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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:16 Mi 28.11.2007 | | Autor: | Interpol |
| Aufgabe | Zeigen Sie, dass, dass für alle n [mm] \in [/mm] N im angegebenen Bereich gilt:
9 teilt die Summe der dritten Potenzen von drei aufeinander folgenden natürlichen Zahlen. |
mein Ansatz wäre:
9 = 9 [mm] (n^3 [/mm] + [mm] (n+1)^3 [/mm] + [mm] (n+2)^3)
[/mm]
Aber wenn ich 1 einsetze, stimmt die Gleichung nicht. Allerdinge komme ich auch nicht auf den Fehler.
Und eine zweite Aufgabe:
Beweisen Sie durch vollständige Induktion:
[mm] n^2 [/mm] > 2n+1 für n [mm] \ge3
[/mm]
zu beweisen: [mm] (k+1)^2 [/mm] > 2(k+1)+1
Meine Gleichung wäre letztendlich:
[mm] (k+1)^2 [/mm] > 2k+2+2k+1
> 2(2k+1)
Was habe ich flasch gemacht?
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Hallo Interpol!
Schreibe im Induktionsschritt als Ungleichheitskette und schätze ab:
[mm] $$(k+1)^2 [/mm] \ = \ [mm] \red{k^2}+2k+1 [/mm] \ [mm] \red{>} [/mm] \ [mm] \red{2k+1}+2k+1 [/mm] \ = \ ...$$
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:53 Mi 28.11.2007 | | Autor: | Interpol |
Danke für die Antwort!!
Ich hatte mich vertippt, im Heft habe ich auch
[mm] (k+1)^2 {\ge} [/mm] 2k+1+2k+1 (bzw. warum größergleich und nicht größer?)
und dann
[mm] {k^2}+2k+1 {\ge} [/mm] 2(2k+1)
stehen. Aber wie komme ich von 2(2k+1) auf 2(k+1)+1 ?
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Hallo Interpol!
> [mm](k+1)^2 {\ge}[/mm] 2k+1+2k+1 (bzw. warum größergleich und nicht größer?)
Da hast Du Recht - ich habe es oben korrigiert.
> und dann [mm]{k^2}+2k+1 {\ge}[/mm] 2(2k+1)
>
> stehen. Aber wie komme ich von 2(2k+1) auf 2(k+1)+1 ?
$$... \ = \ 4k+2 \ = \ 2k+2+2k$$
Und nun kann man z.B abschätzen $2k \ > \ 1$ , um das gewünschte Ergebnis zu erhalten.
Gruß vom
Roadrunner
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:04 Mi 28.11.2007 | | Autor: | Interpol |
Danke dir.
Meine Lehrerin hat angedeutet, dass das vielleicht anders ist, als das was wir sonst gemacht haben, denn abgeschätzt haben wir bis jetzt noch nicht.
Danke.
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Hallo Interpol!
Du musst wie folgt ansetzen:
$$9 \ [mm] \red{*k} [/mm] \ = \ [mm] n^3+(n+1)^3+(n+2)^3$$
[/mm]
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:56 Mi 28.11.2007 | | Autor: | Interpol |
Danke für die Antwort!
Ich verstehe nur leider nicht, wie man auf deinen Ansatz kommt... warum muss man keine 9 auf die andere Seite schreiben (ich dachte, damit es durch 9 teilbar ist) und warum links minus k?
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Hallo Interpol!
Auf der linken Seite steht "9 mal k" , was lediglich andeuten soll, dass der rechte Term ein Vielfaches von 9 ist.
Gruß vom
Roadrunner
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:01 Mi 28.11.2007 | | Autor: | Interpol |
Danke, jetzt ist es mir klar.
Bei mir lässt sich dann allerdings nur beweisen, dass der Term durch 3, nicht aber dass er durch 9 teilbar ist, aber das frage ich dann morgen meine Lehrerin.
Danke!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:09 Mi 28.11.2007 | | Autor: | Martinius |
Hallo Interpol,
Du musst dich verrechnet haben. Der Induktionsanfang für n = 1 ist gültig:
$k*9 = [mm] n^3+(n+1)^3+(n+2)^3$
[/mm]
n = 1
$k*9 = [mm] 1^3+2^3+3^3 [/mm] = 1+8+27 = 36$
k = 4
LG, Martinius
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