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Induktionsbeweis mit 2 Variablen

Universität / Fachhochschule

Tags: Induktionsbeweis, mehrere Variablen

mueschbrot aktiv_icon

18:46 Uhr, 27.05.2016

Hallo! Ich habe hier eine Aufgabe, bei der ich nicht so recht weiß, wie ich vorgehen soll:

Beweisen Sie durch vollständige Induktion:
Für alle reellen Zahlen $h$ mit $h$ ∈ (−1, ∞) ohne ${0}$ gilt:
${(1 + h)}^{n} > 1 + n \cdot h,$
für $n$ ≥ 2.

Muss ich hier eine Fallunterscheidung machen?

IA: $h = - 1, n = 2$
${(1 - 1)}^{2} > 1 - 2 \to 0 ≻ 1 W . A$ .

$h = - 1, n = 3$
$0 ≻ 2 W . A$ .

$h = 1, n = 3$
$8 > 4 W . A$ .

$h = 1, n = 2$
$4 > 3 W . A$ .

IV:
$n = k$
$h = l$

${(1 + l)}^{k} > 1 + k \cdot l$

IB:

1.Fall:
$n$ läuft weiter $\to n = k + 1$
$h = l$

${(1 + l)}^{k + 1} > 1 + l \cdot (k + 1)$
$1^{k + 1} + l^{k + 1} > 1 + l \cdot k + l$
$1 + l^{k + 1} > 1 + l \cdot k + l$

2.Fall
$n = k$
$h = l + 1$

${(1 + l + 1)}^{k} > 1 + k \cdot (l + 1)$
$1^{k} + l^{k} + 1^{k} > 1 + k \cdot l + k$
$l + 2 > 1 + k \cdot l + k$

3.Fall:

$n = k + 1$
$h = l + 1$

${(1 + l + 1)}^{k + 1} > 1 + (l + 1) \cdot (k + 1)$
$2 + l^{k + 1} > 1 + l \cdot k + l + k + 1$

hmmm und nun? Ich weiß nicht, wie ich weiter vorgehen kann... $\frac{:}{}$

Ich danke euch schon für mögliche Antworten und wünsche euch noch ein schönes Wochenende :-)

Liebe Grüße
Mueschbrot

Apilex aktiv_icon

19:46 Uhr, 27.05.2016

Wichtig ist erstmal das dein $h \in R$ ist und deshalb Induktion über $h$ keinen Sinn macht $\Rightarrow$ nur Induktion über $n$ .
Verwende $h$ einfach durch $h > - 1$ und schätze die Formel mit $h$ einfach über die Formeln mit $- 1$ ab.

Falls das als Tipp noch nicht reicht komm noch ein paar weitere. Versuch es aber erstmal damit.

mueschbrot aktiv_icon

19:55 Uhr, 27.05.2016

hmmm... ich bin mir nicht ganz sicher, ob ich dich richtig verstanden habe... aber meinst du, dass ich $h = - 1$ setzen soll?

Dann hätte ich im Grunde:

1.
${(1 - 1)}^{n} > 1 + n \cdot (- 1)$

und

2.
${(1 - 1)}^{n + 1} > 1 + (n + 1) \cdot - 1$
$1^{n + 1} - 1^{n + 1} > - n$
$0 > - n$ ??

Kann sein, dass ich total falsch bin $: c$

Liebe Grüße
Mueschbrot

ledum aktiv_icon

20:26 Uhr, 27.05.2016

Hallo
wirklich $h$ ist irgendeine Zahl $≻ 1$
also nicht einzelne $h$ betrachten. sondern mit $n = 2$ anfangen und zeigen ${(1 + h)}^{2} > 1 + 2 \cdot h$
dann setzt deine Induktion ein richtig für $n$ daraus richtig für $n + 1$
und nochmal für $h$ nichts einsetzen (höchstens irgendeine Zahl um dich selbst zu überzeugen dass die Behauptung stimmt.
du hast wirklich nur eine normale Induktion und nicht über 2 Variable.
Gruß ledum

Apilex aktiv_icon

00:12 Uhr, 28.05.2016

sorry meine Fomulierung war etwas verwirrend.

Ich wollte sagen :
$1)$
Induktion nur über eine Varaible $(n)$

$2)$
$h$ nur so verwenden das du es in Gleichungen abschätzt

$\Rightarrow h \geq - 1$ oder $(1 + h) \geq 0$ oder $...$ .

ich wollte damit nicht sagen das du $h = - 1$ setzen sollst sondern nur das du es zum abschäzen verwenden kannst. $h$ bleibt variabel zwischen $- 1$ und unendlich.

mueschbrot aktiv_icon

00:38 Uhr, 28.05.2016

Das bedeutet also, dass ich bei meiner Induktion $(1 + h) (n + 1) > 1 + (n + 1) \cdot h$ betrachte oder? Wie kann ich denn überhaupt eine Induktion bei einem $>$ oder $<$ Zeichen machen? Das haben wir bisher noch nie gemacht...

