Ich finde es schön, dass du auch etwas komplexere Mathematik hier behandelst. Ich hab vor nächstes Jahr Physik zu studieren und da kann es nicht schaden schonmal ein paar kleinere Einblicke zu gewinnen. Ich bin jetzt bei Deiner Erklärung des Induktionsschrittes angekommen. Spontan wäre meine Idee, dass ich mir anschauen würde, wie ich von 3^n-3 zu 3^n+1 -3 komme. 1. Addiere 3 2. Multipliziere mit 3 3. Substrahiere 3 Jetzt ist nur noch zu beweisen, dass diese 3 Schritte im Endeffekt eine Multiplikation mit einem Vielfachen von 6 darstellen. x ist meine Zahl, die durch 6 teilbar ist. Die 3 Operationen lassen sich als das schreiben: ((x+3) * 3) -3 = 3x + 9 - 3 = 3x + 6 -> Da x durch 6 teilbar ist, ist es 3x + 6 auch. ok, deine Variante ist auch sehr elegant!
Zuerst beweist du, dass die Aussage für n gilt und nimmst das kleinstmögliche n, das hier 1 ist. Dann musst du beweisen, dass die Behauptung auch für n+1 gilt.
Ich finde es echt gut erklärt, obwohl ich nicht großer fan von induktion bin, da es auf einer Weise das Problem "umgeht". Mein Beweis geht wie folgt: 3^n-3 ist durch 3 teilbar, da 3^n durch 3 teilbar ist und -3 den faktor 3 nicht entfernt. 3^n-3 ist durch 2 teilbar, da 3^n ungerade ist und ungerade - ungerade = gerade gilt. Wenn die Zahl sowohl durch 2 als auch durch 3 teilbar ist, muss sie durch 6 teilbar sein.
Ich liebe deine Videos. Ohne die wäre ich in HöMa total aufgeschmissen 😅 könntest du eventuell ein Video zu Funktionen mit mehren veränderlichen machen und wie man ein Funktionsgebirge mittels partielle Funktion visualisieren kann ? Ich finde das immer so schwer mir das in der Dimension zu visualisieren 🙈
Für die Mathematik-Freaks unter uns: Jede Zahl ist durch 6 teilbar. Ich liebe Deine Videos und empfehle sie auch meinen Schülerinnen und Schülern. Besser erklären kann ich es auch nicht.
Haha so kann man sich eine undeutlich gestellte Aufgabe natürlich auch vereinfachen 😂😂😂 Hat ja niemand davon gesprochen dass es restlos teilbar sein muss 🤭🤓
Ist natürlich definitionssache, aber sqrt(i/0)/6 ergibt weder eine natürliche noch eine Komplexe Zahl, allerdings ist sqrt(i/0) auch weder eine natürliche noch eine Komplexe Zahl...
@@MathemaTrickEs geht um eine interessante Frage, warum sind viele Brüche periodisch. Im Zehnersystem ist 1/3 periodisch, weil die Basis des Systems nur 2 und 5 als Faktoren enthält, nicht jedoch die 3. In einem System mit der Basis 3 ist dies anders. Darum ist 1:3=0,1. Dem gegenüber wird 1:2 zu einem periodischen Dezimalbruch. 1:2=0,11111...
Das hat Spass gemacht, vollständige Induktion war früher nicht so mein Freund, aber mit besseren Grundlagen (von hier) alles kein Problem mehr... (...da hat hier das Mal hat auch noch ein bisschen was mitzureden... 😂) Gerne mehr von vollständiger Induktion!
DIESE Mathe-Lehrerin auf meinem Gymnasium hätte den Unterricht wg. Andrang in der Aula halten müssen! Ganz toll, liebe Susanne. Macht Spaß, die eingestaubten Kenntnisse wieder aufzufrischen!
3^n ist ein Vielfaches von 3 und damit logischerweise durch 3 teilbar. 3^n ist ein Produkt ungerader Zahlen und damit selbst ungerade. 3^n - 3 ist die Differenz zweier ungerader Zahlen und damit gerade und damit durch durch 2 teilbar. 3^n - 3 ist eine gerade Zahl und ein Vielfaches von 3 und damit durch 6 teilbar.
Schön erklärt, besser als viele Profs an Unis oder FHs. Leider erschließt sich mir bis heute nicht der Sinn, warum ich so was im Ingenieurstudium lernen/können muss, da es in der Praxis tatsächlich NULL Relevanz hat, im Gegensatz zu vielen anderen Dingen höherer Mathematik die wegen solchem Quatsch leider zu kurz kommen.
Es ist halt eine Übung zur Logik. Da Mathematik quasi mit seinen Beweisen nur aus logischen Schritten besteht, ist es die einfachste Form einer Beweisführung, nicht zu vergleichen mit ellenlangen, mehrseitigen Dingern, wo du ja kein Indizes unterwegs verlieren darfst. Deshalb kommt es ja auch quasi in der zweiten Mathevorlesung nach den Wahrheitstafeln dran. Beweise sind doch generell nicht praktisch nützlich, da in der Praxis gegebene Zustände als richtig und passend angenommen werden.
Das sollst du lernen, damit du analystisches und logisches Denken lernst. Und da jeder Studirende nunmal später irendwas anderes machen wird (Brücken bauen, Programmieren, Laser entwickeln, ...) muss man diese Art des Denkens eben an etwas "Neutralem" lernen.
Unimathematik ist in der Tat praktisch irrelevant. Sie dient lediglich der natürlichen Auslese, weil Ingenieurfächer für sich genommen zu einfach sind. Und sie stellt das wesentliche symbolische Kapital der Hochschulabsolventen gegenüber den Azubis dar.
Oh mein Gott ich danke dir für dieses Video ... Es ist halb 11 bald ist Abgabe und ich hab genau so eine Aufgabe zu lösen die mich den ganzen Sonntag gekostet hat .... Vielen vielen Dank
Hi Susanne, ein Thema in Mathe 2 macht mir im Studium gerade echt zu schaffen :( Wäre wirklich super wenn du irgendwann mal (am besten vor der Klausur :) ) ein Video zu "Extremwerte bestimmen bei Vektorfunktionen" machen könntest. Danke und viele Grüße!
Puh, ich hab damals nach dem Induktionsbeweis an der Uni begriffen, dass ich Mathematik jahrelang zwar verstanden, aber nicht begriffen habe, und habe mein Studienfach gewechselt. Das war eine der sinnvollsten Entscheidungen meines Lebens, auch wenn ich die „Stimmung“ mit meinen Statistik-Kommilitonen sehr genossen habe. Apropos Wahrscheinlichkeitsrechnung: Wenn wir in einer gemeinsamen Klasse gewesen wären, wäre die Wahrscheinlichkeit, dass ich in Dich verknallt gewesen wäre, recht hoch. Ich mag Dich 😊
Vielen Dank für dieses Video, lange ist´s her, daß ich mich in der Schule damit beschäftigen durfte. Ich habe den Induktionsschritt etwas anders geführt: 3^(n+1)-3=3*3^n-3 =3*(3^n-1) =3*(3^n-3+2) =3*(3^n-3)+6 Damit würde ich zu einer durch 6 teilbaren Zahl (erster Term) einfach 6 hinzuzählen, womit die neue Zahl automatisch auch durch 6 teilbar wäre.
