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Hallo,
in meinem Buch steht folgende Aufgabe:
zu zeigen:
1 + a + [mm] a^{2} [/mm] + [mm] a^3 [/mm] + ... + [mm] a^{n} [/mm] < [mm] \bruch{1}{1-a} [/mm] ; 0<a<1
Da ist doch schon der Induktionsanfang nicht erfüllt, z. B. für
a = 0,1 1,11111... < 1,11111....
stimmt doch gar nicht (?).
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:10 Mi 17.10.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Martinius!
Hier kannst Du auch gar nicht das Verfahren der vollständigen Induktion anwenden, da Du keine Laufvariable aus den Mengen der Natürlichen Zahlen [mm] $\IN$ [/mm] hast.
Der Beweis hier erfolgt mit der Summenformel der geometrischen Reihe:
[mm] $$1+a+a^2+a^3+...+a^n [/mm] \ = \ [mm] \summe_{k=0}^{n}a^k [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1-a^{n+1}}{1-a}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:14 Mi 17.10.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Martinius!
![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]") Doch, da kann man doch mittels vollständiger Induktion vorgehen. Allerdings ist $n_$ Deine Induktionsvariable, für welche Du auch den Induktionsanfang mit $n \ = \ 1$ (oder auch $n \ = \ 0$ ) durchführen musst:
[mm] $$s_n [/mm] \ := \ [mm] 1+a+a^2+a^3+...+a^n [/mm] \ = \ [mm] \summe_{k=0}^{n}a^k$$
[/mm]
[mm] $$\Rightarrow [/mm] \ \ \ [mm] s_0 [/mm] \ = \ [mm] a^0 [/mm] \ = \ 1 \ < \ [mm] \bruch{1}{1-a}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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Hallo Loddar,
vielen Dank für deine Antwort.
Meine Vermutung ist halt, dass da ein Fehler in der Aufgabenstellung ist.
[mm] \summe_{k=0}^{n} a^n [/mm] < [mm] \bruch{1}{1-a} [/mm] für 0 < a < 1 ; n [mm] \in \IN
[/mm]
Für an = 0 und a = 1 stimmt die Ungleichung nicht (sind ja eh ausgeschlossen), aber auch für bspw. a = 0,1 ist sie nicht erfüllt.
denn wenn n [mm] \to \infty [/mm] geht, dann steht da ja
1,111111... < 1,111111...
Für n < [mm] \infty [/mm] ist die Ungleichung erfüllt, denn die rechte Seite bricht dann ja irgendwann ab.
LG, Martinius
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> Meine Vermutung ist halt, dass da ein Fehler in der
> Aufgabenstellung ist.
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> [mm]\summe_{k=0}^{n} k^n[/mm] < [mm]\bruch{1}{1-a}[/mm] für 0 < a < 1
>
> Für 0 und 1 stimmt die Ungleichung nicht (sind ja eh
> ausgeschlossen), aber auch für bspw. n = 0,1 ist sie nicht
> erfüllt.
>
> denn wenn n [mm]\to \infty[/mm] geht,
Hallo,
davon, daß n gegen [mm] \infty [/mm] gehen soll, ist doch nirgendwo die Rede.
Du sollst zeigen, daß für jedes beliebige n gilt [mm] 1+a+a^2+...+a^n<\bruch{1}{1-a}
[/mm]
Dieses n darf zwar sehr groß sein, aber wir haben es hier immer mit einer endlichen Summe zu tun, auch wenn sie möglicherweise lang ist.
Zum Zeigen der Behauptung hast Du mindestens zwei Möglichkeiten, für welche Du wenige "Zutaten" brauchst:
1. direkt, indem Du zeigst, daß [mm] (1-a)(1+a+a^2+...+a^n)<1 [/mm] gilt
2. per Induktion. Hier mußt Du ein klein bißchen Geschick walten lassen, mit [mm] 1+a+a^2+...+a^n+a^{n+1}=(1+a+a^2+...+a^n)+a^{n+1} [/mm] kommst Du hier nicht ans Ziel. Laß' Dir was einfallen...
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:57 Mi 17.10.2007 | | Autor: | Martinius |
Hallo angela,
vielen Dank für den Hinweis auf den direkten Beweis.
