Ausgewählte Lösungen

WS 2005/06
Aufgabenblatt 1 – Ausgewählte Lösungen
Elementare Zahlentheorie (C. Mohr)
Vollständige Induktion
1. Beweisen Sie:
Für alle n ∈ N gilt
1
1·3
+
1
3·5
+ ... +
1
(2n−1)(2n+1)
=
n
.
2n+1
1
1. Induktionsanfang für n = 1: 1·3
= 13 .
2. Induktionsschluss:
a) Induktionshypothese (Induktionsannahme):
1
1
n
1
+ 3·5
+ . . . + (2n−1)(2n+1)
= 2n+1
(*).
Gelte für ein n ∈ N: 1·3
1
1
1
1
n+1
b) Induktionsbehauptung: 1·3 + 3·5 + . . . + (2n−1)(2n+1) + (2n+1)(2n+3)
= 2n+3
1
1
1
n
1
1
Beweis:
+
+ ... +
= 2n+1
+ (2n+1)(2n+3)
+ (2n+1)(2n+3)
1·3 3·5
(2n − 1)(2n + 1)
|
{z
}
n
= 2n+1 , wegen (*)
(n+1)(2n+1)
2n2 +3n+1
n+1
= (2n+1)(2n+3) = (2n+3)(2n+1) = 2n+3
(Nenner nicht ausmultiplizieren!)
q.e.d.
2. Beweisen Sie:
Für alle n ∈ N gilt 1 + 4 + 7 + . . . + (3n − 2) = 12 n(3n − 1).
1. Induktionsanfang (Ind.verankerung) für n = 1: 1 = 21 · 1(3 · 1 − 1) = 1 (w).
2. Induktionsschritt (oder Induktionsschluss):
a) Induktionsannahme (Induktionshypothese):
Gelte für ein k ∈ N: 1 + 4 + 7 + . . . + (3k − 2) = 12 k(3k − 1) (*).
b) Induktionsbehauptung:
Dann gilt auch: 1 + 4 + 7 + . . . + [3(k + 1) − 2] = 21 (k + 1)[3(k + 1) − 1].
c) Beweis: Denn 1 + 4 + 7 + . . . + (3k − 2) +[3(k+1)−2] = 12 k(3k−1)+(3(k+1)−2)
|
{z
}
1
= 2 k(3k−1), wegen (*)
1
= 2 k(3k − 1) + 3k + 1 = 12 [k(3k − 1) + 6k + 2] = 21 (3k 2 + 5k + 2) = 12 (k + 1)(3k + 2) =
1
(k + 1)[3(k + 1) − 1]
q.e.d.
2
Hinweis: Das Ausklammern bei der vorletzten Umformung ist naheliegend, weil man
aufgrund der Ind.beh. weiß“, dass (k + 1) ausgeklammert werden kann.
”
3. Beweisen Sie:
Für alle n ∈ N gilt 3 + 7 + 11 + . . . + (4n − 1) = n(2n + 1).
Zu zeigen: Für alle n ∈ N gilt: 3 + 7 + 11 + . . . + (4n − 1) = n(2n + 1).
1. Induktionsanfang (Ind.verankerung) für n = 1: 4 · 1 − 1 = 1(2 · 1 + 1) = 3 (w).
2. Induktionsschritt (oder Induktionsschluss):
a) Induktionsannahme (Induktionshypothese):
Gelte für ein k ∈ N: 3 + 7 + 11 + . . . + (4k − 1) = k(2k + 1) (*).
b) Induktionsbehauptung:
Dann gilt auch: 3 + 7 + 11 + . . . + [4(k + 1) − 1] = (k + 1)[2(k + 1) + 1].
c) Beweis: Denn 3 + 7 + 11 + . . . + (4k − 1) +[4(k+1)−1] = k(2k+1)+(4(k+1)−1)
|
{z
}
=k(2k+1), wegen (*)
= 2k 2 + k + 4k + 4 − 1 = 2k 2 + 5k + 3 = (k + 1)(2k + 3) = (k + 1)[2(k + 1) + 1] q.e.d.