Liebe Grüße
Mueschbrot

Apilex aktiv_icon

00:47 Uhr, 28.05.2016

das endscheidende ist wieder das du deine Induktionveraussezung benutzt
$A := {(1 + h)}^{n} >$ 1+(n)⋅h $= : B (A$ und $B$ nur zur abkürzung fürs aufschreiben)

denn von dieser ungleichung weist du das sie stimmt

und dann deine Zielgleichung :

(1+h)^(n+1)>1+(n+1)⋅h

so umformen das du in etwa sowas erhältst :

${(1 + h)}^{n + 1} \geq ... \geq$ term $\cdot A >$ term*B $\geq . .$ . $\geq$ 1+(n+1)⋅h
und dann hast du es gezeigt

mueschbrot aktiv_icon

01:29 Uhr, 28.05.2016

hmm okay. Ich versuche es mal:

aaaalso ${(1 + h)}^{n + 1} = {(1 + h)}^{n} \cdot (1 + h)$ Dadurch, dass ${(1 + h)}^{n} > 1 + n \cdot h$ kann ich es ja im Grunde auf beide Seiten legen oder?

$\to {(1 + h)}^{n} \cdot (1 + h) \geq (1 + n \cdot h) \cdot (1 + h)$
$\to {(1 + h)}^{n} \cdot (1 + h) \geq 1 + h + (n \cdot h) + (n \cdot h^{2})$
so, $1 + h + (n \cdot h) = 1 + (n + 1) \cdot h$ (Behauptung)
Dadurch, dass ${(1 + h)}^{n + 1} \geq 1 + (n + 1) \cdot h + (n \cdot h^{2})$ ist
${(1 + h)}^{n + 1} > 1 + (n + 1) \cdot h$

Ist das richtig oder bin ich ganz falsch?

Liebe Grüße

Mueschbrot :-)

Apilex aktiv_icon

01:51 Uhr, 28.05.2016

noch nicht ganz

→(1+h)^n⋅(1+h)> (1+n⋅h)⋅(1+h)
→(1+h)^n⋅(1+h)> 1+h+(n⋅h)+(n⋅h^2)
das passt außer das $>$ und nicht nur $\geq$ gilt

"so, 1+h+(n⋅h)=1+(n+1)⋅h (Behauptung) " behauptung ? ist doch einfach nur Ausmultipliziert $\Rightarrow$ gilt immer

"Dadurch, dass ${(1 + h)}^{n} + 1 >$ 1+(n+1)⋅h+(n⋅h^2) ist
${(1 + h)}^{n} + 1 >$ 1+(n+1)⋅h"
nein die Schlussfolgerung stimmt nicht

den bsp. nur weil $a > b$ und $a > c$ folgt nicht $b > c,$ aber aus $a > b$ und $b > c$ folgt $a > c$

$\to$ die ausagen folgen da ${(1 + h)}^{n} + 1 >$ 1+(n+1)⋅h+(n⋅h^2)>= 1+(n+1)⋅h
also wichtig das auch 1+(n+1)⋅h+(n⋅h^2)>= 1+(n+1)⋅h gilt was noch begründet werden muss warum das immer gilt.

mueschbrot aktiv_icon

02:04 Uhr, 28.05.2016

Okay, zum letzten Teil:

$1 + (n + 1) \cdot h + (n \cdot h^{2}) \geq 1 + (n + 1) \cdot h$

Das gilt weil $1 + (n + 1) \cdot h$ schon in $1 + (n + 1) \cdot h + (n \cdot h^{2})$ drin steckt und $+ (n \cdot h^{2})$ nur positiv sein kann, denn $n \geq 2$ und $h^{2} > 0$ . Bei der Multiplikation von zwei positiven Zahlen ist das Produkt immer positiv. Somit $B +$ eine positive Zahl ist immer $> B$

Dadurch, dass $A >$ B+eine positive Zahl ist, kann doch A im Grunde auch nur $> B$ sein. ?

Liebe Grüße
Mueschbrot

Apilex aktiv_icon

02:10 Uhr, 28.05.2016

genau und das wars dann auch schon mit der Induktion
$\to$ IA ( (1+h)^2>1+2⋅h zeigen )
$\to$ IS so wie du jetzt am ende hattest und dann hast du die Aufgabe fertig.

mueschbrot aktiv_icon

02:15 Uhr, 28.05.2016

:-D)DD Wah super! Ich danke dir 1000-Fach! Ich habe es verstanden! :-)
Den ganzen Ordnungskram schreibe ich dann noch dazu. Bin grad ziemlich glücklich - habe mich mit der Aufgabe etwas schwer getan.

Vielen Dank! :-)

Mueschbrot

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