vollständige Induktion < Induktion < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:21 Sa 20.11.2010 | | Autor: | RWBK |
| Aufgabe | a) Zeigen Sie mit Hilfe dervollständigen Induktion für alle natrülichen Zahlen [mm] n\ge1 [/mm] die Gültigkeit der Identität
[mm] \summe_{k=1}^{n} [/mm] k = [mm] \bruch{n*(n+1)}{2}
[/mm]
b) Berechnen Sie mit obiger Summenformel den Wert der Summe
s=100+101+102+103+...+199+200 |
a9 Induktionsanfang: n=1
[mm] \summe_{k=1}^{n}k [/mm] = [mm] \bruch{1*(1*2)}{2}=1
[/mm]
Induktionvorraussetzung: [mm] \summe_{k=1}^{n}k [/mm] = [mm] \bruch{n*(n*2)}{2} [/mm]
[mm] 1\le [/mm] n [mm] \le [/mm] N
Indukionsschritt: Aus der Induktionsvorraussetzung heraus muss gezeigt werden das die Aussage auch für N+1 gilt
[mm] \summe_{k=1}^{N+1}k [/mm] = [mm] \summe_{k=1}^{N+1}k [/mm] = k+ (N+1) [mm] =\bruch{N*(N+1)}{2}+(N+1) [/mm] und ab hier hängt es immer bei jeder AUfgabe wollte jetzt N*(N+1) ausrechnen und den bruch weg machen also mal 2 rechnen
dann stände da ja [mm] N^{2}+N+2N+1 [/mm] kann man das so machen. Ich hab dann die p,q formel angewendet kriege dann Werte raus, aber ich glaub das ist falsch. Kann mir einmal den Induktionsschritt noch einmal an dieser Aufgabe erklären??
und b hab ich auch immer die gleichen Probleme da weiß ich nie wie ich die Zahlen folge in die Summenformel bauen soll
MFG RWBK
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:26 Sa 20.11.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo RWBK!
Bringe beide Terme auf einen Bruchstrich (2. Term erweitern) und klammere anschließend $(n+1)_$ aus.
Gruß
Loddar
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Hallo,
Versuch es bei b) doch mal mit [mm] \summe_{k=1}^{200}k -\summe_{k=1}^{99}k, [/mm] das solltest du hinbekommen.
Viele Grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:49 Sa 20.11.2010 | | Autor: | RWBK |
hieße also,
[mm] \bruch{N*(N+1)}{2}+\bruch{(N+1)}{1}= \bruch{N*(N+1)}{2}+\bruch{2*(N+1)}{2}
[/mm]
Aber damit ist der Beweis ja noch nicht fertig kann ich dann einfach ausmultiplizieren???
MFG RWBK
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Hallo RWBK,
> hieße also,
>
> [mm]\bruch{N*(N+1)}{2}+\bruch{(N+1)}{1}= \bruch{N*(N+1)}{2}+\bruch{2*(N+1)}{2}[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Aber damit ist der Beweis ja noch nicht fertig kann ich
> dann einfach ausmultiplizieren???
Addiere die beiden Brüche:
[mm]\ldots=\frac{N(N+1)+2(N+1)}{2}[/mm]
Klammere nun im Zähler [mm](N+1)[/mm] aus (das brauchst du ja nachher im Ergebnis)
Was ergibt sich?
>
> MFG RWBK
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:03 Sa 20.11.2010 | | Autor: | RWBK |
es ergibt sich [mm] \bruch{(N+1)*(N+2)}{2}
[/mm]
DANKE
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:25 Mi 09.02.2011 | | Autor: | RWBK |
| Aufgabe | Zeigen Sie mit Hilfe der vollständigen Induktion, dass das Produkt
n*(n+1)*(2n+1) für alle natürlichen Zahlen [mm] n\ge1durch [/mm] 6 teilbar ist |
Hallo, heute schaue ich mir seit langem mal wieder vollständige Induktion an und komme leider nicht weiter
Hier erst mal mein Ansatz
Induktionsanfang: [mm] n\ge [/mm] 1
6| n*(n+1)*(2n+1)
6| 2*(2+1)*(2*2+1)
6*5=30 [mm] \equiv [/mm] 0 mod 6
Induktionsanfang: n*(n+1)*(2n+1) durch 6 teilbar gilt für alle n [mm] \ge [/mm] 1 ( Kann man das so machen oder besser anders??)
