Rekursiv definierte Folgen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:13 Fr 19.09.2014 | | Autor: | tabios |
| Aufgabe | Untersuchen Sie die rekursive Folge auf Konvergenz und geben Sie ggf. den Grenzwert an.
[mm] a_{n} [/mm] = [mm] a_{n-1} [/mm] + [mm] a_{n-2} [/mm] mit [mm] a_{0} [/mm] = 1 und [mm] a_{1} [/mm] = 1
Tipp: Nutzen Sie die vollständige Induktion, um zu zeigen, dass eine Folge monoton oder beschränkt ist. |
Nach Betrachtung der ersten Folgenglieder denke ich, dass die Folge [mm] a_{n} [/mm] keine obere Schranke hat und divergiert, [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} a_{n} [/mm] = [mm] \infty [/mm] .
Trotzdem wollte ich zeigen, dass die Folge monoton wächst. Leider will mir das einfach nicht gelingen. Bislang konnte ich im Induktionsschritt nur Folgendes zeigen:
[mm] a_{n} \ge [/mm] 0
[mm] -a_{n} \le [/mm] 0
[mm] a_{n+1} [/mm] - [mm] a_{n+1} [/mm] - [mm] a_{n} \le [/mm] 0
[mm] a_{n+1} [/mm] - [mm] (a_{n+1} [/mm] + [mm] a_{n}) \le [/mm] 0
[mm] a_{n+1} [/mm] - [mm] a_{n+2} \le [/mm] 0
[mm] a_{n+1} \le a_{n+2}
[/mm]
Über einen Tipp für einen Trick und einen vielleicht passenderen Anfang würde ich mich freuen. Da ich Anfänger bin, würde ich um Geduld mit mir bitten ;)
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo tabios und erst einmal herzlich ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") ,
> Untersuchen Sie die rekursive Folge auf Konvergenz und
> geben Sie ggf. den Grenzwert an.
>
> [mm]a_{n}[/mm] = [mm]a_{n-1}[/mm] + [mm]a_{n-2}[/mm] mit [mm]a_{0}[/mm] = 1 und [mm]a_{1}[/mm] = 1
>
> Tipp: Nutzen Sie die vollständige Induktion, um zu zeigen,
> dass eine Folge monoton oder beschränkt ist.
>
>
>
> Nach Betrachtung der ersten Folgenglieder denke ich, dass
> die Folge [mm]a_{n}[/mm] keine obere Schranke hat und divergiert,
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} a_{n}[/mm] = [mm]\infty[/mm] . ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Hast du die Folge erkannt? Das ist die berüchtigte Fibonaccifolge
> Trotzdem wollte ich zeigen, dass die Folge monoton
> wächst. Leider will mir das einfach nicht gelingen.
> Bislang konnte ich im Induktionsschritt nur Folgendes
> zeigen:
>
> [mm]a_{n} \ge[/mm] 0
> [mm]-a_{n} \le[/mm] 0
> [mm]a_{n+1}[/mm] - [mm]a_{n+1}[/mm] - [mm]a_{n} \le[/mm] 0
> [mm]a_{n+1}[/mm] - [mm](a_{n+1}[/mm] + [mm]a_{n}) \le[/mm] 0
> [mm]a_{n+1}[/mm] - [mm]a_{n+2} \le[/mm] 0
> [mm]a_{n+1} \le a_{n+2}[/mm]
>
> Über einen Tipp für einen Trick und einen vielleicht
> passenderen Anfang würde ich mich freuen. Da ich Anfänger
> bin, würde ich um Geduld mit mir bitten ;)
Die Monotonie kannst du mithilfe der im Hinweis erwähnten Induktion zeigen:
Induktionsanfang ($n=1$):
[mm] $a_1=1\ge 1=a_0$ [/mm] --> passt
Induktionsschritt [mm] $(n\to [/mm] n+1$):
Sei [mm] $n\in\IN$ [/mm] beliebig aber fest und gelte für alle [mm] $k\in\IN$ [/mm] mit [mm] $k\le [/mm] n$, dass [mm] $a_k\ge_{k-1}$
[/mm]
Zeige damit mal, dass [mm] $a_{n+1}\ge a_n$ [/mm] ist.
Beginne mit der Definition:
[mm] $a_{n+1}=\ldots$ [/mm] und nutze die IV zur Abschätzung ...
