www.vorhilfe.de
- Förderverein -
Der Förderverein.

Gemeinnütziger Verein zur Finanzierung des Projekts Vorhilfe.de.
Hallo Gast! [ einloggen | registrieren ]
Startseite · Mitglieder · Impressum
Forenbaum
^ Forenbaum
Status VH e.V.
  Status Vereinsforum

Gezeigt werden alle Foren bis zur Tiefe 2

Navigation
 Startseite...
 Suchen
 Impressum
Das Projekt
Server und Internetanbindung werden durch Spenden finanziert.
Organisiert wird das Projekt von unserem Koordinatorenteam.
Hunderte Mitglieder helfen ehrenamtlich in unseren moderierten Foren.
Anbieter der Seite ist der gemeinnützige Verein "Vorhilfe.de e.V.".
Partnerseiten
Weitere Fächer:

Open Source FunktionenplotterFunkyPlot: Kostenloser und quelloffener Funktionenplotter für Linux und andere Betriebssysteme
Induktion
Mach mit! und verbessere/erweitere diesen Artikel!
Artikel • Seite bearbeiten • Versionen/Autoren

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
Artikel • Seite bearbeiten • Versionen/Autoren • Titel ändern • Artikel löschen • Quelltext
^ Seitenanfang ^
ev.vorhilfe.de
[ Startseite | Mitglieder | Impressum ]