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von **Sio** » 23.10.09 01:18

Also ich habe hier eine Aufgabe, die ich jetzt bestimmt 3 Stunden bearbeitet habe, und komme einfach nicht weiter, entweder mache ich immer den gleichen Fehler und sehe ihn nicht, oder die Aussage ist einfach falsch.
Kann mir da vielleicht jemand weiterhelfen?
Bild

Wäre sehr dankbar für Hilfe.

von **Domestos** » 23.10.09 02:52

Für n = 1 funktionierts. Also einfach glauben

$\sum_{k=1}^{2(n+1)}(-1)^{k+1}\cdot\frac{1}{k} =\sum_{k=1}^{2n+2}(-1)^{k+1}\cdot\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{n+k} + \frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}= \sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{n+k}-\frac{1}{2n+2}$
Im letzten Schritt kann ich den einen Bruch in die Summe reinziehen, da die Summe mit $\frac{1}{2n}$ aufgehört hat und der Bruch im Nenner um 1 größer ist.
$\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{n+k}-\frac{1}{2n+2}= \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n+1+k}-\frac{1}{2n+2}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n+1+k}-(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2n+2})=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+1+k}+\frac{1}{2n+2} =\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{n+1+k}$
Und damit ists gezeigt.

von **Sio** » 23.10.09 11:07

Alles klar auf die idee mit dem reinziehen bin ich natürlich nicht gekommen -.- danke dir

von **alpha** » 23.10.09 16:42

Was sagt ihr denn zu dieser "neuen", zweiten Variante zur VI?

IV: Für alle n aus N gilt: Wenn p(n) für ein h aus N mit h<=n gilt, dann auch für p(n+1)

Ich hab heute in der VL nicht ganz verstanden, was an der besser sein soll.
Mache ich am Anfang den Induktionsanfang mit mehreren Werten und kann dann entweder einen Induktionsschritt von n->n+1 oder nach n->n+2 machen oder wie soll das ablaufen?

Kann ich mit dieser Variante mehr zeigen als mit der "klassischen", ersten? Im letzten Jahr bei Prof. Stens kam nur die erste Variante dran.

von HE » 23.10.09 18:11

alpha hat geschrieben:Was sagt ihr denn zu dieser "neuen", zweiten Variante zur VI?

IV: Für alle n aus N gilt: Wenn p(n) für ein h aus N mit h<=n gilt, dann auch für p(n+1)

Sicher, dass du das richtig mitgeschrieben hast? Es müsste meiner Meinung nach eher "Wenn p(n) für alle h aus N mit h <= n gilt" heißen. Das wird dann gerne mal als Induktionsprinzip II, oder allgemeiner, noethersche Induktion bezeichnet.

Die Idee ist hierbei, dass man im Induktionsschritt zu n+1 manchmal nicht nur auf die Aussage für n zurückgreifen muss, sondern auch mal n-1 braucht. Das ist, wenn man strikt nach n->n+1 vorgeht, nicht wirklich möglich (auch wenn ich nie gesehen habe, dass das jemand angestrichen hätte...)

Marc

von **Alexander Urban** » 23.10.09 18:18

HE hat geschrieben:Die Idee ist hierbei, dass man im Induktionsschritt zu n+1 manchmal nicht nur auf die Aussage fÃ¼r n zurÃ¼ckgreifen muss, sondern auch mal n-1 braucht

Bzw. bei einigen Sachen sogar alle von 1 bis n.

Wir hatten damals glaub ich das Beispiel "es gibt genau eine mÃ¶gliche Primfaktorzerlegung zu jeder natÃ¼rlichen Zahl >1"...

von **alpha** » 23.10.09 23:50

Ist dieses Prinzip mächtiger als das erste oder generell wichtig?
Ein Freund von mir studiert Mathematik im vierten Semester und der sagte, dass das Prinzip bei ihm generell noch nie zur Anwendung kam und das erste ausreicht.
In meiner Vorlesung letztes Jahr kam es nicht vor und ich kann mich jetzt gerade nicht wirklich damit anfreunden...

von **YtKM** » 24.10.09 09:26

Hallo,
ich habe auch mit Informatik angefangen und studiere ab dem 4. Semester noch Mathematik. Deswegen "muss" ich nun mit den Mathematikern Analysis I hören.

Dort wurde uns tunlichts geraten, nach möglichkeit immer die Induktionsvorraussetzung mit:
"Sei n_0 \in N beliebig aber fest. Die Aussage gelte für alle n<=n_0 zu benutzen."

Es war dort wohl mehr ein Rat an die Erstsemester, denn oft braucht man es wirklich nicht (so, dass es wenig Sinn macht es immer zu machen), wir hatten aber schon ein bis zwei Aufgaben, in denen man es benötigte.

Seit dem mach ich's eigentlich immer so, mehr Aufwand ist's nicht und man kann im Induktionsschritt "freier" arbeiten (auch auf niedrigere n zurück greifen).

VG
Yannic

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Problem mit Vollst. Induktion

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