Zeigen Sie mit vollständiger Induktion n^2 ≥ a*n+b für a, b > 0 und n groß genug

Question

Für beliebige Konstanten a, b > 0 und n groß genug gilt folgendes:

n^2 ≥ a*n+b

Comments

Zeige vorerst einmal, dass die Aussage für A(1) gilt.

Der nächste Schritt ist dann, das Ganze für n+1 zu zeigen.

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Schau dir am besten noch einmal die vollständige Induktion an :-)

https://de.wikibooks.org/wiki/Mathe_f%C3%BCr_Nicht-Freaks:_Vollst%C3%A4ndige_Induktion

Um "einzusteigen" kannst du ja mal den kleinen Gauß beweisen (Nur zum Warm-Up).

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Somit komme ich dann auf n^2+2n+1≥a*n+a+b.

Aber wie geht es weiter?

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Mit vollständiger Induktion zeigt man normalerweise Aussagen der Form:

Für alle n ∈ ℕ - [ ggf. n≥ Zahl oder auch n∈ ℤ ]  - gilt : A(n)  (diese Form liegt hier nicht vor!)

Ich sehe hier keinen Ansatz für einen Induktionsbeweis.

(Lasse mich aber gern eines Besseren belehren, man lernt ja nie aus :-))

Mit einem normalen direkten Beweis geht es natürlich.

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Steht bei der Aufgabe wirklich "Beweise per v. Induktion"? bzw. ist die Aufgabe komplett abgeschrieben??

Answer 1

Einen Induktionsschritt kann ich spendieren: $$(n+1)^2=n^2+2n+1\stackrel{\text{IV}}{\ge} an+b+2n+1\stackrel{\text{!}}{\ge}a(n+1)+b$$ Das geht offensichtlich für $$n\ge(a-1)/2$$ immer gut. Einen Induktionsanfang, der funktioniert, aber gleichzeitig so daemlich ist, dass er nicht schon nebenher die ganze Aufgabe loest, hab ich noch nicht gefunden. :)

Comments

Letzteres meinte ich mit "normaler direkter Beweis geht natürlich".

Aber dein Induktionsschritt ist trotzdem schön.

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Der Induktionsschritt geht eigentlich immer per direktem Beweis.

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"Direkt" war nicht im Gegensinne von "indirekt" gemeint, sondern im Sinne von "normal".

Schlechte Wortwahl :-)

Aber ohne Basis kein Induktionsbeweis. Sonst kann man bekanntlich auch beweisen, dass jede ungerade Zahl durch 2 teilbar ist.

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Ein Induktionsanfang, der ad hoc *ein* passendes n für beliebige a,b angibt, *ohne* die Ungleichung gleich generell zu beweisen, wird noch gesucht. Wenn Du dazu einen Vorschlag hast ...

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Ich bleibe meiner Meinung in meinem Kommentar zu Frage:

Mit vollständiger Induktion zeigt man normalerweise Aussagen der Form:

Für alle n ∈ ℕ - [ ggf. n≥ Zahl oder auch n∈ ℤ ]  - gilt : A(n)  (diese Form liegt hier nicht vor!)

Ohne A(n)  kein A(n_Start)

Und jeder "induktionsschritt", der nicht in der Form "A(n+1) -> A(n)" formuliert wird stellt eigentlich nur "Überlegungen zu einem eventuellen Induktionsschritt" dar.

Gesucht ist also erst einmal A(n)

Hast DU dazu einen Vorschlag?

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Fuer alle grossen n soll gelten: n² >= an+b (a,b >0 bel.)

Das ist A(n). Den IS für n >= n₀ := (a-1)/2 haben wir schon. Es fehlt noch ein IA, d.h., es soll explizit ein n >= n₀ angegeben werden, für das dann A(n) auch wirklich gilt.

Bei der Bestimmung dieses n sollst Du auf komplette Beweise der Ausgangsgleichung verzichten, weil der Induktionsbeweis sonst witzlos wird.

Klar soweit?

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Es ist zu zeigen:

Seien a,b ∈ ℝ⁺ beliebig aber fest, dann gilt:

∃ n_B(a,b) ∈ ℕ: ∀n ∈ N: [ n ≥ n_B ->  n² > a • n + b ]  

A(n,n_B):  " [ n ≥ n_B ->  n² > a • n + b ] "

Gesucht ist dann tatsächlich nur noch ein passendes n_B(a,b).

Erst dann haben wir A(n) in der eckigen Klammer mit eingesetztem  n_B(a,b),

und der Induktionsbeweis kann beginnen.

Und beim Auffinden von n_B(a,b)  und bei der Verifizierung von A(n_B(a,b))

muss natürlich vermieden werden, 

dass dadurch der Induktionsschluss  " A(n) -> A(n+1) " überflüssig wird,

 da sonst der Auftrag  "Beweise durch vollständige Induktion" absurd wäre.

So lasst uns denn suchen! 

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Mein Vorschlag soll \(n=2\max(\lceil a\rceil,\lceil b\rceil)\) für den Induktionsanfang sein. Man kann direkt nachrechnen, dass alle Voraussetzungen erfuellt sind, ohne Vorwegnahme der zu zeigenden Ungleichung oder verwandter Aussagen.

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Kannst du A( 2•max(⌈a⌉,⌈b⌉)), also "  n ≥ 2•max(⌈a⌉,⌈b⌉) ->  n² > a • n + b "

tatsächlich verifizieren, ohne dass die Gültigkeit für alle n sofort ersichtlich wird?

Dann schreib das bitte mal hin, interessiert mich wirklich!

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Wenn \(n=2\lceil a\rceil\) der groessere Wert ist, dann habe ich \((n^2\ge an+b)\) $$4\lceil a\rceil^2\ge2a\lceil a\rceil+b\quad\Longleftrightarrow\quad2\lceil a\rceil^2+2\lceil a\rceil^2\ge2a\lceil a\rceil+b$$ und man sieht leicht, dass links die groesseren Summanden stehen. Wenn \(n=2\lceil b\rceil\) der groessere Wert ist, dann sieht es bei $$4\lceil b\rceil^2\ge2a\lceil b\rceil+b$$ ganz entsprechend aus. Das ist nur elementare Zahlentheorie. Da wird nix benutzt, was auch nur ansatzweise nach Analysis riecht.

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Stark! Du hast mich überzeugt.
Wünsche dir eine gute Nacht!

Der Vollständigkeit halber bleibt noch zu ergänzen, dass 2•max(⌈a⌉,⌈b⌉ ≥ (a-1)/2 ist und damit auch dem in der Antwort vorgeführten Induktionsschritt nichts mehr im Weg steht.
Ich kann es zwar nicht nachprüfen, aber ich glaube dir, dass du beim Auffinden von n_B nicht mit der Lösungsmenge der Ungleichung "rumgefummelt" hast, weil es tatsächlich auch ohne machbar ist.