Tipp zu Induktionsbeweis < Induktion < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Beweisen Sie folgende Aussagen für alle n [mm] \in \IN.
[/mm]
a) [mm] \summe_{k=1}^{n} [/mm] k(k+1) = [mm] \bruch{n(n+1)(n+2)}{3}
[/mm]
b) [mm] \summe_{k=0}^{n} q^{k} [/mm] = [mm] \bruch{ q^{n+1} - 1}{q-1}
[/mm]
c) n [mm] \ge [/mm] 5 [mm] \Rightarrow 2^{n} [/mm] > [mm] n^{2}
[/mm]
d) [mm] 2^{2n+3} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2n-1} [/mm] ist durch 42 teilbar. |
Hi zusammen! Also, ich hab hier diese Aussagen und da ich das für n [mm] \in \IN [/mm] beweisen soll, hielt ich die vollständige Induktion für die beste Methode. Für a) und b) hat das auch gut geklappt, ich schreib hier mal hin, was ich gemacht habe, vielleicht findet ja auch jemand einen Fehler ODER kann mir sagen, dass ich es evtl. richtig gemacht habe. :D
a) [mm] \summe_{k=1}^{n} [/mm] k(k+1) = [mm] \bruch{n(n+1)(n+2)}{3}
[/mm]
Induktionsanfang: n=1
[mm] \summe_{k=1}^{1} [/mm] k(k+1) = [mm] \bruch{1(1+1)(1+2)}{3}
[/mm]
= 2 = 2 stimmt.
Induktionsvorraussetzung:
Für ein beliebiges, aber festes n [mm] \in \IN [/mm] gilt die Behauptung.
Induktionsschritt:
[mm] \summe_{k=1}^{n+1} [/mm] k(k+1) = [mm] \summe_{k=1}^{n} [/mm] k(k+1) + ((n+1)(n+2))
= [mm] \bruch{n(n+1)(n+2)}{3} [/mm] + ((n+1)(n+2))
= [mm] \bruch{n(n+1)(n+2) + 3(n+1)(n+2)}{3}
[/mm]
= [mm] \bruch{(n+1)(n+2)(n+3)}{3} \Box
[/mm]
ähm, yeah? :D
b) [mm] \summe_{k=0}^{n} q^{k} [/mm] = [mm] \bruch{ q^{n+1} - 1}{q-1} [/mm] (q [mm] \in \IR [/mm] \ {1})
Induktionsanfang: n=1
[mm] \summe_{k=0}^{1} q^{0}+q^{1}= \bruch{ q^{1+1} - 1}{q-1}
[/mm]
= q = q
Induktionsvorraussetzung:
Für ein beliebiges, aber festes n [mm] \in \IN [/mm] gilt die Behauptung.
Induktionsschritt:
n [mm] \sim [/mm] n+1
[mm] \summe_{k=0}^{n+1} q^{k} [/mm] = [mm] \bruch{ q^{n+1} - 1}{q-1} [/mm] + [mm] q^{n+1}
[/mm]
= [mm] \bruch{ q^{n+1} - 1 + q^{n}(q-1)}{q-1}
[/mm]
= [mm] \bruch{ q^{n+1} -1+q^{n+2}-q^{n+1}}{q-1}
[/mm]
= [mm] \bruch{ q^{n+2}-1}{q-1} \Box
[/mm]
Hier hab ich schon ein bisschen gefeiert, weil ich dachte ich check's endlich.
c) n [mm] \ge [/mm] 5 [mm] \Rightarrow 2^{n} [/mm] > [mm] n^{2}
[/mm]
Induktionsanfang:
n = 5
[mm] 2^{5} [/mm] > [mm] 5^{2}
[/mm]
32 > 25
Induktionsvorraussetzung:
Für ein beliebiges, aber festes n [mm] \ge [/mm] 5, n [mm] \in \IN [/mm] gilt die Behauptung.
Induktionsschritt:
n [mm] \sim [/mm] n+1
[mm] 2^{n+1} [/mm] > [mm] (n+1)^{2} [/mm] hier dachte ich, ich zieh das mal auseinander.
[mm] 2^{n+1} [/mm] > [mm] n^{2} [/mm] + 2n + 1
[mm] 2^{n} [/mm] * [mm] 2^{1} [/mm] > [mm] n^{2} [/mm] + 2n + 1
Und da.. äh... weiß ich irgendwie nicht weiter. Ich meine, das was da steht stimmt, denke ich... aber wie hilft mir das jetzt für den Beweis? D:
Naja, da dachte ich, ich mach mal mit d) weiter.
d) [mm] 2^{2n+3} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2n-1} [/mm] ist durch 42 teilbar.
