Induktion

09.02.2012, 16:32	Vincent17201	Auf diesen Beitrag antworten »
Induktion Ich hatte gestern hier eine ähnliche Induktion erklärt bekommen. Jetzt stand ich vor dieser hier und wollte wissen, ob ich tatsächlich alles richtig verstanden habe. Kann mir einer sagen , ob ich das so korrekt mache ? $\begin{eqnarray} n\in \mathbb N \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n^2}\frac{1}{\sqrt{k}}\geq\ n \end{eqnarray}$ Induktionsanfang: $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{1^2}\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{1}{\sqrt{1}}\geq\ 1 \end{eqnarray}$ ist somit erfüllt. Zu Zeigen ist : $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}\geq\ n+1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}\geq\sum_{k=1}^{n^2}\frac{1}{\sqrt{k}}+\sum_{k=n^2+1}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}\geq\ n+\sum_{k=n^2+1}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}} \end{eqnarray}$ Jetzt muss ich doch nur noch zeigen , dass $\begin{eqnarray} \sum_{k=n^2+1}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}\geq\ 1 \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} \sum_{k=n^2+1}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}= \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} +...+\frac{1}{\sqrt{(n+1)^2}}\geq\ 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sum_{k=n^2+1}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}= \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} +...+\frac{1}{\sqrt{(n+1)^2}}\geq\ \frac{1}{\sqrt{(n+1)^2}}+...+ \frac{1}{\sqrt{(n+1)^2}} \end{eqnarray}$ da 2n+1 Summanden im Induktionsschritt hinzukommen kann ich das so abschätzen !? $\begin{eqnarray} \sum_{k=n^2+1}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}= \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} +...+\frac{1}{\sqrt{(n+1)^2}}\geq\ \left(2n+1\right) \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{(n+1)^2}}\right) = \left(\frac{2n+1}{n+1}\right)\geq\ 1 \end{eqnarray}$ Also ist $\begin{eqnarray} \sum_{k=n^2+1}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}\geq\ 1 \end{eqnarray}$ und somit der Beweis fertig ?
09.02.2012, 16:42	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Induktion Sieht gut aus.
09.02.2012, 17:40	Vincent17201	Auf diesen Beitrag antworten »
ok , danke
09.02.2012, 19:04	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ketzerisch wie ich bin, sage ich mal dies: Mit der Abschätzung aller Summenglieder nach unten durch das kleinste (hier letzte) Glied ergibt sich $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n^2}\frac{1}{\sqrt{k}} \geq n^2\cdot \frac{1}{\sqrt{n^2}} = n \end{eqnarray}$ , und damit die Behauptung viel schneller als in einem langwierigen Induktionsbeweis. P.S.: Tatsächlich lässt sich für $\begin{eqnarray} n\geq 2 \end{eqnarray}$ das stärkere $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n^2} \frac{1}{\sqrt{k}} > 2n-2 \end{eqnarray}$ nachweisen, hier würde dann Vollständige Induktion mal wirklich Sinn machen.

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