Induktionsschluß < Induktion < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 02:12 Di 05.02.2008 | | Autor: | Holy |
| Aufgabe | [mm] \summe_{i=1}^{n} [/mm] 1 / (4i-3)(4i+3) = n / 4n+1
Lösen mit der Methode der vollständigen Induktin |
Ich habe die Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Also ich bin eigentlich schon fertig habe aber noch eine kleine Frage, da ichnicht weiß, ob der Rechenschritt korrekt ist, also meine Behauptung ist ja : n / 4(n+1)+1, also n / 4n+5.
Ich bin eigentlich schon am Ende des beweises angekommen hier die letzden Zeilen:
n+ (4n+5)+1 / (4n+1)(4n+5), jetzt habe ich im Nenner ausgeklammert, so folgt:
n+(4n+5)+1 / 16n²+20n+4n+5 Jetzt habe ich folgendes gemacht und weiß nicht, ob das korrekt ist: Ich habe die 4n (aus dem unteren Term) ausgeklammert -> n+(4n+5) + 1 / 4n ( 4n+5+1)+5
Dann habe ich die 4n+5 weggekürtzt und ich bekomme folgendem Term
n+1 / 4n(1)+5 , da die 1 keine Auswirkung hat, sind wir bei der Behauptung angekommen und zwar: n+1 / 4n+5 .... Darf man so kürzen, wie ich es oben gemacht habe?
Danke im Voraus
Falls nicht gibt es andere Lösungsansätze?
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 04:08 Di 05.02.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
Deine Formeln sind sehr unübersichtlich, daher verzeih' mir, wenn ich zudem zu dieser späten Stunde das nicht mehr nachrechnen will.
Also wenn Deine Aufgabe so lautet:
Für jedes $n [mm] \in \IN$ [/mm] gilt:
[mm]\summe_{i=1}^{n}=\frac{1}{(4i-3)(4i+3)}=\frac{n}{4n+1}[/mm]
so steht linkerhand schon für $n=1$ dort [mm] $\frac{1}{7}$, [/mm] aber rechterhand [mm] $\frac{1}{5}$.
[/mm]
Also die Aufgabenstellung muss anders lauten. Hier aber mal ein Schema, an dem Du Dich orientieren kannst, ich rechne dir mal eine andere Aufgabe vor:
Behauptung:
Für jedes $n [mm] \in \IN$ [/mm] gilt
[mm] $\sum_{k=1}^n k^3=\left(\frac{n}{2}(n+1)\right)^2$
[/mm]
Beweis:
$n=1$: Passt.
$n [mm] \mapsto [/mm] n+1$:
Voraussetzung:
Es gilt
[mm] $(\*)$ $\sum_{k=1}^n k^3=\left(\frac{n}{2}(n+1)\right)^2$
[/mm]
Zu zeigen:
Mit [mm] $(\*)$ [/mm] folgt dann:
[mm] $(\*\*)$ $\sum_{k=1}^{n+1} k^3=\left(\frac{n+1}{2}(n+2)\right)^2$
[/mm]
Also:
Es gilt mit [mm] $(\*)$
[/mm]
(+) [mm] $\sum_{k=1}^{n+1} k^3=(n+1)^3+\sum_{k=1}^{n} k^3\underbrace{=}_{(\*)}(n+1)^3+\left(\frac{n}{2}(n+1)\right)^2$
[/mm]
In [mm] $(\*\*)$ [/mm] wird behauptet:
[mm] $\sum_{k=1}^{n+1} k^3=\left(\frac{n+1}{2}(n+2)\right)^2$
[/mm]
Wegen (+) gilt also [mm] $(\*\*)$ [/mm] genau dann, wenn
[mm] $(n+1)^3+\left(\frac{n}{2}(n+1)\right)^2=\sum_{k=1}^{n+1} k^3=\left(\frac{n+1}{2}(n+2)\right)^2$
[/mm]
Das erste Gleichheitszeichen gilt dabei wegen (+), das zweite muss noch bewiesen werden. Also ist der Induktionsschritt bewiesen, wenn wir die folgende Gleichheit gezeigt haben:
[mm] $(\*\*\*)$ $(n+1)^3+\left(\frac{n}{2}(n+1)\right)^2=\left(\frac{n+1}{2}(n+2)\right)^2$
[/mm]
Und das rechnet man einfach aus:
[mm] $(n+1)^3+\left(\frac{n}{2}(n+1)\right)^2=\left(\frac{n+1}{2}(n+2)\right)^2$
[/mm]
[mm] $\gdw 4(n+1)^3+n^2(n+1)^2=(n+1)^2(n+2)^2$
[/mm]
[mm] $\gdw 4(n+1)+n^2=n^2+4n+4$
[/mm]
[mm] $\gdw 4n+4+n^2=n^2+4n+4$
[/mm]
[mm] $\gdw [/mm] 0=0$
Letzteres ist offensichtlich wahr, und durch Verfolgen der Pfeile [mm] $\Leftarrow$ [/mm] erhält man [mm] $(n+1)^3+\left(\frac{n}{2}(n+1)\right)^2=\left(\frac{n+1}{2}(n+2)\right)^2$, [/mm] was zu zeigen war.