Damit ich überhaupt irgendwie 'ne Aussage habe, dachte ich ich wähle für die linke (oder rechte) Seite mal [mm] C_{n} [/mm] für das durch 42 teilbare Ergebnis.
[mm] C_{n} [/mm] = [mm] 2^{2n+3} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2n-1}
[/mm]
Induktionsanfang: n=1
[mm] C_{1}= 2^{2*1+3} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2*1-1}
[/mm]
= [mm] 2^{5} [/mm] + [mm] 2*5^{1}
[/mm]
= 32 + 10
= 42 .. offensichtlich durch 42 teilbar
Induktionsvorraussetzung:
Für jedes beliebige, aber feste n [mm] \in \IN [/mm] gilt die Behauptung.
Induktionsschritt:
[mm] C_{n+1}= 2^{2(n+1)+3} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2*(n+1)-1}
[/mm]
[mm] C_{n+1}= 2^{2n+4} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2n}
[/mm]
[mm] C_{n+1}= 2^{2n} [/mm] * [mm] 2^{4} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2n}
[/mm]
Und wieder.... hä? :D Ich komm an dieser Stelle irgendwie jedes Mal nicht weiter.. ich weiß einfach nicht, wie ich mit dem, was ich da habe, das beweisen kann, was ich beweisen will! :(
Ich hoffe, dass irgendjemand sich vielleicht durch diese Textmauer gekämpft hat und mir eventuell einen Tipp geben kann. xD
Grüße, HoagsObject
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:37 Mi 31.10.2012 | | Autor: | ullim |
Hi,
> Beweisen Sie folgende Aussagen für alle n [mm]\in \IN.[/mm]
>
> a) [mm]\summe_{k=1}^{n}[/mm] k(k+1) = [mm]\bruch{n(n+1)(n+2)}{3}[/mm]
>
> b) [mm]\summe_{k=0}^{n} q^{k}[/mm] = [mm]\bruch{ q^{n+1} - 1}{q-1}[/mm]
>
> c) n [mm]\ge[/mm] 5 [mm]\Rightarrow 2^{n}[/mm] > [mm]n^{2}[/mm]
>
> d) [mm]2^{2n+3}[/mm] + 2 * [mm]5^{2n-1}[/mm] ist durch 42 teilbar.
> Hi zusammen! Also, ich hab hier diese Aussagen und da ich
> das für n [mm]\in \IN[/mm] beweisen soll, hielt ich die
> vollständige Induktion für die beste Methode. Für a) und
> b) hat das auch gut geklappt, ich schreib hier mal hin, was
> ich gemacht habe, vielleicht findet ja auch jemand einen
> Fehler ODER kann mir sagen, dass ich es evtl. richtig
> gemacht habe. :D
>
> a) [mm]\summe_{k=1}^{n}[/mm] k(k+1) = [mm]\bruch{n(n+1)(n+2)}{3}[/mm]
>
> Induktionsanfang: n=1
>
> [mm]\summe_{k=1}^{1}[/mm] k(k+1) = [mm]\bruch{1(1+1)(1+2)}{3}[/mm]
>
> = 2 = 2 stimmt.
>
> Induktionsvorraussetzung:
>
> Für ein beliebiges, aber festes n [mm]\in \IN[/mm] gilt die
> Behauptung.
>
> Induktionsschritt:
>
> [mm]\summe_{k=1}^{n+1}[/mm] k(k+1) = [mm]\summe_{k=1}^{n}[/mm] k(k+1) +
> ((n+1)(n+2))
> = [mm]\bruch{n(n+1)(n+2)}{3}[/mm] + ((n+1)(n+2))
>
> = [mm]\bruch{n(n+1)(n+2) + 3(n+1)(n+2)}{3}[/mm]
>
> = [mm]\bruch{(n+1)(n+2)(n+3)}{3} \Box[/mm]
>
> ähm, yeah? :D
Alles ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> b) [mm]\summe_{k=0}^{n} q^{k}[/mm] = [mm]\bruch{ q^{n+1} - 1}{q-1}[/mm] (q [mm]\in \IR[/mm] \ {1})
>
> Induktionsanfang: n=1
>
> [mm]\summe_{k=0}^{1} q^{0}+q^{1}= \bruch{ q^{1+1} - 1}{q-1}[/mm]
>
>
> = q = q
Hier müsste es heissen
[mm] \summe_{k=0}^{1} q^{k}=1+q
[/mm]
[mm] \bruch{ q^{k+1} - 1}{q-1}=\bruch{ q^{2} - 1}{q-1}=q+1
[/mm]
Das ist der Induktionsanfang
> Induktionsvorraussetzung:
>
> Für ein beliebiges, aber festes n [mm]\in \IN[/mm] gilt die
> Behauptung.
