Elementare Zahlentheorie und Problemlösen (11'') - Mathematik und ...

210 Problemlösestrategien 6.3
Da die rechte Seite von (6.13) eine k-te Potenz ist, wäre es günstig, wenn wir
1 − k nach oben durch eine k-te Potenz abschätzen könnten, deren Basis nicht
n+3
von k abhängt. Dann müsste in einem letzten Rückwärtsschritt nur noch gezeigt
werden, dass die n-te Potenz dieser Basis für alle n ∈ N 6 kleiner als 1 2 ist.
Für k = 2 und n ∈ N erhalten wir durch “quadratische Ergänzung”
( )
1 − 2
n+3 < 1 − 2
n+3 + 1 = 1 − 1 2
(n+3) 2 n+3 .
Ersetzen wir −1 durch x und beachten, dass (1+2x)(1+x) = n+3 1+3x+2x2 ≥ 1+3x
gilt, so ergibt sich 1 + 3x ≤ (1 + x) 3 als eine weitere Anwendung der Rückwärtsstrategie,
und wir erkennen, dass die Multiplikation mit 1 + x auf beiden Seiten
der entsprechenden Ungleichung mit k anstelle von 3 sogar den Induktionsschritt
für den Beweis der Bernoullischen Ungleichung
(6.14) 1 + kx ≤ (1 + x) k für alle k ∈ N und für jedes x ∈ R mit x ≥ −1
liefert.
Damit haben wir in (6.13)
( )
1 − k n (
n+3 ≤ 1 − 1
n+3
(
Wegen
( ( ) )
1 − 1 n+6
n+9
1 − 1 9) 6
= 0, 49327 . . . <
1
2
n∈N
) ( kn ( ) )
= 1 − 1 n k
für alle n ∈ N
n+3
1 und k ∈ I n .
monoton fallend ist.
In [13] wird dazu die Ableitung der Funktion
genügt es nun zu zeigen, dass die Folge
(
x ↦→
( ) )
1 − 1 x
x+3 , x ≥ 6
betrachtet. Wir verwenden ebenfalls die Verallgemeinerungsstrategie, aber mit
einer viel einfacheren Methode, die sogar in einem Schulbuch bei der Einführung
( )
der Exponentialfunktion gebraucht wird. Da wir 1 − 1 n ( )
n+3 ≥ 1 − 1 n+1
n+4
für jedes n ∈ N 6 beweisen wollen, versuchen wir herauszufinden, für welche x ∈ R
die Polynomrelation
(6.15)
(
1 − x
n+3
) n
≥
(
1 − x
n+1
n+4)
für alle n ∈ N6
( )
erfüllt ist. Dazu setzen wir f n (x) : = 1 − x n+1 ( )
1 − x −n
n+4
n+3 für n ∈ N1 und
x < 4. Durch Differentiation erhalten wir dann
f n(x) ′ = n+1
n+4
=
(
1 − x
n+4
(
1 − x
n+4
) n (
1 − x
n+3
) n (
1 − x
n+3
) −n
+
n
n+3
) −n−1
x−3
(n+3)(n+4) .
( )
1 − x n+1 ( )
1 − x −n−1
n+4
n+3