Induktionsschritt:
6| (n+1)*(n+1+1)*(2*(n+1)+1)
6| (n+1)*(n+2)*(2n+3) und ab hier komme ich leider nicth weiter
Mit freundlichen Grüßen RWBK
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:47 Mi 09.02.2011 | | Autor: | abakus |
> Zeigen Sie mit Hilfe der vollständigen Induktion, dass das
> Produkt
> n*(n+1)*(2n+1) für alle natürlichen Zahlen [mm]n\ge1durch[/mm] 6
> teilbar ist
> Hallo, heute schaue ich mir seit langem mal wieder
> vollständige Induktion an und komme leider nicht weiter
>
> Hier erst mal mein Ansatz
>
> Induktionsanfang: [mm]n\ge[/mm] 1
> 6| n*(n+1)*(2n+1)
>
> 6| 2*(2+1)*(2*2+1)
>
> 6*5=30 [mm]\equiv[/mm] 0 mod 6
>
> Induktionsanfang: n*(n+1)*(2n+1) durch 6 teilbar gilt für
> alle n [mm]\ge[/mm] 1 ( Kann man das so machen oder besser
> anders??)
>
> Induktionsschritt:
> 6| (n+1)*(n+1+1)*(2*(n+1)+1)
> 6| (n+1)*(n+2)*(2n+3) und ab hier komme ich leider nicth
> weiter
>
> Mit freundlichen Grüßen RWBK
Hallo,
wenn 6| n*(n+1)*(2n+1) laut Ind.-V. gilt und
6| (n+1)(n+2)(2n+3) auch gelten soll,
dann müsste die Differenz der beiden Terme auch durch 6 teilbar sein.
Diese Differenz ist
[mm] (n+1)((n+2)(2n+3)-n(2n+1))=(n+1)(2n^2+7n+6-2n^2-n)
[/mm]
=(n+1)(6n+6) .
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:28 Do 10.02.2011 | | Autor: | RWBK |
Hallo ,
mein Professor hat das bei der Aufgabe anders gemacht, nämlich wie folgt:
Induktionsschritt:
6| N+1*(N+1+1)*(2*(N+1)+1)
=(N+1)*(N+2)*(2N+2+1)
=(N+1)*(N+2)*(2N+3) bis hier ist mir alles klar aber dann macht er folgende Schritte
= ( N+1)*N*(2N+3)+(N+1)*2*(2N+3)
=(N+1)*N*(2N+1)+(N+1)*N*2+(N+1)*(4N+6)
Die Schritte verstehe ich beide nicht mehr, kann mir das vielleicht jemand mal erklären??
Mfg
RWBK
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Hallo
(n+1)*(n+2)*(2n+3)
schreiben wir mal nach Kommutativgesetz
(n+2)*(n+1)*(2n+3) dann erkennst du es besser
jetzt Distributivgesetz
=n*(n+1)*(2n+3)+2*(n+1)*(2n+3)
jetzt Kommutativgesetz
=(n+1)*n*(2n+3)+(n+1)*2*(2n+3)
wir haben den 1. Schritt, den du nicht verstanden hast
jetzt zerlegen wir aus dem 1. Summanden den Faktor (2n+3) in (2n+1+2)
=(2n+1+2)*(n+1)*n+(n+1)*2*(2n+3)
wieder Distributivgesetz
=(2n+1)*(n+1)*n+2*(n+1)*n+(n+1)*2*(2n+3)
=(n+1)*n*(2n+1)+2*(n+1)*n+(n+1)*(4n+6)
=(n+1)*n*(2n+1)+(n+1)*n*2+(n+1)*(4n+6)
Steffi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:18 Do 10.02.2011 | | Autor: | RWBK |
Danke Steffi, das war eine super erklärung danke.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:20 Mi 16.02.2011 | | Autor: | RWBK |
| Aufgabe | | Mit Hilfe der vollständigen Induktion zeige man, dass [mm] n^{2}-1 [/mm] für alle ungeraden natürlichen Zahlen durch 8 teilbar ist |
Guten morgen,
hier meien vorgehensweise
Induktionsanfang : n=1
[mm] 8|1^{2}-1 [/mm]
8|0=0
Induktionsvorraussetzung: Es gelte [mm] N^{2}-1 [/mm] ist teilbar durch 8 für alle ungeraden natürlichen Zahlen [mm] 1\le [/mm] n [mm] \le [/mm] N
KANN MAN DAS SO MACHEN BIS HIERHER??
