suche vollständige Induktions-Aufgabe < Induktion < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo!
Ich wollte fragen, ob mir jemand ein/zwei vollständige Induktions - Aufgaben geben kann, denn das kommt bei uns mit Sicherheit im Abi dran und in meinen Schulbüchern gibt es solche Aufgaben leider nicht.
Es eilt auch nicht so... in meinem Matheeifer habe ich meinen anderen lk (physik) ziemlich vernachlässigt, und muss jetzt mathe erstmal nebenher, zweitrangig laufen lassen, leider.
Meine offenen Diskussionen beantworte ich aber noch schnellstmöglich (wurzelintegration, abiaufgabe).
Viele Grüße,
dancingestrella
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:35 Mi 14.04.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo dancing estrella
beliebt sind natürlich immer die Summenformeln, wie z.B.:
Beweisen Sie:
[mm]\summe_{k=1}^n {k} = \bruch {n*(n+1)}{2} [/mm]
oder:
[mm]\summe_{k=1}^n {k^2} = \bruch {n*(n+1)*(2n+1)}{6} [/mm]
oder:
[mm]\summe_{k=1}^n {k^3} = \bruch {n^2*(n+1)^2}{4} [/mm]
Etwas schwieriger das folgende Beispiel:
beweisen sie durch vollständige Induktion den sogenannten binomischen Lehrsatz:
[mm](a+b)^n = \summe_{k=0}^n {{n \choose k} * a^{(n-k)}*b^k} [/mm]
In diesem Zusammenhang auch noch Folgendes:
in meiner Mittelschulzeit (Gymnasium) hatten wir als Klausur am Ende der Theorie zu der vollständigen Induktion unter Anderem diese (einfache) Aufgabe zu lösen:
Beweisen Sie:
Der Ausdruck [mm]n^3-n[/mm] ist für alle [mm]n \in \IN [/mm] durch [mm]6[/mm] teilbar!
Da nicht vorgegeben war, die Aufgabe mittels vollständiger Induktion zu lösen, hatte ich einfach Gesetzt: [mm]n^3-n = (n-1)*n*(n+1)[/mm] und begründet, dass ein Produkt von 3 aufeinanderfolgenden Zahlen immer durch 6 teilbar sei, da ja mindestens ein Faktor durch 3 und einer durch 2 teilbar sei! Der Lehrer musste zähneknirschend diesen Beweis als korrekt anerkennen! 
Viele Grüsse
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:45 Fr 15.10.2004 | | Autor: | Strenni |
Wir lernen im Moment auch den Beweis mittels Vollständiger Induktion durchzuführen. Bei einfacheren Summen habe ich soweit auch keine Schwierigkeiten zu einem Ergebnis zu gelangen.
Doch bei der vierten von Dir genannten Aufgabe, dem Binomischen Lehrsatz, komme ich irgendwie nicht weiter. Deshalb wär ich sehr dankbar, wenn mir hier jemand eine kleine Hilfestellung leisten könnte.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:59 Fr 15.10.2004 | | Autor: | Thomie |
Du willst ja eine bestimmte Folgerung zeigen, nämlich, dass, wenn die Behauptung für n gilt, dass sie dann auch für n+1 gilt.
Daher hast du wahrscheinlich immer solange an der Behauptung für n rumgearbeitet, bis das dann irgendwie gepasst hat.
Versuch doch, wenn das nicht klappt, an der Aussage für n+1 rumzuspielen, dann siehst du vllt eher was, was man sonst nicht sieht.
Nützliche Formeln für den Binomialkoeffizienten findet man auch leicht (in Formelsammlungen z.B.)
Wenn dir das nicht hilft, frag einfach nochmal
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:58 Fr 15.10.2004 | | Autor: | Strenni |
Danke für Deine schnelle Antwort.
Dass ich mit n+1 arbeiten muss, habe ich schon herausgefunden - wegen n [mm] \in \IN [/mm] muss ich es ja quasi nur für den Nachfolger für n beweisen, um auf die Gültigkeit für alle n zu schließen. Also hat sich für mich ergeben:
[mm] (a+b)^{n+1} [/mm] = [mm] \summe_{i=0}^{n+1} \vektor{n+1 \\ i} a^{n}b{i}
[/mm]
Ich hoffe, das ist soweit korrekt.
