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Mathematik » Analysis » Indizes von Teilfolgen
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Universität/Hochschule J Indizes von Teilfolgen
Sandrob
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Test}{\mathbb{Q}}\)
Guten Tag an alle,

Ich melde mich wahrscheinlich wegen einem vergleichsweise einfachen Beweis und doch habe ich ein paar Schwierigkeiten, wie ich die Aussage zeigen möchte.

Wir haben in der Vorlesung Teilfolgen auf einer Menge $X$ definiert durch die Verkettung der ursprünglichen Folgenfunktion, also $a\colon \mathbb{N}\rightarrow X$ mit einer streng monoton wachsenden Funktion, welche die passenden Indizes auswählt. Sei also $(n_k)_{k\in \mathbb{N}}$ eine streng monoton wachsende Folge. Dann gilt stets $n_k\geq k$ für alle $k\in \mathbb{N}$.

Ich nehme an, eine Art dies zu beweisen, wäre per vollständiger Induktion?

Vielen lieben Dank jetzt schon für eure Hilfe😄.
\(\endgroup\)


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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-14


Hallo Sandrob,

jawoll, völlig richtig. Einfach mal rantrauen.

mfg
thureduehrsen



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Sandrob
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Test}{\mathbb{Q}}\)
Hallo thureduehrsen,

Dann versuche ich mich gleich mal hier:

Die Aussage beweise ich demnach per vollständiger Induktion über die Variable $k$. Ich beginne gleich mit der

Induktionsverankerung ($k=1$): $n_1=n(1)\geq 1$, da der Zielbereich der Funktion $f$ $\mathbb{N}$ ist und somit das Bild der 1 nicht kleiner als 1 sein kann. Gehen wir weiter zum

Induktionsschritt ($k\Rightarrow k+1$): Wir nehmen also an, dass die Aussage $n(k)\geq k$ bis zu einem gewissen $k\in \mathbb{N}$ stimmt und wollen daraus folgern, dass die Aussage auch für $k+1$ stimmen muss. Hier komme ich nun jedoch nicht richtig weiter. Mein Idee wäre, anzunehmen, dass $n(k+1)<k+1$ gilt und damit einen Widerspruch zur strengen Monotonie herzuleiten, unter der Verwendung, dass $n(k)\geq k$ gilt.

Meinst du damit wäre ich auf dem richtigen Weg und wenn ja, wäre ich froh um einen kleinen Tipp😁
\(\endgroup\)


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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-07-14


Moin, ich hoffe, dass ich thureduehrsen nicht zu sehr ins Handwerk pfusche ...

Wenn du weisst, dass $n(k)$ streng monoton waechst, wie stehen dann $n(k+1)$ und $n(k)$ zueinander?

vg Luis



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Sandrob
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Test}{\mathbb{Q}}\)
Hallo luis52,

Also es sollte auf jeden Fall gelten, dass $k<k+1\Rightarrow n(k)<n(k+1)$. Jetzt wollte ich annehmen, dass bis zu einem $k\in \mathbb{N}$ die Aussage erfüllt ist und demnach $n(k)\geq k$ gilt.

Per Widerspruch möchte ich dann beweisen, dass $n(k+1)<k+1$ eine falsche Annahme ist und deswegen $n(k+1)\geq k+1$.

Doch irgendwie hänge ich leider ein bisschen fest. Die Ungleichheitszeichen schauen bei mir immer in die "falsche" Richtung😁.
\(\endgroup\)


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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-14


2020-07-14 15:37 - Sandrob in Beitrag No. 4 schreibt:

Also es sollte auf jeden Fall gelten, dass $k<k+1\Rightarrow n(k)<n(k+1)$. Jetzt wollte ich annehmen, dass bis zu einem $k\in \mathbb{N}$ die Aussage erfüllt ist und demnach $n(k)\geq k$ gilt.

Gut, das ist deine Induktionsvoraussetzung.

Zu zeigen ist $n(k+1)\ge k+1$.

