Induktionsschluss mit Fakultät als Ungleichung

Question

Aufgabe: Vollständige Induktion mit Fakultät als Ungleichung

Folgendes soll bewiesen werden:

\( \frac{4^{n}}{n+1}<\frac{(2 n) !}{(n !)^{2}} \)  für n = 2 oder n > 2

Den Induktionsanfang und die Behauptung/ Voraussetzung ist glaube ich soweit richtig, nur komme ich bei dem Schluss nicht weiter.

Problem/Ansatz:

I.A: n = 2

\( \frac{4^{2}}{2+1}=\frac{16}{3}<\frac{(2 \cdot 2) !}{(2 !)^{2}}=\frac{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{2^{2} \cdot 2^{1}} \) = 6

I.V: Die obere Behauptung gilt für alle n = 2 oder n > 2

I.S n => n + 1

\( \frac{4^{n+1}}{n+1+1}<\frac{(2(n+1)) !}{((n+1) !)^{2}} \Rightarrow \frac{4^{n+1}}{n+2}<\frac{(2 n+2) !}{((n+1) !)^{2}} \)

 \( \frac{4^{n+1}}{n+2} \) = \( \frac{4^{n} \cdot 4}{n+2} \cdot \frac{n+1}{n+1} \) = \( \frac{4^{n}}{n+1} \cdot\left(4 \cdot \frac{n+1}{n+2}\right) \) <  \( \left(\frac{(2 n) !}{(n !)^{2}}\right) \cdot\left(\frac{4 n+4}{n+2}\right) \)

Answer 1

Ich glaube, wenn man es ein wenig umformt ist es einfacher, ich habe daraus gemacht

$$4^n \cdot (n!)^2 < (2n)! \cdot (n+1) $$

und im Induktionsschritt ist dann zu zeigen, dass daraus folgt

$$4^{n+1} \cdot ((n+1)!)^2 < (2(n+1))! \cdot (n+2) $$

Da fange ich mal so an

$$4^{n+1} \cdot ((n+1)!)^2 = 4 \cdot  4^n \cdot (n!)^2  \cdot (n+1)^2 $$

Die mittleren beiden Faktoren entsprechen genau der Ind.vor.

also kann ich die einsetzen

$$ < 4 \cdot (2n)! \cdot (n+1) \cdot (n+1)^2 $$

und muss nun zeigen, dass dies ≤ \( (2(n+1))! \cdot (n+2) \) ist.

[ Denn ein < habe ich ja schon.]

Also muss man zeigen, dass folgende Ungleichung für alle n gilt:

$$  4 \cdot (2n)! \cdot (n+1) \cdot (n+1)^2  \leq (2(n+1))! \cdot (n+2) $$

durch (2n)! gibt $$  <=> 4 \cdot (n+1) \cdot (n+1)^2  \leq (2n+1)(2n+2) \cdot (n+2) $$

$$  <=> 4 \cdot (n+1) \cdot (n+1)^2  \leq (2n+1) \cdot 2 \cdot (n+1) \cdot (n+2) $$

$$  <=> 2  \cdot (n+1)^2  \leq (2n+1)   \cdot (n+2) $$

$$  <=> 2n^2 + 4n +2  \leq 2n^2 + 5n + 2  <=>  0 \leq n$$   q.e.d