1 Induktion

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Induktion
Wir bezeichnen mit
N = {0, 1, 2, . . .}, Z = {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . .}
p
Q=
; p, q ∈ Z und q 6= 0 , R = reelle Zahlen
q
die Mengen der natürlichen, ganzen, rationalen und reellen Zahlen.
Sind A, B beliebige Mengen, so schreiben wir
x∈A
für “x ist ein Element von A“,
A⊂B
, falls jedes x ∈ A auch zu B gehört,
A∪B
= {x; x ∈ A oder x ∈ B},
A∩B
= {x; x ∈ A und x ∈ B} ⊂ A ∪ B.
Wir setzen voraus, dass die Menge N der natürlichen Zahlen das folgende Axiom erfüllt:
Ist n0 ∈ N und ist M ⊂ N eine Teilmenge mit
(i) n0 ∈ M ,
(ii) aus n ∈ M und n ≥ n0 folgt, dass n + 1 ∈ M ,
so gilt {n ∈ N; n ≥ n0 } ⊂ M .
Auf diesem Axiom beruht die Gültigkeit des Induktionsprinzips:
Sei n0 ∈ N. Möchte man zeigen, dass für alle n ∈ N mit n ≥ n0 eine
Aussage E(n) gilt, genügt es zu zeigen:
(i) E(n0 ) ist richtig,
(ii) ist n ≥ n0 und gilt die Aussage E(n), so gilt auch die Aussage E(n + 1).
Beispiel: Für alle n ∈ N gilt:
0 + 1 + 2 + ... + n =
Beweis. (Induktion)
Induktionsanfang n = 0:
1
n(n + 1)
2
Linke Seite = 0 =
0(0+1)
2
= Rechte Seite
Induktionsschritt n → n + 1, n ≥ 0:
Induktionsvoraussetzung :
Sei 0 + 1 + . . . + n =
Induktionsschluss :
n(n + 1)
schon gezeigt.
2
Es gilt
IV
0 + 1 + . . . + n + (n + 1) =
(n + 1)(n + 2)
n(n + 1)
+ (n + 1) =
.
2
2
Summen und Produktzeichen: Sind m, n ∈ Z mit m ≤ n und am , . . . , an ∈ R, so definieren wir
n
X
j=m
n
Y
aj
= am + am+1 + . . . + an ,
aj
= am · am+1 · . . . · an .
j=m
Für am , . . . , an , bm , . . . , bn ∈ R, c ∈ R, k ∈ Z gilt:
P
P
P
n
n
n
(i)
a
+
b
= j=m (aj + bj ),
j
j
j=m
j=m
(ii) c
(iii)
P
n
j=m
Pn−k
j=m−k
P
n
aj = j=m (caj ),
aj+k =
Pn
j=m
aj .
Die Eigenschaften (i) und (iii) gelten entsprechend auch für Produkte.
Für n < m definiert man:
n
X
n
Y
aj = 0,
j=m
aj = 1.
j=m
Wir erinnern an die Definition der Binomialkoeffizienten.
Definition 1.1. Für n ∈ N definiert man
n! =
n
Y
k
(n − Fakultät).
k=1
Beachte, dass 0! = 1 ist.
Satz 1.2. Sei {x1 , . . . , xn } eine n-elementige Menge. Dann ist n! gleich der Anzahl der
Möglichkeiten, die n Elemente x1 , . . . , xn auf n Plätze zu verteilen.
Beweis. (Induktion nach n):
(Induktionsanfang) n = 1:
LS = 1! = 1 = RS für n = 1.
2
Induktionsschritt n → n + 1, n ≥ 1:
Induktionsvoraussetzung: Die Aussage gelte für n.
Induktionsschluss: Sei {x1 , . . . , xn+1 } eine (n + 1)-elementige Menge. Auf Platz 1 kann man setzen
x1 oder x2 oder . . . xn+1 .
Zu jeder dieser n + 1 Möglichkeiten gibt es nach Induktionsvoraussetzung n! Möglichkeiten, die übrigen n
Elemente auf die restlichen n Plätze zu verteilen. Insgesamt gibt es also (n+1)n! = (n+1)! Möglichkeiten.