Induktionsschritt:
Jetzt bin ich mir gar nicht mehr sicher ob ic es richtig mache
8| [mm] (N+1)^{2}-1
[/mm]
Ist das so erst mal richtig oder ist der anfang vom Induktionsschritt schon falsch?? Ich würde anschließend die (N+1)+(N+1)-1 schreiben = [mm] N^{2}+2N
[/mm]
mfg Rwbk
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Hi,
> Mit Hilfe der vollständigen Induktion zeige man, dass
> [mm]n^{2}-1[/mm] für alle ungeraden natürlichen Zahlen durch 8
> teilbar ist
> Guten morgen,
>
> hier meien vorgehensweise
>
> Induktionsanfang : n=1
>
> [mm]8|1^{2}-1[/mm]
> 8|0=0
>
> Induktionsvorraussetzung: Es gelte [mm]N^{2}-1[/mm] ist teilbar
> durch 8 für alle ungeraden natürlichen Zahlen [mm]1\le[/mm] n [mm]\le[/mm]
> N
> KANN MAN DAS SO MACHEN BIS HIERHER??
Nein, das würde bei deiner Schreibweise die geraden Zahlen mit einschließen.
> Induktionsschritt:
> Jetzt bin ich mir gar nicht mehr sicher ob ic es richtig
> mache
>
> 8| [mm](N+1)^{2}-1[/mm]
>
> Ist das so erst mal richtig oder ist der anfang vom
> Induktionsschritt schon falsch?? Ich würde anschließend
> die (N+1)(N+1)-1 schreiben = [mm]N^{2}+2N[/mm]
Du sollst die Behauptung nur für ungerade Zahlen zeigen und das hast du bisher nur unzureichend eingebaut. Stelle die ungeraden Zahlen z. B. in der Form $n=2k-1, [mm] k\in\IN\backslash\{0\}$ [/mm] dar. Dann machst du Induktion über k
IA (k=1): [mm] \ldots
[/mm]
IV: Die Behauptung gilt für k, also [mm] 8|((2k-1)^2-1)
[/mm]
IS: Wollen zeigen, die Behauptung gilt auch für k+1. Also z.z. [mm] 8|((2k+1)^2-1
[/mm]
Dazu sollte bekannt sein, dass die Folge der Quadratzahlen [mm] (q_n) [/mm] die Rekursion [mm] $q_n=q_{n-1}+2n-1$ [/mm] erfüllt. Dies verwendest du beim Induktionsschritt
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:33 Mi 16.02.2011 | | Autor: | RWBK |
Der Induktionsschritt müsste schon mal falsch sein
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:10 Fr 18.02.2011 | | Autor: | RWBK |
| Aufgabe | | Ist meine vorgehensweise bei der folgenden Induktion richtig?? |
Induktionsanfang : n=1
[mm] \summe_{k=1}^{1} k^{4}= \bruch{1}{30}*(2*1+1)*(1+1)*(2*1^{2}+3*1-1)=1
[/mm]
Induktionsvor.: Für alle [mm] m\le [/mm] n gelte
[mm] \summe_{k=1}^{m} k^{4} [/mm] = [mm] \bruch{m}{30}*(2*m+1)*(1+1)*(2*m^{2}+3*m-1)
[/mm]
Induktionss.: n [mm] \to [/mm] n+1
[mm] \summe_{k=1}^{n+1} k^{4}=\summe_{k=1}^{n} k^{4}+(n+1)^{4}
[/mm]
Es geht mir jetzt erst mal nicht um das ausrechnen sondern um das aufschreiben und aufstellen. Vor allem geht es mir um folgendes [mm] \summe_{k=1}^{n+1} k^{4}=\summe_{k=1}^{n} k^{4}+(n+1)^{4}, [/mm] ist das richtig. Ich hoffe schon, denn dann glaube ich habe ich es jetzt endlich halbwegs verstanden.
MFG RWBK
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:26 Fr 18.02.2011 | | Autor: | fred97 |
> Ist meine vorgehensweise bei der folgenden Induktion
> richtig??
