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Koennte mir jemand bei der Aufabe helfe bzw. einen Ansatz zeigen?

Danke im voraus. Gruss!

von

1 Antwort

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Ein  Ansatz für  vier  Aufgaben ( in einer Frage) ?

Dann kannst du ja nur die allgemeine Vorgehensweise bei Induktionsbeweisen meinen !

Am Beispiel d):

" Für alle n ≥ 8 gilt  A(n):  3n > n4 "

Basis A(8):

38 = 6561 > 4096 = 84 -> Behauptung ist für n = 8 wahr.

Induktionsschluss  A(n) -> A(n+1):

Vor.: 3n > n4 für ein festes n ≥ 8   [#]

zu zeigen: 3n+1 > (n+1)4    [ = n4 + 4n3 + 6n2 + 4n +1 (*) ]

Es gilt:

3n+1 =  3 • 3n

> 3 •  n4   nach [#] Hier steht das einzige Größerzeichen, aber das genügt!

= n4 +  n • n3 + n4

≥ n4 + 8 • n3 + n4

= n4 + 4n3 + 4 • n • n2 + n4

≥ n4 + 4n3 + 4 • 8 • n2 + n4

= n4 + 4n3 + 32 n2 + n4

=  n4 + 4n3 + 6n2 + 26 n+ n4

≥  n4 + 4n3 + 6n2 + 26 • 8n + n4

≥  n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 1

= (n+1)4

w.z.b.w (vgl. (*)

------------------------------------

b) in Kurzfassung, der Formalismus steht ja oben:

n=0:   50 + 0 - 1 = 0 ist durch 24 teilbar.

Sei 52n +24n - 1 für ein festes n durch 24 teilbar. [#]

zu zeigen: 52(n+1) + 24 (n+1) -1 ist durch 24 teilbar

Es gilt:

 52(n+1) + 24 (n+1) - 1 

= 52n+2 + 24n + 24 - 1

= 52 • 52n + 24n + 24 - 1

= (24+1) • 52n + 24n + 24 - 1

= 24 • 52n + 52n + 24n + 24 - 1

= [ 24 • (52n + 1) ]  + [ 52n + 24n - 1 ]

Beide [...] sind durch 24 teilbar (die 2. nach [#])

also ist auch die Summe durch 24 teilbar

von 79 k

Bei a) komm ich nicht ganz auf die Lösung.


$$ \sum _{ k=1 }^{ n+1-1 }{ \frac { k }{ (k+1)! } =\sum _{ k=1 }^{ n }{ \frac { k }{ (k+1)! } = }  } \sum _{ k=1 }^{ n-1 }{ \frac { k }{ (k+1)! } +\frac { n-1 }{ n! } \overset { I.V. }{ = } \quad \frac { n!-1 }{ n! }  } +\quad \frac { n-1 }{ n! } \\ =\frac { n!+n-2 }{ n! } =\quad ...\quad =\frac { (n+1)!-1 }{ (n+1)! } $$


Kann mir hier jemand weiterhelfen?

Du hast die Summe falsch aufgetrennt:

$$ \cdots = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{k}{(k+1)!} + \frac{n}{(n+1)!} = ... $$

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