Ich werde im nächsten Monat Mathematik studieren. Mathematik war schon immer mein stärkstes Fach (no joke). Ich habe Wirtschaft mitgemacht und auch da habe ich Mathematik entdeckt und verwendet. Aber Mathematik ist dennoch mein allerlieblings Fach
Geht es auch wenn man das folgendermaßen beweist: 3^(n+1)-3 = 3*3^n-3 = 3*(3^n-1). [1] k= 3^n-1 Es gilt nun, dass für die Teilbarkeit durch 6 eine Zahl auch durch 2 und 3 teilbar ist. Da für [1] gilt: 3*k, ist die Zahl durch 3 teilbar. Da 3^n immer ungerade ist, gilt dass k=3^n-1 gerade ist. 👉Müsste bewiesen werden, dass 3^n immer ungerade ist ? => 3*(3^n-1) ist durch 2 und 3 teilbar…und somit durch 6 teilbar
Sehr schön gezeigt und auch alle Grundlagen zu Potenzen echt schön wiederholt. Ich weiß, es ging hier darum, das Prinzip der vollständigen Induktion zu zeigen. Ansonsten ist der Beweis eigentlich kinderleicht. Für n=1 hat man 0, für n>1 ist 3^n stets ein ungerades Vielfaches von 9. Diese liegen immer genau mittig zwischen zwei Vielfachen von 6, also hat man ein solches wenn man 3 subtrahiert (oder gerne auch addiert). Mach weiter so!
Hallo, eine schöne Aufgabe! Wenn wir 3 ausklammern, brauchen wir nur zu zeigen, dass 3^k-1 gerade ist. (2+1)^k hat in der binomischen Entwicklung nur Potenzen von 2 bis auf die 1 am Ende. Dann wird 1 abgezogen und es bleibt was gerades übrig. (Mir ist allerdings klar, dass es dir hier um Induktion geht.)
Wenn man 3^n durch 2×3 dividiert, kommt eine Zahl heraus, die in der Nachkomnastelle eine 5 hat. Da aber 3: (2×3) entweder dazugezählt wird oder abgezogen wird, wird auf die nächste ganze Zahl aufgerundet oder auf die vorhergehende abgerundet. Aus 1,5 wird 2 oder 1.
Schöne Aufgabe, allerdings lässt sic die Aussage ohne Induktion leichter beweisen: 3^n ist für alle n durch 3 teilbar, 3 ist auch durch 3 teilbar, also ist 3^n-3 durch 3 teilbar. 3^n ist für alle n ungerade, da 2 nicht in der Primfaktorzerlegung auftaucht. 3 ist ungerade. Somit ist 3^n-3 als Differenz zweier ungerader Zahlen gerade, also ist 3^n-3 durch 2 und durch 3 teilbar und folglich durch 6 teilbar.
Hallo, ich gehe in die 4. Klasse und würde solche Aufgaben mit Modulo lösen. Vollständige Induktion kenne ich leider noch nicht, werde ich aber jetzt üben! Eine Zahl ist durch 6 teilbar, wenn sie durch 2 und durch 3 teilbar ist. 3 hoch n mod 2 == 1 hoch n. 1 hoch n ist 1, 1 - 3 = - 2. Also ist 3 hoch n - 3 durch 2 teilbar. 3 hoch n mod 3 == 0 hoch n, 0 hoch n ist 0. 0 - 3 = -3. -3 ist durch 3 teilbar. Also ist 3 hoch n - 3 auch durch 3 teilbar. Also ist 3 hoch n - 3 auch durch 6 teilbar.
Auch hier, wie bei dem anderen Video zur vollständigen Induktion mein Einwand: Die Induktionsvoraussetzung sollte am Anfang stehen. Also: Wir setzen voraus / wir nehmen an, dass die Beziehung für beliebige n gilt. Dann zeigen wir unter der Voraussetzung, dass die Beziehung für beliebige n gilt, dass sie dann auch für n+1 gilt. Und im letzten Schritt setzen wir dann n=1 ein (Induktionsanfang) und zeigen damit für das beliebige n (hier n = 1), dass die Voraussetzung richtig ist. Denn wenn sie für n = 1 gilt, dann gilt sie gemäß Induktionsschritt auch für 2 usw. Beginnt man mit dem Induktionsanfang, dann ist ohne weitere Erklärung nicht klar, warum man diese Beziehung verwenden darf, denn man hat die Richtigkeit nur für n = 1 gezeigt.
Es macht riesig Spaß dir zu zuhören und zu zuschauen, wie du auf gut verständliche Art und Weise Mathe erklärst. Aber... Mathe ist "trocken" und sehr abstrakt (sagst du ja selbst in deinen Video) und deshalb wenden sich die meisten davon ab. Wie wäre es also mal mit einer Reihe "Mathe aus dem Alltag". Rechnereien die vielen täglich im Alltag begegnen (Induktion und Potenzen sind das wohl eher nicht).
Sehr schön... Ich hätte in den Rechnungen jedoch stets "n Element von +N" geschrieben, denn bei "n Element von N" wird schnell vergessen, dass die 0 und negative n in der Aufgabenstellung mit "n>=1" ausgeschlossen wurden.
3^n ist immer ungerade. Davon eine ungerade Zahl abgezogen gibt eine gerade Zahl. Also durch 2 teilbar. Und bei 3^n - 3 dürfte jeder sehen, dass da mit 3 gekürzt werden könnte. Also muss der Ausdruck durch 6 (2*3) ganzzahlig teilbar sein
Ich weiß ja nicht, was heute in Mathe gelehrt wird (oder doch geleert).. Aber bei mir in Mathe auf Grundschulniveau und dann Mittelstufe hieß es noch, eine Zahl ist dann durch 6 teilbar, wenn sie "gleichzeitig" durch 2 und 3 teilbar ist - ich wäre also bei der Überprüfung so ungefähr 3 Schritte schneller fertig, da 2* 3^n beides sofort erfüllt. Keine Not, dort nochmal ne 3 auszuklamüsern - jede Potenz von 3 ist durch 3 ohne Rest teilbar und die 2 für den anderen Teiler ist ja explizit aufgeführt.
Hallo Susannele, schön Dein sehr inspirierendes Video zur vollständigen Induktion, denn die gefällt mir sehr, wobei mir bei Deinem Beispiel hier, nach kurzen Überlegungen der Prinzipalgedanke kam, dass ich zeigte, dass, so man ein Vielfaches von 6 um eine 3 additiv erweitere, man unweigerlich auch alle Ergebnisse erhält, die entstehen, wenn man die natürlichen Zahlen als Exponenten zur Basis 3 nehme, um dann die Potenz auszurechnen... ...da es sich dann um Vielfache von 6 plus 3 handelt, ist klar, das sie durch 6 teilbar sind, so man vorher 3 subtrahiert... ...bei meinen Kalamitäten bin ich aber leider nicht in der Lage Dir hier alle Induktionsschritte fein säuberlich darzutun, was sonst meinem allergrößten Vergnügen entspräche... ...dass Mathe ( auf Niederländisch übrigens < de wiskunde >, was mir als Gegenstandsbezeichnung sehr gut gefällt ob der Nähe zur Philomathie... ) so sehr der vollständigen Induktion geeignet ist, liegt ja daran, dass sie prädikatenlogisch unstrittig ist, wobei das zwar auch bei anderen formalen Systemen so ist ( ...z. B. Jura oder Psychologie... ), dort aber mitunter so sehr vernachlässigt wird, dass man nur noch Quatsch mit Soße hat, was aber gar nicht akzeptabel ist, wenn Normierbarkeit ( die Grundlage für jedes formale System, das sich in der Folge über Theoreme erschließen lässt... ) als Grundlage gefordert wird... Le p'tit Daniel mit einem großen und strahlenden Lichte für Dich... ...und grüße Magdale recht herzlich von mir...
Es ist selten, dass ich Induktionsbeweise verstehe. Hier fiel es mir ganz leicht, was ich auf die Qualität der Erklärungen (und das erfreulich leicht gewählte Beispiel) zurückführe. :-)
Meine Vorgehensweise bei Induktionsschritt: 3^(n+1)-3=3^n*3-3=3^n*3-9+9-3 =(3^n-3)*3+6. Die Zahl 3^n-3 ist durch 6 nach Induktionsvoraussetzung teilbar. Insgesamt ist 3^(n+1)-3 durch 6 teilbar.