>
> Induktionsschritt:
> n [mm]\sim[/mm] n+1
>
> [mm]\summe_{k=0}^{n+1} q^{k}[/mm] = [mm]\bruch{ q^{n+1} - 1}{q-1}[/mm] + [mm]q^{n+1}[/mm]
>
> = [mm]\bruch{ q^{n+1} - 1 + q^{n}(q-1)}{q-1}[/mm]
>
Hier muss es heissen = [mm] \bruch{ q^{n+1} - 1 + q^{n+1}(q-1)}{q-1}
[/mm]
> = [mm]\bruch{ q^{n+1} -1+q^{n+2}-q^{n+1}}{q-1}[/mm]
> = [mm]\bruch{ q^{n+2}-1}{q-1} \Box[/mm]
>
> Hier hab ich schon ein bisschen gefeiert, weil ich dachte
> ich check's endlich.
>
> c) n [mm]\ge[/mm] 5 [mm]\Rightarrow 2^{n}[/mm] > [mm]n^{2}[/mm]
>
> Induktionsanfang:
> n = 5
>
> [mm]2^{5}[/mm] > [mm]5^{2}[/mm]
> 32 > 25
>
> Induktionsvorraussetzung:
>
> Für ein beliebiges, aber festes n [mm]\ge[/mm] 5, n [mm]\in \IN[/mm] gilt
> die Behauptung.
>
> Induktionsschritt:
>
> n [mm]\sim[/mm] n+1
>
> [mm]2^{n+1}[/mm] > [mm](n+1)^{2}[/mm] hier dachte ich, ich zieh das
> mal auseinander.
>
> [mm]2^{n+1}[/mm] > [mm]n^{2}[/mm] + 2n + 1
>
> [mm]2^{n}[/mm] * [mm]2^{1}[/mm] > [mm]n^{2}[/mm] + 2n + 1
>
> Und da.. äh... weiß ich irgendwie nicht weiter. Ich
> meine, das was da steht stimmt, denke ich... aber wie hilft
> mir das jetzt für den Beweis? D:
Zu zeigen ist [mm] 2^{n+1}>(n+1)^2
[/mm]
[mm] 2^{n+1}>2n^2 [/mm] wegen IV. D.h zu zeigen ist [mm] 2>\left(\bruch{n+1}{n}\right)^2
[/mm]
[mm] \left(\bruch{n+1}{n}\right)^2<\left(1+\bruch{1}{5}\right)^2
[/mm]
> Naja, da dachte ich, ich mach mal mit d) weiter.
>
> d) [mm]2^{2n+3}[/mm] + 2 * [mm]5^{2n-1}[/mm] ist durch 42 teilbar.
>
> Damit ich überhaupt irgendwie 'ne Aussage habe, dachte ich
> ich wähle für die linke (oder rechte) Seite mal [mm]C_{n}[/mm]
> für das durch 42 teilbare Ergebnis.
>
> [mm]C_{n}[/mm] = [mm]2^{2n+3}[/mm] + 2 * [mm]5^{2n-1}[/mm]
>
> Induktionsanfang: n=1
>
> [mm]C_{1}= 2^{2*1+3}[/mm] + 2 * [mm]5^{2*1-1}[/mm]
> = [mm]2^{5}[/mm] + [mm]2*5^{1}[/mm]
> = 32 + 10
> = 42 .. offensichtlich durch 42 teilbar
>
> Induktionsvorraussetzung:
>
> Für jedes beliebige, aber feste n [mm]\in \IN[/mm] gilt die
> Behauptung.
>
> Induktionsschritt:
>
> [mm]C_{n+1}= 2^{2(n+1)+3}[/mm] + 2 * [mm]5^{2*(n+1)-1}[/mm]
>
> [mm]C_{n+1}= 2^{2n+4}[/mm] + 2 * [mm]5^{2n}[/mm]
>
> [mm]C_{n+1}= 2^{2n}[/mm] * [mm]2^{4}[/mm] + 2 * [mm]5^{2n}[/mm]
>
> Und wieder.... hä? :D Ich komm an dieser Stelle irgendwie
> jedes Mal nicht weiter.. ich weiß einfach nicht, wie ich
> mit dem, was ich da habe, das beweisen kann, was ich
> beweisen will! :(
>
> Ich hoffe, dass irgendjemand sich vielleicht durch diese
> Textmauer gekämpft hat und mir eventuell einen Tipp geben
> kann. xD
>
> Grüße, HoagsObject
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Hi, und danke für die Antwort!
