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Hey Leute,
ich würde gerne folgende Ungleichung zeigen:
[mm] 2^{2n}\ge\vektor{2n \\ n}
[/mm]
n=1
[mm] 2^{2*1}=4\ge\vektor{2*1 \\ 1}
[/mm]
[mm] 4\ge2
[/mm]
Passt also schon mal, also jetzt der Schritt von n->n+1
[mm] \vektor{2*(n+1) \\ n+1}=\vektor{2n+2 \\ n+1}=\bruch{(2n+2)!}{(n+1)!(n+1)!}=\bruch{(2n)!*(2n+1)*(2n+2)}{(n)!(n)!(n+1)^{2}}=\bruch{(2n)!}{(n)!(n)!}*\bruch{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)(n+1)}=\bruch{(2n)!}{(n)!(n)!}*\bruch{2*(2n+1}{(n+1)}
[/mm]
So jetzt können wir die Induktionsvoraussetzung benutzten:
[mm] \bruch{(2n)!}{(n)!(n)!}*\bruch{2*(2n+1}{(n+1)}\le2^{2n}\bruch{2*(2n+1}{(n+1)}=2^{2n+1}*\bruch{(2n+1)}{(n+1)}= [/mm] .......? [mm] \le [/mm] ?????
So und bei den letzten Umformungen habe ich keine Ahnung wie ich auf [mm] 2^{2n+2} [/mm] kommen soll, also dass [mm] 2^{2n+1}*\bruch{(2n+1)}{(n+1)}\le2^{2n+2} [/mm] gilt...
Ich freu mich auf eure Hilfe :)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:30 Di 26.07.2016 | | Autor: | abakus |
> So und bei den letzten Umformungen habe ich keine Ahnung
> wie ich auf [mm]2^{2n+2}[/mm] kommen soll, also dass
> [mm]2^{2n+1}*\bruch{(2n+1)}{(n+1)}\le2^{2n+2}[/mm] gilt...
>
> Ich freu mich auf eure Hilfe :)
Hallo,
ich schiebe in deine Ungleichung unkommentiert mal etwas ein:
[mm]2^{2n+1}*\bruch{(2n+1)}{(n+1)}\le 2^{2n+1}*\bruch{(2n+2)}{(n+1)}= 2^{2n+1}*2 = 2^{2n+2}[/mm] .
Alles geklärt?
PS: Musst du nur die Behauptung an sich beweisen oder ist es explizit eine Übungsaufgabe zur Anwendung der vollständigen Induktion?
Ohne Induktion gibt es auch andere einfache Wege...
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Ich möchte die Ungleichung im Zuge einer Hausarbeit zeigen... also könnte ich es auch über einen anderen Weg zeigen... Du hast mich neugierig gemacht :) ! Wie kann man das auch anders zeigen :)?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:51 Di 26.07.2016 | | Autor: | abakus |
Wenn man eine komplette Zeile des Pascalschen Dreiecks addiert, ist das Ergebnis eine Potenz von 2:
[mm] 1+2+1=$2^2$
[/mm]
[mm] 1+3+3+1=$2^3$
[/mm]
[mm] 1+4+6+4+1=$2^4$ [/mm] usw.
Allgemein gilt [mm] $\binom{n}{0}$+$\binom{n}{1}$+$\binom{n}{2}$+...+$\binom{n}{n}$=$2^n$
[/mm]
(wenn das nicht als bekannt vorausgesetzt werden kann, muss allerdings dafür die vollständige Induktion genutzt werden)
und demzufolge gilt auch
[mm] $\binom{2n}{0}$+$\binom{2n}{1}$+$\binom{2n}{2}$+...+$\binom{2n}{2n}$=$2^{2n}$
[/mm]
Einer dieser Summanden (so ziemlich in der Mitte) ist [mm] $\binom{2n}{n}$, [/mm] und dieser einzelne Summand ist sicher kleiner als die gesamte Summe.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:55 Di 26.07.2016 | | Autor: | JigoroKano |
Hey,
das ist super cool! Danke :)
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