Elementare Zahlentheorie — 2. ¨Ubung

Prof. Dr. Jörn Steuding, Pascal Stumpf
Institut für Mathematik, Universität Würzburg
2/3/4. November 2016
Elementare Zahlentheorie — 2. Übung
Präsenzaufgabe 1.
P
a) Schreibe die folgenden Ausdrücke mit Hilfe des Summationsymbols
:
(i)
1
1
1
1
+
+
+ ... +
,
1·2 2·3 3·4
n(n + 1)
(ii)
−1 + 2 − 3 + 4 − 5 ± . . . + n
falls n gerade,
bzw.
−1 + 2 − 3 + 4 − 5 ± . . . − n
falls
n ungerade.
b) Versuche einen geschlossenen Ausdruck für die Summen in a) zu raten und
versuche anschließend, diese zu beweisen!
Präsenzaufgabe 2.
Beweise folgende Identitäten:
(i) Für n ∈ N gilt
n
X
j 2 = 16 n(n + 1)(2n + 1),
j=1
(ii) Für n ∈ N gilt
n
X
j=1
j(j + 1) = 31 n(n + 1)(n + 2).
Lösungsskizze Aufgabe 1:
Zu a): In (i) werden die Kehrwerte zweier aufeinanderfolgender ganzer Zahlen,
1
, für j von 1 bis n aufsummiert, d.h.
also j(j+1)
n
X
1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
=
.
1·2 2·3 3·4
n(n + 1)
j(j + 1)
j=1
In ii) werden die ersten n natürlichen Zahlen j = 1, 2, . . . , n mit wechselndem
Vorzeichen aufsummiert, wobei die geraden Zahlen positives und die ungeraden
Zahlen negatives Vorzeichen haben, was wir mit einem Faktor (−1)j für den j-ten
Summanden ausdrücken. Also
n
X
(−1)j j
−1 + 2 − 3 + 4 − 5 ± . . . + (−1)n n =
j=1
Wollte man die Summe 1 − 2 + 3 − 4 ± . . . behandeln, so müsste man nur noch
einen zusätzlichen Faktor (−1) einbauen.
Zu b): Wir setzen zunächst ein paar Werte ein:
1
1
1
1
1 1
4
2
= ,
+
= + = = ;
1·2
2
1·2 2·3
2 6
6
3
vielleicht ist es sinnvoll, gar nicht das größte Produkt im Nenner auszuführen? Wir
berechnen noch den folgenden Wert:
1
1
6+2+1
3·3
3
1
+
+
=
=
= ,
1·2 2·3 3·4
3·4
3·4
4
und vermuten die Formel
n
X
1
1
1
1
n
1
+
+
+ ... +
=
=
1·2 2·3 3·4
n(n + 1)
j(j + 1)
n+1
j=1
Wir beweisen diese mit vollständiger Induktion nach n:
Induktionsanfang n = 1: siehe oben.
Induktionsschritt n 7→ n + 1: Angenommen die Formel gilt für n, so folgt damit
durch Einsetzen
n+1
n
X
X
1
1
1
=
+
j(j + 1)
j(j + 1) (n + 1)(n + 2)
j=1
j=1
=
1
n2 + 2n + 1
n+1
n
+
=
=
,
n + 1 (n + 1)(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
n+2
womit die Formel also für alle n ∈ N gültig ist.
Setzen wir in der Summe ii) für n die ersten natürlichen Zahlen n = 1, 2, . . . , 5
ein, so ergibt sich für die Summen der Reihe nach
−1,
−1+2 = +1,
−1+2−3 = −2,
−1+2−3+4 = +2,
−1+2−3+4−5 = −3.
Wir erkennen ein Muster: Es entstehen die von 0 verschiedenen ganzen Zahlen
−1, +1, −2, +2, −3 und entsprechend erwarten wir für n = 6 als Summenwert
n = +3, für n = 7 dann −4, für n = 8 dann +4 usw. Wir vermuten also
n
X
n/2
falls n gerade,
j
n
(−1) j =
−1 + 2 − 3 + 4 − 5 ± . . . + (−1) n =
−(n + 1)/2 falls n ungerade.
j=1
Den Beweis führen wir mit vollständiger Induktion nach n:
Induktionsanfang n = 1 und n = 2: Die linke Seite unserer vermuteten Formel
ist gleich −1; weil n = 1 ungerade ist, ist die rechte Seite unserer vermuteten
Formel −(1 + 1)/2 = 1, was mit der linken Seite also übereinstimmt. Wir müssen
zudem noch den Fall einer geraden Zahl verankern, also n = 2. In diesem Fall
finden wir −1 + 2 = +1 auf der linken Seite in Übereinstimmung mit 2/2 = 1 auf
der rechten Seite.
Induktionsschritt n 7→ n + 1: Wir setzen die Formel für n voraus und haben die
Formel für n + 1 (statt n) herzuleiten. Wir müssen wieder unterscheiden, ob n
gerade oder ungerade ist. Zunächst sei n ungerade. Es gilt
−1 + 2 ∓ . . . + (−1)n n + (−1)n+1 (n + 1) = −1 + 2 ∓ . . . − n + (n + 1)
Für die ersten n Summanden dürfen wir die Induktionsvoraussetzung benutzen
und erhalten daher
n+1
(n + 1)
+ (n + 1) =
,
−1 + 2 ∓ . . . + (−1)n n + (−1)n+1 (n + 1) = −
2
2
was korrekt ist, da n + 1 in diesem Fall gerade ist. Ist hingegen n gerade, so ergibt
sich ganz ähnlich
−1 + 2 ∓ . . . + (−1)n n + (−1)n+1 (n + 1) = −1 + 2 ∓ . . . + n −(n + 1)
n
(n + 1) + 1
=
−(n + 1) = −
,
2
2
was ebenfalls korrekt ist, da nun n + 1 ungerade ist. Damit gilt die Formel für alle
n ∈ N.
Lösungsskizze Aufgabe 2 (sehr kurz):
Zu i): Wiederum mit vollständiger Induktion zeigt man hier die Gültigkeit der
Formel für n = 1 (Induktionsannahme) und macht den Induktionsschritt wie folgt:
n+1
X
j
2
=
n
X
j 2 + (n + 1)2
j=1
j=1
=
1
6 n(n
+ 1)(2n + 1) + (n + 1)2 = 61 (n + 1)(n + 2)(2n + 3).
Zu ii): Ganz ähnlich gilt auch hier die Induktionsannahme. Der Induktionsschritt
verifiziert sich so:
n
n+1
X
X
j(j + 1) + (n + 1)(n + 2)
j(j + 1) =
j=1
j=1
=
1
3 n(n
+ 1)(n + 2) + (n + 1)(n + 2) = 31 (n + 1)(n + 2)(n + 3).
Beide Formeln sind somit für alle n ∈ N bewiesen.