Musterlösungen zur Serie 1

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Musterlösungen zur Serie 1
1. Aufgabe Beweisen Sie, daß für alle natürlichen Zahlen n gilt:
n
X
1
j 2 = n(n + 1)(2n + 1),
6
j=1
n
X
(1)
1
j 3 = n2 (n + 1)2 ,
4
j=1
(2)
1
(2j − 1)2 = n(2n − 1)(2n + 1).
3
j=1
(3)
n
X
Lösung für (1) Induktionsanfang: Es gilt
1
X
j 2 = 1 und
j=1
1
1(1 + 1)(2 + 1) = 1,
6
also ist die Formel (1) für n = 1 richtig.
Induktionsschritt: Angenommen die Formel (1) sei richtig für ein gewisses n ∈ N. Dann
gilt
n+1
X
j=1
2
j =
n
X
1
j 2 + (n + 1)2 = n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 =
6
j=1
1
1
= (n + 1)(n(2n + 1) + 6n + 6) = (n + 1)((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1).
6
6
Folglich die Formel (1) auch richtig, wenn n durch n + 1 ersetzt wird.
Lösung für (2) Induktionsanfang: Es gilt
1
X
j=1
j 3 = 1 und
1 2
1 (1 + 1)2 = 1,
4
also ist die Formel (2) für n = 1 richtig.
Induktionsschritt: Angenommen die Formel (2) stimmt für ein gewisses n ∈ N. Dann gilt
n+1
X
j=1
j3 =
n
X
1
j 3 + (n + 1)3 = n2 (n + 1)2 + (n + 1)3 =
4
j=1
1
1
= (n + 1)2 (n2 + 4n + 4) = (n + 1)2 (n + 2)2 .
4
4
Folglich die Formel (2) auch richtig, wenn n durch n + 1 ersetzt wird.
1
Lösung für (3) Induktionsanfang: Es gilt
1
X
(2j − 1)2 = 1 und
j=1
1
1(2 − 1)(2 + 1) = 1,
3
also ist die Formel (3) für n = 1 richtig.
Induktionsschritt: Angenommen die Formel (3) stimmt für ein gewisses n ∈ N. Dann gilt
n+1
X
j=1
2
(2j − 1) =
n
X
1
(2j − 1)2 + (2n + 1)2 = n(2n − 1)(2n + 1) + (2n + 1)2 =
3
j=1
1
1
= (2n + 1)(n(2n − 1) + 3(2n + 1)) = (n + 1)(2n + 1)(2n + 3).
3
3
Folglich die Formel (3) auch richtig, wenn n durch n + 1 ersetzt wird.
2. Aufgabe Für welche natürlichen Zahlen n gilt 2n + 1 > n2 ?
Lösung: Es gilt 21 + 1 = 3 > 12 = 1, 22 + 1 = 5 > 22 = 4, 23 + 1 = 9 = 32 und
24 + 1 = 17 > 42 + 16. Also ist die Behauptung für n = 1, 2, 4 richtig, für n = 3 aber
falsch. Wir wählen n = 4 als Induktionsanfang.
Induktionsschritt: Angenommen die Behauptung stimmt für ein gewisses n ≥ 4. Dann
gilt
2n+1 + 1 = 2 · 2n + 1 > 2(n2 − 1) + 1 = 2n2 − 1 = (n2 + 2n + 1) + (n2 − 2n − 2) >
> (n + 1)2 + (n2 − 2n − 4) = (n + 1)2 + (n + 2)(n − 4) > (n + 1)2 .
Also gilt die Behauptung auch für n + 1.
Die Antwort auf die gestellte Frage ist folglich: Die Behauptung ist richtig für alle natürlichen
Zahlen n 6= 3.
3. Aufgabe Beweisen Sie, dass für beliebige positive Zahlen x1 , x2 , . . . , xn , die der Gleichung
x1 · x2 · . . . · xn = 1
genügen, die Ungleichung
x1 + x2 + . . . + xn ≥ n
gilt.
Lösung Induktionsanfang: Für n = 1 nimmt die Behauptung die Form an “aus x1 = 1
folgt x1 ≥ 1”, und das ist offenbar richtig.
Induktionsschritt: Die Induktionsvoraussetzung ist
aus x1 · . . . · xn = 1 folgt x1 + . . . + xn ≥ n,
(4)
und die Induktionsbehauptung ist
aus y1 · . . . · yn+1 = 1 folgt y1 + . . . + yn+1 ≥ n + 1.
2
(5)
Um (5) zu beweisen, nehmen wir positive Zahlen y1 , . . . , yn+1 mit y1 · . . . · yn+1 = 1 und
unterscheiden zwei Fälle:
Erster Fall: Wenn y1 = . . . = yn+1 = 1 ist, so folgt y1 + . . . + yn+1 = n + 1, also
y1 + . . . + yn+1 ≥ n + 1, folglich ist im ersten Fall (5) richtig.
Zweiter Fall: Wenn nicht alle y1 , . . . , yn+1 gleich Eins sind, so ist, wegen y1 · . . . · yn=1 = 1,
wenigstens eine dieser Zahlen kleiner als Eins und wenigstens eine dieser Zahlen größer
als Eins. Durch Vertauschen der Reihenfolge der Zahlen (dadurch ändert sich weder die
Voraussetzung noch die Behauptung in (5)) können wir erreichen, daß yn < 1 und yn+1 > 1
ist. Wir setzen nun
x1 := y1 , . . . , xn−1 := yn−1 , xn := yn yn+1 .
Wir erhalten x1 · . . . · xn = y1 · . . . · yn+1 = 1. Deshalb gilt wegen (4)
x1 + . . . + xn = y1 + . . . + yn−1 + yn yn+1 ≥ n.
Daraus folgt
y1 + . . . + yn+1 ≥ n − yn yn+1 + yn + yn+1 = n + 1 + (1 − yn )(yn+1 − 1).
Wegen 0 < yn < 1 und yn+1 > 1 ist (1 − yn )(yn+1 − 1) > 0, also y1 + . . . + yn+1 ≥ n + 1.
Damit ist (5) auch im zweiten Fall richtig.
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