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 – Zusatzblatt – Musterlösung
1. Zeigen Sie:
2
2
Pn
(a) 1 + 23 + 33 + · · · + n3 = k=1 k 3 = n (n+1)
4
P
n
m
(b) n+1
falls n ≥ k
m=k k
k+1 =
P2n
Pn
1
k+1 1
(c)
k=1 (−1)
k=1 n+k
k =
Pn
1
(d)
k=1 k(k + 1)(k + 2) = 4 n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
Lösung:
(a)
2
2
) √
n = 1: 13 = 1 = 1 (2
4
Pn+1 3
Pn
3
3
=
=
n ≥ 1:
k=1 k
k=1 k + (n + 1)
(n+1)2 (n2 +4n+4)
(n+1)2 (n+2)2 √
=
4
4
(b)
n = k:
n > k:
=
n2 (n+1)2 +4(n+1)3
4
+ (n + 1)3 =
k √
k
Pn−1
Pn−1 m
n
m
= nk + k+1
= m=k−1 k−1
+ m=k k =
Pn−1
Pn−1 m+1
Pn
m
+ m=k ( k−1
+ m
)
=
1
+
= 1 + m=k+1 m
m=k
k
k
k
k+1
k+1
n+1
k+1
=1
n2 (n+1)2
4
=
=
Pn
m=k
√
m
k
(c)
1 √
n = 1: (−1)2 · 11 + (−1)3 · 12 = 1 − 12 = 21 = 1+1
P2n+2
P2n
1
1
k+1
n ≥ 1:
(−1)k+1 · k1 =
+ (−1)(2n+2)+1 · 2n+2
=
· 1 + (−1)(2n+1)+1 · 2n+1
k=1 (−1)
Pnk=1 1
Pn−1 1 k
Pn−1 1
1
1
1
1
1
1
1
+
−
=
+
−
=
+
−
(
)+
k=1 n+k
k=1 n+1+k
k=1 n+1+k
2n+1
2n+2
2n+1
2 n+1
Pn−12n+11 2n+2 1
Pn+1
√
1
1
1
=
+
+
=
k=1 n+1+k
k=1 n+1+k
n+1
2n+1
2n+2
(d)
√
!
n = 1: 1(1 + 1)(1 + 2) = 6 = 14 · 1(1 + 1)(1 + 2)(1 + 3) = 6
Pn+1
Pn
1
+
n ≥ 1:
k=1 k(k + 1)(k + 2) =
k=1 k(k + 1)(k + 2) + (n + 1)(n + 2)(n + 3) = 4 n(n + 1)(n + 2)(n √
1
1
3) + (n + 1)(n + 2)(n + 3) = ( 4 n + 1)(n + 1)(n + 2)(n + 3) = 4 (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
2. Beweisen Sie folgende Aussagen:
(a) Eine Menge mit n Elementen hat 2n Teilmengen.
(b) Die Zahl der möglichen Anordnungen von n verschiedenen Elementen ist n! = 1 · 2 · 3 · · · · · n
(c) Die Summe der dritten Potenzen dreier aufeinanderfolgender natürlicher Zahlen ist durch 9
teilbar.
(d) Alle Zahlen der Form 4n3 − n sind durch 3 teilbar.
(e)
1
6n
+ 12 n2 + 13 n3 ist für n ≥ 1 eine natürliche Zahl.
Lösung:
(a) Es sei M eine Menge, P (M ) ihre Potenzmenge, n := |M |.
√
n = 0: P (M ) = {∅} ⇒ |P (M )| = 1 = 20
√
n > 0: Es sei x ∈ M ⇒ |P (M )| = 2 |calP (M \ {x})| = 2 · 2n−1 = 2n
(b) N (n) := #mögliche Anodnungen von n verschiedenen Elementen.
√
n = 1: N (1) = 1
√
n > 1: N (n) = n · N (n − 1) = n (n − 1)! = n!
1
(c)
√
k = 1: 13 + 23 + 33 = 1 + 8 + 27 = 36 = 4 · 9
k ≥ 1: (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k 3 + 9k 2 + 27k + 27) = k 3 + (k +
1)3 + (k + 2)3 + (9k 2 + 27k + 27) = k 3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 + 9(k 2 + 3k + 3) = 9n, n ∈ N
(d)
√
n = 1: (4 · 13 ) = 4 − 1 = 3 ist durch 3 teilbar.
n ≥ 1: 4(n + 1)3 − (n + 1) = 4n3 + 12n2 + 12n + 4 − n − 1 = (4n3 − n) + 12n2 + 12n√+ 3 =
(4n3 − n) + 3(4n2 + 4n + 1) ist mit der Induktionsvoraussetzung durch 3 teilbar.
(e) Mulitpliziere die Gleichung mit 6: n + 3n2 + 2n3 = n(n + 1)(2n + 1) = 6k mit k ∈ N .
