Beweisen durch vollständige Induktion. Bsp. 3^n> n^4 für alle n≥8.

Question

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

Gruss!

Answer 1

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 n² + n⁴

≥  n⁴ + 4n³ + 6n² + 26 • 8n + n⁴

^≥  n⁴ + 4n³ + 6n² + 4n + 1

= (n+1)⁴

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

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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

Comments

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?

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Du hast die Summe falsch aufgetrennt:

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