Wenn ich mit dieser Gleichung jetzt weiterrechne ergibt sich für mich:
[mm] (a+b)^{n+1} [/mm] = [mm] a^{n+1}b^{0} [/mm] + [mm] a^{n}b^{1}+ a^{n-1}b^{2}+ [/mm] ... + [mm] a^{1}b^{n} [/mm] + [mm] a^{0}b^{n+1}
[/mm]
Auch da ist die Hoffung, das ist soweit korrekt. ;)
Jetzt ergibt sich für mich das Problem: Wie gehe ich weiter vor?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:03 Fr 15.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Strenni!
Schau dir mal diesen Diskussionsstrang an und beachte dabei auch den Link von Marcel.
Zu den Fehlern in deinem Ansatz schreibt dir bestimmt Thomie gerade etwas.
Hinweis: Bitte demnächst neue Fragen in einen neuen Diskussionsstrang stellen und nicht mitten in Uralt-Stränge!!
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:05 Fr 15.10.2004 | | Autor: | Thomie |
>
> [mm](a+b)^{n+1}[/mm] = [mm]a^{n+1}b^{0}[/mm] + [mm]a^{n}b^{1}+ a^{n-1}b^{2}+[/mm] ...
> + [mm]a^{1}b^{n}[/mm] + [mm]a^{0}b^{n+1}
[/mm]
>
> Auch da ist die Hoffung, das ist soweit korrekt. ;)
Das ist es leider nicht.
Du hast die Binomialkoeffizienten vergessen.
Die solltest du dazutun.
Außerdem gilt nach deiner Induktionsvorraussetzung:
[mm] \summe_{i=0}^{n+1} \vektor{n+1 \\ i} a^{n-i}b{i} =(a+b)^n\cdot (a+b)=(a+b) \summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ i} a^{n-i}b{i}[/mm].
Vielleicht kannst du damit mehr anfangen
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:33 Fr 15.10.2004 | | Autor: | Strenni |
Ich danke Euch beiden für die schnelle Hilfe. :) Echt Klasse dieses Forum! Werde wohl in Zukunft öfter auf Eure Hilfe zurückgreifen, bzw. ggf. auch mal mein bescheidenes Wissen versuchen, hilfreich anzuwenden. ;)
Ich habe mir gerade den anschaulichen Beweis von Hanno (im Link von stefan) durchgelesen und werde mal versuchen, diesen nachzuvollziehen. Bei weiteren Frage, werde ich dann in dem aktuelleren Strang antworten.
@Thomie: ...und ich dachte schon, ich kann die Koeffizienten vernachlässigen. ;)
P.S.: Sorry für das Doppelpost, muss mich erst noch ein wenig zurecht finden.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:17 Do 15.04.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
na, wie wäre es denn mit der Bernoulli-Ungleichung:
Behauptung:
Für alle [mm] \begin{matrix} x \in \IR \end{matrix} [/mm] mit [mm] \begin{matrix} x \ge -1 \end{matrix} [/mm] und für alle [mm] \begin{matrix} n \in \IN \end{matrix} [/mm] gilt:
[mm] \begin{matrix}
(1+x)^n \ge 1+n*x.
\end{matrix}
[/mm]
Beweis:
Für [mm] \begin{matrix} n=1 \end{matrix} [/mm] gilt:
[mm] \begin{matrix}
(1+x)^1=(1+x) = 1+1*x \end{matrix}, [/mm] also gilt insbesondere:
[mm] \begin{matrix}(1+x)^1 \ge 1+1*x\end{matrix}, [/mm] also gilt die Behauptung für [mm] \begin{matrix} n=1 \end{matrix}.
[/mm]
[mm] \begin{matrix} n -> n+1 \end{matrix} [/mm] :
Nach Induktionsvoraussetzung gilt:
(I) [mm] \begin{matrix} (1+x)^n \ge 1+n*x.\end{matrix} [/mm]
Nun ist [mm] \begin{matrix}(1+x) \ge 0 \end{matrix} [/mm] (wegen [mm] \begin{matrix} x \ge -1\end{matrix}), [/mm] also folgt aus (I) (multipliziere (I) mit [mm] \begin{matrix} (1+x)\end{matrix}, [/mm] was ja [mm] \ge \begin{matrix} 0 \end{matrix} [/mm] ist) (genauer: wegen dem 2. Monotoniegesetz für geordnete Körper):
[mm] \begin{matrix}(1+x)^{n+1}=(1+x)*(1+x)^n \ge (1+x)(1+n*x)
=1+n*x+x+n*x²=1+(n+1)x+nx² \ge 1+(n+1)x\end{matrix}, [/mm] weil [mm] \begin{matrix}nx² \ge 0\end{matrix} [/mm] (sogar) für alle [mm] \begin{matrix} x \in \IR \end{matrix} [/mm] und [mm] \begin{matrix} n \in \IN \end{matrix} [/mm] gilt.
