}[/mm]
Allerdings macht das die Aufgabe in diesem Fall fast komplizierter...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:39 Fr 28.01.2011 | | Autor: | bandchef |
Nochmal generell zu "vollständigen Induktionen" die auch auf der linken Seite ein oder mehrer "n" drinstehen haben.
- Wie löse ich solche Aufgaben?
Generell zu jeder Art solcher Induktionen:
- Wie erkenne ich ob sich ein Indexshift überhaupt lohnt?
- Und vor allem: Wie berechnet man "vollständige Induktionen" mit anderen Grenzzusammenstellungen als k=1 und n?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:46 Fr 28.01.2011 | | Autor: | skoopa |
> Nochmal generell zu "vollständigen Induktionen" die auch
> auf der linken Seite ein oder mehrer "n" drinstehen haben.
>
> - Wie löse ich solche Aufgaben?
Einfach das n als Konstante betrachten und sonst alles so amchen wie wenn das n eine Zahl wäre.
>
> Generell zu jeder Art solcher Induktionen:
>
> - Wie erkenne ich ob sich ein Indexshift überhaupt lohnt?
Das ist hauptsächlich Erfahrung und ausprobieren.
> - Und vor allem: Wie berechnet man "vollständige
> Induktionen" mit anderen Grenzzusammenstellungen als k=1
> und n?
Das kommt immer auf den konkreten Fall an. Es gibt soviel ich weiß leider keine Patentlösung. Meistens ist es aber so, dass du ein wenig an der Summe herumknobel musst. Also Indexshiften oder auseinanderziehen und ähnliches.
Hast du denn ein konkretes Problem in dem das so ist?
Ich hätte nämlich so auf die schnelle kein solches Beispiel parat...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:50 Fr 28.01.2011 | | Autor: | bandchef |
Zum letzten Punkt:
Naja ich meine es gibt ja eine Vielzahl von unterschiedlichen Möglichkeiten die Grenzen in irgendwelchen z.B. Klausuraufgaben zu machen:
z.B.
Standardfall (mit dem kann ich Umgehen): $ [mm] \summe_{k=1}^{n}$
[/mm]
dann könnte es aber doch schon so lauten: $ [mm] \summe_{k=0}^{n-1}$
[/mm]
oder auch so: $ [mm] \summe_{k=25}^{n-4}$ [/mm] usw. usf...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:57 Fr 28.01.2011 | | Autor: | bandchef |
| Aufgabe | | $ [mm] \summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) [/mm] = [mm] \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} [/mm] $ |
Bleiben wir also mal bei der obigen Aufgabe. Die möchte ich jetzt lösen:
Ich mach jetzt den IA für n=1:
$LS = [mm] \summe_{k=0}^{n-1} [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{0} [/mm] = 0$
$RS = [mm] \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} [/mm] = [mm] \frac{1(1+1)(41-1)}{6} [/mm] = 1$
Da stimmt doch jetzt schon was nicht, oder? Normalerweise muss doch LS = RS gelten...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:03 Fr 28.01.2011 | | Autor: | skoopa |
> [mm]\summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}[/mm]
>
> Bleiben wir also mal bei der obigen Aufgabe. Die möchte
> ich jetzt lösen:
>
> Ich mach jetzt den IA für n=1:
>
> [mm] LS = \summe_{k=0}^{n-1} = \summe_{k=0}^{0} = 0[/mm]
Das stimmt so nicht.
Du hast doch [mm] \summe_{k=0}^{1-1}(n-k)(n+k)=(n-0)(n+0)=n^2=1.
[/mm]
> [mm]RS = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} = \frac{1(1+1)(41-1)}{6} = 1[/mm]
>
> Da stimmt doch jetzt schon was nicht, oder? Normalerweise
> muss doch LS = RS gelten...
