3 Induktionsbeweise < Induktion < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | 1)
beweise mit vollst. Induktion:
[mm] 11^{n+1} [/mm] + [mm] 12^{2n-1} [/mm] ist durch 133 teilbar!
2) beweise mit vollst. Induktion:
[mm] |\summe_{i=1}^{n} a_{n}| \le \summe_{i=1}^{n} |a_{n}|
[/mm]
3) beweise mit vollst. Induktion!
n! > [mm] 2^n [/mm] für n [mm] \ge [/mm] 4. |
zu 1)
I.A. : n= 1:
[mm] 11^{2} +12^1 [/mm] = 121 + 12 = 133 , durch 133 teilbar!
[mm] I.V.:11^{n+1} [/mm] + [mm] 12^{2n-1} [/mm] ist durch 133 teilbar gelte für ein n [mm] \in \IN
[/mm]
I.S.: z.z. :
[mm] 11^{n+2} +12^{2n+1} [/mm] ist durch 133 teilbar.
= [mm] 11^n+1 \* [/mm] 11 + [mm] 12^{2n-1} \* [/mm] 12 [mm] \* [/mm] 12
= [mm] 11^n+1 \* [/mm] 11 + [mm] 12^{2n-1} \* [/mm] 144
[mm] =11^n+1 \* [/mm] 11 + [mm] 12^{2n-1} \* [/mm] (133+11)
= [mm] (11^n+1 [/mm] + [mm] 12^{2n-1}) \* [/mm] 11 + [mm] 12^{2n-1} \* [/mm] 133
Argumentation:
[mm] (11^n+1 [/mm] + [mm] 12^{2n-1}) [/mm] ist nach I.V. durch 133 teilbar, die Multiplikation mit 11 ändert daran nichts. [mm] 12^{2n-1} \* [/mm] 133
ist durch 133 teilbar (offensichtlich).
[mm] 2)|\summe_{i=1}^{n} a_{n}| \le \summe_{i=1}^{n} |a_{n}|
[/mm]
I.A. für n = 1 :
[mm] |a_{n}| \le |a_{n}| [/mm] , erfüllt!
I.A. [mm] |\summe_{i=1}^{n} a_{n}| \le \summe_{i=1}^{n} |a_{n}| [/mm] gelte für ein n [mm] \in \IN [/mm] .
I.S. z.z.
[mm] |\summe_{i=1}^{n+1} a_{n}| \le \summe_{i=1}^{n+1} |a_{n}|
[/mm]
linke Seite:
[mm] |\summe_{i=1}^{n} a_{n}| +|a_{n+1}| [/mm]
nach I.V.:
[mm] |\summe_{i=1}^{n} a_{n} +a_{n+1}| \le |\summe_{i=1}^{n} a_{n}| +|a_{n+1}| \le \summe_{i=1}^{n} |a_{n}| [/mm] + [mm] |a_{n+1}| [/mm]
zu 3)
n! > [mm] 2^n [/mm] für n [mm] \ge [/mm] 4.
I.A. n = 4 :
[mm] 1\*2\*3\*4 [/mm] = [mm] 2^4 [/mm]
ist gleich
24 > 16 stimmt.
I.V.:n! > [mm] 2^n [/mm] für gelte für ein ein n [mm] \in \IN [/mm] mit n [mm] \ge [/mm] 4.
I.S.: z.z. :
(n+1)! > [mm] 2^{n+1}
[/mm]
linke Seite betrachten:
(n+1)! = n! [mm] \* [/mm] (n+1) nach I.V. :
(n+1)!> [mm] 2^n \* [/mm] (n+1) da n nach Voraussetzung mind. 4 ist, folgt die Abschätzung
(n+1)!> [mm] 2^n \* [/mm] (2)
= [mm] 2^{n+1}
[/mm]
somit ergibt sich (n+1)! > [mm] 2^{n+1} [/mm] .
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Hallo Evelyn,
> 1)
> beweise mit vollst. Induktion:
>
> [mm]11^{n+1}[/mm] + [mm]12^{2n-1}[/mm] ist durch 133 teilbar!
>
> 2) beweise mit vollst. Induktion:
>
> [mm]|\summe_{i=1}^{n} a_{n}| \le \summe_{i=1}^{n} |a_{n}|[/mm]
Sicher, dass das so lautet?
