Vorkurs Mathematik Intensiv Folgen und vollständige Induktion

Prof. Dr. J. Dorfmeister
und Tutoren
TU München
WS 06/07
Vorkurs Mathematik Intensiv
Folgen und vollständige Induktion – Musterlösung
1. Addieren Sie alle natürlichen Zahlen von 1 bis 50 (und finden und beweisen Sie eine Formel für die
Summe der natürlichen Zahlen von 1 bis n)!
Lösung:
Ordnen der Zahlen zu Paaren, die stets 51 ergeben: 50 + 1, 49 + 2, . . .. Man erhält 25 · 51 = 1275.
Formel für beliebiges n: n = n(n+1)
2
Beweis durch vollständige Induktion:
√
n = 1: 1(2)
2 =1
Pn+1
Pn
√
n(n+1)
n ≥ 1:
+ (n + 1) = n(n+1)
+ 2n+2
= (n+1)(n+2)
k=1 k =
k=1 k + (n + 1) =
2
2
2
2
Pn
2. Zeigen Sie: 1 + 22 + 32 + · · · + n2 = k=1 k 2 = n(n+1)(2n+1)
6
Lösung:
√
n = 1: 1 = 1(1+1)(2+1)
= 66 = 1
6
Pn+1 2
Pn
n(n+1)(2n+1)
2
2
n ≥ 1:
+ (n + 1)2 =
k=1 k =
k=1 k + (n + 1) =
6
√
(n+1)(n+2)(2n+3)
n(n+1)(2n+1)
6
+
6n2 +12n+6
6
=
6
3. Beweisen Sie für x 6= 1:
n
X
xk = 1 + x + x2 + x3 + · · · + xn =
k=0
xn+1 − 1
x−1
Lösung:
√
0+1
n = 0: x0 = 1 = x x−1−1
Pn+1 k Pn
k
n+1
n ≥ 0:
=
k=0 x =
k=0 x + x
xn+1 −1
x−1
xn+1 −1+xn+2 −xn+1
x−1
+ xn+1 =
=
xn+2 −1
x−1
√
4. Beweisen Sie die Bernoullische Ungleichung: (1 + x)n ≥ 1 + nx für n ∈ N und x ≥ −1
Lösung:
√
n = 1: (1 + x)1 ≥ 1 + x
n
2
2
n ≥ 1: (1+x)n+1 = (1+x)
√ ·(1+x) ≥ (1+nx)(1+x) = 1+x+nx+nx = 1+(n+1)x+nx ≥ 1+(n+1)x,
2
weil nx ≥ 0 ∀x.
5. Beweisen Sie folgende Aussagen:
(a) 2n > n2 für große n. (Wie groß muss n mindestens sein?).
(b) 3n > 3n + 3 für große n. (Wie groß muss n mindestens sein?).
Lösung:
(a) Ausprobieren: Aussage gilt ab n = 5.
2
n ≥ 5: 2n+1 = 2 · 2n > 2n2 > n2 + 2n + 1 = (n + 1)
√
(b) Ausprobieren: Aussage gilt ab n = 3.
n ≥ 3: 3n+1 = 3 · 3n > 3 (3n + 3) = 9n + 9 > 3n + 3 + 3 = 3 (n + 1) + 3
√
6. Beweisen Sie durch vollständige Induktion: |a1 + a2 + · · · + an | ≤ |a1 | + |a2 | + · · · + |an |
Lösung:
√
n = 1: |a1 | ≤ |a1 |
n ≥ 1: |a1 + a2 + . . . + an + an+1 | ≤ |a1 + a2 + . . . + an | + |an+1 | ≤ |a1 | + |a2 | + . . . + |an+1 |
1
√
7. Berechnen Sie die Summenwerte nachfolgender Summen für n = 1 bis n = 5, versuchen Sie eine
allgemeine Lösung zu finden und beweisen Sie diese mit Hilfe von vollständiger Induktion.
