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LeonaStefan HartmannAlexander Letzte Kommentartoren
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Alexander
Mitglied
Alexander

Behauptung:
Für alle n E N gilt:
\sum_{i=1}^{n} a^{i-1} = \frac{a^n - 1}{a-1}

Beweis:
Wir beweisen die Behauptung mit Induktion nach n. Im Induktionsanfang sei n0=1.
Es ist
\sum_{i=1}^{1} a^{i-1} = a^1-1 = a^0 = 1
und \frac{a^n-1}{a-1} = \frac{a^1-1}{a-1} = \frac{a-1}{a-1}= 1

Somit gilt
\sum_{i=1}^{1} a^{i-1}= \frac{a^1-1}{a-1}
der Induktionsanfang.

Sei nun n ≥ 1 der Induktionsschritt. Nehmen wir an, dass
\sum_{i=1}^{n} a^{i-1} = \frac{a^n-1}{a-1}

Und wir müssen \sum_{i=1}^{n+1} a^{i-1} = \frac{a^{n+1}-1}{a-1} beweisen.

Es gilt:
\sum_{i=1}^{n+1} a^{i-1} = \sum_{i=1}^{n} a^{i-1} + a^{(n+1)-1} = \frac{a^n-1}{a-1} + a^n = \frac{a^n-1}{a-1} + \frac{a^n(a-1)}{a-1} = \frac{a^n-1 + a^n(a-1)}{a-1} = \frac{a^n - 1 + a^{n+1} - a^n}{a-1} = \frac{-1 + a^{n+1}}{a-1} = \frac{a^{n+1} - 1}{a-1}

Mit dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt die Behauptung.

Alexander
Mitglied
Alexander

Behauptung:
Für alle n\inN gilt: \sum_{i=1}^{n}i(i+2) = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6}

Beweis:
Wir beweisen die Behauptung mit Induktion nach n. Im Induktionsanfang sei n_0 = 1.
Es ist \sum_{i=1}^{1}i(i+2)= 1\cdot(1+2) = 1\cdot 3 = 3 und \frac{1\cdot(1+1)(2\cdot1+7)}{6}=\frac{1\cdot2\cdot9}{6}=\frac{18}{6}=3
Somit gilt \sum_{i=1}^{n}i(i+2)= \frac{1(1+1)(2\cdot1+7)}{6} der Induktionsanfang.
Sei nun n≥1. Für den Induktionsschritt nehmen wir an, dass \sum_{i=1}^{n}i(i+2) = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6} gilt, und müssen \sum_{i=1}^{n+1}i(i+2) = \frac{(n+1)[(n+1)+1][2(n+1)+7]}{6} herleiten.
Es gilt:
\sum_{i=1}^{n+1}i(i+2)=\sum_{i=1}^{n}i(i+2)+(n+1)[(n+1)+2]=\sum_{i=1}^{n}i(i+2)+(n+1)(n+3)=\frac{n(n+1)(2n+7)}{6}+\frac{6(n+1)(n+3)}{6}=\frac{n(n+1)(2n+7)+6(n+1)(n+3)}{6}=\frac{(n^2+n)(2n+7)+6(n^2+3n+n+3)}{6}=\frac{(n^2+n)(2n+7)+6(n^2+4n+3)}{6}=\frac{2n^3+7n^2+2n^2+7n+6n^2+24n+18}{6}=\frac{2n^3+15n^2+31n+18}{6}=\frac{2n^3+6n^2+4n+9n^2+27n+18}{6}=\frac{(n^2+3n+2)(2n+9)}{6}=\frac{(n^2+2n+n+2)(2n+9)}{6}=\frac{(n+1)(n+2)(2n+9)}{6}=\frac{(n+1)(n+2)(2n+2+7)}{6}=\frac{(n+1)[(n+1)+1][2(n+1)+7]}{6}
Mit dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt die Behauptung.

Leona
Webmaster
Leona

Zu 2): Da in der Aufgabe explizit „Induktion“ steht, ist folgendes Vorgehen zwar nicht erlaubt, aber trotzdem schön.
Anstelle von \sum_{i=1}^n a^{i-1} betrachten wir (a-1)\cdot\left(\sum_{i=1}^n a^{i-1}\right) und weisen nach, dass dieser Ausdruck gleich (a^n-1) ist. Das ist äquivalent zur ursprünglichen Behauptung.

    \begin{align*} (a-1)\cdot\left(\sum_{i=1}^n a^{i-1}\right)&=a\cdot \left(\sum_{i=1}^n a^{i-1}\right) - \left(\sum_{i=1}^n a^{i-1}\right)\\ &=\sum_{i=1}^n a\cdot a^{i-1}- \sum_{i=1}^n a^{i-1}\\ &=\sum_{i=1}^n a^{i}- \sum_{i=1}^n a^{i-1} &\text{ Indexshift}\\ &=\sum_{i=1}^n a^{i}- \sum_{i=0}^{n-1} a^{i}\\ &=a^n+\sum_{i=1}^{n-1} a^{i}- \sum_{i=1}^{n-1} a^{i}-a^0\\  &=a^n-1 \end{align*}

Dies zeigt die Behauptung.

Alternativ:

    \begin{align*} (a-1)\cdot\left(\sum_{i=1}^n a^{i-1}\right)&=\sum_{i=1}^n \left((a-1)a^{i-1}\right)\\ &=\sum_{i=1}^n \left(a^i-a^{i-1}\right) &\text{Teleskopsumme}\\ &=a^n-1. \end{align*}

Wir bemerken, dass a\in \mathbb{C} nichts am Beweis ändert.