Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion

26.10.2008, 12:22

stereo

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Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion

a) Für alle $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \sum^n_{v=1} \frac{v}{2^v} = 2- \frac{n+2}{2^n} \end{eqnarray*}$

IA: n=1: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} = 2-\frac{3}{2} = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ w.A.

IV: $\begin{eqnarray*} \sum^n_{v=1} \frac{v}{2^v} = 2- \frac{n+2}{2^n} \end{eqnarray*}$

IS: $\begin{eqnarray*} \mu = v +1 \Rightarrow \sum_{\mu=2}^{n+1} \frac{\mu - 1}{2^{\mu-1}} = \sum_{\mu=2}^{n+1} \frac{\mu - 1}{2^\mu\cdot 2^{-1}}= \sum_{\mu=2}^{n+1} 2\cdot\frac{\mu - 1}{2^\mu} = 2\cdot\sum_{\mu=2}^{n+1} \frac{\mu - 1}{2^\mu} \end{eqnarray*}$

Ab hier weiß ich nichtmehr weiter.

b) Für alle natürlichen Zahlen $\begin{eqnarray*} n\geq 5 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} 2^n > n^2 \end{eqnarray*}$

IA: n=5: 32 > 25 w.A.

IV: für $\begin{eqnarray*} n\geq 5 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} 2^n > n^2 \end{eqnarray*}$

IS: $\begin{eqnarray*} 2^{n+4} > (n+4)^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2^n\cdot 2^4 > (n+4)^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2^n\cdot 16 > (n+4)^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sqrt{2^n}\cdot 4 > n+4 \end{eqnarray*}$

Ist die Aussage hiermit bewiesen? Da wenn man sich die 2 Graphen anschaut, sieht man dass es nur einen Schnittpunkt bei $\begin{eqnarray*} x_s = 0 \end{eqnarray*}$ gibt.

c) Eine n-elementige Menge besitzt $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ Teilmengen $\begin{eqnarray*} (n \in \mathbb N) \end{eqnarray*}$

IA: Für 2 Teilmengen gilt: $\begin{eqnarray*} 2^2 = 4 ; M:=\{a, b\} \Rightarrow P(M):=\{\{leere Menge\}, \{a\},\{ b\},\{ a,b\}\} \end{eqnarray*}$

IV: siehe Aufgabenstellung

IS: Angenommen die Menge M besitzt $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ Elemente

So ab hier find ich keinen Ansatz und finde keine Verbindungen.

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n~a_i \end{eqnarray*}$ , man könnte ja wieder das n mit n+1 induzieren, so würde man dann bei der Anzahl der Teilmengen auf $\begin{eqnarray*} 2^n \cdot 2 \end{eqnarray*}$ kommen.

26.10.2008, 12:31

tmo

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Zur a) Warum $\begin{eqnarray*} \mu = v+1 \end{eqnarray*}$ ?

Du musst die Induktion über n machen.

Sprich es ist im Induktionsschritt zu zeigen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{v=1}^{n+1}\frac{v}{2^v}=2-\frac{(n+1)+2}{2^{n+1}} \end{eqnarray*}$

Zur b) Warum ersetzt du n durch (n+4)?

Zur c) Du musst in der Induktionssvorraussetzung eine Menge $\begin{eqnarray*} M_n = \{a_1, \dotsc , a_n \} \end{eqnarray*}$ betrachten und vorraussetzen, dass sie $\begin{eqnarray*} 2^{n} \end{eqnarray*}$ Teilmengen besitzt.
Im Induktionsschritt betrachtest du die Menge $\begin{eqnarray*} M_{n+1} = \{a_1, \dotsc , a_n, a_{n+1}\} \end{eqnarray*}$ . Der Trick ist nun die Menge aller Teilmengen aufzuteilen: Nämlich in solche die $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ enthalten und in solche, die $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ nicht enthalten.

26.10.2008, 12:54

stereo

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Danke erstmal, ich fang gleich an a) und c) zu bearbeiten.

zu b) Naja die IV ist ja $\begin{eqnarray*} n \geq 5 \end{eqnarray*}$ und für (n+4) ist jedes n, außer 0, gültig. Es sollte doch egal sein ob ich n+1 oder n+4 nehme ?

Ich hatte auch für n+1 das durchgerechnet und bekam dieses Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} 2^n\cdot 2 > n^2 + 2\cdot(n+1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2^n > \frac{n^2}{2} + (n+1) \end{eqnarray*}$

Aber was ich jetzt damit anfangen soll weiß ich nicht. Da fand ich das mit den n+4 ersichtlicher, da man die Wahrheit dieser Aussagen aufgrund des Schnittpunktes der Funktionen beweisen kann.
Jetzt stell ich mir die Frage, ist das laut Aufgabenstellung (vollst. Induktion) möglich?