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:57 Sa 20.09.2014 | | Autor: | tabios |
Hallo Schachuzipus,
vielen Dank für deine freundliche Antwort. Nein, die Fibonaccifolge habe ich nicht erkannt, werde sie mir aber merken.
Okay, dann gilt nach IV zunächst [mm] a_{n-1} \ge a_{n-2} [/mm] .
Daraus kann ich folgern, dass [mm] a_{n} [/mm] = [mm] a_{n-1} [/mm] + [mm] a_{n-2} \le [/mm] 2 [mm] a_{n-1} [/mm] .
Damit schätze ich ab: [mm] a_{n+1} [/mm] = [mm] a_{n} [/mm] + [mm] a_{n-1} \ge [/mm] 2 [mm] a_{n-1} [/mm] > [mm] a_{n} [/mm] .
Das müsste korrekt sein? Danke für die Hilfe :)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:19 Sa 20.09.2014 | | Autor: | tabios |
| Aufgabe | Untersuchen Sie die rekursive Folge auf Konvergenz und geben Sie ggf. den Grenzwert an.
[mm] a_{n} [/mm] = [mm] a_{n-1} [/mm] + [mm] a_{n-2} [/mm] mit [mm] a_{0} [/mm] = 1 und [mm] a_{1} [/mm] = 1
Tipp: Nutzen Sie die vollständige Induktion, um zu zeigen, dass eine Folge monoton oder beschränkt ist. |
Nur zur Sicherheit: Ist der folgende Beweis zur bestimmten Divergenz korrekt?
Behauptung: Die Folge [mm] (a_{n})_{n\in\IN} [/mm] divergiert bestimmt, [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} (a_{n}) [/mm] = [mm] \infty [/mm] .
Beweis: Betrachte die ersten Folgenglieder.
[mm] a_{2} [/mm] = 2
[mm] a_{3} [/mm] = 3
[mm] a_{4} [/mm] = 5
[mm] a_{5} [/mm] = 8
...
Zu beweisen: Für n [mm] \ge [/mm] 5 gilt [mm] a_{n} [/mm] > n .
IA
[mm] a_{5} [/mm] = 8 > 5 = n
IV
Sei n [mm] \in \IN [/mm] beliebig, aber fest und gelte [mm] a_{n} [/mm] > n .
IS
[mm] a_{n+1} [/mm] = [mm] a_{n} [/mm] + [mm] a_{n-1} [/mm] > n + n + 1 > n + 1
Reicht das?
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Hallo,
> Untersuchen Sie die rekursive Folge auf Konvergenz und
> geben Sie ggf. den Grenzwert an.
>
> [mm]a_{n}[/mm] = [mm]a_{n-1}[/mm] + [mm]a_{n-2}[/mm] mit [mm]a_{0}[/mm] = 1 und [mm]a_{1}[/mm] = 1
>
> Tipp: Nutzen Sie die vollständige Induktion, um zu zeigen,
> dass eine Folge monoton oder beschränkt ist.
>
>
>
>
> Nur zur Sicherheit: Ist der folgende Beweis zur bestimmten
> Divergenz korrekt?
>
> Behauptung: Die Folge [mm](a_{n})_{n\in\IN}[/mm] divergiert
> bestimmt, [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} (a_{n})[/mm] = [mm]\infty[/mm] .
>
> Beweis: Betrachte die ersten Folgenglieder.
>
> [mm]a_{2}[/mm] = 2
>
> [mm]a_{3}[/mm] = 3
>
> [mm]a_{4}[/mm] = 5
>
> [mm]a_{5}[/mm] = 8
>
> ...
>
> Zu beweisen: Für n [mm]\ge[/mm] 5 gilt [mm]a_{n}[/mm] > n .
>
> IA
>
> [mm]a_{5}[/mm] = 8 > 5 = n
>
> IV
>
> Sei n [mm]\in \IN[/mm] beliebig, aber fest und gelte [mm]a_{n}[/mm] > n .
>
> IS
>
> [mm]a_{n+1}[/mm] = [mm]a_{n}[/mm] + [mm]a_{n-1}[/mm] > n + n + 1 > n + 1
>
>
> Reicht das?
Locker (bis auf einen kleinen Fehler am Ende). Dein Induktionsanfang ist viel zu umständlich formuliert, da reicht:
[mm] a_5=8>5=n
[/mm]
[mm] a_6=13>6=n
[/mm]
und fertig.