Tut's auch mit obiger Korrektur 
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:30 Fr 28.01.2011 | | Autor: | bandchef |
So, ich hab jetzt mit der Aufgabe weitergemacht und bin jetzt beim IS gelandet:
$ [mm] \summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) [/mm] = [mm] \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} [/mm] $
IA)
$ LS = [mm] \summe_{k=0}^{1-1}(n-k)(n+k)=(n-0)(n+0)=n^2=1 [/mm] $
$ RS = [mm] \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} [/mm] = [mm] \frac{1(1+1)(4\cdot1-1)}{6} [/mm] = 1 $
IS)
für n=1:
[mm] \underbrace{\summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}}_{=IV} \Rightarrow \summe_{k=0}^{n}((n+1)+k)((n+1)-k) [/mm] = [mm] \frac{(n+1)(n+2)(4n+3)}{6}
[/mm]
[mm] \summe_{k=0}^{n}(n+k)(n-k) [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) [/mm] + (2n+1)(-1) = [mm] \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} [/mm] + (2n+1)(-1) = ...
Stimmts soweit?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:51 Fr 28.01.2011 | | Autor: | skoopa |
> So, ich hab jetzt mit der Aufgabe weitergemacht und bin
> jetzt beim IS gelandet:
>
> [mm]\summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}[/mm]
>
>
> IA)
>
> [mm]LS = \summe_{k=0}^{1-1}(n-k)(n+k)=(n-0)(n+0)=n^2=1[/mm]
>
> [mm]RS = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} = \frac{1(1+1)(4\cdot1-1)}{6} = 1[/mm]
>
Das stimmt.
>
>
> IS)
>
> für n=1:
>
> [mm]\underbrace{\summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}}_{=IV} \Rightarrow \summe_{k=0}^{n}((n+1)+k)((n+1)-k)[/mm]
> = [mm]\frac{(n+1)(n+2)(4n+3)}{6}[/mm]
>
Hier verstehe ich nicht ganz was du machst. Du musst annehmen, dass die Behauptung für ein festes n stimmt und jetzt zeigen, dass sie auch für n+1 stimmt.
Es ist also das zu zeigen, was nach dem Folgepfeil steht.
>
> [mm]\summe_{k=0}^{n}(n+k)(n-k)[/mm] = [mm]\summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k)[/mm] +
> (2n+1)(-1) = [mm]\frac{n(n+1)(4n-1)}{6}[/mm] + (2n+1)(-1) = ...
Die erste Summe stimmt nicht. Wenn du die Summe bis n laufen lässt, dann muss in der Summe (n+1) stehen, weil du jetzt ja die Behauptung für n+1 zeigen willst. Das musst du also nochmal rechnen.
Aber auch das Rausziehen des Summanden hat nicht ganz geklappt. Wenn du den n-ten Summanden abspalten willst, dann läuft die Summe nur noch bis n-1, wie du das richtig gemacht hast, und dann wird noch (n+n)(n-n)=0 addiert. Aber wenn du das so wie oben gesagt nochmal rechnest, ergibt sich beim Abspalten ein Summand ungleich 0.
>
> Stimmts soweit?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:01 Fr 28.01.2011 | | Autor: | bandchef |
So, dann nochmal von vorne:
$ [mm] \summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) [/mm] = [mm] \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} [/mm] $
IA)
$ LS = [mm] \summe_{k=0}^{1-1}(n-k)(n+k)=(n-0)(n+0)=n^2=1 [/mm] $
$ RS = [mm] \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} [/mm] = [mm] \frac{1(1+1)(4\cdot1-1)}{6} [/mm] = 1 $
IS)
für n=1:
$ [mm] \underbrace{\summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}}_{=IV} \Rightarrow \summe_{k=0}^{n}((n+1)+k)((n+1)-k) [/mm] $ = $ [mm] \frac{(n+1)(n+2)(4n+3)}{6} [/mm] $
$ [mm] \summe_{k=0}^{n}((n+1)+k)((n+1)-k) [/mm] = ...
Bis hierhin sollte es doch jetzt stimmen.