26.10.2008, 13:00

tmo

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Zitat:

Original von stereo
Es sollte doch egal sein ob ich n+1 oder n+4 nehme ?

Also ist jede natürliche Zahl größergleich 4 durch 4 teilbar.

Induktionsanfang: $\begin{eqnarray*} n_0 = 4 \end{eqnarray*}$ ist durch 4 teilbar.

Induktionsvorraussetzung: n sei durch 4 teilbar, also $\begin{eqnarray*} n \equiv 0 \pmod 4 \end{eqnarray*}$

Induktionsschritt: $\begin{eqnarray*} n + 4 \equiv n + 0 = n \stackrel{IV}\equiv 0 \pmod 4 \qed \end{eqnarray*}$

Du erkennst deinen Denkfehler?

Du musst von der Gültigkeit der Aussage für n (Genauer: Du darfst sogar die Gültigkeit der Aussage für natürliche Zahlen $\begin{eqnarray*} n_0, \dotsc, n \end{eqnarray*}$ voraussetzen) auf die Gültigkeit der Aussage für n+1 schließen.

26.10.2008, 13:08

stereo

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Ok also ich kann mit den (mod 4) nichts anfangen aber ich hab den Fehler verstanden smile

smile

Was kann ich jetzt mit der Aussage für (n+1) anfangen ?

26.10.2008, 13:10

tmo

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Sortieren wir doch mal die Gedanken.

Wir setzen voraus: $\begin{eqnarray*} 2^n > n^2 \end{eqnarray*}$ . Weiterhin gilt $\begin{eqnarray*} n \geq 5 \end{eqnarray*}$

Zu zeigen ist nun im Induktionsschritt: $\begin{eqnarray*} 2^{n+1} > (n+1)^2 \end{eqnarray*}$

Wie das geht, wurde vor kurzem hier erklärt: http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=375094

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26.10.2008, 13:37

stereo

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Ok, beschäftigen wir uns erstmal mit a)

Also:

$\begin{eqnarray*} \sum^{n+1}_{v=1} = \frac{n+1}{2^{n+1}} + \sum^n_{v=1} \frac {v}{2^v} \Rightarrow^{IV} \frac{n+1}{2^{n+1}} + (2 - \frac{n+2}{2^n}) \end{eqnarray*}$

Zusammengefasst sieht das so aus:

$\begin{eqnarray*} 2 - \frac{n+3}{2\cdot2^n} \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt in die Induktionsvorraussetzung (n+1) einsetze erhalte ich das:

$\begin{eqnarray*} 2-\frac{(n+1)+2}{2^{n+1}} = 2 - \frac{n+3}{2\cdot2^n} \end{eqnarray*}$

q.e.d. oder? Gott

Gott

wenn das stimmt geht es gleich mit der b) weiter

26.10.2008, 13:42

tmo

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Eigentlich richtig, aber man sollte das ungefähr so aufschreiben:

Es ist

$\begin{eqnarray*} \sum_{v=1}^{n+1}\frac{v}{2^v} = \frac{n+1}{2^{n+1}} + \sum_{v=1}^{n}\frac{v}{2^v} \stackrel{IV}= \frac{n+1}{2^{n+1}} + 2 - \frac{n+2}{2^n} = \dotsb = 2 - \frac{(n+1)+2}{2^{n+1}} \end{eqnarray*}$

Da wo die Punkte sind, kommt halt bisschen Termumformung hin. Das wird dir überlassen Augenzwinkern

Augenzwinkern

26.10.2008, 13:49

stereo

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Ja die Termumformungen stehen ja alle auf meinem Zettel und dein Ergebnis hab ich bei mir auf dem Zettel ausgeklammert.
Gut ist klar, durch (n+1) erkannt man den IS besser.

zu b)

Ich habe jetzt die Zeile
$\begin{eqnarray*} 2^n \cdot 2 > (n+1) (n+1) \end{eqnarray*}$ und die Bedingung $\begin{eqnarray*} n \geq 5 \end{eqnarray*}$

In dem anderen Thread hat Roman eine Umformung gemacht die ich nicht nachvollziehen kann:

Zitat:

Original von Roman Föll
Du hast in deinen Voraussetzungen eine Information gegeben, die dir hier weiterhilft.