>
> Zu zeigen ist [mm]2^{n+1}>(n+1)^2[/mm]
>
> [mm]2^{n+1}>2n^2[/mm] wegen IV. D.h zu zeigen ist
> [mm]2>\left(\bruch{n+1}{n}\right)^2[/mm]
>
> [mm]\left(\bruch{n+1}{n}\right)^2<\left(1+\bruch{1}{5}\right)^2[/mm]
>
Das versteh ich jetzt nicht so ganz... also dass [mm] 2^{n+1}>(n+1)^2 [/mm] zu zeigen ist schon, aber ich steig nun doch nicht ganz durch, wie das mit dem oben genau geklappt hat..
Und hat vielleicht noch jemand einen Tipp zu d)?
Grüße,
HoagsObject
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 03:21 Do 01.11.2012 | | Autor: | arraneo |
Hey Hoags,
Ich kenne diese Aufgabe auch und dadrin steckt sich die Bernoullische Ungleichung, so als Tip.
Grüß,
arraneo.
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Hallo Hoax...
Du hast vorhin gefragt, ob nicht jemand zu d) eine Idee hat.
> Beweisen Sie folgende Aussagen für alle n [mm]\in \IN.[/mm]
>
> d) [mm]2^{2n+3}[/mm] + 2 * [mm]5^{2n-1}[/mm] ist durch 42 teilbar.
Na, das geht eben auch durch vollständige Induktion. Für n=1 ergibt der Term ja gerade 42. Soweit der Induktionsanfang.
Für den Induktionsschritt musst Du nun halt zeigen, dass die Behauptung auch für n+1 gilt. Zeig mal, wie weit Du kommst, dann können wir Dir wahrscheinlich auch helfen. 
Grüße
reverend
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> Hallo Hoax...
>
> Du hast vorhin gefragt, ob nicht jemand zu d) eine Idee
> hat.
>
> > Beweisen Sie folgende Aussagen für alle n [mm]\in \IN.[/mm]
> >
> > d) [mm]2^{2n+3}[/mm] + 2 * [mm]5^{2n-1}[/mm] ist durch 42 teilbar.
>
> Na, das geht eben auch durch vollständige Induktion. Für
> n=1 ergibt der Term ja gerade 42. Soweit der
> Induktionsanfang.
> Für den Induktionsschritt musst Du nun halt zeigen, dass
> die Behauptung auch für n+1 gilt. Zeig mal, wie weit Du
> kommst, dann können wir Dir wahrscheinlich auch helfen.
>
>
> Grüße
> reverend
>
Ah, ich hatte meinen Ansatz eigentlich oben schonmal geschrieben, aber hier nochmal :)
d) [mm] 2^{2n+3} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2n-1} [/mm] ist durch 42 teilbar.
Damit ich überhaupt irgendwie 'ne Aussage habe, dachte ich ich wähle für die linke (oder rechte) Seite mal [mm] C_{n} [/mm] für das durch 42 teilbare Ergebnis.
[mm] C_{n} [/mm] = [mm] 2^{2n+3} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2n-1}
[/mm]
Induktionsanfang: n=1
[mm] C_{1}= 2^{2*1+3} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2*1-1}
[/mm]
= [mm] 2^{5} [/mm] + [mm] 2*5^{1}
[/mm]
= 32 + 10
= 42 .. offensichtlich durch 42 teilbar
Induktionsvorraussetzung:
Für jedes beliebige, aber feste n [mm] \in \IN [/mm] gilt die Behauptung.
Induktionsschritt:
[mm] C_{n+1}= 2^{2(n+1)+3} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2*(n+1)-1}
[/mm]
[mm] C_{n+1}= 2^{2n+4} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2n}
[/mm]
[mm] C_{n+1}= 2^{2n} [/mm] * [mm] 2^{4} [/mm] + 2 * [mm] 5^{2n} [/mm]
So weit komme ich, dann check ich nich mehr so ganz, was abgeht bzw. was genau ich hier eigentlich zeigen will..
Grüße,
HoagsObject
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Hallo, da ist aber bei den Exponenten einiges schief gelaufen
Induktionsschritt:
[mm] C_{n+1}=2^{2(n+1)+3}+2*5^{2(n+1)-1}
[/mm]
[mm] C_{n+1}=2^{2n+5}+2*5^{2n+1}
[/mm]
[mm] C_{n+1}=2^2*2^{2n+3}+2*5^2*5^{2n-1}
[/mm]
Steffi
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Hi, danke für die Antwort!
