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| Aufgabe 1 | Zeigen Sie, dass für alle n [mm] \varepsilon \IN, n\ge4 [/mm] folgende Ungleichung gilt:
n! > [mm] 2^n
[/mm]
Für einen Beweis muss gelten
(n+1)! > [mm] 2^{n+1} [/mm] |
| Aufgabe 2 | Folgende Summenformel durch vollständige Induktion Beweisen :
[mm] \summe_{k=1}^{n} \bruch{1}{(3k-2)(3k+1)}= \bruch{n}{3n+1}
[/mm]
Für einen Beweis muss wieder gelten :
[mm] \summe_{k=1}^{n+1} \bruch{1}{(3[n+1]-2)(3[n+1]+1)}= \bruch{n}{3[n+1]+1} [/mm] |
Mir fehlt wie gewohnt der Ansatz. Über Hilfe Freu ich mich :)
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Hallo ObiWan,
> Zeigen Sie, dass für alle n [mm]\varepsilon \IN, n\ge4[/mm]
> folgende Ungleichung gilt:
> n! > [mm]2^n[/mm]
>
> Für einen Beweis muss gelten
> (n+1)! > [mm]2^{n+1}[/mm]
> Folgende Summenformel durch vollständige Induktion
> Beweisen :
> [mm]\summe_{k=1}^{n} \bruch{1}{(3k-2)(3k+1)}= \bruch{n}{3n+1}[/mm]
>
> Für einen Beweis muss wieder gelten :
> [mm]\summe_{k=1}^{n+1} \bruch{1}{(3[n+1]-2)(3[n+1]+1)}= \bruch{n}{3[n+1]+1}[/mm]
>
> Mir fehlt wie gewohnt der Ansatz. Über Hilfe Freu ich mich
> :)
Na, das sind doch schematische Induktionsaufgaben:
Ich zeige mal die erste:
[mm][/mm]Induktionsanfang: Gilt die Beh. für [mm]n=4[/mm]?
Es ist [mm](4+1)!=5!=120>32=2^5=2^{4+1}[/mm]
Passt!
Dann der Induktionsschritt [mm]n\to n+1[/mm]
Sei [mm]n\in\IN, n\ge 4[/mm] und gelte [mm](n+1)!>2^{n+1}[/mm] (Induktionsvoraussetzung)
Zu zeigen ist nun, dass die Beh. gefälligst auch für [mm]n+1[/mm] gilt, dass also
[mm]((n+1)+1)!>2^{(n+1)+1}[/mm], also [mm](n+2)!>2^{n+2}[/mm]
Das muss man zeigen:
Es ist [mm](n+2)!=(n+2)\cdot{}\red{(n+1)!}>(n+2)\cdot{}\red{---}[/mm] wende hier die Induktionsvoraussetzung an und schätze weiter ab, bis du am Ende auf [mm]...>2^{n+2}[/mm] kommst ...
Bei der anderen das gleiche Schema:
IA: n=1
IS: [mm]n\to n+1[/mm] unter Benutzung der Induktionsvoraussetzung.
Gruß
schachuzipus
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Heute ist wieder einer der Tage in denen ich die Lösung obwohl sie quasi direkt vor meinen augen ist nich sehe...
Wir waren bei
Zu zeigen ist nun, dass die Beh. gefälligst auch für n+1 gilt, dass also
$ [mm] (n+1)!>2^{n+1)} [/mm] $
den nächsten schritt bekomm ich acuh noch hin
$ (n+1) * n! > [mm] 2^{n+1}
[/mm]
Nur komm ich einfach ums verrecken nicht auf den nächsten schritt ...da würde mir nur noch einfallen irgendwie darauf zu kommen das ich am ende 2 'wahre' Ungleichungen hab und die miteinander verwurschtel so das die Induktion bewiesen ist. Aber wie?
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Hallo nochmal,
> Heute ist wieder einer der Tage in denen ich die Lösung
> obwohl sie quasi direkt vor meinen augen ist nich sehe...
>
> Wir waren bei
>
> Zu zeigen ist nun, dass die Beh. gefälligst auch für n+1
> gilt, dass also
>
> [mm](n+1)!>2^{n+1)}[/mm]
Nein, zu zeigen ist, dass [mm](n+2)!>2^{n+2}[/mm] ist.
Wir machen den Induktionsschritt von [mm]n\to n+1[/mm], nicht von [mm]n-1\to n[/mm] (was auch ginge - dann lautete die IV jedoch anders ...)