Beweis:
√
n = 1: 1 · 2 · 3 = 6 = 6 · 1
n ≥ 1: (n+1)((n+1)+1)(2(n+1)+1) = (n+1)(n+2)(2n+3) = (n2 +3n+2)(2n+3) = 2n3 +6n2 √
+
4n+3n2 +9n+6 = 2n3 +3n2 +n+6n2 +12n+6 = n(n+1)(2n+1)+6(n+1)2 = 6k, k ∈ N
3. d1 := 1, dn+1 :=
2dn
1+dn
definiert rekursiv eine Folge. Zeigen Sie mit vollständiger Induktion:
dn ≤ 1 ∀n ∈ N
Lösung:
n = 1: d1 = 2
n > 1: dn =
√
2dn−1
1+dn−1
≤ dn−1 ≤ 1
√
4. Berechnen Sie die ersten 5 Glieder der rekursiv definierten Folge a1 = 0, a2 = 1, an+2 =
1
2 (an+1 + an ) Finden und beweisen Sie eine explizite Darstellung für an . Berechnen Sie
P
n
k−1
· k 2 . Finden und beweisen Sie eine explizite Darstellung für den allgemeinen Ausk=1 (−1)
Pn
druck k=1 (−1)k−1 · k 2 . Lösung:
• a1 = 0, a2 = 1, a3 = 12 , a4 = 14 + 12 = 43 , a5 = 38 + 41 = 58
Pn−2
(−1)n
2
1 −1 n−2
i−2
Für n ≥ 2: an = i=0 ( −1
= ( 3·2
+ 2)
n−2 ) + ( 3 ) = 3 (( 2 )
2 )
Beweis:
√
n = 2: an = 1 = 31 · 3 = 13 ((− 12 )0 + 2)
1 1
1 n−2
n ≥ 2: an+1 = 21 (an+1 +a
+2+(− 12 )n−3 +2) = 13 ( 12 (− 12 )n−2 + 12 (− 12 )n−3 +2) =
√n ) = 2 · 3 ((− 2 )
1 n−1
1
+ 2)
3 ((− 2 )
P1
P2
P3
k−1 2
• n=1:
(−1)k−1 ·k 2 = 1; n = 2 :
(−1)k−1 ·k 2 = −3; n = 3 :
·k = 7;
k=1
k=1 (−1)
Pk=1
P
4
5
k−1
2
k−1
2
n=4:
(−1)
·
k
=
−11;
n
=
5
:
(−1)
·
k
=
14
k=1
k=1
Pn
Behauptung: k=1 (−1)k−1 k 2 = (−1)n−1 · n(n+1)
2
Beweis:
√
n = 1: 1 = (−1)0 · 1·2
2 =1
Pn+1
Pn
k−1 2
n ≥ 1:
k = k=1 (−1)k−1 k 2 + (−1)n (n + 1)2 = (−1)n−1 · n(n+1)
+ (−1)n (n + 1)2 =
k=1 (−1)
2
n
n
n (n+1)(n+2) √
(−1) (n + 1)(n + 1 − 2 ) = (−1) ·
2
5. Die Folge (Fn ) der Fibonacci-Zahlen ist folgendermaßen definiert:
F0 := 0,
F1 := 1,
√
(a) Zeigen Sie mit ψ+ =
1+ 5
2
und ψ− =
Fn+1 := Fn−1 + Fn für n ≥ 1
√
1− 5
2 ,
dass für alle n ∈ N0 gilt:
1
n
n
Fn = √ ψ+
− ψ−
5
(b) Berechnen Sie nun mit einem Taschenrechner F15 .
Lösung:
(a)
n = 0: F0 = 0 =
√1 (1
5
− 1) = 0
√
2
n ≥ 1:
√
√
√
√
5
√1 ·
5=1
2 )=
5
n−1
n−1
n
n
− ψ−
− ψ−
Fn+1 = Fn−1 + Fn = √15 ψ+
+ √15 ψ+
√ n
√ n
√ n−1
√ n−1
+(1+ 5)
+(1− 5)
2(1+ 5)
2(1− 5)
√1
−
=
2n
2n
5
√ n−1
√
√ n−1
√
(1+ 5) (6+2 5) (1− 5) (6−2 5)
n+1
√1
−
= √15 ψ+
n+1
n+1
2
2
5
n = 1: F1 = 1 =
√1 ( 1
5 2
+
5
2
−
1
2
+
=
n+1
− ψ−
√
(b) F15 = 610
6. Beweisen Sie, dass für alle x ∈ R und für alle n ∈ N0 gilt:
(1 + x)n =
n X
n v
·x
v
v=0
Lösung:
Da (1 + x)n ein Spezialfall von (y + x)n und da 1k immer 1 ist, folgt die Aussage nach Aufgabe 10
des Übungsblattes.
Pn
n
7. Zeigen Sie: k=0 k ·
= n · 2n−1
k
Hinweis: Beweis durch Induktion unter Verwendung der bekannten Beziehung:
n+1
n
n
=
+
.
k
k
k−1
Lösung:
n
Multipliziere beide Seiten
mit 2/n. Dann folgt aufgrund von Symmetrie und wegen Gauß 2 =
Pn
n
(1 + 1)n = k=0
1k 1n−k . Dies ist ein Speziallfall von Aufgabe 8.
k
8. Sei p ∈ N. Zeigen Sie für die Potenzsummen Snp := 1p + 2p + · · · + np , dass die Pascal-Identität gilt:
p+1
p+1
p+1
Snp +
Snp−1 + . . . +
Sn0 = (n + 1)p+1 − 1
1
2
p+1
Lösung:
0 Pp+1 p+1
√
· 1p−1 + . . . + p+1
= (1 + 1)p+1 − 1
k=1
p+1 · 1 =
k
Pp+1 p+1 p Pp+1 p+1
p+1
p
p−1
0
n ≥ 1: p+1
+ . . . + p+1
· Sn + k=1 k (n +
k=1
1 (n + 1) +
2 (n + 1)
p+1 (n + 1) =
k
Pp+1 p+1
Pp+1
p−k+1
p+1
p−k+1
k
p−k+1
1)
= (n + 1)
− 1 + k=1 √k (n + 1)
· 1 = −1 + k=0 p+1
· 1k =
k (n + 1)
p+1
p+1
−1 + (n + 2)
= (n + 2)
−1
n = 1:
p+1
1
· 1p +
p+1
2
3