Die [mm]a_n[/mm] hängen doch gar nicht vom Laufindex i ab, sind also konstant, du addierst n-mal die Konstante [mm]a_n[/mm]
Ich denke, es ist eher gemeint: [mm]\left|\sum\limits_{i=1}^na_{i}\right| \ \le \ \sum\limits_{i=1}^n|a_i|[/mm]
>
> 3) beweise mit vollst. Induktion!
> n! > [mm]2^n[/mm] für n [mm]\ge[/mm] 4.
> zu 1)
>
> I.A. : n= 1:
>
> [mm]11^{2} +12^1[/mm] = 121 + 12 = 133 , durch 133 teilbar!
>
> [mm]I.V.:11^{n+1}[/mm] + [mm]12^{2n-1}[/mm] ist durch 133 teilbar gelte für
> ein n [mm]\in \IN[/mm]
>
> I.S.: z.z. :
>
> [mm]11^{n+2} +12^{2n+1}[/mm] ist durch 133 teilbar.
> = [mm]11^n+1 \*[/mm] 11 + [mm]12^{2n-1} \*[/mm] 12 [mm]\*[/mm] 12
Ah, das ist sehr mühsam zu lesen, du musst Exponenten, die länger als 1 Zeichen sind, in geschweifte Klammern setzen {}
Also 11^{n+1}
für [mm]11^{n+1}[/mm]
> = [mm]11^n+1 \*[/mm] 11 + [mm]12^{2n-1} \*[/mm] 144
> [mm]=11^n+1 \*[/mm] 11 + [mm]12^{2n-1} \*[/mm] (133+11)
> = [mm](11^n+1[/mm] + [mm]12^{2n-1}) \*[/mm] 11 + [mm]12^{2n-1} \*[/mm] 133 ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Argumentation:
> [mm](11^n+1[/mm] + [mm]12^{2n-1})[/mm] ist nach I.V. durch 133 teilbar, die
> Multiplikation mit 11 ändert daran nichts. [mm]12^{2n-1} \*[/mm]
> 133
> ist durch 133 teilbar (offensichtlich).
Gut!
>
>
> [mm]2)|\summe_{i=1}^{n} a_{n}| \le \summe_{i=1}^{n} |a_{n}|[/mm]
Gut, nehmen wir "deine" Variante ...
>
> I.A. für n = 1 :
>
> [mm]|a_{n}| \le |a_{n}|[/mm] , erfüllt!
Bzw. [mm]|a_1|\le |a_1|[/mm]
>
> I.A. [mm]|\summe_{i=1}^{n} a_{n}| \le \summe_{i=1}^{n} |a_{n}|[/mm]
> gelte für ein n [mm]\in \IN[/mm] .
>
> I.S. z.z.
> [mm]|\summe_{i=1}^{n+1} a_{n}| \le \summe_{i=1}^{n+1} |a_{n}|[/mm]
>
> linke Seite:
> [mm]|\summe_{i=1}^{n} a_{n}| +|a_{n+1}|[/mm]
Wieso das?
Der (n+1)-te Summand ist auch [mm]a_n[/mm]
Außerdem muss das [mm]\left|\sum\limits_{i=1}^n a_n \ + \ a_n\right|[/mm] linkerhand lauten, wieso ziehst du da den Betrag schon rein?
>
> nach I.V.:
>
> [mm]|\summe_{i=1}^{n} a_{n} +a_{n+1}| \le |\summe_{i=1}^{n} a_{n}| +|a_{n+1}| \le \summe_{i=1}^{n} |a_{n}|[/mm]
> + [mm]|a_{n+1}|[/mm]
Das musst du nochmal sorgfältiger aufschreiben, damit man das einigermaßen sinnvoll korrigieren kann.
Aber die Rückführung auf die Dreiecksungleichung für 2 Summanden ist die richtige Idee im Induktionsschritt
>
>
>
> zu 3)
>
> n! > [mm]2^n[/mm] für n [mm]\ge[/mm] 4.
>
> I.A. n = 4 :
> [mm]1\*2\*3\*4[/mm] = [mm]2^4[/mm]
>
> ist gleich
Das ist doch nicht "="
>
> 24 > 16 stimmt.
Eben, wie erklärst du also die Zeile darüber?!?!?!?
>
> I.V.:n! > [mm]2^n[/mm] für gelte für ein ein n [mm]\in \IN[/mm] mit n [mm]\ge[/mm]
> 4.