Als ich mir einen Weg überlegte wie man das lösen kann dachte ich mehr daran 0 in Form von -6+6 zu addieren. Das führt zu [3^(n+1) - 9] + 6. Aus dem Ausdruck in den eckigen Klammern klammert man 3 aus. Dann steht da 3*[3^n -3] + 6. In den eckigen Klammern steht jetzt die IV*3+6. Der ganze Ausdruck ist also durch 6 teilbar.
Das Beispiel finde ich etwas unglücklich gewählt. Im I-Anfang und I-Vorrausetzung hätte der Teiler gar nicht 6 sein müssen. Null ist ja durch alle Zahlen Teilbar. Schritt und Vorrausetzung stimmen also immer, selbst für "ist durch 33454 teilbar". Aufgefallen wäre das erst ganz am Ende, wenn es nicht passt. (abgesehen davon, dass man es, wie in den anderne Kommentaren erläutert, auch ganz ohne VI zeigen/argumentieren kann)
Richtig. Ich soll A beweisen, nehme aber dann an, dass A stimmt - was ich aber erst beweisen will 🤷♂️. Für mich hat die vollst. Induktion noch nie irgendwas bewiesen
Ich war etwas überascht vom Beweisende. An der Stelle mit den restlichen 2 x ... hätte ich durch äquivalente Umformung/Erweiterung eine Null in Form von +3-3+3-3 genutzt und dann nützlich umgestellt, sodass man die IV noch einmal benutzt und am Ende ein +6 übrig ist, was ja auch durch 6 teilbar ist, und so der Beweis abgeschlossen wird.
Mega, habe genau das in der Uni. Danke. Ich wollte mal fragen, ob du auch das ein oder andere Video zum Thema Nachschüssige bzw vorschüssige Rente hast.
Hallo Susanne, ich hab eine Frage. Vorerst muss ich sagen dass ich absolut kein Mathematiker bin und mich null mit den Thema auskenn deswegen kann die Frage jetzt für erfahrene etwas dumm klingen 😅. Aber kann man bei 5:20 nicht auch +3 rechnen somit wäre links 3×3^n und links | durch 9 teilbar. Dann :3 rechnen und dann steht da 3^n ist durch 3 teilbar was ja eine wahre Aussage wäre? Wie schon gesagt ist ne ziemliche Anfängerfrage hat mich aber trotzdem interessiert. LG
"Natürliche Zahlen" bereiten mir immer Bauchschmerzen, welche Definition nun gilt. Ich schreibe gerne N0 und N*, weiß aber nicht, ob das spitzfindig betrachtet im selben Kontext korrekt ist. Jedenfalls ist es eindeutig. Normalerweise wird ja je nach Definition N und N* oder N0 und N verwendet. Woher weiß man, in welchem Definitionsrahmen man sich bewegt, wenn nur N vorkommt?
Ging es nicht zu behaupten: 1. Teilbarkeit durch 3 ist wie bewiesen gegeben. Und 2. Das bei 3.(k-1), (k-1) ist eine gerade Zahl, wenn k ungerade, was bei Produkten aus ungeraden Zahlen immer der Fall ist? (Produktregel k ist ein Produkt von 3ern)
Also erstmal: Jede Zahl, die durch 2 und 3 teilbar ist, ist logischerweise auch durch 6 teilbar. 3^n ist durch 3 teilbar, da es ja die 3^n ist, und dadurch 3*3*...*3. Und wenn man minus drei rechnet, ist das ja offensichtlich auch durch drei teilbar. Und da 3^n immer ungerade ist, ist 3^n-3 immer gerade, da ungerade - ungerade = gerade. Also ist 3^n-3 durch 2 teilbar, und auch durch 3. Also auch durch 6.
Reicht es nicht aus anzumerken, dass 3^n-3=3(3^(n-1)-1)? Da 3^(n-1) ja für alle positive ganzen Zahlen n ungerade ist (1, 3, 9, 27, ...) ist 3^(n-1)-1 eine gerade Zahl also ein Vielfaches von 2 (3^(n-1)-1=2m) und so haben wir 3^n-3=3*2m=6m.
kurze frage ich studiere Informatik daher gilt die Null in meinem Fall auch als natürliche Zahl. Ich habe eine ähnliche Aufgabe bei welcher n nur angegeben ist für alle natürlichen Zahlen. Daher meine Frage ob es ein Fehler wäre wenn ich schon beim IA davon ausgehe das n
Es kommt immer drauf an wie euer Prof das festlegt. Wenn er sagt, dass die 0 zu den natürlichen Zahlen dazugehört, dann musst du den Induktionsanfang bei n=0 machen. 😊
Ich finde Induktionsbeweise bei solchen Aufgaben nicht schön. Eine Zahl ist durch 6 teilbar, wenn sie durch 3 und 2 teilbar ist. 3^n-3 ist für n>0 trivial durch 3 teilbar Außerdem ist 3^n-3 ≡ 1^n-1 = 0 mod (2). Somit ist die Zahl auch durch 2 teilbar.
Hätte man bei 2 * 3^n nicht schon mit der Teilbarkeitsregel der 6 argumentieren können, da jedes Vielfache von 3 mit 2 multipliziert auf jeden Fall durch 6 teilbar sein muss? So hätte man sich die letzte Umformung sparen können.
das ist beides Induktion, einmal mathematisch, einmal physikalisch. Induktion kommt von lateinisch "inductio" = Hineinführung. In der Mathematik wird aus dem Spezialfall der allgemeine Fall gefolgert, also quasi in den allgemeinen Fall hineingeführt. In der Physik wird beispielsweise elektrischer Strom durch das sich wandelnde Magnetfeld in einen Leiter "hineingeführt". Die Philosophie kennt das Wort ebenfalls, ähnlich der Mathematik: man schlussfolgert vom Speziellen auf das Allgemeine, die Biologie kennt es wiederum leicht anders: durch Umwelteinflüsse wird eine Änderung (Genexpression, Entwicklungsschritt) ausgelöst, also wieder in den Körper "hineingeführt".
Das ist nicht nur hier so, das ist das Grundprinzip der VI. Ich habe festgestellt, dass die formale Erklärung manchmal verwirrt und daher das Erklärmuster einmal umgedreht. Manchen hilft das. 🙂 Wir ignorieren erstmal den Induktionsanfang und auch die Induktionsvorraussetzung. Dann überlegen wir uns folgende Situation. Können wir zeigen, dass eine Aussage, die für n gilt auch für n+1 gelten muss? Dabei ist uns erstmal noch egal, ob sie für n tatsächlich gilt oder nicht. Uns interessiert nur, ob aus n -> n+1 folgen würde. Dann formen wir die Aussage um (z.B. wie im Video) um das zu zeigen. Jetzt wissen wir: Wenn n, dann auch n+1. Nun suchen wir uns ein n (in dem Falle 1) und probieren, ob die Aussage gilt. Wenn sie gilt, dann haben wir vorher gezeigt, dass es auch für das nächste n (=n+1) gelten muss. Und das Übernächste, und das Überübernächste... usw. 🙂 (Ja, ich weiß, dass das im Prinzip genau das Gleiche ist, wie die Standardreihenfolge, aber für Einige, denen ich die VI erklärt habe, war es einfacher zu verstehen, wenn man den Induktionsschritt isoliert betrachtet, ohne schon den Induktionsanfang im Kopf zu haben. In der Praxis fängt man allerdings beim Induktionsanfang (z.B. n=1) an, weil man sich die ganze Umformerei im Induktionsschritt sparen kann, wenn schon der Anfang nicht gilt.)
@@johannmeier6707 Nein, obwohl es auch ohne geht, ich konnte aus der Aufgabenstellung nicht herauslesen das dies n + 1 noch verlangt wird. Susanne hat hier nicht alles gut erklärt, was sie sonst aber immer gut macht.
@@profihandwerker4828 Es für n + 1 zeigen ist vollständige Indution. Das ist immer so, den ngenau das IST vollständige Induktion. Die Aufgabenstellung verlangte doch explizit vollständige Indution, daraus folgt implizit "n+1".