Beim Induktionsschluss hast du dich vertan, das muss IMO so aussehen:
[mm] a_{n+1}=a_n+a_{n-1}>n+n-1=2n-1>n+1
[/mm]
Der Grundgedanke jedoch war schon richtig.
Gruß, Diophant
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:04 So 21.09.2014 | | Autor: | tabios |
Danke! :)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:05 So 21.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Untersuchen Sie die rekursive Folge auf Konvergenz und
> geben Sie ggf. den Grenzwert an.
>
> [mm]a_{n}[/mm] = [mm]a_{n-1}[/mm] + [mm]a_{n-2}[/mm] mit [mm]a_{0}[/mm] = 1 und [mm]a_{1}[/mm] = 1
>
> Tipp: Nutzen Sie die vollständige Induktion, um zu zeigen,
> dass eine Folge monoton oder beschränkt ist.
>
>
>
>
> Nur zur Sicherheit: Ist der folgende Beweis zur bestimmten
> Divergenz korrekt?
leider muss ich intervenieren: Da sind noch Fehler drin!
> Behauptung: Die Folge [mm](a_{n})_{n\in\IN}[/mm] divergiert
> bestimmt, [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} (a_{n})[/mm] = [mm]\infty[/mm] .
>
> Beweis: Betrachte die ersten Folgenglieder.
>
> [mm]a_{2}[/mm] = 2
>
> [mm]a_{3}[/mm] = 3
>
> [mm]a_{4}[/mm] = 5
>
> [mm]a_{5}[/mm] = 8
>
> ...
>
> Zu beweisen: Für n [mm]\ge[/mm] 5 gilt [mm]a_{n}[/mm] > n .
>
> IA
>
> [mm]a_{5}[/mm] = 8 > 5 = n
Du musst hier
[mm] $a_5=8 [/mm] > [mm] 5\,$ [/mm] UND [mm] $a_6=13 [/mm] > [mm] 6\,$
[/mm]
hinschreiben beim Induktionsanfang. Warum, das sage ich Dir gleich!
> IV
>
> Sei n [mm]\in \IN[/mm] beliebig, aber fest und gelte [mm]a_{n}[/mm] > n .
Nein. Es sei $n [mm] \in \IN$ [/mm] UND $n [mm] \ge [/mm] 5$ mit
[mm] $a_n [/mm] > [mm] n\,.$
[/mm]
> IS
>
> [mm]a_{n+1}[/mm] = [mm]a_{n}[/mm] + [mm]a_{n-1}[/mm] > n + n + 1 > n + 1
Ich sehe keinen Grund, warum [mm] $a_{n-1} [/mm] > n [mm] \red{\;+\;}1$ [/mm] sein sollte. Da hast Du
Dich verschrieben.
> Reicht das?
Leider keineswegs. Ich begründe Dir auch mal, wieso:
Du sagst, es ist ja
[mm] $a_5 [/mm] > [mm] 5\,.$
[/mm]
Jetzt willst Du auf
[mm] $a_6 [/mm] > 6$
hinaus. Du sagst dann:
[mm] $a_6=a_5+a_4\,.$
[/mm]
Und leider steht in Deinem Induktionsbeweis nirgendswo ein Grund, warum
[mm] $a_4 [/mm] > [mm] 4\,$ [/mm] wäre.
Damit klappt schon der Induktionsschluss
von [mm] $n=5\,$ [/mm] auf [mm] $n=6\,$
[/mm]
nicht!
Unbrauchbar ist das, was Du machst, aber keineswegs. Man muss aber
hier ein wenig aufpassen, was man alles macht und was man hinschreibt.
Du kannst den Induktionsbeweis wie folgt führen:
Behauptung: Für alle $k [mm] \in \IN$ [/mm] mit $k [mm] \ge [/mm] 5$ gilt
[mm] $a_k [/mm] > [mm] k\,.$
[/mm]
Beweis:
Der Induktionsanfang besteht aus zwei Aussagen:
Für [mm] $k=5\,$ [/mm] gilt
[mm] $a_k=a_5=8 [/mm] > [mm] 5=k\,.$
[/mm]
Für [mm] $k=6\,$ [/mm] gilt
[mm] $a_k=a_6=13 [/mm] > [mm] 6=k\,.$
[/mm]
Induktionsschritt (hier gibt es verschiedene Varianten, wie man das
formulieren könnte - das Folgende ist mein Vorschlag):
Sei nun $n [mm] \in \IN$ [/mm] mit $n [mm] \ge [/mm] 6$ und
[mm] $a_n [/mm] > n$ sowie [mm] $a_{n-1} [/mm] > [mm] n-1\,.$
[/mm]
(Solch' ein [mm] $n\,$ [/mm] existiert - aus dem Induktionsanfang sehen wir ja, dass [mm] $n=6\,$
[/mm]
gerade solch' eines ist!)