> Induktionsanfang : n=1
>
> [mm]\summe_{k=1}^{1} k^{4}= \bruch{1}{30}*(2*1+1)*(1+1)*(2*1^{2}+3*1-1)=1[/mm]
>
>
> Induktionsvor.: Für alle [mm]m\le[/mm] n gelte
> [mm]\summe_{k=1}^{m} k^{4}[/mm] =
> [mm]\bruch{m}{30}*(2*m+1)*(1+1)*(2*m^{2}+3*m-1)[/mm]
>
> Induktionss.: n [mm]\to[/mm] n+1
> [mm]\summe_{k=1}^{n+1} k^{4}=\summe_{k=1}^{n} k^{4}+(n+1)^{4}[/mm]
Bis hier ist alles O.K.
>
>
> Es geht mir jetzt erst mal nicht um das ausrechnen sondern
> um das aufschreiben und aufstellen. Vor allem geht es mir
> um folgendes [mm]\summe_{k=1}^{n+1} k^{4}=\summe_{k=1}^{n} k^{4}+(n+1)^{4},[/mm]
> ist das richtig.
Ja
FRED
Ich hoffe schon, denn dann glaube ich habe
> ich es jetzt endlich halbwegs verstanden.
>
> MFG RWBK
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:20 Fr 18.02.2011 | | Autor: | RWBK |
| Aufgabe | Berechnen sie mit obiger Summenformel den Wert der Summer
s= 100+110+120+130+140....+790+800 |
Hallo,
damit habe ich noch Massiv schwierigkeiten
hier erst mal meine vorgehensweise:
hab den faktor 10 daraus gezogen s= 10*(11+12+...+80) = [mm] 10\summe_{k=10}^{80} [/mm] k =... . Ab da komme ich noch nicht richtig klar. k=10 bis 80 ist doch mein Bereich der Summe oder?? Sehe ich das richtig das dort wo k=10 steht k=1 stehen haben muss dann würde ich da folgendes vllt raus machen müssen [mm] 10*\summe_{k=1}^{80} [/mm] k - [mm] \summe_{k=1}^{was muss hier dann hin??}. [/mm] Ehrlich gesagt ich weiß es nicht. Ich hoffe es kann mir jemand helfen
MFG RWBK
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:24 Fr 18.02.2011 | | Autor: | fred97 |
[mm] $\summe_{k=10}^{80}k= \summe_{k=1}^{80}k -\summe_{k=1}^{9}k$
[/mm]
Und auf die beiden Summen rechts kannst Du jetzt Deine Summenformel loslassen.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:39 Do 24.02.2011 | | Autor: | RWBK |
| Aufgabe | | Mittels vollständiger Induktion beweise man, dass für alle ungeraden [mm] n\varepsilon \IN [/mm] der Ausdruch [mm] 2^{n}+1 [/mm] durch 3 teilbar ist. |
Hallo,
hierzu habe ich erst mal nur eine Frage muss ich jetzt nicht erst irgendwie zeigen das für ungerade zahlen gelten soll also zum Beispiel 3 , 5 oder 7 aber wie mache ich das ?
Kann ich bei der Induktionsvorraussetzung einfach mit n=1
[mm] 2^{1}+1 [/mm] | 3
3 | 3 = 1
und bei der Induktionsvorraussetzung dann einfach. Es gelte für alle ungeraden [mm] m\varepsilon\IN [/mm]
[mm] 2^{m}+1 [/mm] | 3
usw....
oder muss ich da noch was beachten??
Mfg
RWBK
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:05 Do 24.02.2011 | | Autor: | abakus |
> Mittels vollständiger Induktion beweise man, dass für
> alle ungeraden [mm]n\varepsilon \IN[/mm] der Ausdruch [mm]2^{n}+1[/mm] durch
> 3 teilbar ist.
>
>
> Hallo,
>
> hierzu habe ich erst mal nur eine Frage muss ich jetzt
> nicht erst irgendwie zeigen das für ungerade zahlen gelten
> soll also zum Beispiel 3 , 5 oder 7 aber wie mache ich das
> ?
>
> Kann ich bei der Induktionsvorraussetzung einfach mit n=1
> [mm]2^{1}+1[/mm] | 3
> 3 | 3 = 1
>
> und bei der Induktionsvorraussetzung dann einfach. Es gelte
> für alle ungeraden [mm]m\varepsilon\IN[/mm]
> [mm]2^{m}+1[/mm] | 3
>
>
> usw....