Ich werde es nie verstehen. Indunktionsanfang ist klar. Ich beweise, dass die Teilbarkeit durch 6 für n = 1 gilt. Ab jetzt sagst du immer wieder, dass es auch für 3^n - 3 gilt, was aber erst bewiesen werden soll. Du sagst für die Induktionsvorausetzung, wir haben ein n gefunden und damit können wir den Schritt 2 auch schon abhaken. Ja, ein n, nämlich die 1. Das heißt doch aber noch lange nicht, dass es für alle n gilt, was aber in den nächsten Schritten vorausgesetzt wird. Wo ist mein Denkfehler?
Weil du im IA es bereits für einen ganz konkreten Fall gezeigt hast. Selbst wenn n=1000 ist, kannst du eben im Indutionsschritt theoretisch erstmal alle 999 explizit hinschrieben und müsstest nur den 1000. noch beweisen, denn dieses Ausklammern und Umformen zur "n=0"-Form kannst da ja immer wieder und wieder und wieder ... machen. Wenn du dann zu 1001 gehst, kommt wieder der n=0 genau einmal dazu.
Das allein würde auch nicht genügen und wäre ein Ringschluß, wo sich die Katze in den Schwanz beißt. Aber es werden noch mehr Sachen vorausgesetzt. Im Prinzip basiert die vollständige Induktion auf einer Art Domino-Effekt: 1.) Zuerst zeigt man, daß die Behauptung für eine bestimmte Zahl n gilt, meist für n = 0 oder n = 1. 2.) Dann zeigt man, daß, wenn die Behauptung für ein irgendein beliebiges n auf dem Zahlenstrahl gilt, sie auch für dessen Nachfolger auf dem Zahlenstrahl gilt, also für n+1. Dabei wird n nicht konkret festgelegt, sondern allgemein gehalten, also als Variable n behandelt. Da man in Schritt 1) gezeigt hat, daß die Behauptung für n = 1 gilt, muß sie laut Schritt 2) auch für seinen Nachfolger gelten, also für n=2. Und für dessen Nachfolger n=3 ebenfalls, für n=4 ebenfalls usw. Im 1. Schritt stößt man also quasi den ersten Dominostein um, und im 2. Schritt sorgt man dafür, daß jeder umkoppende Dominostein den nächsten Dominostein umkippt usw.
@@goldfing5898 Das ist es ja, in Schritt 2 wird behauptet, dass es auch für n + 1 gilt. Bewiesen wird in Schritt 3, dass es auch für n + 1 gilt, allerdings mit der noch unbewiesenen Behauptung, dass es für alle n gilt. Tut mir leid, das verstehe ich nicht. Ja, da ist ein Diminoeffekt, in dem aber in jedem Schritt die unbewiesene ursprüngliche Behauptung steckt.
@@eepkju Schritt 2 ist die Aussage "es existiert EIN n, für das gilt" (nämlich das explizit gezeigt n = 0). Dort wird noch(!) nicht behauptet es gelte für alle. Das wird dann im dritten Schritt gezeigt, indem man den Term so umformt, dass der Ausgangsterm wieder vorkommt + ein wieterer Term für den es auch stimmt. Wenn du in diese konkrete Form jetzt n=1 einsetzt, stimmt es. Setzt du n=2 ein, kannst du für den Ausgangsterm die selben Schritte ja einfach nochmal machen. Dann kannst du den Ausgangsterm wieder umformen. Das kannst du von Hand machen, aber du siehst ja, dass es imemr wieder absolut identisch geht, jetzt für JEDEs n. qed. Achtung Pseudoformeln: n0 ist bewiesen durch ausprobieren. n1 wurde umgeformt zu "n0 + N" und bewiesne dass "N" für ALLE N stimmt. beweisen. Der Gedankenschritt den man haben muss: n2 kannst du aber zu "n0 + n0 + N" (alles drei bewiesen) umformen, n3 zu "n0 + n0 + n0 + N" (alles vier beweisen), ad infitium. Du kannst den Induktionsschirtt ja bieliebig oft wiederholen. Das ist das was man eigentlich zeigt: dass der Induktionsschritt immer wieder zur Ausgangsform + ein "einzelner eindeuig bewiesneer Term" zurückführt, egal was man einsetzt.
HALLO ICH HEIßE ROBEN UND KOMME AUS DEUTSCHLAND. ICH WOHNE IN BERLIN AN DER QUADENWEG STRAßE 24 . MEINE MUTTER WILL MIT DIR LESBISCH SEIN WENN DU EIN FREUND HAST DAN WIRD ER IST AM 10.04 NICH ZUHAUSE SEIN AHHAHAHAHAHAHAHAHAHAHHAHAHAHAHAHAHAHAAH
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Meine Wunschliste: mathematrick.de/wunschzettel
Herzlichen Dank Susanne für die geniale Erklärung der vollständigen Induktion, Schritt für Schritt wie bei einem Lego Baukasten, wie immer perfekt. 🙏👌
Ich finde es schön, dass du auch etwas komplexere Mathematik hier behandelst.
Ich hab vor nächstes Jahr Physik zu studieren und da kann es nicht schaden schonmal ein paar kleinere Einblicke zu gewinnen.
Ich bin jetzt bei Deiner Erklärung des Induktionsschrittes angekommen.
Spontan wäre meine Idee, dass ich mir anschauen würde, wie ich von 3^n-3 zu 3^n+1 -3 komme.
1. Addiere 3
2. Multipliziere mit 3
3. Substrahiere 3
Jetzt ist nur noch zu beweisen, dass diese 3 Schritte im Endeffekt eine Multiplikation mit einem Vielfachen von 6 darstellen.
x ist meine Zahl, die durch 6 teilbar ist.
Die 3 Operationen lassen sich als das schreiben: ((x+3) * 3) -3 = 3x + 9 - 3 = 3x + 6
-> Da x durch 6 teilbar ist, ist es 3x + 6 auch.
ok, deine Variante ist auch sehr elegant!
Zuerst beweist du, dass die Aussage für n gilt und nimmst das kleinstmögliche n, das hier 1 ist. Dann musst du beweisen, dass die Behauptung auch für n+1 gilt.
Ich finde es echt gut erklärt, obwohl ich nicht großer fan von induktion bin, da es auf einer Weise das Problem "umgeht". Mein Beweis geht wie folgt:
3^n-3 ist durch 3 teilbar, da 3^n durch 3 teilbar ist und -3 den faktor 3 nicht entfernt.
3^n-3 ist durch 2 teilbar, da 3^n ungerade ist und ungerade - ungerade = gerade gilt.
Wenn die Zahl sowohl durch 2 als auch durch 3 teilbar ist, muss sie durch 6 teilbar sein.
Ich liebe deine Videos. Ohne die wäre ich in HöMa total aufgeschmissen 😅
könntest du eventuell ein Video zu Funktionen mit mehren veränderlichen machen und wie man ein Funktionsgebirge mittels partielle Funktion visualisieren kann ? Ich finde das immer so schwer mir das in der Dimension zu visualisieren 🙈
Für die Mathematik-Freaks unter uns:
Jede Zahl ist durch 6 teilbar.
Ich liebe Deine Videos und empfehle sie auch meinen Schülerinnen und Schülern. Besser erklären kann ich es auch nicht.
Haha so kann man sich eine undeutlich gestellte Aufgabe natürlich auch vereinfachen 😂😂😂
Hat ja niemand davon gesprochen dass es restlos teilbar sein muss 🤭🤓
@@Bangilnel naja, aber die Definition von "teilbar" ist, dass kein Rest übrig bleibt.
Ist natürlich definitionssache, aber sqrt(i/0)/6 ergibt weder eine natürliche noch eine Komplexe Zahl, allerdings ist sqrt(i/0) auch weder eine natürliche noch eine Komplexe Zahl...
Was zu beweisen war. Super und völlig nachvollziehbar erklärt.
Jetzt habe ich erst Recht Lust Mathe zu studieren☺
Dann go for it 😊
@@MathemaTrick überlege mirs auch😁
Das ist eine Falle
Nein keine Fälle, ist ernste Mathematik, versprochen.