Was du da mit dem Abspalten des n-ten Summanden geschrieben hast, hab ich nicht ganz verstanden. Dieses Abspalten der Summe verstehe ich einfach nicht...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:10 Fr 28.01.2011 | | Autor: | bandchef |
Sorry, aber ich muss jetzt dann weg. Ich hoffe wir können morgen gegen Vormittag/Mittag an der Stelle weitermachen. Es hat mir viel Spaß gemacht mit dir zu Arbeiten! Noch einen schönen Freitag!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:30 Fr 28.01.2011 | | Autor: | skoopa |
> So, dann nochmal von vorne:
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> [mm]\summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}[/mm]
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> IA)
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> [mm]LS = \summe_{k=0}^{1-1}(n-k)(n+k)=(n-0)(n+0)=n^2=1[/mm]
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> [mm]RS = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6} = \frac{1(1+1)(4\cdot1-1)}{6} = 1[/mm]
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> IS)
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> für n=1:
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> [mm]\underbrace{\summe_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k) = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}}_{=IV} \Rightarrow \summe_{k=0}^{n}((n+1)+k)((n+1)-k)[/mm]
> = [mm]\frac{(n+1)(n+2)(4n+3)}{6}[/mm]
>
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> $ [mm]\summe_{k=0}^{n}((n+1)+k)((n+1)-k)[/mm] = ...
> Bis hierhin sollte es doch jetzt stimmen.
Ja. Das hier stimmt.
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> Was du da mit dem Abspalten des n-ten Summanden geschrieben
> hast, hab ich nicht ganz verstanden. Dieses Abspalten der
> Summe verstehe ich einfach nicht...
Du hast jetzt diese Summe: [mm]\summe_{k=0}^{n}((n+1)+k)((n+1)-k)[/mm]
Und diese Summe ist ja nichts anderes als eine lange Liste von Additionen und die Grenzen geben an, wieviele Summanden du hast und von wo bis wo deine Summationsvariable k läuft.
Lass uns erstmal das das Innere der Summe umschreiben. Dann wirds leichter. Mit der 3. Binomischen Formel ist dann [mm] ((n+1)+k)((n+1)-k)=(n+1)^2-k^2.
[/mm]
Jetzt kannst du auch einfach die Summe ausschreiben. Also ist dann:
[mm]\summe_{k=0}^{n}((n+1)+k)((n+1)-k) = \summe_{k=0}^{n}((n+1)^2-k^2) = ((n+1)^2-0)+((n+1)^2-1^2)+ ((n+1)^2-2^2)+...+((n+1)^2-(n-1)^2)+((n+1)^2-n^2)[/mm]
So. Nun kannst du doch alles bis auf den letzten Summanden wieder in ein großes Summenzeichen zusammen fassen. Dann bleibt der letzte Summand also außerhalb der Summe. Du hast dann also eine Summe bis n-1 und den Summanden für k=n extra. Also hast du den n-ten Summanden aus der Summe "rausgezogen". In Zeichen hast du dann also:
[mm][mm] ((n+1)^2-0)+((n+1)^2-1^2)+ ((n+1)^2-2^2)+...+((n+1)^2-(n-1)^2)+((n+1)^2-n^2) [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n-1}((n+1)^2-k^2)+((n+1)^2-n^2)
[/mm]
So kannst du dir das Summanden-Rausziehen vorstellen.
Versuche jetzt mal die Summe so zu bearbeiten, dass du im Endeffekt [mm] \summe_{k=0}^{n-1}(n^2-k^2)+... [/mm] da stehen hast. Dann kannst du nämlich die Induktionsvoraussetzung ins Spiel bringen.
(Tipp: [mm] (n+1)^2 [/mm] ausmultiplizieren und die Summe auseinander ziehen.)
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Hi!
Ich hab mir jetzt gerade deinen letzten Beitrag durchgelesen und leider eigentlich nix verstanden. Sorry. Verstanden hab ich es bis hierhin:
$ [mm] \summe_{k=0}^{n}((n+1)+k)((n+1)-k) [/mm] = $
Das ich jetzt das innere der Summe ausmultiplizieren könnte, ist mir klar, hab ich aber bisher noch nie gemacht.