Zu zeigen ist:
Dann folgt
[mm] $a_{n+1} [/mm] > [mm] n+1\,.$
[/mm]
Und der Rest geht genauso, wie bei Dir (wenn man den Verschreiber korrigiert):
[mm] $a_{n+1}=a_n+a_{n-1} [/mm] > [mm] n+n\red{\;-\;}1=2n-1\,,$
[/mm]
wobei man nun auch noch
$2n-1 [mm] \ge [/mm] n+1$
(es reicht, das für $n [mm] \ge [/mm] 6$ zu beweisen) beweisen sollte!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:07 Mi 24.09.2014 | | Autor: | tabios |
Hallo Marcel,
lieben Dank für deine ausführliche Nachricht. Ich habe alles von dir Angesprochene nachvollzogen und werde das zukünftig berücksichtigen.
Um 2n - 1 [mm] \ge [/mm] n+1 für n [mm] \ge [/mm] 6 zu beweisen: Reicht es, auf folgende Weise eine wahre Aussage herzuleiten?
2n - 1 [mm] \ge [/mm] n + 1 | - (n + 1)
n - 2 [mm] \ge [/mm] 0 ist eine wahre Aussage für n [mm] \ge [/mm] 6 .
Oder muss nochmals ein Induktionsbeweis erfolgen? Ich würde ihn dann so führen:
Behauptung: [mm] \forall [/mm] k [mm] \in \IN [/mm] mit k [mm] \ge [/mm] 6 gilt 2n - 1 [mm] \ge [/mm] n + 1 .
Beweis: Durch vollständige Induktion
Induktionsanfang:
Für k = 6 gilt 2 * 6 - 1 = 11 [mm] \ge [/mm] 7 = 6 + 1
Für k = 7 gilt 2 * 7 - 1 = 13 [mm] \ge [/mm] 8 = 7 + 1
Induktionsvoraussetzung:
Sei nun n [mm] \in \IN [/mm] mit n [mm] \ge [/mm] 6 und 2n [mm] \ge [/mm] n sowie 2n - 1 [mm] \ge [/mm] n + 1 .
Induktionsschritt:
Zu zeigen ist: Dann folgt 2 (n + 1) - 1 [mm] \ge [/mm] n + 2
2 (n + 1) - 1
= 2n + 1
= 2n + 1 - (n - 1) + (n - 1)
= (n + 2) + (n - 1)
[mm] \ge [/mm] n + 2
Was ich auch noch nicht ganz verstehe, ist, wieso man im Induktionsbeweis beim IA erst mit k [mm] \in \IN [/mm] argumentiert, und ab der IV dann mit n [mm] \in \IN [/mm] ..
Gruß,
tabios
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Hallo tabios!
Um für alle $n \ [mm] \ge [/mm] \ 6$ zu beweisen: $2n-1 \ [mm] \ge [/mm] \ n+1$ ist nun wahrlich kein Induktionsbeweis vonnöten.
Hier reicht es völlig aus, diese Ungleichung mittels Äquivalenzumformungen umzustellen, wie Du es gemacht hast.
> Um 2n - 1 [mm]\ge[/mm] n+1 für n [mm]\ge[/mm] 6 zu beweisen:
> Reicht es, auf folgende Weise eine wahre Aussage herzuleiten?
>
> 2n - 1 [mm]\ge[/mm] n + 1 | - (n + 1)
>
> n - 2 [mm]\ge[/mm] 0 ist eine wahre Aussage für n [mm]\ge[/mm] 6 .
![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]") Du könntest aus $n-2 \ [mm] \ge [/mm] \ 0$ natürlich auch noch $n \ [mm] \ge [/mm] \ 2$ machen.
Und diese Ungleichung ist für alle $n \ [mm] \ge [/mm] \ 6$ offensichtlich wahr.
Gruß vom
Roadrunner
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:31 Mi 24.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Marcel,
>
> lieben Dank für deine ausführliche Nachricht. Ich habe
> alles von dir Angesprochene nachvollzogen und werde das
> zukünftig berücksichtigen.