Hinweis: Das Ausklammern bei der vorletzten Umformung ist naheliegend, weil man
aufgrund der Ind.beh. weiß“, dass (k + 1) ausgeklammert werden kann.
”
4. Beweisen Sie:
Für alle n ∈ N gilt 12 + 22 + 32 + . . . n2 = 16 n(n + 1)(2n + 1).
Zu zeigen: Für alle n ∈ N gilt: 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = 61 n(n + 1)(2n + 1).
1. Induktionsanfang (Ind.verankerung) für n = 1: 12 = 16 · 1(1 + 1)(2 · 1 + 1) = 1 (w).
2. Induktionsschritt (statt k wird n verwendet – beides ist möglich):
a) Induktionsannahme (Induktionshypothese):
Gelte für ein n ∈ N: 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = 16 n(n + 1)(2n + 1) (*).
b) Induktionsbehauptung: Dann gilt auch:
12 + 22 + 32 + . . . + n2 + (n + 1)2 = 61 (n + 1)(n + 2)[2(n + 1) + 1].
2
c) Beweis: Denn |12 + 22 + 3{z
+ . . . + n}2 +(n + 1)2 = 16 n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2
= 16 n(n+1)(2n+1),
wegen (*)
(n+1)[ 16 n(2n+1)+(n+1)] = (n+1) 16 [n(2n+1)+6(n+1)]
1
(n + 1)(n + 2)(2n + 3) = 61 (n + 1)(n + 2)[2(n + 1) + 1]
6
= 61 (n+1)(2n2 +7n+6)
=
=
q.e.d.
Hinweis: Das Ausklammern ist wiederum naheliegend, weil man aufgrund der Ind.beh.
weiß“, dass sowohl 16 (n + 1) als auch (n + 2) ausgeklammert werden kann.
”
6. Ermitteln Sie für den Wert der Summe durch Probieren einen von n abhängigen
Term T (n) und beweisen Sie Ihre Vermutung.
Für alle n ∈ N gilt 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + n · n! = T (n).
Durch Probieren findet man für n = 1, 2, 3, 4 die Summenwerte 1, 5, 23, 119. Durch
Vergleich mit den 1. Fakultäten 1, 2, 6, 24, 120 findet man: T (n) = (n + 1)! − 1.
Behauptung: Für alle n ∈ N gilt 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + n · n! = (n + 1)! − 1.
1. Induktionsanfang für n = 1: 1 · 1! = 1 = (1 + 1)! − 1 ist richtig.
2. Induktionsschluss:
a) Induktionshypothese (Induktionsannahme):
Gelte für ein n ∈ N: 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + n · n! = (n + 1)! − 1 (*).
b) Induktionsbehauptung: 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + (n + 1) · (n + 1)! = (n + 2)! − 1
c) Induktionsbeweis:
1| · 1! + 2 · 2! + 3{z· 3! + . . . + n · n!} +(n + 1) · (n + 1)! = (n + 1)! − 1 + (n + 1) · (n + 1)!
=(n+1)!−1, wegen (*)
= (n + 1)!(1 + (n + 1)) − 1 = (n + 1)!(n + 2) − 1 = (n + 2)! − 1.
q.e.d.
7. Bestimmen Sie ein geeignetes n0 und beweisen Sie Ihre Vermutung.
Für alle x ∈ R+ und n ∈ N, n > n0 , gilt (1 + x)n > 1 + nx.
Für n = 0 und n = 1 besteht Gleichheit, die Aussage trifft also nicht zu. Sie gilt für
alle n ∈ N, n ≥ 2.
1. Induktionsanfang (Ind.verankerung) für n = 2: (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x,
da x 6= 0 (w).