Pn
(a)
k=0 (2k + 1)
Pn
1−k
(b)
k=1 2
Lösung:
P1
P2
P3
(a) n = 1 : k=0 (2k + 1) = 4; n = 2 : k=0 (2k + 1) = 9; n = 3 : k=0 (2k + 1) = 16; n = 4 :
P4
P5
n = 5 : k=0 (2k + 1) = 36
k=0 (2k + 1) = 25; P
n
Allgemeine Lösung: k=0 (2k + 1) = (n + 1)2 .
Beweis:
√
n = 0: 1 = 1
Pn+1
Pn
2
2
2 √
n ≥ 0:
k=0 (2k + 1) =
k=0 (2k + 1) + (2n + 3) = (n + 1) + 2n + 3 = n + 4n + 4 = (n + 2)
P1
P2
P3
1−k
1−k
1−k
(b) n = 1 :
= 1; n = 2 :
= 32 ; n = 3 :
= 74 ; n = 4 :
k=1 2
k=1 2
k=1 2
P4
P
5
1−k
1−k
= 15
= 31
k=1 2
k=1 2
8 ; n=
16
P5n : 1−k
Allgemeine Lösung: k=1 2
= 2 − ( 21 )n−1
Beweis:
√
n = 1: 21−1 = 20 = 2 · 21 = 1
Pn+1 Pn
√
1−k
n ≥ 1:
+ 2−n = 2 − ( 21 )n−1 + ( 12 )n = 2 − ( 12 )n
k=1 =
k=1 2
8. Unvollständige Induktion?
Behauptung: n2 + 5n + 1 ist eine gerade Zahl (n ∈ N).
Zeigen Sie zunächst: falls die Behauptung für n wahr ist, gilt sie auch für n + 1.
Für welche n ist die Aussage tatsächlich wahr?
Lösung:
Annahme: ∃n ∈ N : n2 + 5n + 1 = 2k, k ∈ N ⇒ (n + 1)2 + 5(n + 1) + 1 = n2 + 2n + 1 + 5n + 6 =
(n2 + 5n + 1) + (2n + 6) = 2k + 2n + 6 =: 2k 0 , k 0 ∈ N. Die Behauptung gilt jedoch nie, denn
für gerades n ist n2 und 5n gerade, (n2 + 5n + 1) also ungerade. Für ungerades n sind n2 und 5n
ungerade, (n2 + 5n) also gerade und (n2 + 5n + 1) wieder ungerade.
Pn a + k a + n + 1 9. Beweisen Sie k=0
=
.
k
n
Lösung:
√
n = 0: a0 = 1 = a+1
0
√
Pn+1 a+k
n ≥ 0:
= a+n+1
+ a+n+1
= a+(n+1)+1
k=0
k
n
n+1
n+1
10. Binomischer Lehrsatz: Für n, k ∈ N0 , k ≤ n ist der Binomialkoeffizient definiert als
n!
n
=
k
k!(n − k)!
mit n! := 1 · 2 · · · · · n. Zeigen Sie zunächst durch geschicktes Umformen:
n
n
n+1
+
=
k
k+1
k+1
(Tipp: Hauptnenner! Oder kennen Sie vielleicht das Pascalsche Dreieck?)
Beweisen Sie dann mit Hilfe vollständiger Induktion den binomischen Lehrsatz:
n X
n
(x + y) =
xk y n−k
k
n
k=0
Lösung:
n+1 √
n
k
+
n
k+1
=
n!
n!
k!(n−k)! + (k+1)!(n−k−1)!
n+1
= n!( (k+1)+(n−k)
(k+1)!(n−k)! ) = n!( (k+1)!(n−k)! ) =
k+1
Beweis der Binomischen Lehrsatzes:
√
n = 0: (x + y)0 = 00 x0 y 0 = 1
2
(n+1)!
(k+1)!(n−k)!