$\begin{eqnarray*} n\geq 4 \end{eqnarray*}$

Das lässt sich umformen zu

$\begin{eqnarray*} n³\geq 4n² \end{eqnarray*}$

Also deinen Weg verstehe ich jetzt auch noch nicht, der so elegant sein soll smile

smile

26.10.2008, 13:54

tmo

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Es ist doch $\begin{eqnarray*} n^3 = n \cdot n^2 \end{eqnarray*}$ . Wenn nun $\begin{eqnarray*} n \geq 4 \end{eqnarray*}$ ist, ist das ganze auf jeden Fall größergleich $\begin{eqnarray*} 4n^2 \end{eqnarray*}$ .

26.10.2008, 14:08

stereo

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Ja ok, er hat einfach nur $\begin{eqnarray*} \cdot n^2 \end{eqnarray*}$ gerechnet.

Ok diesen Schritt hab ich verstanden, jetzt ist mir ein Schritt wieder nicht klar.

Also, der IS lautet:

$\begin{eqnarray*} 3^n \cdot 3 > (n+1)^3 = (n+1)(n+1)(n+1) = n^3 + 3n^2 + 3n + 1 \end{eqnarray*}$

Jetzt kommt diese Zeile:

$\begin{eqnarray*} 3^{n+1} = 3^n \cdot 3 > 3\cdot n^3 = n^3 + n^3 + n^3 \end{eqnarray*}$

Wie kommt man von $\begin{eqnarray*} (n+1)^3 \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} 3n^3 \end{eqnarray*}$

26.10.2008, 14:12

tmo

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Zitat:

Original von stereo
Also, der IS lautet:

$\begin{eqnarray*} 3^n \cdot 3 > (n+1)^3 = (n+1)(n+1)(n+1) = n^3 + 3n^2 + 3n + 1 \end{eqnarray*}$

Jetzt kommt diese Zeile:

$\begin{eqnarray*} 3^{n+1} = 3^n \cdot 3 > 3\cdot n^3 = n^3 + n^3 + n^3 \end{eqnarray*}$

Wie kommt man von $\begin{eqnarray*} (n+1)^3 \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} 3n^3 \end{eqnarray*}$

Die Zeile hat gar nichts mit dem IS zu tun. Die gilt einfach nur nach der Induktionsvorraussetzung.

26.10.2008, 14:20

stereo

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Wo kommt die 3 bei $\begin{eqnarray*} 3\cdot n^3 \end{eqnarray*}$ her? ICH HABS VERSTANDEN!

$\begin{eqnarray*} \rightarrow \end{eqnarray*}$ nach IV gilt: $\begin{eqnarray*} 2^n > n^2 \Rightarrow 2\cdot 2^n > 2\cdot n^2 \end{eqnarray*}$

Also ich denke aber mal dass ich das äquivalent machen muss, also:

IS: $\begin{eqnarray*} 2^n\cdot 2 > (n+1)(n+1) = n^2 + 2n +1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n \geq 5 \Rightarrow n^2 \geq 5n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2^{n+1} = 2^n \cdot 2 > 2n^2 = n^2 + n^2 \geq n^2 + 5n = n^2 + 2n + 3n \geq n^2 + 2n + 15 \geq n^2+2n+1 = (n+1)^2 \end{eqnarray*}$

26.10.2008, 14:24

tmo

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Genau so ist das richtig Freude

Freude

26.10.2008, 14:27

stereo

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ok auf gehts mit c)

Diese Teilmenge $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ ist doch die Potenzmenge, oder?

26.10.2008, 14:50

stereo

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IV: $\begin{eqnarray*} M_n = \{a_1,...,a_n\} \end{eqnarray*}$

IS: $\begin{eqnarray*} M_{n+1} = \{a_1,...,a_n,a_{n+1}\} \end{eqnarray*}$

Es gibt 2 Mengen: $\begin{eqnarray*} M'_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} M''_n \end{eqnarray*}$ für die gilt:

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} \in M'_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \notin M''_n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} M_{n+1} = M_n \cup M'_n \end{eqnarray*}$

26.10.2008, 16:32

stereo

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Um nochmal kurz Ordnung zu schaffen.

Es geht jetzt um diese Aufgabe:

c) Eine n-elementige Menge besitzt $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ Teilmengen $\begin{eqnarray*} (n \in \mathbb N) \end{eqnarray*}$

IV: $\begin{eqnarray*} M_n = \{a_1,...,a_n\} \end{eqnarray*}$

IS: $\begin{eqnarray*} M_{n+1} = \{a_1,...,a_n,a_{n+1}\} \end{eqnarray*}$

Es gibt 2 Mengen: $\begin{eqnarray*} M'_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} M''_n \end{eqnarray*}$ für die gilt:

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} \in M'_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \notin M''_n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} M_{n+1} = M_n \cup M'_n \end{eqnarray*}$

Zudem gibt es jetzt $\begin{eqnarray*} 2^{n+1} \end{eqnarray*}$ Teilmengen

Wie bringt ich jetzt die Anzahl mit den Mengen in Verbindung?