Jaaa, das hab ich auch schon gemerkt, aber da war die frage schon reserviert und ich dachte das hat eh jemand gemerkt. :D
>
> [mm]C_{n+1}=2^2*2^{2n+3}+2*5^2*5^{2n-1}[/mm]
>
So weit bin ich jetzt auch schon gekommen und da steckt ja die Behauptung aus der Induktionsvorraussetzung schon drin. Aber reicht das jetzt als Beweis? Was muss da jetzt noch kommen??
Grüße,
Hoagsobject
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:39 Do 01.11.2012 | | Autor: | Fulla |
Hallo HoagsObject,
> Hi, danke für die Antwort!
>
> Jaaa, das hab ich auch schon gemerkt, aber da war die frage
> schon reserviert und ich dachte das hat eh jemand gemerkt.
> :D
> >
> > [mm]C_{n+1}=2^2*2^{2n+3}+2*5^2*5^{2n-1}[/mm]
> >
>
> So weit bin ich jetzt auch schon gekommen und da steckt ja
> die Behauptung aus der Induktionsvorraussetzung schon drin.
> Aber reicht das jetzt als Beweis? Was muss da jetzt noch
> kommen??
das reicht so noch nicht. Teile den Term so auf, dass du die Induktionsvoraussetzung verwenden kannst. Du weißt ja nur, dass [mm]2^{2n+3}+2\cdot 5^{2n-1}[/mm] durch 42 teilbar ist, die Faktoren 4 und 25 stören da noch.
Lieben Gruß,
Fulla
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Was genau meinst du jetzt mit aufteilen? :D Also, 4*5 wäre ja 100, das würde ja an der Teilbarkeit durch 42 nichts ändern. Aaaaaaberrrrrrr.. da is ja so ein + dazwischen, deswegen kann man des bestimmt nich einfach so behaupten oder? :D
Ich kann schon gar nicht mehr klar denken weil ich den ganzen Tag jetzt darüber gebrütet hab, haha.
Grüße,
HoagsObject
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:40 Do 01.11.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
die Induktionsbeh. ist [mm] 4*2^{n+1}+25*2*5^{n-1}
[/mm]
ziehe davon die durch 42 teilbare zahl [mm] 4*2^{n+1}+4*2*5^{n-1} [/mm] ab. was bleibt übrig?
gruss leduart
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ah! 21 oder? Das is ja die Hälfte von 42.. beweist das das dann??
Grüße,
HoagsObject
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:26 Do 01.11.2012 | | Autor: | Fulla |
Hallo zurück,
> ah! 21 oder? Das is ja die Hälfte von 42.. beweist das
> das dann??
nein. Es ist doch
[mm]4\cdot 2^{2n+3}+25\cdot 2\cdot 5^{2n-1}=\blue{4\cdot\left(2^{2n+3}+2\cdot 5^{2n-1}\right)} + 21\cdot 2\cdot 5^{2n-1}[/mm]
Der blaue Teil ist nach Induktionsvoraussetzung durch 42 teilbar. Jetzt bist du gleich fertig.
Lieben Gruß,
Fulla
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> Hallo zurück,
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> > ah! 21 oder? Das is ja die Hälfte von 42.. beweist das
> > das dann??
>
> nein. Es ist doch
> [mm]4\cdot 2^{2n+3}+25\cdot 2\cdot 5^{2n-1}=\blue{4\cdot\left(2^{2n+3}+2\cdot 5^{2n-1}\right)} + 21\cdot 2\cdot 5^{2n-1}[/mm]
>
> Der blaue Teil ist nach Induktionsvoraussetzung durch 42
> teilbar. Jetzt bist du gleich fertig.
>
> Lieben Gruß,
> Fulla
>
Ahja, und [mm] 21\cdot 2\cdot 5^{2n-1} [/mm] = 42 [mm] \cdot 5^{2n-1}, [/mm] was auf jeden Fall durch 42 teilbar ist, da 42 ja der Multiplikator ist.
Jetzt bin ich aber wirklich am Ende oder? :D
Grüße,
HoagsObject
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:48 Do 01.11.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
ja, eigentlich nicht du sondern wir -;)!
und jetzt ordentlich aufschreiben.
gruss leduart
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Ja, das stimmt. :D Danke für die Hilfe! Mit der Induktion werd ich mich erst noch anfreunden müssen. :)
(Mittlerweile) Nächtliche Grüße,
HoagsObject
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:24 Do 01.11.2012 | | Autor: | leduart |
hallo
4* die Indvors ist auch durch 42 Teilbar, zieh das von der Behauptung ab.
Gruss leduart
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