> oder muss ich da noch was beachten??
>
> Mfg
> RWBK
Hallo,
ENTWEDER definierst du das (ungerade) n als 2k-1, dann wird es ein Induktionsbeweis für "[mm]2^{2k-1}+1[/mm] ist für alle k durch 3 teilbar",
ODER du machst eine etwas abgewandelte Induktion, bei der du zeigst, dass aus der Gültigkeit der Aussage für n auch die Gültigkeit für n+2 gilt.
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:13 Fr 25.02.2011 | | Autor: | RWBK |
Hallo,
ich wollte mal wissen ob ich meine Induktionaufgabe (s. Aufgabe ) vorher richtig gelöst habe:
Induktionsanfang: n=2m-1 und m = 1
3| [mm] 2^{2*1-1}+1
[/mm]
3| 3 = 1
Induktionsvorraussetzung: Es gelte für alle ungeraden m [mm] \varepsilon \IN
[/mm]
der Ausdruck [mm] 2^{m}+1 [/mm] durch 3 teilbar . Oder muss ich das hier anders schreiben??
Induktionsschritt: m [mm] \to [/mm] m+1
3| [mm] 2^{2(m+1)-1}+1 [/mm] HAb ich das hier richtig gemacht??
[mm] 3|2^{2m+1}+1 [/mm] reicht das so?
Wahrscheinlich nicht oder ?
Mfg
RWBK
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Hallo RWBK,
> Hallo,
>
> ich wollte mal wissen ob ich meine Induktionaufgabe (s.
> Aufgabe ) vorher richtig gelöst habe:
>
> Induktionsanfang: n=2m-1 und m = 1
>
> 3| [mm]2^{2*1-1}+1[/mm]
> 3| 3 = 1
>
> Induktionsvorraussetzung: Es gelte für alle ungeraden m
> [mm]\varepsilon \IN[/mm]
> der Ausdruck [mm]2^{n}+1[/mm] durch 3 teilbar .
> Oder muss ich das hier anders schreiben??
>
> Induktionsschritt: m [mm]\to[/mm] m+1
>
> 3| [mm]2^{2(m+1)-1}+1[/mm] HAb ich das hier richtig gemacht??
> [mm]3|2^{2m+1}+1[/mm] reicht das so?
Das reicht leider nicht.
Du musst die Induktionsvoraussetzung mit ins Spiel bringen.
> Wahrscheinlich nicht oder ?
>
> Mfg
> RWBK
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:53 Fr 25.02.2011 | | Autor: | RWBK |
Hi,
stimmt könnte da je folgendes raus machen:
3| [mm] 2^{2m}*2^{1}+1
[/mm]
3| [mm] 2^{2m}*2+1
[/mm]
hmm wäre es aber immer noch nicht bewiesen oder?
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Hallo RWBK,
> Hi,
>
> stimmt könnte da je folgendes raus machen:
>
> 3| [mm]2^{2m}*2^{1}+1[/mm]
> 3| [mm]2^{2m}*2+1[/mm]
> hmm wäre es aber immer noch nicht bewiesen oder?
Damit ist die Behauptung immer noch nicht bewiesen.
Schreibe [mm]2^{2m+1}=2^{2m-1+2}=2^2*2^{2m-1}[/mm]
Nun mußt Du noch [mm]2^{2}[/mm] so zerlegen,
daß Du die Induktionsvoraussetzung einbauen kannst.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:12 Sa 26.02.2011 | | Autor: | RWBK |
| Aufgabe | Zeige mit Hilfe der vollständigen Induktion für alle natürlichen Zahlen [mm] n\ge1 [/mm] Gültigkeit der Identität:
[mm] \summe_{k=1}^{n}k [/mm] = [mm] \bruch{n*(n+1)}{2} [/mm] |
Hallo es geht mir hier eigentlich nur um die Induktionsvoraussetzung und den induktionsschritt
Induktionsvoraussetzung: Es gelte [mm] \summe_{k=1}^{m}k [/mm] = [mm] \bruch{m*(m+1)}{2} [/mm] für alle m [mm] \le [/mm] n
Induktionsschritt: n [mm] \to [/mm] n+1
[mm] \summe_{k=1}^{n+1}k [/mm] =
[mm] \summe_{k=1}^{n}k [/mm] +(n+1)= [mm] \bruch{n*(n+1)}{2}+(n+1) [/mm] = [mm] \bruch{n*(n+1)}{2}+\bruch{2*(n+1)}{2}= \bruch{(n+1)*(n+2)}{2}
[/mm]
Kann ich das so machen oder nicht?
