Induktionsanfang überflüssig? Vollständige Induktion |
| 02.02.2014, 13:45 | Mathy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Induktionsanfang überflüssig? Vollständige Induktion Ich frage mich ob der Induktionsanfang nicht eigentlich überflüssig ist?? Denn in der jew. Rechnung, bei der die Annahme für "n" und "n+1" auf Richtigkeit überprüft wird, wird der Induktionsanfang doch garnicht genutzt... Außerdem soll die jew. Gleichung doch für alle "n" gelten, also auch für n=1 (angenommen n=1 sei der Start). Also warum muss man den Start explizit ausrechnen?? Das sieht für mich so aus, als wollte man es für jeden fall einzeln durchrechnen, aber hört dann nach dem ersten Fall auf.. Dumm gefragt, warum muss ich nicht auch noch den fall für n=2 explizit ausrechnen, denn so wie ich das jetzt sehe, muss ich das eigentlich auch nicht für n=1, mach es aber dennoch... ?? Außerdem, wenn ich gezeigt habe, dass es für ein "n" und seinen Nachfolger "n+1" passt, dann bedeutet das ja auch, dass es für ein "m" und seinen Vorgänger "m-1" stimmt. Das bedeutet aber doch, dass der Induktionsanfang ingendwo in der Mitte liegen kann.., oder wie?? (Und wenn ja, warum heißt er dann Induktionsanfang?) Und nochetwas: Da "n" ja beliebig ist, müsste es doch auch gültig sein z.B. eine Aussage für "n" und "n+2" zu beweisen, wenn es mal praktischer ist als für "n+1". Ist das so? Und kennt jemand dafür ein Beispiel?? |
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| 02.02.2014, 13:55 | Terry Lyndon | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Manche Gleichheiten gelten nicht für n = 0, sondern bspw. erst ab n = 1, oder auch erst ab n = 3. Demnach muss man zuerst einmal zeigen, welche Natürliche Zahl die niedrigste ist, die man einsetzen darf. |
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| 02.02.2014, 14:09 | 10001000Nick1 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wenn man den Induktionsanfang weglässt, kann man (fast) beliebigen Unsinn durch vollständige Induktion zeigen. Ein Beispiel: Alle ungeraden Zahlen sind durch 2 teilbar. Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass die Behauptung für ein beliebiges, aber festes gilt. Induktionsschritt: In dieser Summe sind beide Summanden durch 2 teilbar (2n-1 ist laut Induktionsvoraussetzung durch 2 teilbar, 2 ist natürlich auch durch 2 teilbar). Damit wäre gezeigt, dass auch 2(n+1)-1 durch 2 teilbar ist. Merkst du jetzt, warum man den Induktionsanfang nicht weglassen darf? Du kannst dir die vollständige Induktion wie eine lange Reihe von Dominosteinen vorstellen. mit dem Induktionsanfang stößt du den ersten Stein an. Mit dem Induktionsschritt zeigst du dann, dass jeder Stein auch seinen Nachfolger umstößt. Wenn du jetzt einfach den Induktionsanfang weglässt, dann wird der erste Stein nicht umgestoßen, und deswegen bleibt die ganze Kette stehen. |
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| 02.02.2014, 19:31 | Mathy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Aha! Gleich mit Beispiel. So habe ich mir das erhofft. Besten Dank! Zugegeben, ich habe schon in die Richtung gedacht, aber sicher war ich mir nicht.. Das Beispiel mit den Dominosteinen bekommt man ja an jeder Ecke hinterher geworfen... 
Um mal dabei zu bleiben, wenn man die Steine auch anders anordnen darf, dann habe ich es verstanden (denke ich). (*) Z.B. für den Fall mit "n" und "n+2"... Kennst du, oder jemand sonst dafür zufällig auch ein Beispiel?? Ich habe zwar das Gefühl, dass es immer einfacher mit "n" und "n+1" ist, aber das muss ja nicht heißen, dass es mit "n" und "n+2" nicht geht.. Und wo wir gerade bei Beispielen sind.. Gibt es wohl auch eins das nur für ein n aus einem beschränkten Bereich (z.B. 5<n<15) gilt??? Wäre aber nicht soo wichtig, die wichtign Sachen sind schon geklärt (sofern * gilt..). Also Danke nochmal. |
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| 03.02.2014, 11:57 | 10001000Nick1 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Du meinst , du willst im Induktionsschritt zeigen? Das geht auch nicht so einfach, wie man hier sieht: Behauptung: Alle natürlichen Zahlen größer gleich 2 sind durch 2 teilbar. Induktionsanfang: Für n=2 gilt die Behauptung. Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung gelte für ein Induktionsschritt: Dann ist natürlich auch n+2 durch 2 teilbar, weil jeder Summand durch 2 teilbar ist. Mit diesem Vorgehen würde jeder Dominostein immer nur den übernächsten umstoßen. D.h. jeder zweite Stein bleibt stehen. Möglich wäre so etwas nur, wenn man die Behauptung im Induktionsanfang für die ersten 2 Zahlen zeigt, nicht nur für die erste. Denn wenn man die ersten zwei Steine anstößt, und jeder Stein stößt den übernächsten um, fallen ja alle um. |
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