@@MathemaTrickEs geht um eine interessante Frage, warum sind viele Brüche periodisch. Im Zehnersystem ist 1/3 periodisch, weil die Basis des Systems nur 2 und 5 als Faktoren enthält, nicht jedoch die 3. In einem System mit der Basis 3 ist dies anders. Darum ist 1:3=0,1. Dem gegenüber wird 1:2 zu einem periodischen Dezimalbruch. 1:2=0,11111...
Das hat Spass gemacht, vollständige Induktion war früher nicht so mein Freund, aber mit besseren Grundlagen (von hier) alles kein Problem mehr... (...da hat hier das Mal hat auch noch ein bisschen was mitzureden... 😂) Gerne mehr von vollständiger Induktion!
Vielen Dank für das hilfreiche Video. Das Wissen wird in Zukunft angewendet werden.
DIESE Mathe-Lehrerin auf meinem Gymnasium hätte den Unterricht wg. Andrang in der Aula halten müssen! Ganz toll, liebe Susanne. Macht Spaß, die eingestaubten Kenntnisse wieder aufzufrischen!
3^n ist ein Vielfaches von 3 und damit logischerweise durch 3 teilbar.
3^n ist ein Produkt ungerader Zahlen und damit selbst ungerade.
3^n - 3 ist die Differenz zweier ungerader Zahlen und damit gerade und damit durch durch 2 teilbar.
3^n - 3 ist eine gerade Zahl und ein Vielfaches von 3 und damit durch 6 teilbar.
Schön erklärt, besser als viele Profs an Unis oder FHs. Leider erschließt sich mir bis heute nicht der Sinn, warum ich so was im Ingenieurstudium lernen/können muss, da es in der Praxis tatsächlich NULL Relevanz hat, im Gegensatz zu vielen anderen Dingen höherer Mathematik die wegen solchem Quatsch leider zu kurz kommen.
Das würde mich als jemand, der von Mathe wenig Ahnung hat, tatsächlich interessieren. Wozu braucht man derartige Berechnungen?
Es ist halt eine Übung zur Logik. Da Mathematik quasi mit seinen Beweisen nur aus logischen Schritten besteht, ist es die einfachste Form einer Beweisführung, nicht zu vergleichen mit ellenlangen, mehrseitigen Dingern, wo du ja kein Indizes unterwegs verlieren darfst. Deshalb kommt es ja auch quasi in der zweiten Mathevorlesung nach den Wahrheitstafeln dran. Beweise sind doch generell nicht praktisch nützlich, da in der Praxis gegebene Zustände als richtig und passend angenommen werden.
Das sollst du lernen, damit du analystisches und logisches Denken lernst. Und da jeder Studirende nunmal später irendwas anderes machen wird (Brücken bauen, Programmieren, Laser entwickeln, ...) muss man diese Art des Denkens eben an etwas "Neutralem" lernen.
Unimathematik ist in der Tat praktisch irrelevant. Sie dient lediglich der natürlichen Auslese, weil Ingenieurfächer für sich genommen zu einfach sind. Und sie stellt das wesentliche symbolische Kapital der Hochschulabsolventen gegenüber den Azubis dar.
👍🏻 Wie immer, auch hier: sauberer, schlüssiger und strukturierter Mathe-Beitrag (= S^3… oh! Falsch! Korrekt = Sx3😉).
Danke liebe Susi, immer mehr davon bitte
Oh mein Gott ich danke dir für dieses Video ...
Es ist halb 11 bald ist Abgabe und ich hab genau so eine Aufgabe zu lösen die mich den ganzen Sonntag gekostet hat ....
Vielen vielen Dank
Hi Susanne, ein Thema in Mathe 2 macht mir im Studium gerade echt zu schaffen :(
Wäre wirklich super wenn du irgendwann mal (am besten vor der Klausur :) ) ein Video zu "Extremwerte bestimmen bei Vektorfunktionen" machen könntest. Danke und viele Grüße!
Das hat mir wirklich geholfen. Danke! 😇
Puh, ich hab damals nach dem Induktionsbeweis an der Uni begriffen, dass ich Mathematik jahrelang zwar verstanden, aber nicht begriffen habe, und habe mein Studienfach gewechselt. Das war eine der sinnvollsten Entscheidungen meines Lebens, auch wenn ich die „Stimmung“ mit meinen Statistik-Kommilitonen sehr genossen habe.
Apropos Wahrscheinlichkeitsrechnung: Wenn wir in einer gemeinsamen Klasse gewesen wären, wäre die Wahrscheinlichkeit, dass ich in Dich verknallt gewesen wäre, recht hoch. Ich mag Dich 😊
Vielen Dank für dieses Video, lange ist´s her, daß ich mich in der Schule damit beschäftigen durfte.
Ich habe den Induktionsschritt etwas anders geführt:
3^(n+1)-3=3*3^n-3
=3*(3^n-1)
=3*(3^n-3+2)
=3*(3^n-3)+6
Damit würde ich zu einer durch 6 teilbaren Zahl (erster Term) einfach 6 hinzuzählen, womit die neue Zahl automatisch auch durch 6 teilbar wäre.
Ich werde im nächsten Monat Mathematik studieren. Mathematik war schon immer mein stärkstes Fach (no joke). Ich habe Wirtschaft mitgemacht und auch da habe ich Mathematik entdeckt und verwendet. Aber Mathematik ist dennoch mein allerlieblings Fach
Geht es auch wenn man das folgendermaßen beweist:
3^(n+1)-3 = 3*3^n-3 = 3*(3^n-1). [1]
k= 3^n-1
Es gilt nun, dass für die Teilbarkeit durch 6 eine Zahl auch durch 2 und 3 teilbar ist.
Da für [1] gilt: 3*k, ist die Zahl durch 3 teilbar.
Da 3^n immer ungerade ist, gilt dass k=3^n-1 gerade ist.
👉Müsste bewiesen werden, dass 3^n immer ungerade ist ?
=> 3*(3^n-1) ist durch 2 und 3 teilbar…und somit durch 6 teilbar
Das war wieder mal vollständig erklärt.
Sehr schön gezeigt und auch alle Grundlagen zu Potenzen echt schön wiederholt. Ich weiß, es ging hier darum, das Prinzip der vollständigen Induktion zu zeigen. Ansonsten ist der Beweis eigentlich kinderleicht. Für n=1 hat man 0, für n>1 ist 3^n stets ein ungerades Vielfaches von 9. Diese liegen immer genau mittig zwischen zwei Vielfachen von 6, also hat man ein solches wenn man 3 subtrahiert (oder gerne auch addiert).
Mach weiter so!
Ich finde das war eines der besten Videos zu dem Thema
Dankeschön, freut mich, dass ich dir weiterhelfen konnte! 🥰
Liebe Susanne! Mir gefallen deine Videos sehr ! Peter Habelsberger Graz
Lieben Dank Peter 😊
Crazy gut erklärt
Hallo, eine schöne Aufgabe! Wenn wir 3 ausklammern, brauchen wir nur zu zeigen, dass 3^k-1 gerade ist. (2+1)^k hat in der binomischen Entwicklung nur Potenzen von 2 bis auf die 1 am Ende. Dann wird 1 abgezogen und es bleibt was gerades übrig. (Mir ist allerdings klar, dass es dir hier um Induktion geht.)
3^(k-1) ist für k>=2 natürlich immer ungerade, weil es ein Produkt ungerader Faktoren ist. Dafür braucht man nicht einmal eine binomische Formel.
@@amigalemming Stimmt! Das Argument mit der Binomial-Entwicklung ist ausbaufähig: (n+1)^k - 1 ist für jedes natürliche k>0 durch n teilbar.