2. Induktionsschritt (oder Induktionsschluss):
a) Induktionsannahme (Induktionshypothese):
Gelte für ein n ∈ N, n ≥ 2: (1 + x)n > 1 + nx (*).
b) Induktionsbehauptung:
Dann gilt auch: (1 + x)n+1 > 1 + (n + 1)x.
·(1 + x) > (1 + nx)(1 + x) =
c) Beweis: Denn (1 + x)n+1 =
(1 + x)n
| {z }
>1+nx, wegen (*)
1 + (n + 1)x + nx2 > 1 + (n + 1)x, da x 6= 0.
8. Bestimmen Sie ein geeignetes n0 und beweisen Sie:
Für alle n ∈ N, n > n0 , gilt: 2n > n2 .
Durch Probieren stellt man fest, dass die Ungleichung für n = 0, 1 gilt, für n = 2, 3, 4
nicht; ab n = 5 gilt sie wiederum. Wir setzen n0 = 4 und beweisen die entsprechende
Aussage.
1. Induktionsanfang für n = 5: 25 = 32 > 25 = 52 , ist richtig.
2. Induktionsschluss:
a) Induktionshypothese (Induktionsannahme): Gelte für ein n ∈ N, n > 4: 2n > n2
(*).
b) Induktionsbehauptung: 2n+1 > (n + 1)2
c) Induktionsbeweis: 2n+1 = 2 · 2n > 2n2
(wegen (*))
= n2 + n2 = (n2 + 2n + 1) − 2n − 1 + n2 = (n + 1)2 + (n2 − 2n + 1) − 2 =
(n + 1)2 + (n − 1)2 − 2 > (n + 1)2 , wobei das letzte Ungleichheitszeichen nur gilt,
|
{z
}
>0, falls n≥3
falls n ≥ 3.
9. Suchen Sie den Fehler in folgendem Beweis“.
”
Aussage: Alle natürlichen Zahlen sind gleich.
Induktionsanfang: 1 = 1, 1 ist zu sich selber gleich: Richtig!
Induktionsschluss:
Induktionsannahme: 1 = 2 = 3 = . . . = n (*)
Induktionsbehauptung: 1 = 2 = 3 = . . . = n = n + 1
Induktionsbeweis: Durch Addition von 1 ergibt sich: (*) ⇐⇒ 2 = 3 = 4 = . . . =
n = n+1, ferner folgt aus (*) insbesondere 1 = 2. Daher folgt wegen der Transitivität
der Gleichheitsrelation die Induktionsbehauptung.
Der Fehler steckt im Induktionsschluss. Die Idee des Induktionsschlusses lässt sich
schon beim Schluss von n = 1 auf n = 2 nicht umsetzen. Für n = 1 gilt 1 = 1
(s. Ind. anfang). Hieraus folgt lediglich 2 = 2, aber niemals 1 = 2. Eine exakte
Formulierung der zu beweisenden Aussage beleuchtet das eigentliche Problem: Alle
”
natürlichen Zahlen sind gleich.“ lässt sich nur auf eine Art in die exakte Sprache der
Mengen übersetzen: Für alle n, m ∈ N gilt n = m.“ Das heißt jedoch nichts anderes
”
als: Es gibt höchstens eine natürliche Zahl. Im Lichte dieser Formulierung sind die
im Beweis auftretenden Gleichungsketten jedoch überflüssig, man schreibt ja auch
nicht 8 = 8 = 8 = 8 = 8 = 8. Würde man Induktionshypothese und -behauptung
anschließend korrekt formulieren, kämen diese Ketten nicht mehr vor. Man würde
z.B. annehmen: Gelte für eine Menge Nn = {1, 2, . . . , n}: Für alle a, b ∈ Nn ist
a = b. Beim Übergang auf die – analog zu definierende – Menge Nn+1 könnte man
für das hinzukommende Element n + 1 nichts aussagen, lediglich der Schluss a, b ∈
Nn ⇒ a + 1 = b + 1 wäre korrekt – der bringt aber nichts für den Induktionsschritt.