Somit ist auch der Induktionsschritt gezeigt und damit die Aussage bewiesen 
Achja, ich habe noch etwas:
Behauptung:
Für alle [mm] n \in \IN [/mm] gilt:
[mm] 5^n -1 [/mm] ist durch 4 teilbar.
Beweis:
Für [mm] n=1 [/mm] gilt [mm] 5^1 -1=4 [/mm] und 4 ist offenbar durch 4 teilbar.
[mm] n -> n+1 [/mm]:
[mm] 5^{n+1} -1=5^{n+1} +4 - 5 =5*(5^n -1) + 4.[/mm]
Es ist nach Induktionsvoraussetzung [mm]5^n -1[/mm] durch 4 teilbar, also mit [mm]m:=(5^n -1)/4 [/mm] gilt:
[mm] m \in \IN [/mm]. Weiter ist [mm] 4/4 = 1 \in \IN [/mm].
Demnach gilt:
[mm] (5^{n+1} -1)/4 = (5^{n+1} +4 - 5)/4 =5*((5^n -1)/4) + (4/4)
=5*m+1[/mm] und weil [mm] m \in \IN [/mm] folgt [mm] (5*m+1) \in \IN.[/mm]
Also ist auch [mm] 5^{n+1} -1[/mm] durch 4 teilbar.
Womit der Induktionsbeweis fertig ist!
Alternativer Beweis kommt auch noch gleich (aber: keine Induktion)
So, es gilt für alle [mm] n \in \IN [/mm]:
[mm] 5^n - 1 = (4+1)^n - 1 = ( \summe_{k=0}^n {{n \choose k}*(4^k*1^{n-k})} ) - 1 = 1+( \summe_{k=1}^n {{n \choose k}*4^k} ) -1 = \summe_{k=1}^n {{n \choose k}*4^k} [/mm] und daran erkennt man sofort, dass die Behauptung richtig ist, weil stets für [mm] n,k \in \IN[/mm] mit [mm] k \le n [/mm] gilt: [mm] {n \choose k} \in \IN [/mm] (was man z.B. über Induktion zeigen könnte ).
Falls du es trotz des Hinweises nicht erkennst, frag einfach nochmal nach...
Hier gibt es auch einige Aufgaben zum üben:
http://www.mathematik.uni-stuttgart.de/iadm/LstAnaMPhy/Lesky/Vorlesungen/01_02-Mathematik-I/induktion-uebersicht.pdf
(leider weis ich noch nicht, wie man einen Link setzt, also einfach markieren, kopieren und in die Adressleiste damit ).
Ich denke, den Schwierigkeitsgrad wirst du alleine abschätzen können; also, welche Aufgaben geeignet für dich sind und welche eher nicht, oder?
Viele Grüße
Marcel
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...auch wenn Du inzwischen mit Aufgaben zugekleistert bist, hier ist noch eine klassische Induktions-Aufgabe:
Beweise durch vollstaendige Induktion:
Die Summe der ersten k ungeraden Zahlen ist stets eine Quadratzahl,
genauer:
Beweise, dass gilt
[m]
\summe_{i=1}^k (2i-1) = k^2
[/m]
Die Gleichung hat uebrigens eine schoene anschauliche Interpretation, wenn man ein paar quadratische Baukloetze zur Verfuegung hat:
Ich starte mit einem Einheitsquadrat, dann lege ich weitere drei Einheitsquadrate drumherum - und erhalte ein Gesamt-Quadrat der Seitenlaenge 2.
Dann lege ich fuenf weitere Einheitsquadrate drumherum und erhalte ein Gesamt-Quadrat der Seitenlaenge 3, dann mache ich weiter mit sieben Einheitsquadraten usw.
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