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Vollständige Induktion - 2 Summen

Schüler Technische u. gewerbliche mittlere u. höhere Schulen, 13. Klassenstufe

Tags: Vollständig Induktion

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18:50 Uhr, 08.10.2011

Guten Abend zusammen,

habe hier einige Übungsbeispiele zur Vollständigen Induktion. Die ersten beiden waren einfach, weil links eine Summe stand, rechts aber nur eine einzelne Formel (der Klassiker zB, der Kleine Gauß).

Nun bin ich bei einem Beispiel, bei dem links und rechts eine Summe steht. Hier mal mein Ansatz

Beweisen Sie mit Vollständiger Induktion die Gültigkeit von

$1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + ... + n^{3} = (1 + 2 + 3 + ... + n)^{2}$

$\sum_{k = 1}^{n} k^{3} = {(\sum_{k = 1}^{n} k)}^{2}$

Anfang ist einfach: A(1): 1^2=1^3 -> Wahr

Induktionsschritt n+1:

$\sum_{k = 1}^{n + 1} k^{3} = (\sum_{k = 1}^{n + 1} k)^{2} \sum_{k = 1}^{n} k^{3} + (n + 1)^{3} = (\sum_{k = 1}^{n} k + (n + 1))^{2}$

...und das war's auch schon so ziemlich. Ein wenig habe ich damit noch rumprobiert, kam aber auf nichts.

Beim Kleinen Gauß beispielsweise, konnte ich, nachdem ich die Summe umgeformt hatte, die Gleichung einsetzen und war somit jedes Summenzeichen los.

Danke!

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

DK2ZA aktiv_icon

19:07 Uhr, 08.10.2011

Bei der letzten Gleichung (die du besser in eine neue Zeile schreiben solltest) kannst du nun die Summe über die dritten Potenzen von $k$ nach Induktionsvoraussetzung durch das Quadrat der Summe über die $k$ ersetzen.

Dann musst du nur noch beide Seiten der Gleichung ausmultiplizieren und vereinfachen.

GRUSS, DK2ZA

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20:20 Uhr, 08.10.2011

Hey und danke für deine Antwort!

Eigentlich habe ich ja eine neue Zeile angefangen - es scheint, dass Firefox die ganze Gleichung total hässlich darstellt, die Klammern unterschiedlich groß und ohne Zeilenumbruch. Im IE sieht alles wunderbar aus - nur ist hier aus irgendeinem Grund alles zentriert.

@Beispiel; meinst du so? Das habe ich nämlich schonmal gemacht, stand dann aber auch an.

$(\sum_{k = 1}^{n} k)^{2} + (n + 1)^{3} = (\sum_{K = 1}^{n} k + (n + 1))^{2}$

Wenn ich das nach (a+b)² auflöse und die Summe zum Quadrat auf beiden Seiten wegstreiche, bleibt mir doch noch immer die Summe mit Koeffizient 2(n+1)?

weisbrot aktiv_icon

20:43 Uhr, 08.10.2011

hallo!
für diese summe benutzt du einfach den kleinen gauß, fasst zusammen und bist fertig.
lg

Gerd30.1 aktiv_icon

20:49 Uhr, 08.10.2011

$\sum^{n + 1} k^{3} = \sum^{n} k^{3} + {(n + 1)}^{3} = {(\sum^{n} k)}^{2} + {(n + 1)}^{3}$ gilt wegen I.V.
$= {(\sum^{n} k)}^{2} + (n + 1) {(n + 1)}^{2}$
$= {(\sum^{n} k)}^{2} + n {(n + 1)}^{2} + {(n + 1)}^{2}$
und wegen $2 \sum^{n} k = n (n + 1),$ da bekanntlich $\sum^{n} k = \frac{n \cdot (n + 1)}{2}$
$= {(\sum^{n} k)}^{2} + 2 (n + 1) \sum^{n} k + {(n + 1)}^{2}$
$= {(\sum^{n} k + (n + 1))}^{2}$
$= {(\sum^{n + 1} k)}^{2}$

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21:28 Uhr, 10.10.2011

Danke, das war wirklich simpel!

Ich habe noch einige (heftigere) Beispiele vor mir - ich denke, ich schaffe sie alleine. Falls nicht, darf ich wieder in diesen Thread posten?

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16:51 Uhr, 11.10.2011

Hi,

nun brauch ich euch doch noch einmal - hoffentlich überseh ich nicht schon wieder einen so offensichtlichen Ansatz :)

Zeigen Sie mit vollständiger Induktion, dass für natürliche Zahlen n groß genug (wie groß?) gilt, dass n²<2^n.

Ich habe schon bemerkt, dass das ein beliebtes Beispiel zu sein scheint - durch googeln habe ich aber nur Beispiele gefunden, die für n >= 3 o.ä. gelöst wurden. Für genau das habe ich nichts.