Es ist [mm](n+2)!=(n+2)\cdot{}\red{(n+1)!}>(n+1)\cdot{}\red{2^{n+1}}[/mm] nach IV
[mm]=n\cdot{}2^{n+1}+2\cdot{}2^{n+1}[/mm]
Nun begründe mir bitte sauber, wieso letzteres [mm]>2^{n+2}[/mm] ist ...
> den nächsten schritt bekomm ich acuh noch hin
> $ (n+1) * n! > [mm]2^{n+1}[/mm]
>
> Nur komm ich einfach ums verrecken nicht auf den nächsten
> schritt ...da würde mir nur noch einfallen irgendwie
> darauf zu kommen das ich am ende 2 'wahre' Ungleichungen
> hab und die miteinander verwurschtel so das die Induktion
> bewiesen ist. Aber wie?
Gruß
schachuzipus
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Mir erschließt sich das nicht so ganz wie du auf n+2 kommst da die Ungleichung $ n! > [mm] 2^n [/mm] $ gegeben war. Aber du bist hier die bessere Mathematikerin.
Die begründung ist einfach
Es ist $ [mm] (n+2)!=(n+2)\cdot{}\red{(n+1)!}>(n+2)\cdot{}\red{2^{n+1}} [/mm] $ nach IV
$ [mm] =n\cdot{}2^{n+1}+2\cdot{}2^{n+1} [/mm] $
Wir hatten bereits bewiesen das es für [mm] 2^n [/mm] gilt also MUSS daraus folgen das es auch für n* [mm] 2^n [/mm] + 2* [mm] 2^n [/mm] gelten.
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Hallo nochmal,
> Mir erschließt sich das nicht so ganz wie du auf n+2
> kommst da die Ungleichung [mm]n! > 2^n[/mm] gegeben war. Aber du
> bist hier die bessere Mathematikerin.
>
> Die begründung ist einfach
>
> Es ist
> [mm](n+2)!=(n+2)\cdot{}\red{(n+1)!}>(n+1)\cdot{}\red{2^{n+1}}[/mm]
> nach IV
>
> [mm]=n\cdot{}2^{n+1}+2\cdot{}2^{n+1}[/mm]
>
> Wir hatten bereits bewiesen das es für [mm]2^n[/mm] gilt
Dass was gilt und wo haben wir "es" bewiesen?
Es ist doch wohl [mm]n\cdot{}2^{n+1}+2\cdot{}2^{n+1}=\underbrace{n\cdot{}2^{n+1}}_{>0}+2^{n+2}>2^{n+2}[/mm]
> also MUSS
> daraus folgen das es auch für n* [mm]2^n[/mm] + 2* [mm]2^n[/mm] gelten.
Das ist gelinde gesagt sehr sehr schwammig ...
Gruß
schachuzipus
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Also versteh ich das richtig das wir noch einen weiteren Induktionsschritt machen von n+1 nach n+2?
Das erschließt sich mir gerade absolut nich.
Wir haben doch bewiesen das $ (4+1)! > [mm] 2^n [/mm] $ ist. Beziehungsweise das es laut Aufgabe ab $ [mm] \ge [/mm] 4 $ gilt. Daraus folgt für mich rein logisch, dass wenn man $ n * [mm] 2^n [/mm] $ hat die Aussage immer noch wahr und richtig ist.
Um noch weiter meine Dummheit zur schau zu stellen wo bekomsmt du das n+1 auf der anderen seite der Gleichung her, hast du erweitert?
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Hallo nochmal,
> Also versteh ich das richtig das wir noch einen weiteren
> Induktionsschritt machen von n+1 nach n+2?
Nein, von n nach n+1
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> Das erschließt sich mir gerade absolut nich.
>
> Wir haben doch bewiesen das [mm](4+1)! > 2^n[/mm] ist.
> Beziehungsweise das es laut Aufgabe ab [mm]\ge 4[/mm] gilt. Daraus
> folgt für mich rein logisch, dass wenn man [mm]n * 2^n[/mm] hat die
> Aussage immer noch wahr und richtig ist.
Was haben wir denn für [mm] $n\cdot{}2^n$ [/mm] gezeigt??
