1 Vollständige Induktion

THM - MNI - Diskrete Mathematik WS16/17
Jakob Czekansky
Inhaltsverzeichnis
1
Vollständige Induktion - Beispiele
2
1.1 ∀n ∈ N ist 133 Teiler von 11n+1 + 122n−1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
n
2
n(n + 1)(2n + 1)
(quadratische Pyramidalzahlen) . . . . . . . . .
6
3
1.3 ∀n ∈ N : 32n+4 − 2n−1 ist durch 7 teilbar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.2 ∀n ∈ N : ∑ i2 =
i=1
1
THM - MNI - Diskrete Mathematik WS16/17
Jakob Czekansky
1 Vollständige Induktion - Beispiele
1.1 ∀n ∈ N ist 133 Teiler von 11n+1 + 122n−1
Beweis. Induktionsanfang: n = 1
111+1 + 122·1−1 = 112 + 121
= 121 + 12
= 133
133 hat 133 als Teiler. X
Induktionsvoraussetzung: 11n+1 + 122n−1 wird von 133 geteilt.
Induktionsschritt: n 7→ n + 1
Zu zeigen: 133 ist Teiler von 11(n+1)+1 + 122(n+1)−1
11(n+1)+1 + 122(n+1)−1 = 11n+2 + 122n+1
= 11 · 11n+1 + 122 · 122n−1
= 11 · 11n+1 + 144 · 122n−1
= 11 · 11n+1 + (133 + 11) · 122n−1
= 11 · 11n+1 + 133 · 122n−1 + 11 · 122n−1
= 11 · (11n+1 + 122n−1 ) + 133 · 122n−1
= 11 · (11n+1 + 122n−1 ) +
|
{z
}
wird nach IV von 133 geteilt
133
122n−1}
| · {z
durch 133 teilbar wegen: 133·...
Da die Summe von zwei durch 133 teilbaren Zahlen wieder durch 133 teilbar ist, ist die Aussage somit bewiesen.
2
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n
1.2 ∀n ∈ N :
∑ i2 =
i=1
Jakob Czekansky
n(n + 1)(2n + 1)
(quadratische Pyramidalzahlen)
6
Beweis. Induktionsanfang: n = 1
1
∑ i2
= 12 = 1 =
i=1
6
1·2·3
=
X
6
6
n
Induktionsvoraussetzung:
∑ i2 =
i=1
n · (n + 1) · (2n + 1)
6
Induktionsschritt: n 7→ n + 1
n+1
Zu zeigen:
∑ i2 =
i=1
n+1
∑ i2
n
=
i=1
∑ i2
n · ((n + 1) + 1) · (2(n + 1) + 1)
6
!
+ (n + 1)2
Summe zerlegt
i=1
IV
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
n · (n + 1) · (2n + 1)
+ (n + 1)2
6
n · (n + 1) · (2n + 1) 6 · (n + 1)2
+
6
6
n · (n + 1) · (2n + 1) + 6 · (n + 1)2
6
(n + 1) · (n · (2n + 1) + 6 · (n + 1))
6
2
(n + 1) · (2n + n + 6n + 6)
6
(n + 1) · 2 · (n2 + 3, 5n + 3)
6
(n + 1) · 2 · (n + 2) · (n + 1, 5)
6
(n + 1) · (n + 2) · 2 · (n + 1, 5)
6
(n + 1) · ((n + 1) + 1) · (2n + 3)
6
(n + 1) · ((n + 1) + 1) · (2 · (n + 1) + 1)
6
3
IV eingesetzt
erweitert
Brüche zusammengefasst
(n + 1) ausgeklammert
Klammern aufgelöst
2 ausgeklammert
Klammer mittels Linearfaktoren dargestellt
umgeordnet
umgeschrieben
umgeschrieben
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Jakob Czekansky
1.3 ∀n ∈ N : 32n+4 − 2n−1 ist durch 7 teilbar.
Beweis. Induktionsanfang: n = 1
32·1+4 − 21−1 ist durch 7 teilbar, denn:
32·1+4 −21−1 = 36 −20 = 32 ·32 ·32 −1 = 9·9·9−1 = 81·9−1 = 729−1 = 728 =
104
| {z· 7}
durch 7 teilbar
Induktionsvoraussetzung: 32·n+4 − 2n−1 ist durch 7 teilbar
Wichtige Idee für den folgenden Lösungsweg:
„durch 7 teilbar“ bedeutet, dass man diese Zahl auf jeden Fall als ein Vielfaches von 7 darstellen kann. Also als 7 · m, m ∈ N.
Die 21 wäre beispielsweise durch 7 teilbar - also kann man sie als 7 · m darstellen, wobei für
die 21 gilt, dass m = 3 ist, denn 21 = 7 · 3.
Allgemein heißt das, dass man die Induktionsvorraussetzung auch anders darstellen kann:
32n+4 − 2n−1 ist durch 7 teilbar ⇔ 32n+4 − 2n−1 = 7 · m
Den hinteren Ausdruck werden wir später als IV nutzen.
Induktionsschritt: n 7→ n + 1
Zu zeigen: 32·(n+1)+4 − 2(n+1)−1 ist durch 7 teilbar
32·(n+1)+4 − 2(n+1)−1 = 32n+6 − 2n
Klammern berechnet
= 32n+4 · 32 − 2n−1 · 2
Ausdruck aufgesplittet
= 32n+4 · 9 − 2n−1 · 2
32 = 9
= (7m + 2n−1 ) · 9 − 2n−1 · 2
IV eingesetzt: 32n+4 − 2n−1 = 7 · m
⇔ 32n+4 = 7 · m + 2n−1 , m ∈ N
= (63m + 9 · 2n−1 ) − 2 · 2n−1 Klammer berechnet, umgeordnet
= 63m + 2n−1 · (9 − 2)
=
7| · {z
9 · m} + |7 · {z
2n−1}
durch 7 teilbar durch 7 teilbar
|
{z
}
durch 7 teilbar
4
2n−1 ausgeklammert
faktorisiert