Induktionsschritte - vermutung

Question

wir haben in der Schule das Thema Induktion. Das Beweisen mittels vollständiger Induktion( Verankerung, Induktionsannahme, Induktionsschritt) gelingt mir. Jedoch weiss ich bei dieser Aufgabe nicht , von was ich ausgehen soll.

Bisherige Lösung: 1/6 * (n)hoch3 + 5/6 * n + 1 = 2hoch n

Stimmt das? Aber weiter komme ich nicht.

Ich wäre sehr froh, wenn ihr mir einen Tipp geben könntet.

Answer 1

Bisherige Lösung: 1/6 * (n)hoch3 + 5/6 * n + 1 = 2hoch n

Ja, das "passt" erstmal. Du kannst nun die Induktion versuchen zu machen, wirst aber scheitern.

Links steht eine Potenzfunktion (in n) und rechts eine Exponentialfunktion, dass kann also nicht stimmen.

Teste daher mal n=10.

Comments

Super danke! Stimmt. Ich habe jetzt einmal versucht die Vermutung mit Induktion zu beweisen. (Wie ich es jeweils bei den Aufgaben mit Summenzeichnen gemacht habe) Aber ein Wert fehlt mir noch... Wie kann ich den herausfinden?

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Wenn du den Versuch starten willst, dann so:

1/6(n+1)^3 +5/6(n+1)+1=1/6 n^3 +5/6 n +1+ 1/2(n^2+n+2) (links das ^3 mit dem binomischen Lehrsatz ausmultiplizieren)

=2^n +1/2(n^2+n+2) nach Induktionsvoraussetzung

das ganze soll im Idealfall = 2^{n+1}=2*2^n sein

Dann wäre aber

2^n +1/2(n^2+n+2) = 2*2^n

1/2(n^2+n+2) = 2^n

Diese Gleichung ist aber auch nicht für alle n erfüllt. Daher geht die Induktion nicht auf.

Einfacher wäre es aber gewesen, gleich das Gegenbeispiel n=10 anzubringen ;)

Answer 2

Bisherige Lösung: 1/6 * (n)hoch3 + 5/6 * n + 1 = 2hoch n

Stimmt das?    Ja, das könnte man nach der vorgestellten Rechnung

vermuten.   Es stimmt auch für n=0,1,2,3  aber nicht mehr für n=4.

Also kann man es auch nicht per Induktion beweisen.

Answer 3

  Es ist  eben doch die Frage des intelligenten Ansatzes - Wolfram alleine tut es nicht.  Richtig findet Wolfram gleich dir die vier Nullstellen 0 , 1 , 2 , 3 .  Aber bereits der Funktionswert von n = 4 lautet Minus Eins ...

   Da war erst so ein Feeling bei mir: Das wenn richtig ist, müsste es sich viel allgemeiner begründen lassen.  Und dann hatte ich ' s .

    Diktat für Formelsammlung, Regelheft und Spickzettel ( FRS )

   " Die e-Funktion unterdrückt jedes Polynom. "

   Du behauptest also, es gebe da ein Polynom p ( x ) , so dass für beliebig große x - wie die genau aussehen, ist erst mal egal; ob es sich um diskrete x-Werte handelt oder ob die Erfüllungsmenge einen ===>  Häufungspunkt hat; das intressiert mich alles gar nicht - so dass

     (V)  x  |  p  (  x  )  =  2  ^  x      (  1a  )

           p  (  x  )  *  2  ^  (  -  x  )  =  1     ; Widerspruch    (  1b  )

           Und zwar ergibt sich der Widerspruch aus obigem FRS-Kriterium;  dieses stellt nämlich fest,  der Limes in ( 1b )  ist Null und nicht Eins.  Es nutzt alöso auch die einrede nix, najaa;  vielleicht   ist n = 4 ja nur eine Ausnahme.  Wir wissen definitiv, dass die Lösungsmenge aller x endlich sein muss.