26.10.2008, 16:45

tmo

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Zitat:

Original von tmo

Zur c) Du musst in der Induktionssvorraussetzung eine Menge $\begin{eqnarray*} M_n = \{a_1, \dotsc , a_n \} \end{eqnarray*}$ betrachten und vorraussetzen, dass sie $\begin{eqnarray*} 2^{n} \end{eqnarray*}$ Teilmengen besitzt.

Das hast du nicht getan. Und alles was du im Induktionsschritt geschrieben hast, solltest du wieder vergessen. Das führt nicht zum Ziel.

26.10.2008, 17:18

stereo

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Neuer Anfang:

IA schenk ich mir

IV: Eine Menge $\begin{eqnarray*} M_n=\{a_1,...,a_n\} \end{eqnarray*}$ besitzt 2^n Elemente $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \mid P(M_n) \mid = 2^n \end{eqnarray*}$

IS: Also da du gesagt hast ich muss die Menge $\begin{eqnarray*} M_n \end{eqnarray*}$ trennen, mache ich jetzt eine Fallunterscheidung, ähnlich wie ich doch schon hatte?

1.Fall: Es gibt eine Teilmenge T, es gilt: $\begin{eqnarray*} (n+1) \notin T \end{eqnarray*}$

Daraus folgt: $\begin{eqnarray*} T=\{a_1, ... , a_n\} \Rightarrow \mid P(T) \mid = 2^n \end{eqnarray*}$

2. Fall. Es gibt eine Teilmenge T', es gilt: $\begin{eqnarray*} (n+1) \in T' \end{eqnarray*}$

Jetzt kann ich doch nur die Menge wieder aufspalten?

$\begin{eqnarray*} T'=\{a_1,...,a_n,a_{n+1}\} = \{a_1,...,a_n\}\quad \cup \quad ? \end{eqnarray*}$

Ist dieser Ansatz richtig? Und gilt: $\begin{eqnarray*} ? = \{a_{n+1}\} \end{eqnarray*}$

Die Potenzmenge sieht ja dann wieder anders aus. Mir fehlt hier grad das Verständnis.

26.10.2008, 17:27

tmo

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Zitat:

Original von stereo
IV: Eine Menge $\begin{eqnarray*} M_n=\{a_1,...,a_n\} \end{eqnarray*}$ besitzt 2^n Elemente $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \mid P(M_n) \mid = 2^n \end{eqnarray*}$

IS: Also da du gesagt hast ich muss die Menge $\begin{eqnarray*} M_n \end{eqnarray*}$ trennen, mache ich jetzt eine Fallunterscheidung, ähnlich wie ich doch schon hatte?

Die Induktionsvorraussetzung ist falsch. Und ich habe nie behauptet, dass du die Menge $\begin{eqnarray*} M_n \end{eqnarray*}$ trennen sollst. Lies nochmal genau nach.

26.10.2008, 17:45

stereo

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Zitat:

Original von tmo
Zur c) Du musst in der Induktionssvorraussetzung eine Menge $\begin{eqnarray*} M_n = \{a_1, \dotsc , a_n \} \end{eqnarray*}$ betrachten und vorraussetzen, dass sie $\begin{eqnarray*} 2^{n} \end{eqnarray*}$ Teilmengen besitzt.
Im Induktionsschritt betrachtest du die Menge $\begin{eqnarray*} M_{n+1} = \{a_1, \dotsc , a_n, a_{n+1}\} \end{eqnarray*}$ . Der Trick ist nun die Menge aller Teilmengen aufzuteilen: Nämlich in solche die $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ enthalten und in solche, die $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ nicht enthalten.

Es tut mir Leid, dass du grad solche Probleme mit mir hast.
Aber die $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ geben die Mächtigkeit der Potenzmenge der Menge M an. Da stimmst du mir doch voll und ganz zu?

Nun schreibst du ich soll die Teilmengen aufteilen, das hab ich ebenso gemacht, siehe T und T' .

Ich bin mir bei dem Problem nicht sicher, aber führt denn mein Weg nicht auch nach Rom? Oder mach ich mir die Aufgabe schwerer als was sie eigentlich ist?

26.10.2008, 17:51

tmo

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Zitat:

Original von stereo

Aber die $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ geben die Mächtigkeit der Potenzmenge der Menge M an. Da stimmst du mir doch voll und ganz zu?