Diese "Strategie" sollte man aber eher nur bei Induktionsbeweisen für Gleichungen benutzen, weil man dann mit Äquivalenzumformungen arbeiten kann. Bei Ungleichungen könnte man ähnlich verfahren, müsste aber immer überlegen, dass man auch die Folgerungspfeile alle in der Richtung hat, die man auch benötigt.
Aber hier ist es ja so, dass man im Prinzip nach Anwendung der Induktionsbehauptung eine Gleichung erhält (vgl. [mm] $(\*\*\*)$), [/mm] und um diese zu beweisen, kann man natürlich äquivalente Umformungen durchführen.
(Ähnliche Überlegungen kann man auch bei Ungleichungen durchführen, man formuliert mal, was man zu zeigen hat, formt dann äquivalent um bis man zu einer Ungleichung gelangt, wo man sieht, dass es hinreichend ist, diese zu beweisen.)
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:51 Di 05.02.2008 | | Autor: | Holy |
Hey vieldan Dank für deine Antwort.
Sry für die Unübersichtlichkeit, ich habe es aber jetzt hinbekommen, da die Aufgabe oben wirklich falsch abgeschrieben ist, stelle ich die Lösung nicht rein.
Falls erwünscht schreibe ich natürlich Frage + Antwort nochmal rein.
Gruß,
Holger
PS: wie so oft bei der Induktin war es nur ein Schritt (eine Idee) die fehlte und jetzt passt es ohne wenn und aber
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:35 Di 05.02.2008 | | Autor: | Marcel |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Holger,
es wäre schon gut, wenn Du die korrekte Aufgabenstellung mal abtippen würdest. Falls Dir übrigens nochmal solche Summen
$\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k b_k}$
begegnen, so solltest Du (i.a. auch, wenn der Nenner mehrere Faktoren hat) an eine Partialbruchzerlegung und Ziehharmonikasummen denken, im Falle der Summe oben sieht das dann so aus:
$(\*)$ $\frac{1}{a_kb_k}=\frac{1}{b_k-a_k}\left(\frac{1}{a_k}-\frac{1}{b_k}\right)$
Diese Aufgaben kann man dann auch schön als Induktionsaufgaben stellen. Z.B. ein "Klassiker":
Zeigen Sie, dass für alle $n \in \IN$ gilt:
$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}=1-\frac{1}{n+1}$
Den Beweis könnte man nun induktiv führen, der Nachteil ist natürlich (wie bei jeder Induktion), dass man die Formel mehr oder weniger "korrekt raten" muss.
Schau' ich in meine Umformung aus $(\*)$, so erkenne ich aber mit $a_k=k$ und $b_k=k+1$:
$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}=\sum_{k=1}^n \underbrace{\frac{1}{(k+1)-k}}_{=1}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}}-\sum_{m=2}^{n+1} \frac{1}{m}$
$=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k}-\left(\left(\sum_{m=2}^{n} \frac{1}{m}\right)+\frac{1}{n+1}\right)=1+\underbrace{\blue{\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k}}-\blue{\sum_{m=2}^n \frac{1}{m}}}_{=0}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}$
Ob und wie gut das bei $\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_kb_k}$ klappt, hängt von den $a_k$ und $b_k$ ab (insbesondere davon, wie $\frac{1}{a_k}$ und $\frac{1}{b_k}$ miteinander zusammenhängen und auch wie "einfach" $\frac{1}{b_k-a_k}$ aussieht).
Das ganze Schema musst Du Dir nicht behalten, aber z.B.:
$\sum_{k=1}^n \frac{1}{(4k-3)(4k+1)}$
Partialbruchzerlegung:
$\frac{1}{(4k-3)(4k+1)}=\frac{A}{4k-3}-\frac{B}{4k+1}$ liefern Dir $A$ und $B$ und dann erhälst Du ein Ergebnis mit ein wenig rumrechnerei.
Einfacher:
$\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k+1}=\frac{4k+1}{(4k-3)(4k+1)}-\frac{4k-3}{(4k-3)(4k+1)}=\frac{4k+1-(4k-3)}{(4k-3)(4k+1)}=\frac{4}{(4k-3)(4k+1)}$
liefert:
$\frac{1}{(4k-3)(4k+1)}=\frac{1}{4}*\left(\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k+1}\right)$
Und damit:
$\sum_{k=1}^n \frac{1}{(4k-3)(4k+1)}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{4}*\left(\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k+1}\right)=\frac{1}{4}\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k+1}\right)$
Und jetzt erkennt man mit $a_k=4k-3$ und $b_k=4k+3$, dass $a_{k+1}=b_k$, also weiter mit Ziehharmonikasumme...
Behalte Dir diesen "Trick" einfach mal im Hinterkopf. Später wirst Du auch mal nach der Konvergenz der Reihe $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=1+\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k^2}$ gefragt werden. Und die Konvergenz von $\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k^2}$ kann man mittels des Majorantenkriterium beweisen, indem man die Konvergenz von $\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)k}=\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m(m+1)}$ nachweist. Und das erkennt man dann aus der obigen Formel:
$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}=1-\frac{1}{n+1}$
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
