Aufgabe 1.9

Beweisen Sie folgende Formeln mit vollständiger Induktion:

1. Für alle $n \in \mathbb{N}$ gilt $\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{n}{2n+1}$ .

2. Für alle $n \in \mathbb{N}$ gilt $\sum\limits_{k=1}^n 2 \cdot 3^{k-1}=3^n -1$ .

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Webmaster

Katarina

$\underline{1.Teil}$
Wir zeigen die Behauptung $\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{n}{2n+1}$ durch vollständige Induktion über $n\in \mathbb{N}$ .

$\underline{IA}$ :
$n=0$ :
$\sum\limits_{k=1}^0 \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = 0 = \frac{0}{1}$

$\underline{IV}:$ Es gelte $\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{n}{2n+1}$ für ein beliebiges $n\in \mathbb{N}$ .

$\underline{IS}: n\rightarrow n+1$

(1) $\begin{align*} \sum\limits_{k=1}^{n +1}\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}& = \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}+ \frac{1}{(2(n+1)-1)(2(n+1)+1)}\\ &= \frac{n}{2n+1}+ \frac{1}{(2n+1)(2n+3)}\\ &= \frac{n\cdot (2n+3)+1}{(2n+1)(2n+3)}\\ &= \frac{2n^2+3n+1}{4n^2+6n+2n+3}\\ &= \frac{2n^2+3n+1}{4n^2+8n+3}\\ &= \frac{2n^2+3n+1}{4(n^2+2n+0,75)}\\ &= \frac{2n^2+3n+1}{2^2\cdot (n^2+2n+0,75)}\\ &= \frac{2n^2+3n+1}{2^2\cdot (n+1,5)\cdot (n+0,75)}\\ &= \frac{2\cdot (n+0,5)\cdot (n+1)}{2^2\cdot (n+1,5)\cdot (n+0,75)}\\ &= \frac{n+1}{2n+3} \end{align*}$

Nun haben wir durch vollständige Induktion über $n\in \mathbb{N}$ bewiesen, dass unsere Behauptung gilt.

Autor

Stefan Hartmann

Super! Das letzte Gleichheitszeichen fällt allerdings etwas vom Himmel. 😂 Wolltest du den Zähler noch faktorisieren?

Webmaster

Katarina

Eigentlich habe ich mit $2(n+0,5)$ gekürzt, nur leider wusste ich nicht wie ich das in Codeform umsetzen kann.

Autor

Stefan Hartmann

Ja, aber um kürzen zu können, sollte man erst faktorisieren: $2n^2 +3n+1= 2 \cdot (n+0.5)\cdot (n+1)$ . Dieser Zwischenschritt im Zähler wäre sinnvoll gewesen (insbesondere im Vergleich zu den anderen detaillierten (gut!) Zwischenschritten. 😊

Webmaster

Katarina

Ja, dass stimmt absolut. Ich werde es gleich ergänzen.

Mitglied

Alexander

Teil 2:
Wir zeigen die Behauptung $\sum_{k=1}^{n} 2 \cdot 3^{k-1} = 3^n - 1$ mit vollständiger Induktion nach n.

Induktionsanfang: n = 1
$\sum_{k=1}^{n} 2 \cdot 3^{1-1} = 2 \cdot 1 = 2$
$3^1 - 1 = 2$
Somit gilt der Induktionsanfang.

Induktionsannahme:
Es gelte $\sum_{k=1}^{n} 2 \cdot 3^{k-1} = 3^n - 1$ für ein beliebiges $n \in N$ .

Induktionsschritt: $n \rightarrow n+1$

$\sum_{k=1}^{n+1} 2 \cdot 3^{k-1} = \sum_{k=1}^{n} 2 \cdot 3^{k-1} + 2 \cdot 3^{n+1-1} = 3^n - 1 + 2 \cdot 3^n = 3 \cdot 3^n - 1 = 3^{n+1} - 1$

Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt die Behauptung.

Autor

Stefan Hartmann

Sehr gut, alles bestens! 👍

Mitglied

Alexander

Danke!

Mitglied

Maike

1.\\
Wir zeigen die Behauptung $\sum_{k=1}^n \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{n}{2n+1}$ mit vollständiger Induktion über $n\in \mathbb{N}$ .
Induktionsanfang: n=1
$\sum_{k=1}^1 \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{3}$
$\frac{1}{2\cdot 1+1}=\frac{1}{3}$
Induktionsannahme: Es gelte $\sum_{k=1}^n \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{n}{2n+1}$ für ein beliebiges $n\in \mathbb{N}$ .
Induktionsschritt: $n\rightarrow n+1$
$\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}+\frac{1}{(2(n+1)-1)(2(n+1)+1)}\\ = \frac{n}{2n+1}+\frac{1}{(2(n+1)-1)(2(n+1)+1)}\\ = \frac{n}{2n+1}+\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}\\ = \frac{n(2n+3)+1}{(2n+1)(2n+3)}\\ = \frac{2n^2+3n+1}{4n^2+8n+3}\\ = \frac{2n^2+3n+1}{4(n^2+2n+0,75)}\\ = \frac{2n^2+3n+1}{2^2(n^2+2n+0,75)}\\ = \frac{2n^2+3n+1}{2^2(n+1,5)(n+0,5)}\\ = \frac{2(n+0,5)(n+1)}{2^2(n+1,5)(n+0,5)}\\ = \frac{n+1}{2(n+1,5)}\\ = \frac{n+1}{2n+3}$
Mit dem Prinzip der vollständigen Induktion haben wir bewiesen, dass die Behauptung gilt.