Die Aussage lautet doch: Für alle [mm] $n\ge [/mm] 4$ gilt
[mm] $(n+1)!>2^{n+1}$
[/mm]
Induktionsanfang mit $n=4$ liefert die wahre Aussage [mm] $(4+1)!>2^{4+1}$
[/mm]
Dann nehmen wir in der Induktionsvoraussetzung an, dass die Aussage für ein beliebiges, aber festes [mm] $n\ge [/mm] 4$ gilt, dh., dass [mm] $(n+1)!>2^{n+1}$ [/mm] gilt
Nun müssen wir doch im Schritt auf n+1 zeigen, dass die Aussage auch für [mm] $\red{n+1}$ [/mm] gilt, dass also
[mm] $(\red{(n+1)}+1)!>2^{\red{(n+1)}+1}$ [/mm] gilt, gleichbedeutend mit [mm] $(n+2)!>2^{n+2}$
[/mm]
Das ist zu zeigen. Man nimmt die linke Seite her, formt um wie oben beschrieben und kann die Induktionsvoraussetzung anwenden ...
>
> Um noch weiter meine Dummheit zur schau zu stellen wo
> bekomsmt du das n+1 auf der anderen seite der Gleichung
> her, hast du erweitert?
Welches meinst du? Ich habe nix erweitert, nur die Fakultät umgeformt, dann die IV angewendet [mm] ($(n+1)!>2^n$) [/mm] und ausmultipliziert ...
Ahh, ich sehe, was du meinst: da hatte ich mich einmal vertippt!
Da muss natürlich [mm] $(n+2)\cdot{}---$ [/mm] stehen - ich editiere das mal direkt oben ..
Gruß
schachuzipus
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Aber dann wär unser Induktionsschritt ja von
n! > [mm] 2^n [/mm] (gegebene Funktion!)
nach (n -> n+1)
(n+1)! > [mm] 2^{n+1}
[/mm]
oder versteh ich das komplett falsch?
Tut mir leid das ich dich gerade so in beschlag nehm...
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> Aber dann wär unser Induktionsschritt ja von
>
> n! > [mm]2^n[/mm] (gegebene Funktion!)
> nach (n -> n+1)
> (n+1)! > [mm]2^{n+1}[/mm]
>
> oder versteh ich das komplett falsch?
>
> Tut mir leid das ich dich gerade so in beschlag nehm...
Das ist schon richtig.
Induktionsanfang:
[mm]n=4 [/mm]
[mm]4! > 2^4[/mm] Stimmt.
Induktionsvoraussetzung gilt für ein n aus N fest.
Induktionsschluss:
[mm]A(n) \to A(n+1)[/mm]
[mm](n+1)!>2^{n+1}[/mm]
Ziehe nun die Fakultät auf der linken Seite auseinander. (So siehst du die später benötigte Abschätzung besser.
Danach ziehst du die Potenz auseinander.
Nutze dann die Induktionsvoraussetzung, dass [mm]2^n
Zeige also, dass: [mm] 2^{n+1}= [/mm] ... < ... Mit der Induktionsvorausetzung.
Valerie
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Hallo nochmal,
ich glaube, ich trage die Schuld an deiner Verwirrung.
Wer lesen kann, ist klar im Vorteil!
Mir ist irgendwie hängengeblieben, dass die Aussagt lautet [mm] $(n+1)!>2^{n+1}$ [/mm] für [mm] $n\ge [/mm] 4$
Aber da steht ja laut und deutlich [mm] $n!>2^n$ [/mm] für [mm] $n\ge [/mm] 4$
Das spielt für den eigentlichen Beweis keine Rolle, nur habe ich den Induktionsanfang um 1 nach oben verschoben und den Schritt von [mm] $n+1\to [/mm] n+2$ gemacht - ohne es zu wollen 
Tut mir leid, aber so ist wenigstens intensiv über die Aufgabe und die vollst. Ind. diskutiert worden - kann ja nicht schlecht sein
Schönen Abend ...
schachuzipus
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:47 Mi 04.01.2012 | | Autor: | barsch |
> Folgende Summenformel durch vollständige Induktion
> Beweisen :
> [mm]\summe_{k=1}^{n} \bruch{1}{(3k-2)(3k+1)}= \bruch{n}{3n+1}[/mm]
>
> Für einen Beweis muss wieder gelten :
> [mm]\summe_{k=1}^{n+1} \bruch{1}{(3[n+1]-2)(3[n+1]+1)}= \bruch{n}{3[n+1]+1}[/mm]
Nein, so stimmt das nicht. Im IS (Induktionsschritt) musst du
[mm]\summe_{k=1}^{n+1} \bruch{1}{(3k-2)(3k+1)}= \bruch{n+1}{3[n+1]+1}[/mm]
zeigen.
>
> Mir fehlt wie gewohnt der Ansatz. Über Hilfe Freu ich mich
> :)
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