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Induktion
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Induktion

Beweisverfahren durch vollständige Induktion

Eine Aussage ist gültig für alle natürlichen Zahlen $ n \ge n_{0} $, mit $ n, n_{0} \in \IN, $, wenn man nachweisen kann:

(I)  Die Aussage gilt für die natürliche Zahl $ n_{0} $. (Induktionsanfang)
(II) Wenn die Aussage für die natürliche Zahl k gilt,
dann gilt sie auch für die nächst höhere Zahl k+1. (Induktionsschritt)


Beispiele

zu zeigen: für alle $ n \in \IN $ gilt: $ 2^0 + 2^1 + 2^2 + {....} + 2^n = 2^{n+1}-1 $.
Induktionsanfang:
für n=0 ist die Aussage wahr, denn: $ 2^0=2^{0+1}-1 $.
Induktionsschritt:
Es sei jetzt $ k\in \IN $ und man nimmt an, dass die Aussage für k gilt:
es gilt also: $ 2^0 + 2^1 + 2^2 + {....} + 2^k = 2^{k+1}-1 $.
Es muss also "nur noch" gezeigt werden, dass
$ 2^0 + 2^1 + 2^2 + {....} + 2^{k+1} = 2^{(k+1)+1}-1 $ richtig ist.
$ 2^0 + 2^1 + 2^2 + {....} + 2^k + 2^{k+1} = (2^{k+1}-1)+2^{k+1}=2\cdot{}2^{k+1} - 1 = 2^{(k+1)+1}-1 = 2^{k+2}-1 $
Damit ist gezeigt, dass man von einem natürlichen k zum nächst höheren kommt:
also ist die Aussage für alle $ n \in\IN $ wahr.



Beweisen Sie, dass für alle $ n \in \IN $ gilt: $ 11^{n+1} + 12^{2n-1} $  ist durch 133 teilbar
Induktionsanfang:
$ 11^2 + 12^1 = 133 $ ist durch 133 teilbar.
Induktionsschritt:
$ n \to (n+1) $:
Zu zeigen ist, dass $ 11^{n+2}+12^{2n+1} $ durch 133 teilbar ist.
Es gilt:
$ 11^{n+2}+12^{2n+1}=11\cdot{}11^{n+1}+\underbrace{144}_{=12^2}\cdot{}12^{2n-1} $
$ =11\cdot{}11^{n+1}+(133+11)\cdot{}12^{2n-1} $
$ =11\cdot{}11^{n+1}+133\cdot{}12^{2n-1}+11\cdot{}12^{2n-1} $
$ =11\cdot{}\underbrace{(11^{n+1}+12^{2n-1})}_{\text{durch 133 teilbar nach Induktionsvoraussetzung}}+\underbrace{133\cdot{}\underbrace{12^{2n-1}}_{\in \IN}}_{\text{offenbar durch 133 teilbar!!!}} $

Da die letzten beiden Summanden $ ((11\cdot{}(11^{n+1}+12^{2n-1})) $ und $ (133\cdot{}12^{2n-1})) $
beide durch 133 teilbar sind, sind wir fertig (wegen des Distributivgesetzes!).



$ \summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ k}=2^n $

Induktionsanfang:
$ \summe_{k=0}^{0} \vektor{0 \\ k}=\vektor{0 \\ 0}= \bruch {0!}{0!\cdot{}(0-0)!}=1=2^0 $

Induktionsschritt:

Annahme: Diese Aussage ist richtig für $ n \in \IN $.
z.z. $ n \rightarrow n+1 $

$ \summe_{k=0}^{n+1} \vektor{n+1 \\ k} =2^{n+1} $

mit $ 2^{n+1}=2^n\cdot{}2=2^n+2^n $

Ziel ist, folgende Gleichheit erkennbar zu machen:

$ \summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k}+\summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k}= \summe_{k=0}^{n+1} \vektor{n+1 \\ k} $

die linke Seite der Gleichung :

$ \summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k}+\summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k} $

die Summanden für k=0 aus dem ersten Summenzeichen herausziehen, und für k=n aus dem zweiten Summenzeichen.

$ \vektor{n \\ 0} + \summe_{k=1}^{n} \vektor{n \\ k}+\summe_{k=0}^{n-1} \vektor{n \\ k} +\vektor{n \\ n} $

mit folgender Beziehung macht man eine sogenannte Indexverschiebung...

$ \summe_{k=0}^{n}{a_k}=\summe_{k=1}^{n+1} {a_{k-1}} $

Dann gilt:
$ = \vektor{n \\ 0} + \summe_{k=1}^{n} \vektor{n \\ k}+\summe_{k=1}^{n} \vektor{n \\ k-1} +\vektor{n \\ n} $

Da die Summenzeichen nun über dieselben Indizes laufen, kann man sie zusammenziehen...
$ = \vektor{n \\ 0} + \summe_{k=1}^{n}\left( \vektor{n \\ k}+ \vektor{n \\ k-1} \right)+\vektor{n \\ n} $

Mit $ \vektor{n \\ 0}= \vektor{n \\ n} =1 $ und
$ \vektor{n \\ k}+ \vektor{n \\ k-1}=\vektor{n+1\\k} $
Letzteres kann man mithilfe der Formeln zur Berechnung des Binomialkoeffizienten nachrechnen

folgt:
$ = 1 + \summe_{k=1}^{n} \vektor{n+1 \\ k} + 1 $

Noch'n Trick -

$ = \vektor{n+1\\0} + \summe_{k=1}^{n} \vektor{n+1 \\ k} + \vektor {n+1\\n+1} $




viele Aufgaben zum Üben:  [link]mo.mathematik.uni-stuttgart.de/aufgaben/I/induktion__vollstaendige.html

Erstellt: Do 04.11.2004 von informix
Letzte Änderung: So 08.11.2009 um 14:28 von M.Rex
Weitere Autoren: Loddar
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