2020-07-14 15:37 - Sandrob in Beitrag No. 4 schreibt:
Per Widerspruch möchte ich dann beweisen, dass $n(k+1)<k+1$ eine falsche Annahme ist und deswegen $n(k+1)\geq k+1$.
Doch irgendwie hänge ich leider ein bisschen fest. Die Ungleichheitszeichen schauen bei mir immer in die "falsche" Richtung??.
 
Okay, nimm also an, dass gilt $n(k+1)<k+1$ und nach Induktionsvoraussetzung $n(k)\ge k \iff -n(k)\le -k$ ...  

vg Luis
             



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-07-14


Hi luis52,


 
Okay, nimm also an, dass gilt $n(k+1)<k+1$ und nach Induktionsvoraussetzung $n(k)\ge k \iff -n(k)\le -k$ ...  

vg Luis
             

wieso betrachtest du $-n(k) \le -k$?

Es ist doch $n(k) = n_{k} \text{ } ? \text{ } n_{k+1} = n(k+1)$ aufgrund der strengen Monotonie von $(n_k)_{k \in \IN}$. (Das Fragezeichen ist mit einem der Vergleichsoperatoren$ \text{ } = \text{ } \neq \text{ } \le \text{ } \ge \text{ } < \text{ } > \text{ } $ zu füllen
Damit haben wir mit der Induktionsannahme: $k \le n_{k} \text{ } ? \text{ }  n_{k+1} < k+1$.

Wenn du ? richtig gewählt hast, kannst du dann den Widerspruch erkennen?

VG X3nion



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-07-14


2020-07-14 16:38 - X3nion in Beitrag No. 6 schreibt:
Hi luis52,


 
Okay, nimm also an, dass gilt $n(k+1)<k+1$ und nach Induktionsvoraussetzung $n(k)\ge k \iff -n(k)\le -k$ ...  

vg Luis
             

wieso betrachtest du $-n(k) \le -k$?

 

Addition von $n(k+1)<k+1$ und $-n(k)\le -k$ liefert $n(k+1)-n(k)<1$ ...

Aber X3nions Beweis ist schoener, da direkter.

vg Luis



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Sandrob
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-14


Vielen Dank an euch beide!
Hab's nun hinbekommen. Danke für die Hilfe!



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-07-14


Dies ist die kürzeste Lösung:

Wir nehmen $n_{k} \ge k$ an und wollen $n_{k+1} \ge k+1$ an.

Aufgrund der strengen Monotonie von $(n_{k})_{k \in \mathbb{N}}$ gilt $n_{k} < n_{k+1}$. Damit ist:
$k \le n_{k} < n_{k+1}$, also $n_{k+1} > k$. Hieraus folgern wir $n_{k+1} \ge k+1$, denn addieren wir auf der rechten Seite +1, so könnte bereits $k+1 = n_{k+1}$ gelten.

Ich finde es mit dem Widerspruchsbeweis aber irgendwie schöner.

VG X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-07-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Ohne Induktion:
Sei $k\in \IN$ beliebig. Aus der Monotonie der Indexfolge folgt (weil hier anscheinend $0\notin \IN$ sein soll)
$$ \{n_i\mid 1\leq i\leq k\} \subseteq \{m\in \IN \mid 1\leq m \leq n_k\}$$ Da $n_k$ eine natürliche Zahl ist folgt
$$n_k = |\{m\in \IN \mid 1\leq m \leq n_k\}| \geq |\{n_i\mid 1\leq i\leq k\}| = k.$$
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-07-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-14 22:12 - Nuramon in Beitrag No. 10 schreibt:
Ohne Induktion:
Sei $k\in \IN$ beliebig. Aus der Monotonie der Indexfolge folgt (weil hier anscheinend $0\notin \IN$ sein soll)
$$ \{n_i\mid 1\leq i\leq k\} \subseteq \{m\in \IN \mid 1\leq m \leq n_k\}$$ Da $n_k$ eine natürliche Zahl ist folgt
$$n_k = |\{m\in \IN \mid 1\leq m \leq n_k\}| \geq |\{n_i\mid 1\leq i\leq k\}| = k.$$

Sehr schön! 🙂

VG X3nion
\(\endgroup\)


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