Vollständige Induktion

11.11.2021, 00:07	KitSus	Auf diesen Beitrag antworten »
Vollständige Induktion Meine Frage: Man soll diese Behauptung mittels vollständiger Induktion zeigen, jedoch komme ich wegen der Potenz bei der oberen Grenze nicht weiter Meine Ideen: Summe Aufspalten wo allerdings eine Summe für das n+1 Glied, mit k=( 2^n)+1 bis (2^(n+1)) rauskommt die ich nicht weiter lösen kann
11.11.2021, 01:03	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Mein erster Einfall ist, die stärkere Aussage $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^m \frac{1}{k}\ge 1+\frac{\log_2 m}{2} \end{eqnarray}$ induktiv für $\begin{eqnarray} m\ge 1 \end{eqnarray}$ zu zeigen und dann $\begin{eqnarray} m=2^n \end{eqnarray}$ einzusetzen. Manche Dozenten finden das allerdings unzulässig, solange der Logarithmus noch nicht definiert wurde.
11.11.2021, 05:31	aylinxx	Auf diesen Beitrag antworten »
Du musst überlegen, wie du die Summe $\begin{eqnarray} \sum_\limits{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}} \frac{1}{k} \end{eqnarray}$ geeignet nach unten abschätzen kannst. Schau dir dafür die einzelnen Summenglieder an. Es fällt doch auf, dass die Summenglieder immer kleiner werden. Was wäre also eine geeignete Abschätzung hier?
12.11.2021, 01:23	klauss	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Vollständige Induktion Also die Behauptung soll jetzt sein: $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=1}^{2^{n+1} } \frac{1}{k}\geq 1+\frac{n+1}{2}=1+\frac{n}{2}+\frac{1}{2} \end{eqnarray}$ Schluß: $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=1}^{2 \cdot 2^{n} } \frac{1}{k}=\sum\limits_{k=1}^{2^{n} } \frac{1}{k}+\sum\limits_{k=2^{n}+1}^{2 \cdot 2^{n} } \frac{1}{k} \geq 1+\frac{n}{2} + \sum\limits_{k=2^{n}+1}^{2 \cdot 2^{n} } \frac{1}{k}<br /> \end{eqnarray}$ Um den Hinweis von aylinxx zu erweitern, sollte man nun die Begründung der Divergenz der harmonischen Reihe einbringen. Schätze die restliche Summe ab unter Verwendung der Anzahl ihrer Summanden und ihres kleinsten Summanden.

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