Definition 1.3. Für n, k ∈ N setzt man
Y
k
n
n−j+1
n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)
=
=
k
j
k!
j=1
(Binomialkoeffizienten).
Aus der Definition folgt:
(i) Für k > n ist
n
k
= 0, denn es ist n − k + 1 ≤ 0 ≤ n.
n
k
(ii) Für 0 ≤ k ≤ n gilt:
n
0
(iii) Insbesondere ist
=
n!
k!(n−k)! .
=1=
n
n
für alle n ∈ N.
Lemma 1.4. Für 1 ≤ k ≤ n gilt:
n
n−1
n−1
=
+
.
k
k−1
k
n−1
Beweis. Für k = n gilt nn = 1 = 1 + 0 = n−1
n−1 +
n .
(n−1)!
(n−1)!
n−1
+ k!(n−1−k)!
.
Für 1 ≤ k ≤ n − 1 ist n−1
= (k−1)!(n−k)!
k−1 +
k
n!
k(n − 1)! + (n − k)(n − 1)!
=
=
=
k!(n − k)!
k!(n − k)!
n
.
k
Satz 1.5. Für n ∈ N, n ≥ 1, ist
n
k
= Anzahl der k-elementigen Teilmengen von {1, . . . , n}
für k = 1, . . . , n.
Beweis. (vollständige Induktion)
(IA) n = 1:
Für k = 1 ist: LS =
1
1
= 1 = RS.
(IS) n → n + 1, n ≥ 1:
Induktionsvoraussetzung: Sei die Behauptung gezeigt für n.
3
Induktionsschluss: Sei k ∈ {1, . . . , n + 1}.
Für k = 1 ist n+1
= n + 1 = Anzahl der 1-elementigen Teilmengen von {1, . . . , n + 1}.
1
n+1
Für k = n + 1 ist n+1 = 1 = Anzahl der (n + 1)-elementigen Teilmengen von {1, . . . , n + 1}.
Für k = 2, . . . , n gilt:
Anzahl der k-elementigen Teilmengen von {1, . . . , n + 1}
=
Anzahl der k-elementigen Teilmengen A ⊂ {1, . . . , n + 1} mit n + 1 ∈ A
+ Anzahl der k-elementigen Teilmengen A ⊂ {1, . . . , n + 1} mit n + 1 ∈
/A
n
n Lemma 1.4 n + 1
IV
=
+
=
.
k−1
k
k
Als Folgerung erhält man insbesondere, dass
n
k
∈ N ist für alle n, k ∈ N.
Satz 1.6. (Binomialtheorem)
Für x, y ∈ R und n ∈ N gilt:
(x + y)n =
n X
n k n−k
.
x y
k
k=0
Beweis. (Induktion)
(IA) n = 0:
Es ist (x + y)0 = 1 =
0
0
x0 y 0−0 .
(IS) n → n + 1, n ≥ 0:
Sei die Behauptung gezeigt für n. Dann gilt:
(x + y)n+1
=
IV
(x + y)(x + y)n = (x + y)
n X
n
k=0
=
=
=
=
n X
n
xk y n−k
n X
n k n+1−k
k+1 n−k
x
y
+
x y
k
k
k=0
k=0
n+1
n X n X
n k n+1−k
xk y n+1−k +
x y
k−1
k
k=1
k=0
n X
n
n
n+1
+
xk y n+1−k + y n+1
x
+
k−1
k
k=1
n+1
X n + 1 xk y n+1−k .
k
k=0
Dabei haben wir im letzten Schritt Lemma 1.4 benutzt.
Satz 1.7. (Geometrische Summen)
Für x ∈ R \ {1} und n ∈ N gilt:
k
n
X
k=0
xk =
1 − xn+1
.
1−x
4
Beweis. (Induktion)
(IA) n = 0:
Es ist LS = x0 = 1 =
1−x
1−x
= RS.
(IS) n → n + 1, n ≥ 0:
Sei die Behauptung gezeigt für n. Dann gilt
n+1
X
k=0
xk =
n
X
k=0
IV
xk + xn+1 =
1 − xn+1 + xn+1 − xn+2
1 − xn+2
1 − xn+1
+ xn+1 =
=
.
1−x
1−x
1−x
5