2.5 Vollständige Induktion

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Kapitel 2 Grundlagen
b /2 D a 2
wobei ./ aus der Identität . a
folgt.
2ab C b 2
Fehler in vorletzter Umformung: Quadratwurzelziehung liefert positive Lösungen. So gilt z. B. . 5 /2 D 52 ,
aber 5 ¤ 5. Richtig
die Umformung
p
p
p ist beispielsweise
5.
x 2 D 5 =) x D ˙ 5, d. h., x D 5 oder x D
Bei Mehrdeutigkeiten müssen falsche Lösungen
ausgeschlossen werden. Das Suchen von positiven Lösungen der Gleichung x 2 D 4 liefert zunächst x D ˙2.
Die Lösung x D 2 ist positiv, x D 2 hingegen kommt
nicht in Frage.
Beispiel. Sei x 0, und seien a; b 2 R. Dann gilt
4x 2 D . a2 C b 2 /2
2x D a2 C b 2
x D 12 . a2 C b 2 /;
und diese Umformung ist wegen x 0 und a2 C b 2 0
korrekt. M
2.5 Vollständige Induktion
Bereits bekannte Beweistechniken: direkter Beweis, indirekter Beweis. Weitere Technik: vollständige Induktion.
Beispiel. Betrachte Ausdrücke
1
1C3
1C3C5
1C3C5C7
1C3C5C7C9
D1 D1
D 4 D 22
D 9 D 32
D 16 D 42
D 25 D 52 :
Vermutung: Summe der ersten n ungeraden Zahlen ist
genau das Quadrat von n. M
Beweis möglich mittels Prinzip der vollständigen Induktion. Dabei geht man allgemein für den Beweis einer
von n abhängigen Aussage A.n/; n D n0 ; n0 C 1; : : : so
vor sich:
Induktionsanfang: Weise Aussage A.n0 / nach.
Induktionsschritt: für n D n0 ; n0 C 1; : : : weise
nach: Ist A.n/ ( =Induktionsannahme ) wahr, so
ist auch A.n C 1/ wahr.
Proposition 2.5.2. Es gilt für n 1
n
X
. 2k
kD1
2
1/ D n :
Beweis. Vollständige
Induktion. Induktionsanfang n D
P1
1: es gilt kD1 . 2k 1 / D 1 D 12 . Induktionsschritt n
Pn
nach n C 1: es sei bereits kD1 . 2k 1 / D n2 bewiesen
PnC1
(Induktionsannahme). Wir zeigen kD1 . 2k 1 / D .nC
1/2 . Beginne mit linker Seite:
nC
X1
. 2k
kD1
1/ D
n
X
. 2k
1 / C 2.n C 1/
kD1
1
D n2 C 2n C 1 D .n C 1/2 :
Der Induktionsschritt ist damit abgeschlossen.
Die Aussage in Proposition 2.5.2 gilt auch für n D 0, ist
aber weniger natürlich.
Es gibt auch „falsche“ Induktionsbeweise. Illustration anhand eines Beispiels. Beweise
n
X
kD0
1
k. k C 1 / D 3 n.n C 1/.n C 2/ für n D 0; 1; : : : :
Ein Entwurf. Induktionsanfang n D 0:
0
X
kD0
1
k. k C 1 / D 0 D 3 0.0 C 1/.0 C 2/:
Induktionsschritt n nach n C 1 (n
zulässig):
nC
X1
kD0
1 nach n wäre auch
1
k. k C 1 / D 3 .n C 1/..n C 1/ C 1/..n C 1/ C 2/
n
X
kD0
k. k C 1 / C .n C 1/.n C 2/
1
D 3 .n C 1/.n C 2/.n C 3/
1
n.n
3
C 1/.n C 2/ C n2 C 3n C 2
1
D 3 .n2 C 3n C 2/.n C 3/
1
. n3
3
C 3n2 C 2n / C n2 C 3n C 2
A
1
D 3 . n3 C 6n2 C 11n C 6
A/
j 3
3n2 C 2n C 3n2 C 9n D 6n2 C 11n
0 D 0:
Beweis nicht OK, da Schlussfolgerungen von oben nach
unten, oben steht aber die Behauptung.
Entwurf lässt sich retten, indem „in etwa“ von links
oben nach links unten und dann von rechts unten nach