MFG
RWBK
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Hallo RWBK,
> Zeige mit Hilfe der vollständigen Induktion für alle
> natürlichen Zahlen [mm]n\ge1[/mm] Gültigkeit der Identität:
>
> [mm]\summe_{k=1}^{n}k[/mm] = [mm]\bruch{n*(n+1)}{2}[/mm]
> Hallo es geht mir hier eigentlich nur um die
> Induktionsvoraussetzung und den induktionsschritt
>
> Induktionsvoraussetzung: Es gelte [mm]\summe_{k=1}^{m}k[/mm] =
> [mm]\bruch{m*(m+1)}{2}[/mm] für alle m [mm]\le[/mm] n
>
> Induktionsschritt: n [mm]\to[/mm] n+1
>
> [mm]\summe_{k=1}^{n+1}k[/mm] =
> [mm]\summe_{k=1}^{n}k[/mm] +(n+1)= [mm]\bruch{n*(n+1)}{2}+(n+1)[/mm] =
> [mm]\bruch{n*(n+1)}{2}+\bruch{2*(n+1)}{2}= \bruch{(n+1)*(n+2)}{2}[/mm]
>
> Kann ich das so machen oder nicht?
Klar kannst Du das so machen.
>
> MFG
> RWBK
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:35 Sa 26.02.2011 | | Autor: | RWBK |
| Aufgabe | | n*(n+1)*(2n+1) soll für alle natürlichen Zahlen n [mm] \ge [/mm] 1 durch 6 teilbar sein |
Hallo,
da hänge ich gerade am Induktionsschritt fest,
n [mm] \to [/mm] n+1
6 | (n+1)*((n+1)+1)*(2(n+1)+1)
6 | (n+1)*(n+2)*(2n+3)
6 | (n+1)*n*(2n+3)+(n+1)*2*(n+3) hier finde ich keinen weg mehr das vernünftig zusammen zufassen.
Kann mir jemand vllt einen Tipp geben.
MFG
RWBK
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Hallo,
bitte neue Fragen in neuen threads stellen!!!!!!!!!
> n*(n+1)*(2n+1) soll für alle natürlichen Zahlen n [mm]\ge[/mm] 1
> durch 6 teilbar sein
> Hallo,
> da hänge ich gerade am Induktionsschritt fest,
>
> n [mm]\to[/mm] n+1
>
> 6 | (n+1)*((n+1)+1)*(2(n+1)+1)
Das ist doch zu zeigen, davon darfst du nicht ausgehen ...
> 6 | (n+1)*(n+2)*(2n+3)
> 6 | (n+1)*n*(2n+3)+(n+1)*2*(n+3) hier finde ich keinen weg
> mehr das vernünftig zusammen zufassen.
>
> Kann mir jemand vllt einen Tipp geben.
Zeige einfacher, es ist durch 2 und durch 3 teilbar für alle n
Durch 2 ist trivial, da entweder n oder n+1 gerade sind ...
Dann brauchst du nur noch Induktion für Teilbarkeit durch 3
> MFG
> RWBK
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:15 Sa 26.02.2011 | | Autor: | abakus |
> n*(n+1)*(2n+1) soll für alle natürlichen Zahlen n [mm]\ge[/mm] 1
> durch 6 teilbar sein
> Hallo,
> da hänge ich gerade am Induktionsschritt fest,
Sag mal,
geht's noch?
Die Frage hast du schon ganz am Beginn dieses Threads gestellt.
Sie wurde dir von mehreren Personen beantwortet, und du hast dich sogar höflich bedankt.
>
> n [mm]\to[/mm] n+1
>
> 6 | (n+1)*((n+1)+1)*(2(n+1)+1)
> 6 | (n+1)*(n+2)*(2n+3)
> 6 | (n+1)*n*(2n+3)+(n+1)*2*(n+3) hier finde ich keinen weg
> mehr das vernünftig zusammen zufassen.
>
> Kann mir jemand vllt einen Tipp geben.
> MFG
> RWBK
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