=
Pn
Pn
n k n−k
n k+1 n−k
n ≥ 0: (x + y)n+1 = (x + y)n · (x + y) =
x y
· (x + y) =
x
y
+
k=0
k=0
k
k
k+1 n−k
Pn
Pn
Pn−1
Pn−1 n k+1 n−k
n k n−k+1
n k+1 n−k
n
=
y
+ k=−1 k+1 x
y
=
y
+
k=0 k x
k=0 k x
k x y
Pk=0
Pn−1 n+1 k+1 n−k
n−1
n
k+1 n−k
n+1
n+1
n+1
n+1
y
+ x
+ y
=
y
+ x
+ y
=
k=0 k+1 x
k+1x
k (n+1)−k √
Pk=0
Pn+1 n+1
n
n+1 k (n+1)−k
n+1
n+1
x
y
+
x
+
y
=
x
y
k=1
k=0
k
k
11. Zeigen Sie, dass die Anzahl d(n) der Diagonalen in einem ebenen, konvexen n-Eck durch die Formel
d(n) = n2 · (n − 3) berechnet werden kann! Für welche n gilt die Formel?
Tipp: Vollziehen Sie den Induktionsschritt nicht von n nach n + 1, sondern von n − 1 nach n.
Lösung:
Vorüberlegung: Wenn man von einem n-Eck auf ein (n+1)-Eck geht kommen (n-2) zusätzliche
Diagonalen hinzu. Nämlich zu allen bereits existierenden Ecken, außer den beiden Nachbarecken.
Sei n > 3: d(3) = 3/2(n − 3) = 0 stimmt, da im Dreieck keine Diagonalen existieren.
Sei nun d(n − 1) = n−1
2 ((n − 1) − 3) bewiesen. Aus der Vorüberlegung folgt:
d(n) = d(n−1)+(n−2) =
(n − 1)(n − 4) 2(n − 2)
n2 − 5n + 4 + 2n − 4
n2 − 3n
n
+
=
=
= (n−3)
2
2
2
2
2
12. Zeigen Sie, dass für jedes k ∈ Z gilt: (z)k = z k . (Hinweis: Vollständige Induktion)
Lösung:
√
k = 0: z̄ 0 = 1 = z k
√
k ≥ 0: z̄ k+1 = z̄ k z̄ = z k z̄ = z k+1
√
1
1
k < 0: z̄ k = z̄−k
= −1
= zk
z
13. Berechnen Sie jeweils die ersten Glieder
rekursiv definierten Folgen, finden Sie eine explizite
Pder
n
Darstellung für (an ) und für die Reihe k=1 (ak ) und beweisen Sie diese!
(a) a1 = 2,
(b) a1 =
1
2,
an+1 = an
an+1 =
an
2
Lösung:
√
(a) 2 = a1 = a2 =Pa3 = . . .
n
Behauptung: k=1 (ak ) = 2n.
Beweis:
√
n = 1: a1 = 2 · 1 = 2
Pn+1
Pn
√
n ≥ 1:
k=1 (ak ) =
k=1 (ak ) + an+1 = 2n + 2 = 2(n + 1)
1
(b) a1 = 12 ; a2 = 14 ; a3 = 18 ; a4 = 16
n
Behauptung: an = 12 .
Beweis:
1 √
n = 1: a1 = 12
n
n+1 √
n ≥ 1: an+1 = a2n = 12 · 12 = 12
n
Pn
Behauptung: k=1 (ak ) = 1 − 12
Beweis:
√
n = 1: a1 = 1 − ( 12 )1
Pn
Pn+1
1
1
k
n ≥ 1:
k=1 (ak ) =
k=1 2k + 2n+1 = 1 −
14. Es sei a1 = 3,
Lösung:
an+1 = 4 −
n = 1: a1 = 3 ∈ [3, 4]
n ≥ 1: an ∈ [3, 4] ⇒
1
4
1
an .
1
2n
+
1
2n+1
=1−
1 n+1
2
√
Zeigen Sie durch Induktion: an ∈ [3; 4]
√
≤
1
an
≤
1
3
⇒4−
1
4
≥4−
1
an
3
≥4−
1
3
⇒ an+1 ∈ [3, 4]
√