Nehmen wir mal kurz das Beispiel dieser Summe:
$ [mm] \summe_{k=1}^{n} [/mm] k = [mm] \frac{n(n+1)}{2} [/mm] $
IA) ...
IS) ...
$ [mm] \underbrace{\summe_{k=1}^{n+1} k }_\text{erste Summe}= \underbrace{\underbrace{\summe_{k=1}^{n} k}_\text{normale Summe} + \underbrace{(n+1)}_\text{Restglied}}_\text{ergibt die erste Summe} [/mm] = [mm] \underbrace{\underbrace{\frac{n(n+1)}{2}}_\text{"ist gleich" der normalen Summe} + (n+1)}_\text{ergibt dann wieder die erste Summe} [/mm] = ...
Ich hab mir das bisher immer so gemerkt, dass zur normalen Summe das letzte Glied addiert werden muss. Dieses zu addierende Glied ist eigentlich nur der kleine Term "n+1" (um das ja erweitert werden soll!) eingesetzt in das "k" der ersten Summe. Der Term auf der rechten Seite der Aufgabe entspricht ja der "normalen Summ" weswegen ebenfalls n+1 addiert werden muss, damit es der "ersten" Summe entspricht.
So hab ich mir das bisher selbst beigebracht. Das ist wahrscheinlich nun auch der Grund warum ich die von dir genannte Möglichkeit nicht verstehe. Ich hab in meinen anzen Übungsaufgaben im Term der Summe aber auch noch nie ein zusätzliches n drin gehabt sondern immer nur von "k" abängig gehabt.
So, nun zurück zur Aufgabe:
Wenn ich nun die Aufgabe nach dem von mir oben gezeigten Schema durchrechne, dann sieht die Aufgabe so aus:
$ [mm] \summe_{k=0}^{n}((n+1)+k)((n+1)-k) [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n-1}((n+1)+k)((n+1)-k) [/mm] + [mm] \underbrace{((n+1)+(n+1))((n+1)-(n+1))}_{=0} [/mm] = ...$
Hab ich mir jetzt wirklich alles falsch gelernt?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:21 Mo 31.01.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:00 Fr 28.01.2011 | | Autor: | skoopa |
> Zum letzten Punkt:
>
> Naja ich meine es gibt ja eine Vielzahl von
> unterschiedlichen Möglichkeiten die Grenzen in
> irgendwelchen z.B. Klausuraufgaben zu machen:
>
> z.B.
>
> Standardfall (mit dem kann ich Umgehen): [mm]\summe_{k=1}^{n}[/mm]
>
> dann könnte es aber doch schon so lauten:
> [mm]\summe_{k=0}^{n-1}[/mm]
Hier könnte sich zum Beispiel ein Indexshift anbieten, sodass du dann wieder im ersten Fall wärst. Aber das kommt natürlich auf die Aufgabe an. Da ich das bei deiner Aufgabe von vorhin zum Beispiel nicht machen würde. Denn dann hast du vllt einfachere Grenzen, aber dafür hast du dann innerhalb der Summe (k-1) statt k stehen, was das Ganze verkompliziert.
>
> oder auch so: [mm]\summe_{k=25}^{n-4}[/mm] usw. usf...
Ich glaube so ein Beispiel ist eher unwahrscheinlich. Aber selbst wenn, dann kannst du auch hier einen Indexshift machen.
Oder was vielleicht auch helfen könnte (allerdings nicht zwingend in diesem Fall) ist, dass du die Grenzen deiner Summe erhöhst und den hinzugefügten Term wieder subtrahierst. Also quasi der beliebte Trick mit der Addition mit 0.
Beispiel:
[mm] \summe_{k=2}^{n}k^2=1^2+(\summe_{k=2}^{n}k^2)-(1^2)=(\summe_{k=1}^{n}k^2)-1
[/mm]
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