Beweis, dass 2^n >= n^2 OHNE Induktion

01.05.2019, 17:28

Flixius

Beweis, dass 2^n >= n^2 OHNE Induktion

Hallo,
ich habe folgende Aufgabe:

Beweisen sie, dass $\begin{eqnarray*} 2^n \geq \ n^2 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n \geq \ 5 \end{eqnarray*}$ gilt ohne Induktion zu verwenden!
Hinweis: $\begin{eqnarray*} 2^n = (1 + 1)^n \end{eqnarray*}$ lasst sich als Summe von Binomialkoeffizienten schreiben. Zeigen Sie, dass sogar $\begin{eqnarray*} \binom{n}{2} + \binom{n}{3} \geq \ n^2 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n \geq \ 7 \end{eqnarray*}$ gilt.

Ehrlich gesagt verstehe ich nicht so recht wie ich hier überhaupt anfangen soll. Wozu ist der Hinweis gut?
Zuerst $\begin{eqnarray*} \binom{n}{2} + \binom{n}{3} \geq \ n^2 \end{eqnarray*}$ beweisen?
Also vielleicht $\begin{eqnarray*} \frac{n(n-1)}{2} + \frac{n(n-1)(n-2)}{6} \geq \ n^2 \end{eqnarray*}$ ?

Könnte mir hier jemand auf die Sprünge helfen? Auf welche Art und Weise löse ich eine solche Aufgabe am besten?

Danke.
Gruß

01.05.2019, 17:34

Helferlein

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Der Weg ist doch im Hinweis schon vorgegebenen: Wende den binomischen Lehrsatz aus $\begin{eqnarray*} (1+1)^n \end{eqnarray*}$ an und schätze die Summe geeignet ab.

01.05.2019, 18:26

Flixius

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Danke für die schnelle Antwort!
Wenn ich das richtig gerechnet habe bringt mich das zu $\begin{eqnarray*} 1 + n + \frac{n(n - 1)}{2} + \frac{n(n - 1)(n - 2)}{6} + ... \geq \ n^2 \end{eqnarray*}$
(Wobei alles ab den Punkten nicht benötigt werden sollte oder?)

Doch wie mache ich jetzt am besten weiter?

01.05.2019, 19:19

HAL 9000

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Beschränke dich auf den zweiten und dritten Summanden, d.h., so wie hier:

Zitat:

Original von Flixius
Also vielleicht $\begin{eqnarray*} \frac{n(n-1)}{2} + \frac{n(n-1)(n-2)}{6} \geq n^2 \end{eqnarray*}$ ?

Und nun versuche das äquivalent umzuformen bis du erkennst, dass die entstandene Ungleichung für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 7 \end{eqnarray*}$ erfüllt ist.

Für die verbleibenden beiden Werte n=5 und n=6 überprüft man die nachzuweisende Ungleichung in einer gesonderten Zusatzbetrachtung.

01.05.2019, 20:04

Leopold

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Wenn man die Symmetrie der Binomialkoeffizienten, also $\begin{align*} {n \choose k} = {n \choose {n-k}} \end{align*}$ , ausnützt, wird es etwas einfacher. Man bildet, wie es der kleine Carl Friedrich gemacht hat, Paare: erster und letzter, zweiter und vorletzter, dritter und drittletzter Binomialkoeffizient in der $\begin{align*} n \end{align*}$ -Zeile des Pascalschen Dreiecks. Die übrigen Binomialkoeffizienten läßt man unter den Tisch fallen. Ab $\begin{align*} n=5 \end{align*}$ gibt es genügend Material. Offensichtlich gilt die Aussage dann auch noch für $\begin{align*} n=4 \end{align*}$ .

Auch wenn vermutlich ein elementarer Beweis gesucht wird, hier noch ein nichtelementarer mit Methoden der Analysis. Durch Logarithmieren der Ungleichung erkennt man, daß es genügt, für die Funktion $\begin{align*} f \end{align*}$ mit $\begin{align*} f(x) = \frac{\ln x}{x} \end{align*}$ für $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ zu zeigen:

$\begin{align*} f(x) < f(2) \end{align*}$ für $\begin{align*} x>4 \end{align*}$

Man findet $\begin{align*} \operatorname{e} \end{align*}$ als einzige Nullstelle von $\begin{align*} f' \end{align*}$ mit einem Vorzeichenwechsel von plus nach minus. Daher fällt $\begin{align*} f \end{align*}$ im Intervall $\begin{align*} [\operatorname{e},\infty) \end{align*}$ streng monoton. Und da $\begin{align*} 4>\operatorname{e} \end{align*}$ ist und $\begin{align*} f(4)=f(2) \end{align*}$ gilt, ist alles gesagt.

03.05.2019, 10:20

Flixius

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Danke euch hat mir sehr geholfen smile

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