Mein Ansatz:

A(1): 1^2<2^1 -> Wahr

A(n+1):

$(n + 1)^{2} < 2^{n + 1} n^{2} + 2 n + 1 < 2 * 2^{n} 2^{n} + 2 n + 1 < 2 * 2^{n}$

Und dann häng ich. Natürlich könnte ich auf für 2^n n^2 ersetzen, hat mich aber auch nicht weitergebracht.

Das zweite, vbermutlich noch etwas kniffligere Beispiel, das mir noch Kopfzerbrechen bereitet:

Zeigen Sie mit vollständiger Induktion, dass $3^{2^{n}} - 1$ durch $2^{n + 3}$ teilbar ist.

Anleitung: Weisen Sie die Behauptung in folgenden zwei Schritten nach und begründen Sie die warum auf dem Weg:

a.) Zeigen Sie mit vollständiger Induktion, dass $3^{2^{n}} - 1$ durch $2^{n + 2}$ teilbar ist.

b.) Zeigen Sie mit neuerlicher Induktion die eigentliche Behauptung [etc... ich führe nicht weiter aus, weil mir Schritt 1 schon nicht gelingt)

Einer von vielen meiner Ansätze:

$3^{2^{n}} - 1 = x (2^{2 + n})$ mit $x \in N$

$A (1) : 9 - 1 = x 8$ -> Wahr

$A (n + 1) : 3^{2^{n + 1}} - 1 = x (2^{n + 3})$

$3^{2^{n} * 2} - 1$

$(3^{2^{n}})^{2} - 1$

$(x (2^{n + 3}))^{2} = x (2^{n + 3}) + 1$

$x (2^{n + 3}) = 1 + \frac{1}{x (2^{n + 3})}$

..und dann häng ich.

Danke euch schonmal!

DK2ZA aktiv_icon

18:05 Uhr, 11.10.2011

Zu zeigen ist: $n^{2} < 2^{n}$ für genügend große $n$ .

Durch Nachrechnen findet man heraus, dass die Behauptung erst ab $n = 5$ stimmen kann.

Wir setzen also jetzt $n > 4$ voraus.

Induktionsvoraussetzung:

$n^{2} < 2^{n}$

Daraus ist zu folgern:

${(n + 1)}^{2} < 2^{n + 1}$

$n^{2} + 2 \cdot n + 1 < 2 \cdot 2^{n}$

Wenn wir nun auf der rechten Seite $2^{n}$ durch das kleinere $n^{2}$ ersetzen und die sich dadurch ergebende neue Ungleichung beweisen können, dann ist auch die oben stehende Ungleichung bewiesen.

Versuchen wir es!

$n^{2} + 2 \cdot n + 1 < 2 \cdot n^{2}$

$2 \cdot n + 1 < n^{2}$

Beide Seiten durch $n$ dividieren:

$2 + \frac{1}{n} < n$

Diese Aussage ist wahr, da $\frac{1}{n} < 1$ und $n > 4$

GRUSS, DK2ZA

DK2ZA aktiv_icon

11:27 Uhr, 12.10.2011

$a)$

Zu zeigen ist:

$2^{n + 2}$ ist Teiler von $3^{2^{n}} - 1$

Für $n = 1$ und $n = 2$ kann man das nachrechnen.

Nun ist zu zeigen, dass aus $2^{n + 2}$ ist Teiler von $3^{2^{n}} - 1$ folgt:

$2^{n + 1 + 2}$ ist Teiler von $3^{2^{n + 1}} - 1$

$2 \cdot 2^{n + 2}$ ist Teiler von $3^{2 \cdot 2^{n}} - 1$

$2 \cdot 2^{n + 2}$ ist Teiler von $3^{{(2^{n})}^{2}} - 1$

$2 \cdot 2^{n + 2}$ ist Teiler von $(3^{2^{n}} - 1) \cdot (3^{2^{n}} + 1)$

Diese Aussage trifft zu, denn $2^{n + 2}$ ist Teiler von $(3^{2^{n}} - 1)$ und 2 ist Teiler von $(3^{2^{n}} + 1)$ (Alle Potenzen von 3 sind ungerade. 1 dazu ergibt eine gerade Zahl).

$b)$

Zu zeigen ist:

$2^{n + 3}$ ist Teiler von $3^{2^{n}} - 1$

Die Behauptung ist falsch.

Für $n = 1$ lautet sie $2^{4} = 16$ ist Teiler von $3^{2} - 1 = 8$

Für $n = 2$ lautet sie $2^{5} = 32$ ist Teiler von $3^{4} - 1 = 80$

Für $n = 3$ lautet sie $2^{6} = 64$ ist Teiler von $3^{8} - 1 = 6560$

usw...

GRUSS, DK2ZA

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