>
> I.S.: z.z. :
>
> (n+1)! > [mm]2^{n+1}[/mm]
>
> linke Seite betrachten:
>
> (n+1)! = n! [mm]\*[/mm] (n+1) nach I.V. :
> (n+1)!> [mm]2^n \*[/mm] (n+1) da n nach Voraussetzung mind. 4 ist,
> folgt die Abschätzung
> (n+1)!> [mm]2^n \*[/mm] (2)
> = [mm]2^{n+1}[/mm]
>
> somit ergibt sich (n+1)! > [mm]2^{n+1}[/mm] .
Du solltest vor dem Absenden die Vorschaufunktion nutzen, das erspart so maches mühsames Rumraten, was gemeint sein könnte.
2) schreibe nochmal sauber auf ...
Gruß
schachuzipus
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heyhey^^
okay die 2) überarbeitet:
I.A.: n = 1
[mm] |\summe_{i=1}^{1} a_{i}| [/mm] = [mm] |a_{1}| \le |a_{1}| [/mm] = [mm] \summe_{i=1}^{1} |a_{i}|
[/mm]
I.V. : [mm] |\summe_{i=1}^{n} a_{i}| \le \summe_{i=1}^{n} |a_{i}|
[/mm]
gelte für ein n [mm] \in \IN
[/mm]
I.S.: Zu zeigen für n+1:
mithilfe von I.V:
[mm] |\summe_{i=1}^{n+1} a_{i}| \le |\summe_{i=1}^{n} a_{i}| [/mm] + [mm] |a_{n+1}| \le \summe_{i=1}^{n+1} |a_{i}| +|a_{n+1}|
[/mm]
, was [mm] \summe_{i=1}^{n+1} |a_{i}| [/mm] ensptricht.
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Hallo nochmal,
sorry, dass es so lange dauert, aber musste kurz ans Tel. ...
> heyhey^^
> okay die 2) überarbeitet:
>
>
> I.A.: n = 1
>
> [mm]|\summe_{i=1}^{1} a_{i}|[/mm] = [mm]|a_{1}| \le |a_{1}|[/mm] =
> [mm]\summe_{i=1}^{1} |a_{i}|[/mm]
>
> I.V. : [mm]|\summe_{i=1}^{n} a_{i}| \le \summe_{i=1}^{n} |a_{i}|[/mm]
>
> gelte für ein n [mm]\in \IN[/mm]
>
> I.S.: Zu zeigen für n+1:
>
> mithilfe von I.V:
> [mm]|\summe_{i=1}^{n+1} a_{i}| \le |\summe_{i=1}^{n} a_{i}|[/mm] + [mm]|a_{n+1}|[/mm]
Wieso gilt denn das?
> [mm] \le \summe_{i=1}^{n+1} |a_{i}| +|a_{n+1}|
[/mm]
Ok, das gilt nach IV.
Der "kritische" Schritt, den du unbedingt begründen musst (am besten mit Zwischenschritt), ist das erste [mm] "$\le$"
[/mm]
> ,
> was [mm]\summe_{i=1}^{n+1} |a_{i}|[/mm] ensptricht.
Ich wäre als Korrektor damit nicht zufrieden ...
Gruß
schachuzipus
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ja sry beim ersten Schritt ist das noch nicht die I.V., da hab ich einfach abgeschätzt, hätte ich wohl dazu scheiben sollen^^ sry
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Hallo nochmal,
> ja sry beim ersten Schritt ist das noch nicht die I.V., da
> hab ich einfach abgeschätzt, hätte ich wohl dazu scheiben
> sollen^^ sry
Hmm, das sieht mir beinahe so aus, als hättest du es dir "passend" hingeschrieben.
Es ist doch [mm]\left|\sum\limits_{i=1}^{n+1}a_i\right| \ = \ \left|a_1+a_2+...+a_n+a_{n+1}\right| \ = \ \left|\red{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)} \ + \ \blue{a_{n+1}}\right|[/mm]
[mm]\le \left|a_1+a_2+...+a_n\right| \ + \ \left|a_{n+1}\right|[/mm]
Das ist doch der Fall für 2 Summanden ... (könntest du noch mit in den Induktionsanfang packen, also die Beh. für $n=1,2$ im IA zeigen)
Dann weiter im Text, linkerhand die IV und so weiter ...
Gruß
schachuzipus
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