>
> Um 2n - 1 [mm]\ge[/mm] n+1 für n [mm]\ge[/mm] 6 zu beweisen: Reicht es, auf
> folgende Weise eine wahre Aussage herzuleiten?
>
>
> 2n - 1 [mm]\ge[/mm] n + 1 | - (n + 1)
>
> n - 2 [mm]\ge[/mm] 0 ist eine wahre Aussage für n [mm]\ge[/mm] 6 .
lies' Dir mal bitte meinen
Artikel bzgl. Beweismethodik
durch.
Natürlich darfst Du
$2n-1 [mm] \ge [/mm] n+1$
[mm] $\iff$ [/mm] $n [mm] \ge [/mm] 2$
benutzen.
Jetzt habe ich aber die Befürchtung, dass Du oben denkst:
Wegen
$2n-1 [mm] \ge [/mm] n+1$
[mm] $\Rightarrow$ [/mm] ...
und ... ist wahr, gilt die zu beweisende Ungleichung für alle $n [mm] \ge 6\,.$
[/mm]
Und die Logik ist eben genau anders herum, Du brauchst [mm] $\Leftarrow$ [/mm] von [mm] $\iff$:
[/mm]
Aus $n [mm] \ge [/mm] 6$ folgt $n [mm] \ge [/mm] 2$ und wegen
$n [mm] \ge [/mm] 2$ [mm] $\Rightarrow$ [/mm] ($2n [mm] \ge [/mm] n+2$ [mm] $\Rightarrow$) [/mm] $2n-1 [mm] \ge [/mm] n+1$
folgt dann die Behauptung.
> Oder muss nochmals ein Induktionsbeweis erfolgen? Ich
> würde ihn dann so führen:
Musst Du nicht.
> Behauptung: [mm]\forall[/mm] k [mm]\in \IN[/mm] mit k [mm]\ge[/mm] 6 gilt 2n - 1 [mm]\ge[/mm] n
> + 1 .
>
> Beweis: Durch vollständige Induktion
>
> Induktionsanfang:
>
> Für k = 6 gilt 2 * 6 - 1 = 11 [mm]\ge[/mm] 7 = 6 + 1
>
> Für k = 7 gilt 2 * 7 - 1 = 13 [mm]\ge[/mm] 8 = 7 + 1
Hier brauchst Du nur den I.A. mit [mm] $k=6\,,$ [/mm] bei
$2n-1 [mm] \ge [/mm] n+1$
reicht ja ein "einmaliges" $n [mm] \in \IN\,.$ [/mm] Bei der Fibonaccifolge wurde das neue
Folgenglied aber mit ZWEI vorangegangenen Folgegliedern definiert. Das
Ganze wird vielleicht klarer, wenn Du hier unten nochmal liest, was das
Ergebnis eines Induktionsbeweises eigentlich liefert.
> Induktionsvoraussetzung:
>
> Sei nun n [mm]\in \IN[/mm] mit n [mm]\ge[/mm] 6 und 2n [mm]\ge[/mm] n sowie 2n - 1 [mm]\ge[/mm]
> n + 1 .
>
> Induktionsschritt:
>
> Zu zeigen ist: Dann folgt 2 (n + 1) - 1 [mm]\ge[/mm] n + 2
>
> 2 (n + 1) - 1
>
> = 2n + 1
>
> = 2n + 1 - (n - 1) + (n - 1)
>
> = (n + 2) + (n - 1)
>
> [mm]\ge[/mm] n + 2
So ganz verstehe ich da Deine Gedanken nicht - das ist jetzt zu kompliziert
gemacht. Das könntest Du jetzt so machen (ich schreibe es vielleicht mal
ein wenig anders):
Behauptung:
Für alle $n [mm] \ge [/mm] 6$ gilt
$2n-1 [mm] \ge n+1\,.$
[/mm]
Beweis: I.A.:
Für [mm] $n=6\,$
[/mm]
$2n-1=13 [mm] \ge [/mm] 7=6+1$ funktioniert's.
[mm] $n_0 \to n_0+1$:
[/mm]
Sei [mm] $n_0 \in \IN$ [/mm] mit [mm] $n_0 \ge [/mm] 6$ so, dass
(I.V) [mm] $2n_0-1 \ge n_0+1$
[/mm]
gilt. (Existenz folgt, da wir gemäß des I.A. [mm] $n_0=6$ [/mm] wählen können.)
