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Vollständige Induktion bei Ungleichung

Universität / Fachhochschule

Tags: Ungleichung lösen

Labaschlau aktiv_icon

01:15 Uhr, 15.04.2025

Wie mache ich die vollständige Induktion von der Summe von $i = 1$ bis $n$ von $(\frac{1}{i^{2}})$ ist $\leq 2 - (\frac{1}{n})$ für alle $n$ aus N.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

calc007

07:30 Uhr, 15.04.2025

$1 .)$ man beginnt mit einem Beispiel.

$2 .)$ Tipp:
www.onlinemathe.de/forum/vollstaendige-Induktion-3113

Randolph Esser aktiv_icon

11:41 Uhr, 16.04.2025

Beh.: $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} \leq 2 - \frac{1}{n}$ für alle $n \in N$ .

$(I A) n = 1 : 1 \leq 2 - 1$ .

$(I S) n \to n + 1 :$

Gelte die Behauptung für ein $n \in N (I V)$ .

Dann folgt

$\sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{1}{k^{2}} = \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} \leq^{(I V)} \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} + 2 - \frac{1}{n} = 2 - (\frac{1}{n} - \frac{1}{{(n + 1)}^{2}}) \leq 2 - \frac{1}{n + 1},$

denn

$\frac{1}{n} - \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} \geq \frac{1}{n + 1}$

$\Leftrightarrow \frac{n + 1}{n} - \frac{1}{n + 1} \geq 1$

$\Leftrightarrow \frac{{(n + 1)}^{2} - n}{n (n + 1)} \geq 1$

$\Leftrightarrow \frac{n^{2} + n + 1}{n^{2} + n} \geq 1$ .

HAL9000

15:13 Uhr, 16.04.2025

Nachdem in www.onlinemathe.de/forum/vollstaendige-Induktion-3113 ja auch schon so gut wie alles rausgeholt wurde, kitzle ich über die Aufgabenstellung hinaus mal noch ein bisschen mehr zur Abschätzung der Partialsumme $s_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}}$ heraus:

Bezeichnet man mit $s_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}}$ , so kann man bei fest gewähltem $m \geq 1$ sowie wegen

$\sum_{k = m + 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} \leq \sum_{k = m + 1}^{n} (\frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k}) = \frac{1}{m} - \frac{1}{n}$

$\sum_{k = m + 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} \geq \sum_{k = m + 1}^{n} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}) = \frac{1}{m + 1} - \frac{1}{n + 1}$

für alle $n \geq m$ die Abschätzung treffen

$s_{m} + \frac{1}{m + 1} - \frac{1}{n + 1} \leq s_{n} \leq s_{m} + \frac{1}{m} - \frac{1}{n} (*)$ .

Für $m = 1$ mit $s_{1} = 1$ heißt das $\frac{3}{2} - \frac{1}{n + 1} \leq s_{n} \leq 2 - \frac{1}{n}$ für alle $n \geq 1$ (der Teil rechts ist die Threadbehauptung).

Für $m = 2$ mit $s_{2} = \frac{5}{4}$ wird's schon genauer: $\frac{19}{12} - \frac{1}{n + 1} \leq s_{n} \leq \frac{7}{4} - \frac{1}{n}$ für alle $n \geq 2$ .

Aus (*) kann man andererseits mit Kenntnis von $lim_{n \to \infty} s_{n} = \frac{π^{2}}{6}$ auch das folgern:

$s_{m} + \frac{1}{m + 1} \leq \frac{π^{2}}{6} \leq s_{m} + \frac{1}{m}$ , umgestellt $\frac{π^{2}}{6} - \frac{1}{m} \leq s_{m} \leq \frac{π^{2}}{6} - \frac{1}{m + 1}$ - ein nettes Sandwich für die Partialsumme $s_{m}$ .

Randolph Esser aktiv_icon

16:03 Uhr, 16.04.2025

Schöne Abschätzung, Danke, HAL.

Die Reihe ist die Zetafunktion für $s = 2$ .

Sie taucht $z . B$ . in Forsters Analysis 1 auf...

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