Wenn man 3^n durch 2×3 dividiert, kommt eine Zahl heraus, die in der Nachkomnastelle eine 5 hat. Da aber 3: (2×3) entweder dazugezählt wird oder abgezogen wird, wird auf die nächste ganze Zahl aufgerundet oder auf die vorhergehende abgerundet. Aus 1,5 wird 2 oder 1.
Schöne Aufgabe, allerdings lässt sic die Aussage ohne Induktion leichter beweisen: 3^n ist für alle n durch 3 teilbar, 3 ist auch durch 3 teilbar, also ist 3^n-3 durch 3 teilbar. 3^n ist für alle n ungerade, da 2 nicht in der Primfaktorzerlegung auftaucht. 3 ist ungerade. Somit ist 3^n-3 als Differenz zweier ungerader Zahlen gerade, also ist 3^n-3 durch 2 und durch 3 teilbar und folglich durch 6 teilbar.
Hallo Susanne,
danke Dir für die Erklärung.
Dir, Thomas und allen anderen hier eine super Woche.
LG aus dem Schwabenland.
Vielen Dank lieber Markus. Das wünsche ich dir auch! 😊
ich schreib genau morgen eine elementarmathe-klausur, danke!!
Ich wünsche dir viel Erfolg für deine morgige Klausur! 😊
Hallo, ich gehe in die 4. Klasse und würde solche Aufgaben mit Modulo lösen. Vollständige Induktion kenne ich leider noch nicht, werde ich aber jetzt üben!
Eine Zahl ist durch 6 teilbar, wenn sie durch 2 und durch 3 teilbar ist. 3 hoch n mod 2 == 1 hoch n. 1 hoch n ist 1, 1 - 3 = - 2. Also ist 3 hoch n - 3 durch 2 teilbar. 3 hoch n mod 3 == 0 hoch n, 0 hoch n ist 0. 0 - 3 = -3. -3 ist durch 3 teilbar. Also ist 3 hoch n - 3 auch durch 3 teilbar. Also ist 3 hoch n - 3 auch durch 6 teilbar.
Auch hier, wie bei dem anderen Video zur vollständigen Induktion mein Einwand: Die Induktionsvoraussetzung sollte am Anfang stehen. Also: Wir setzen voraus / wir nehmen an, dass die Beziehung für beliebige n gilt. Dann zeigen wir unter der Voraussetzung, dass die Beziehung für beliebige n gilt, dass sie dann auch für n+1 gilt. Und im letzten Schritt setzen wir dann n=1 ein (Induktionsanfang) und zeigen damit für das beliebige n (hier n = 1), dass die Voraussetzung richtig ist. Denn wenn sie für n = 1 gilt, dann gilt sie gemäß Induktionsschritt auch für 2 usw.
Beginnt man mit dem Induktionsanfang, dann ist ohne weitere Erklärung nicht klar, warum man diese Beziehung verwenden darf, denn man hat die Richtigkeit nur für n = 1 gezeigt.
Es macht riesig Spaß dir zu zuhören und zu zuschauen, wie du auf gut verständliche Art und Weise Mathe erklärst.
Aber...
Mathe ist "trocken" und sehr abstrakt (sagst du ja selbst in deinen Video) und deshalb wenden sich die meisten davon ab.
Wie wäre es also mal mit einer Reihe "Mathe aus dem Alltag". Rechnereien die vielen täglich im Alltag begegnen (Induktion und Potenzen sind das wohl eher nicht).
Sehr schön... Ich hätte in den Rechnungen jedoch stets "n Element von +N" geschrieben, denn bei "n Element von N" wird schnell vergessen, dass die 0 und negative n in der Aufgabenstellung mit "n>=1" ausgeschlossen wurden.
3^n ist immer ungerade. Davon eine ungerade Zahl abgezogen gibt eine gerade Zahl. Also durch 2 teilbar. Und bei 3^n - 3 dürfte jeder sehen, dass da mit 3 gekürzt werden könnte. Also muss der Ausdruck durch 6 (2*3) ganzzahlig teilbar sein
Hi kannst immer mehr für ZP Aufgaben auch erklären, das wäre geil. 😊 Danke
Ich wünsche euch einen tollen Dienstag!
Ich weiß ja nicht, was heute in Mathe gelehrt wird (oder doch geleert).. Aber bei mir in Mathe auf Grundschulniveau und dann Mittelstufe hieß es noch, eine Zahl ist dann durch 6 teilbar, wenn sie "gleichzeitig" durch 2 und 3 teilbar ist - ich wäre also bei der Überprüfung so ungefähr 3 Schritte schneller fertig, da 2* 3^n beides sofort erfüllt. Keine Not, dort nochmal ne 3 auszuklamüsern - jede Potenz von 3 ist durch 3 ohne Rest teilbar und die 2 für den anderen Teiler ist ja explizit aufgeführt.
Hallo Susannele, schön Dein sehr inspirierendes Video zur vollständigen Induktion, denn die gefällt mir sehr, wobei mir bei Deinem Beispiel hier, nach kurzen Überlegungen der Prinzipalgedanke kam, dass ich zeigte, dass, so man ein Vielfaches von 6 um eine 3 additiv erweitere, man unweigerlich auch alle Ergebnisse erhält, die entstehen, wenn man die natürlichen Zahlen als Exponenten zur Basis 3 nehme, um dann die Potenz auszurechnen... ...da es sich dann um Vielfache von 6 plus 3 handelt, ist klar, das sie durch 6 teilbar sind, so man vorher 3 subtrahiert... ...bei meinen Kalamitäten bin ich aber leider nicht in der Lage Dir hier alle Induktionsschritte fein säuberlich darzutun, was sonst meinem allergrößten Vergnügen entspräche... ...dass Mathe ( auf Niederländisch übrigens < de wiskunde >, was mir als Gegenstandsbezeichnung sehr gut gefällt ob der Nähe zur Philomathie... ) so sehr der vollständigen Induktion geeignet ist, liegt ja daran, dass sie prädikatenlogisch unstrittig ist, wobei das zwar auch bei anderen formalen Systemen so ist ( ...z. B. Jura oder Psychologie... ), dort aber mitunter so sehr vernachlässigt wird, dass man nur noch Quatsch mit Soße hat, was aber gar nicht akzeptabel ist, wenn Normierbarkeit ( die Grundlage für jedes formale System, das sich in der Folge über Theoreme erschließen lässt... ) als Grundlage gefordert wird...
Le p'tit Daniel mit einem großen und strahlenden Lichte für Dich... ...und grüße Magdale recht herzlich von mir...
Vielen Dank!
Es ist selten, dass ich Induktionsbeweise verstehe. Hier fiel es mir ganz leicht, was ich auf die Qualität der Erklärungen (und das erfreulich leicht gewählte Beispiel) zurückführe. :-)
Meine Vorgehensweise bei Induktionsschritt:
3^(n+1)-3=3^n*3-3=3^n*3-9+9-3
=(3^n-3)*3+6. Die Zahl 3^n-3 ist durch 6 nach Induktionsvoraussetzung teilbar.
Insgesamt ist 3^(n+1)-3 durch 6 teilbar.
Beiß gerade inne Tischplatte
Wie ich an der Stelle 3*3^n-3 nicht weiter kam 😢
Immer wieder toller Content und toll erklärt
Frage: Unter dar Voraussetzung, dass 1 in drei Teile geteilt 0,1 ist und 2 in drei Teile geteilt 0,2 ist, was ist dann 1:2?
Nur liebe für dich
Als ich mir einen Weg überlegte wie man das lösen kann dachte ich mehr daran 0 in Form von -6+6 zu addieren. Das führt zu [3^(n+1) - 9] + 6. Aus dem Ausdruck in den eckigen Klammern klammert man 3 aus. Dann steht da 3*[3^n -3] + 6. In den eckigen Klammern steht jetzt die IV*3+6. Der ganze Ausdruck ist also durch 6 teilbar.
Aber nur wenn IV gerade ist. Dann hättest du aber das Herausziehen der 6 nicht gebraucht.
@@amigalemming die Induktionsvoraussetzung ist laut Definition durch 6 teilbar. Und sie muß involviert sein.