Ich hab' jetzt einen Vorschlag für die Vollst. Induktion:
zu zeigen: 1 + a + [mm] a^{2} [/mm] + ... + [mm] a^{n} [/mm] < [mm] \bruch{1}{1-a}
[/mm]
mit 0 < a < 1 und n [mm] \in \IN [/mm] \ {0}
I.A. n = 1 1 + a < [mm] \bruch{1}{1-a}
[/mm]
1 - [mm] a^{2} [/mm] < 1 ist erfüllt
I.V. [mm] \summe_{k=0}^{n} a^k [/mm] < [mm] \bruch{1}{1-a}
[/mm]
I.S. Multiplikation von I.V mit a
$ [mm] \left(\summe_{k=0}^{n+1} a^k \right)-1 [/mm] < [mm] \bruch{a}{1-a}$
[/mm]
$ [mm] \left(\summe_{k=0}^{n+1} a^k \right)-1 [/mm] < [mm] -1+\bruch{1}{1-a}$
[/mm]
$ [mm] \summe_{k=0}^{n+1} a^k [/mm] < [mm] \bruch{1}{1-a}$ [/mm]
Stimmt das so ?
Vielen Dank für's Drüberschauen.
LG, Martinius
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Hallo angela,
vielen Dank für den Hinweis auf den direkten Beweis.
Ich hab' jetzt einen Vorschlag für die Vollst. Induktion:
zu zeigen: 1 + a + [mm] a^{2} [/mm] + ... + [mm] a^{n} [/mm] < [mm] \bruch{1}{1-a}
[/mm]
mit 0 < a < 1 und n [mm] \in \IN [/mm] \ {0}
I.A. n = 1 1 + a < [mm] \bruch{1}{1-a}
[/mm]
1 - [mm] a^{2} [/mm] < 1 ist erfüllt
I.V. [mm] \summe_{k=0}^{n} a^k [/mm] < [mm] \bruch{1}{1-a}
[/mm]
I.S. Multiplikation von I.V mit a
$ [mm] \left(\summe_{k=0}^{n+1} a^k \right)-1 [/mm] < [mm] \bruch{a}{1-a}$
[/mm]
$ [mm] \left(\summe_{k=0}^{n+1} a^k \right)-1 [/mm] < [mm] -1+\bruch{1}{1-a}$
[/mm]
$ [mm] \summe_{k=0}^{n+1} a^k [/mm] < [mm] \bruch{1}{1-a}$ [/mm]
Stimmt das so ?
Vielen Dank für's Nachsehen.
LG, Martinius
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Hallo Martinius,
> Ich hab' jetzt einen Vorschlag für die Vollst. Induktion:
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> zu zeigen: 1 + a + [mm]a^{2}[/mm] + ... + [mm]a^{n}[/mm] < [mm]\bruch{1}{1-a}[/mm]
>
> mit 0 < a < 1 und n [mm]\in \IN[/mm] \ {0}
>
>
> I.A. n = 1 1 + a < [mm]\bruch{1}{1-a}[/mm]
>
> 1 - [mm] a^{2} [/mm] < 1 ist erfüllt ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Hier würde ich anmerken, dass 1-a>0 ist und somit die Multiplikation mit 1-a nicht das VZ umdreht
>
> I.V. [mm]\summe_{k=0}^{n} a^k[/mm] < [mm]\bruch{1}{1-a}[/mm]
>
> I.S. Multiplikation von I.V mit a
>
> [mm]\left(\summe_{k=0}^{n+1} a^k \right)-1 < \bruch{a}{1-a}[/mm]
>
> [mm]\left(\summe_{k=0}^{n+1} a^k \right)-1 < -1+\bruch{1}{1-a}[/mm]
>
> [mm]\summe_{k=0}^{n+1} a^k < \bruch{1}{1-a}[/mm]
>
>
> Stimmt das so ?
Das kannst du machen, ist aber m.E. begründungsbedürftig, zumindest wenn du's irgendwie schriftlich abgeben musst.
Da ist ne Indexverschiebung drin, ne Abschätzung [mm] $\frac{a}{1-a}<\frac{1}{1-a}$ [/mm] usw.
Schreib ein paar erklärende Worte dran, dann ist es auch für uns einfacher "nachzusehen".
Ist aber ansonsten alles richtig!
> Vielen Dank für's Nachsehen.
>
> LG, Martinius
>
Dito
schachuzipus
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