Vollkommen korrekt. Und ide Potenzmenge ist die Menge aller Teilmengen.

Zitat:

Original von stereo
Nun schreibst du ich soll die Teilmengen aufteilen, das hab ich ebenso gemacht, siehe T und T' .

Du sollst nicht die Teilmengen aufteilen, sondern die Menge aller Teilmengen.

Es gibt einmal die Teilmengen von $\begin{eqnarray*} M_{n+1} \end{eqnarray*}$ , die "das neue Element" (also $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ ) nicht enthalten. Davon gibt es nach Induktionsvorraussetzung gerade $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ , denn das sind ja alle Teilmengen der Menge $\begin{eqnarray*} M_n \end{eqnarray*}$ . Dann gibt es noch die Teilmengen, die das neue Element enthalten. Wenn $\begin{eqnarray*} T_i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i = 1, \dotsc, 2^n \end{eqnarray*}$ alle Teilmengen von $\begin{eqnarray*} M_n \end{eqnarray*}$ durchläuft, sind die Teilmengen, die das neue Element enthalten, gerade $\begin{eqnarray*} T_i \cup \{ a_{n+1} \} \end{eqnarray*}$ . Also gibt es davon auch $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ .

Ist das jetzt einigermaßen klar geworden?

26.10.2008, 18:13

stereo

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Zitat:

Original von stereo

$\begin{eqnarray*} T'=\{a_1,...,a_n,a_{n+1}\} = \{a_1,...,a_n\}\quad \cup \quad ? \end{eqnarray*}$

Ist dieser Ansatz richtig? Und gilt: $\begin{eqnarray*} ? = \{a_{n+1}\} \end{eqnarray*}$

Ich seh grad ein Fehler bei mir, da muss ein $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ hin und kein $\begin{eqnarray*} \cup \end{eqnarray*}$

So da ich aus dem 1.Fall weiß dass die Mächtigkeit der Potenzmenge $\begin{eqnarray*} \{a_1,...,a_n\} \quad 2^n \end{eqnarray*}$ ist.

Übertrage ich das jetzt ganz Analag

$\begin{eqnarray*} \mid P(T') \mid = \mid P(\{a_1,...,a_n\}) \mid \cap \mid P(\{a_{n+1}\} \mid \end{eqnarray*}$

Das ist doch dasselbe wie:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} T_i \cup \{ a_{n+1} \} \end{eqnarray*}$

Jetzt verstehe ich noch nicht die Schlussfolgerung dass es nur $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ Teilmengen gibt.

Zitat:

Wenn $\begin{eqnarray*} T_i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i = 1, \dotsc, 2^n \end{eqnarray*}$ alle Teilmengen von $\begin{eqnarray*} M_n \end{eqnarray*}$ durchläuft

$\begin{eqnarray*} T_i \end{eqnarray*}$ ist die Anzahl der Teilmengen, sprich die Mächtigkeit der Potenzmenge? (welche ich mit |P(M)| bezeichne)

26.10.2008, 18:38

stereo

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So nach mehrmaligen wieder und wiederlesen meines geschriebenen präsentier ich dir meine Lösung.

Also

$\begin{eqnarray*} \mid P(T') \mid = \mid P(\{a_1,...,a_n\}) \mid \cap \mid P(\{a_{n+1}\} \mid \end{eqnarray*}$

Das bedeutet ja nichts anderes, dass ich die Mächtigkeit suche von der Menge $\begin{eqnarray*} M=\{a_1,...,a_n,a_{n+1}\} \end{eqnarray*}$ , was lt. IV $\begin{eqnarray*} 2^{n+1} \end{eqnarray*}$ ist. Also habe ich 2 Teilmengen, eine ohne n+1, und eine mit n+1. Die Menge ohne n+1 hat $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ Elemente (siehe IV). Also bleibt mir jetzt noch die Menge welche n+1 enthält.
Nach Überlegungen muss diese Menge auch $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ Elemente besitzen, da ich jedes Element aus der ersten Menge mit (n+1) vereinigen und somit bekomm ich ein Element für die 2. Menge. Auf diese Art entstehen alle Elemente für die 2. Menge genau einmal.

also gilt:

$\begin{eqnarray*} \mid P(M_{n+1}) \mid =2^n +2^n = 2\cdot 2^n = 2^{n+1} \end{eqnarray*}$

Also führte mein Weg doch nach Rom. Ich bin grad so glücklich smile

smile

Daher entschuldige die schlampige Verteilung meiner Variablen

Kannst du das nachvollziehen?

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