@@bernhardmorck7358 Bin schon zu sehr auf den Beweis ohne Induktion fixiert. Sorry.
Das Beispiel finde ich etwas unglücklich gewählt. Im I-Anfang und I-Vorrausetzung hätte der Teiler gar nicht 6 sein müssen. Null ist ja durch alle Zahlen Teilbar. Schritt und Vorrausetzung stimmen also immer, selbst für "ist durch 33454 teilbar". Aufgefallen wäre das erst ganz am Ende, wenn es nicht passt.
(abgesehen davon, dass man es, wie in den anderne Kommentaren erläutert, auch ganz ohne VI zeigen/argumentieren kann)
War mal wieder spitze
Das Video zeigt, was ich nie kapiert habe: was muss bei einer solchen Aufgabe schriftlich belegt werden und was kann einfach angenommen werden?
Richtig. Ich soll A beweisen, nehme aber dann an, dass A stimmt - was ich aber erst beweisen will 🤷♂️. Für mich hat die vollst. Induktion noch nie irgendwas bewiesen
Ja Gott sei Dank gibt's die vollständige Induktion 😂❤
Ich war etwas überascht vom Beweisende. An der Stelle mit den restlichen 2 x ... hätte ich durch äquivalente Umformung/Erweiterung eine Null in Form von +3-3+3-3 genutzt und dann nützlich umgestellt, sodass man die IV noch einmal benutzt und am Ende ein +6 übrig ist, was ja auch durch 6 teilbar ist, und so der Beweis abgeschlossen wird.
Mega, habe genau das in der Uni. Danke. Ich wollte mal fragen, ob du auch das ein oder andere Video zum Thema Nachschüssige bzw vorschüssige Rente hast.
3^n -3 = 3(3^(n-1)-1); 3|3 und 2|(3^(n-1)-1) für n>0 . Daher (3*2)|(3^n-3) . Allgemein gilt, dass aus a|b und c|d (ac)|(bd) folgt.
Wäre auch mein Ansatz gewesen
🌹🌹Glückwunsch 400'000👍👍👍👍🌹🌹
Hallo Susanne, ich hab eine Frage. Vorerst muss ich sagen dass ich absolut kein Mathematiker bin und mich null mit den Thema auskenn deswegen kann die Frage jetzt für erfahrene etwas dumm klingen 😅. Aber kann man bei 5:20 nicht auch +3 rechnen somit wäre links 3×3^n und links | durch 9 teilbar. Dann :3 rechnen und dann steht da 3^n ist durch 3 teilbar was ja eine wahre Aussage wäre? Wie schon gesagt ist ne ziemliche Anfängerfrage hat mich aber trotzdem interessiert. LG
"Natürliche Zahlen" bereiten mir immer Bauchschmerzen, welche Definition nun gilt.
Ich schreibe gerne N0 und N*, weiß aber nicht, ob das spitzfindig betrachtet im selben Kontext korrekt ist. Jedenfalls ist es eindeutig.
Normalerweise wird ja je nach Definition N und N* oder N0 und N verwendet. Woher weiß man, in welchem Definitionsrahmen man sich bewegt, wenn nur N vorkommt?
Ist das eher was einfaches oder eher was schwereres aus'm Studium oder wie ist das generell einzuschätzen?
Übrigens, 3^n + 3 ist auch durch 6 teilbar.
Und 9^n - 1 ist durch 8 teilbar.
Ging es nicht zu behaupten: 1. Teilbarkeit durch 3 ist wie bewiesen gegeben. Und 2. Das bei 3.(k-1), (k-1) ist eine gerade Zahl, wenn k ungerade, was bei Produkten aus ungeraden Zahlen immer der Fall ist? (Produktregel k ist ein Produkt von 3ern)
Kannst du bitte ein Video zur Herleitung bzw zum Beweis der Additionstheoreme des Sinus hochladen?
Hätte man auch einfach die IV mal 2 nehmen können, um die Teilbarkeit für 2*3^n zu zeigen?
Also erstmal: Jede Zahl, die durch 2 und 3 teilbar ist, ist logischerweise auch durch 6 teilbar. 3^n ist durch 3 teilbar, da es ja die 3^n ist, und dadurch 3*3*...*3. Und wenn man minus drei rechnet, ist das ja offensichtlich auch durch drei teilbar. Und da 3^n immer ungerade ist, ist 3^n-3 immer gerade, da ungerade - ungerade = gerade. Also ist 3^n-3 durch 2 teilbar, und auch durch 3. Also auch durch 6.
Genauso hab ich es auch gemacht. Da ist dann ein direkter Beweis, der keine Induktionskette erfordert.
@@goldfing5898 Stimmt.
Reicht es nicht aus anzumerken, dass 3^n-3=3(3^(n-1)-1)? Da 3^(n-1) ja für alle positive ganzen Zahlen n ungerade ist (1, 3, 9, 27, ...) ist 3^(n-1)-1 eine gerade Zahl also ein Vielfaches von 2 (3^(n-1)-1=2m) und so haben wir 3^n-3=3*2m=6m.
kurze frage ich studiere Informatik daher gilt die Null in meinem Fall auch als natürliche Zahl. Ich habe eine ähnliche Aufgabe bei welcher n nur angegeben ist für alle natürlichen Zahlen. Daher meine Frage ob es ein Fehler wäre wenn ich schon beim IA davon ausgehe das n
Es kommt immer drauf an wie euer Prof das festlegt. Wenn er sagt, dass die 0 zu den natürlichen Zahlen dazugehört, dann musst du den Induktionsanfang bei n=0 machen. 😊
Nice :)
Bitte numerisches Mathe und Ableitung komplexer Funktionen
trivialerweise folgt durch vollständige Induktion 6 | 3^n-3 qed.
Ich finde Induktionsbeweise bei solchen Aufgaben nicht schön.
Eine Zahl ist durch 6 teilbar, wenn sie durch 3 und 2 teilbar ist.
3^n-3 ist für n>0 trivial durch 3 teilbar
Außerdem ist 3^n-3 ≡ 1^n-1 = 0 mod (2). Somit ist die Zahl auch durch 2 teilbar.
Hätte man bei 2 * 3^n nicht schon mit der Teilbarkeitsregel der 6 argumentieren können, da jedes Vielfache von 3 mit 2 multipliziert auf jeden Fall durch 6 teilbar sein muss? So hätte man sich die letzte Umformung sparen können.
Gibt es auch eine unvollständige Induktion?
Hat induktion nicht eher was mit erzeugung von Mangentfeldern durch strohmdurchflossenene Leitungen zu tun, wie z.b. in einem Trafo?
das ist beides Induktion, einmal mathematisch, einmal physikalisch. Induktion kommt von lateinisch "inductio" = Hineinführung. In der Mathematik wird aus dem Spezialfall der allgemeine Fall gefolgert, also quasi in den allgemeinen Fall hineingeführt. In der Physik wird beispielsweise elektrischer Strom durch das sich wandelnde Magnetfeld in einen Leiter "hineingeführt".
Die Philosophie kennt das Wort ebenfalls, ähnlich der Mathematik: man schlussfolgert vom Speziellen auf das Allgemeine, die Biologie kennt es wiederum leicht anders: durch Umwelteinflüsse wird eine Änderung (Genexpression, Entwicklungsschritt) ausgelöst, also wieder in den Körper "hineingeführt".
du kommst von Kuchenbacken auf Arschbacken....aber ja, es ist schon sehr naheliegend
Nee, Induktion gibt es in der Philosophie.
Zum Beispiel wenn man beweisen möchte dass es keine schwarzen Schwäne gibt. :D
Warum musste bei diesem Induktions-Beispiel gezeigt werden das es auch für n + 1 gilt?
Das ist nicht nur hier so, das ist das Grundprinzip der VI. Ich habe festgestellt, dass die formale Erklärung manchmal verwirrt und daher das Erklärmuster einmal umgedreht. Manchen hilft das. 🙂
Wir ignorieren erstmal den Induktionsanfang und auch die Induktionsvorraussetzung.
