20.10.202001.12.2020 von Stefan Hartmann

Aufgabe 1.18

Beweisen Sie folgende Formeln für alle $n \in \mathbb{N}$ durch vollständige Induktion.

1. $\sum\limits_{i=1}^n i(i+2) = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6}$

2. $\sum\limits_{i=1}^n a^{i-1}= \frac{a^n-1}{a-1}$ (dabei ist $a^0$ als $1$ definiert und $a\neq 1$ )

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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.

Autor

Stefan Hartmann

Bis auf einen TeX-Fehler ( $a^1-1$ statt $a^{1-1}$ ) ist alles perfekt!

In der Aufgabenstellung fehlt übrigens die Voraussetzung $a \ne 1$ . Rüge an die Fernuni Hagen! 😉

Mitglied

Alexander

Danke!

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.

Autor

Stefan Hartmann

Perfekt! 💪

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.

Mitglied

Ben

$Aufgabe ~ 1.18 \quad .1\\[10pt] \quad \sum \limits_{i=1}^{n}i(i+2) = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6}, \quad n \in \mathbb{N} \\[10pt] Induktionsanfang\\ A(1): \quad \sum \limits_{i=1}^{1}i(i+2)=1(1+2) = 3 \quad \& \quad \frac{1(1+1)(2+7)}{6} = \frac{2 \cdot 9}{6} = 3 \\[10pt] Induktionsvoraussetzung\\ \exists n \in \mathbb{N}; \quad siehe Induktionsanfang\\[10pt] Induktionsbehauptung\\ \forall n \in \mathbb{N}; \quad \sum \limits_{i=1}^{n}i(i+2) = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6}\\[10pt] Induktionsschritt\\ \sum \limits_{i=1}^{n+1}i(i+2) = \frac{(n+1)((n+1)+1)(2(n+1)+7)}{6}\\ \quad \quad \quad \quad \quad =\frac{(n+1)(n+2)(2n+9)}{6}\\ \quad \quad \quad \quad \quad =\frac{(n^2+3n+2)(2n+9)}{6}\\ \quad \quad \quad \quad \quad =\frac{2n^3+15n^2+31n+18}{6}\\ \sum \limits_{i=1}^{n}i(i+2)+(n+1)((n+1)+2)\\ \quad \quad \quad \quad \quad =\frac{n(n+1)(2n+7)}{6}+(n+1)((n+1)+2)\\ \quad \quad \quad \quad \quad =\frac{(n^2+n)(2n+7)+6(n+1)(n+3)}{6}\\ \quad \quad \quad \quad \quad =\frac{2n^3+2n^2+7n^2+7n+6n^2+6n+18n+18}{6}\\ \quad \quad \quad \quad \quad =\frac{2n^3+15n^2+31n+18}{6} = \sum \limits_{i=1}^{n+1}i(i+2)\\ \quad q.e.d.$

Autor

Stefan Hartmann

Im Grunde stimmen alle Rechnungen, sehr gut! 😊 Aber wie du schon befürchtet hast, ist es von der „Syntax“ her nicht gut aufgeschrieben. Der Induktionsanfang ist gut. Danach schreibst du bei der Induktionsvoraussetzung „siehe Induktionsanfang“. Das ergibt aber keinen Sinn. Die Induktionsvoraussetzung ist die Aussage, dass die Aussage für ein beliebiges (!) gilt. Die Induktionsbehauptung ist dann diese Aussage für (und nicht , letzteres ist die Aussage, die insgesamt mit vollständiger Induktion nach zu zeigen ist). Der Induktionsschritt ist der Nachweis der Induktionsbehauptung unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung. Im Induktionsschritt schreibst du in deinem Lösungsversuch die Behauptung für nochmal hin. Das kann man machen, muss dann aber dem folgendes vorausschicken: „Zu zeigen ist, dass folgendes gilt:“ und dann die Behauptung für . Um diese zu zeigen, kannst du auf zwei Arten vorgehen: (1) Du fängst mit einer der beiden Seiten der Gleichung an (für ) und rechnest so lange rum, bis die andere Seite (ebenfalls für ) da steht. Hierbei musst du dann an einer Stelle die Induktionsvoraussetzung ausnutzen (also die als richtig vorausgesetzte Behauptung für ). Das musst du dann aber auch kenntlich machen. Wo genau geht die Induktionsvoraussetzung ein? Man kann ein „(IV)“ über das Gleichheitszeichen setzen oder aber… Read more »

Mitglied

Ben

$Aufgabe ~ 1.18 \quad .2\\[10pt] \quad \sum \limits_{i=1}^{n}a^{i-1} = \frac{a^n-1}{6}, \quad n \in \mathbb{N} \\[10pt] Induktionsanfang\\ A(1): \quad \sum \limits_{i=1}^{1}a^{1-1} =a^0=1\quad \& \quad \frac{a^1-1}{a-1}=\frac{a-1}{a-1} = 1\\[10pt] Induktionsvoraussetzung\\ \exists n \in \mathbb{N}; \quad siehe Induktionsanfang\\[10pt] Induktionsbehauptung\\ \forall n \in \mathbb{N}; \quad \sum \limits_{i=1}^{n}a^{i-1} = \frac{a^n-1}{a-1}\\[10pt] Induktionsschritt\\ \sum \limits_{i=1}^{n+1}a^{i-1}=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}\\ \sum \limits_{i=1}^{n}a^{i-1}+a^{(n+1)-1} = \frac{a^n-1}{a-1}+a^n\\ \quad \quad \quad \quad \quad =\frac{a^n-1+(a-1)\cdot a^n}{a-1}\\ \quad \quad \quad \quad \quad =\frac{a^n-1+a^{n+1}-a^n}{a-1}\\ \quad \quad \quad \quad \quad =\frac{a^{n+1}-1}{a-1}= \sum \limits_{i=1}^{n+1}a^{i-1}\\ \quad q.e.d.$

Autor

Stefan Hartmann

Hier gelten genau die gleichen Anmerkungen wie im ersten Teil. 😊

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