Zu zeigen: Dann ist auch
[mm] $2(n_0+1)-1 \ge n_0+2\,.$
[/mm]
Und dann würde ich jetzt einfach
[mm] $2(n_0+1)-1=2n_0+2-1=(2n_0-1)+2 \ge (n_0+1)+2 \ge n_0+2$
[/mm]
schreiben und bin fertig. (Die vorletzte Ungleichung folgt dabei aus der
Induktionsvoraussetzung (I.V.).)
Nebenher: Schreib' das ruhig so auf, wie Du das lernst, damit Du Dich nicht
durch meine Bezeichnungen verwirren läßt. Für mich haben sie eine
gewisse Bedeutung, über die man aber auch streiten könnte...
> Was ich auch noch nicht ganz verstehe, ist, wieso man im
> Induktionsbeweis beim IA erst mit k [mm]\in \IN[/mm] argumentiert,
> und ab der IV dann mit n [mm]\in \IN[/mm] ..
Das war eher etwas, was ich aus didaktischen Gründen gemacht habe. Ich
erkläre es mal anders:
Man will zeigen, dass eine Aussage [mm] $A(n)\,$ [/mm] gilt (ich schreibe immer [mm] $A(n)\,$ [/mm] für
[mm] "$A(n)\,$ [/mm] ist wahr"), jedenfalls für alle $n [mm] \ge N_0$ [/mm] mit einem festen [mm] $N_0\,.$
[/mm]
Ich beschränke mich bei der Beschreibung auf einen *üblichen* Induktionsbeweis,
also nicht einer, wo im Induktionsschritt mehrere vorangegangene Aussagen
mitgenommen werden, sondern nur ein.
Dann zeigt man ja:
Es gilt der Induktionsschluss:
Wenn [mm] $A(n)\,$ [/mm] wahr ist, dann auch [mm] $A(n+1)\,.$
[/mm]
Damit folgt dann das, was man haben will:
- Weil [mm] $A(N_0)$ [/mm] wahr ist, auch [mm] $A(N_0+1)\,.$
[/mm]
- Weil [mm] $A(N_0+1)$ [/mm] wahr ist, auch [mm] $A(N_0+2)\,.$
[/mm]
- Weil [mm] $A(N_0+2)$ [/mm] wahr ist, auch [mm] $A(N_0+3)\,.$
[/mm]
...
Beim Induktionsschritt sagt man eigentlich:
Es sei nun [mm] $n_0 \ge N_0$ [/mm] aus [mm] $\IN$ [/mm] derart, dass
[mm] $A(n_0)$ [/mm] gilt,
und dann will man ja zeigen: Wenn man das weiß, dann gilt auch [mm] $A(n_0+1)\,.$
[/mm]
Und weil das [mm] $n_0 \ge N_0$ [/mm] aus [mm] $\IN$ [/mm] beliebig war, weiß man dann, dass man
für alle $n [mm] \ge N_0$ [/mm] die Folgerung
[mm] $A(n)\,$ $\Rightarrow$ $A(n+1)\,$
[/mm]
durchziehen darf.
Wenn Du aber nur(!!!)
[mm] $A(n)\,$ $\Rightarrow$ $A(n+1)\,$
[/mm]
[also angenommen, Du hast etwa keinen Induktionsanfang gemacht!]
für alle $n [mm] \ge N_0$ [/mm] wüßtest, dann würde Dir das nichts bringen, wenn Du
die Gültigkeit von [mm] $A(n)\,$ [/mm] für alle $n [mm] \ge N_0$ [/mm] beweisen willst. Wenn Du
jetzt
[mm] $A(n)\,$ $\Rightarrow$ $A(n+1)\,$
[/mm]
für alle $n [mm] \ge N_0$ [/mm] wüßtest, und dann ein [mm] $M_0 [/mm] > [mm] N_0$ [/mm] hernimmst und [mm] $A(M_0)$
[/mm]
beweist, dann wüßtest Du immerhin
[mm] $A(n)\,$ [/mm] gilt für alle natürlichen $n [mm] \ge M_0\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:59 Mi 24.09.2014 | | Autor: | tabios |
Verstanden. Vielen, vielen Dank für Deine Mühe in den Ausformulierungen, das hilft sehr. :)
Gruß
tabios
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