Dann überlegen wir uns folgende Situation. Können wir zeigen, dass eine Aussage, die für n gilt auch für n+1 gelten muss? Dabei ist uns erstmal noch egal, ob sie für n tatsächlich gilt oder nicht. Uns interessiert nur, ob aus n -> n+1 folgen würde. Dann formen wir die Aussage um (z.B. wie im Video) um das zu zeigen. Jetzt wissen wir: Wenn n, dann auch n+1.
Nun suchen wir uns ein n (in dem Falle 1) und probieren, ob die Aussage gilt. Wenn sie gilt, dann haben wir vorher gezeigt, dass es auch für das nächste n (=n+1) gelten muss. Und das Übernächste, und das Überübernächste... usw. 🙂
(Ja, ich weiß, dass das im Prinzip genau das Gleiche ist, wie die Standardreihenfolge, aber für Einige, denen ich die VI erklärt habe, war es einfacher zu verstehen, wenn man den Induktionsschritt isoliert betrachtet, ohne schon den Induktionsanfang im Kopf zu haben.
In der Praxis fängt man allerdings beim Induktionsanfang (z.B. n=1) an, weil man sich die ganze Umformerei im Induktionsschritt sparen kann, wenn schon der Anfang nicht gilt.)
@@1zaj34 Danke für den Erklärungsversuch, aber jetzt verstehe ich noch weniger als vorher. 😂
@@profihandwerker4828 War die Frage also, warum hier überhaupt VI gemacht wurde, obwohl es auch ohne geht?
@@johannmeier6707 Nein, obwohl es auch ohne geht, ich konnte aus der Aufgabenstellung nicht herauslesen das dies n + 1 noch verlangt wird. Susanne hat hier nicht alles gut erklärt, was sie sonst aber immer gut macht.
@@profihandwerker4828 Es für n + 1 zeigen ist vollständige Indution. Das ist immer so, den ngenau das IST vollständige Induktion. Die Aufgabenstellung verlangte doch explizit vollständige Indution, daraus folgt implizit "n+1".
3^(n+1) - 3 = 3*(3^n - 3) + 6
6 | x => 6 | 3 * x
6 | x => 6 | x + 6
Woher kennt man das alles ? -Total verrückt
Ich werde es nie verstehen.
Indunktionsanfang ist klar. Ich beweise, dass die Teilbarkeit durch 6 für n = 1 gilt.
Ab jetzt sagst du immer wieder, dass es auch für 3^n - 3 gilt, was aber erst bewiesen werden soll.
Du sagst für die Induktionsvorausetzung, wir haben ein n gefunden und damit können wir den Schritt 2 auch schon abhaken. Ja, ein n, nämlich die 1. Das heißt doch aber noch lange nicht, dass es für alle n gilt, was aber in den nächsten Schritten vorausgesetzt wird.
Wo ist mein Denkfehler?
Siehe meine Erklärung unten, Stichwort "Domino-Effekt".
Weil du im IA es bereits für einen ganz konkreten Fall gezeigt hast. Selbst wenn n=1000 ist, kannst du eben im Indutionsschritt theoretisch erstmal alle 999 explizit hinschrieben und müsstest nur den 1000. noch beweisen, denn dieses Ausklammern und Umformen zur "n=0"-Form kannst da ja immer wieder und wieder und wieder ... machen. Wenn du dann zu 1001 gehst, kommt wieder der n=0 genau einmal dazu.
0 geteilt durch 6 ist nicht null
doch - einfach mal in den Taschenrechner eintippen :-)
Ich dacht 3^0=1
UNI MATHE?? wohl eher nicht, vlt. Mathe Vorkurs. Bei mir gab's sowas in der 11. Klasse
Vollständige Induktion? Nie gehört
Ich verstehe nicht, dass man für einen Beweis, dass 3^n-3 durch 6 teilbar ist, voraussetzen darf, dass 3^n-3 durch 6 teilbar ist.
Das allein würde auch nicht genügen und wäre ein Ringschluß, wo sich die Katze in den Schwanz beißt. Aber es werden noch mehr Sachen vorausgesetzt. Im Prinzip basiert die vollständige Induktion auf einer Art Domino-Effekt:
1.) Zuerst zeigt man, daß die Behauptung für eine bestimmte Zahl n gilt, meist für n = 0 oder n = 1.
2.) Dann zeigt man, daß, wenn die Behauptung für ein irgendein beliebiges n auf dem Zahlenstrahl gilt, sie auch für dessen Nachfolger auf dem Zahlenstrahl gilt, also für n+1. Dabei wird n nicht konkret festgelegt, sondern allgemein gehalten, also als Variable n behandelt.
Da man in Schritt 1) gezeigt hat, daß die Behauptung für n = 1 gilt, muß sie laut Schritt 2) auch für seinen Nachfolger gelten, also für n=2. Und für dessen Nachfolger n=3 ebenfalls, für n=4 ebenfalls usw.
Im 1. Schritt stößt man also quasi den ersten Dominostein um, und im 2. Schritt sorgt man dafür, daß jeder umkoppende Dominostein den nächsten Dominostein umkippt usw.
@@goldfing5898 Das ist es ja, in Schritt 2 wird behauptet, dass es auch für n + 1 gilt. Bewiesen wird in Schritt 3, dass es auch für n + 1 gilt, allerdings mit der noch unbewiesenen Behauptung, dass es für alle n gilt. Tut mir leid, das verstehe ich nicht.
Ja, da ist ein Diminoeffekt, in dem aber in jedem Schritt die unbewiesene ursprüngliche Behauptung steckt.
@@eepkju Schritt 2 ist die Aussage "es existiert EIN n, für das gilt" (nämlich das explizit gezeigt n = 0). Dort wird noch(!) nicht behauptet es gelte für alle. Das wird dann im dritten Schritt gezeigt, indem man den Term so umformt, dass der Ausgangsterm wieder vorkommt + ein wieterer Term für den es auch stimmt.
Wenn du in diese konkrete Form jetzt n=1 einsetzt, stimmt es. Setzt du n=2 ein, kannst du für den Ausgangsterm die selben Schritte ja einfach nochmal machen. Dann kannst du den Ausgangsterm wieder umformen. Das kannst du von Hand machen, aber du siehst ja, dass es imemr wieder absolut identisch geht, jetzt für JEDEs n. qed.
Achtung Pseudoformeln: n0 ist bewiesen durch ausprobieren. n1 wurde umgeformt zu "n0 + N" und bewiesne dass "N" für ALLE N stimmt. beweisen. Der Gedankenschritt den man haben muss: n2 kannst du aber zu "n0 + n0 + N" (alles drei bewiesen) umformen, n3 zu "n0 + n0 + n0 + N" (alles vier beweisen), ad infitium. Du kannst den Induktionsschirtt ja bieliebig oft wiederholen.
Das ist das was man eigentlich zeigt: dass der Induktionsschritt immer wieder zur Ausgangsform + ein "einzelner eindeuig bewiesneer Term" zurückführt, egal was man einsetzt.
@@johannmeier6707 Danke. Jetzt habe ich es endlich verstanden 🙂
@@johannmeier6707 Danke, hab's dank deiner Erklärung nun auch verstanden!
HALLO ICH HEIßE ROBEN UND KOMME AUS DEUTSCHLAND. ICH WOHNE IN BERLIN AN DER QUADENWEG STRAßE 24 . MEINE MUTTER WILL MIT DIR LESBISCH SEIN WENN DU EIN FREUND HAST DAN WIRD ER IST AM 10.04 NICH ZUHAUSE SEIN AHHAHAHAHAHAHAHAHAHAHHAHAHAHAHAHAHAHAAH
Das Video kommt leider 20 Jahre zu spät.
Besser jetzt wissen als nie👍
Vor 20 Jahren gab es vielleicht keinen UA-cam.