Vollständige Induktion – Beweismethode und Beispiele

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Grundlagen zum Thema Vollständige Induktion – Beweismethode und Beispiele
Die vollständige Induktion ist eine Beweismethode, mit der man (meistens) zeigt, dass eine Behauptung für jede natürliche Zahle gilt. Sie besteht aus zwei Schritten: 1) Man zeigt, das eine Behauptung für eine erste Zahl gilt - meistens die 1. 2) Man zeigt, dass wenn die Behauptung für eine bestimmte Zahl gilt, sie dann auch für die nachfolgende Zahl gilt. Daraus schließt man dann, dass die Behauptung für jede natürliche Zahle gilt. Im Video siehst du, wie du diese Methode anschaulich verstehen kannst, denn - wenn man so will - wenden wir diese Methode z.B. immer dann an, wenn wir irgendwo hinlaufen. Danach kannst du dann noch ein paar Beispiele sehen. Dabei werden Behauptungen mit der Methode der vollständigen Induktion bewiesen.
Vollständige Induktion – Beweismethode und Beispiele Übung
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Gib den Beweis mittels vollständiger Induktion an.
TippsZeige zunächst, dass die Aussage für die erste natürliche Zahl erfüllt ist.
Im Induktionsschritt musst du beweisen, dass die Aussage auch für die auf $n$ folgende Zahl gilt. Der Nachfolger einer natürlichen Zahl $n$ ist die natürliche Zahl $n+1$.
LösungMittels vollständiger Induktion ist zu beweisen, dass der Ausdruck $5^n+7$ für alle $n\in\mathbb{N}$ durch $4$ teilbar ist.
1) Induktionsanfang
Für $n=1$ gilt:
$5^1+7=12$
Da $12$ durch $4$ teilbar ist, denn $12:4=3$, ist dies eine wahre Aussage.
2) Induktionsannahme
$5^n+7$ ist für ein $n\in\mathbb{N}$ durch $4$ teilbar.
3) Induktionsschritt
Zu zeigen:
Ist $5^n+7$ für ein $n\in\mathbb{N}$ durch $4$ teilbar, dann ist auch $5^{n+1+}7$ durch $4$ teilbar.$5^{n+1}+7=5\cdot 5^n+7=5\cdot (5^n+7)-4\cdot 7$
An dieser Stelle nutzen wir die Induktionsannahme. Da $5^n+7$ für ein $n\in\mathbb{N}$ durch $4$ teilbar ist, ist auch $5(5^n+7)$ durch $4$ teilbar. Zudem ist jedes Produkt, dessen Faktor eine $4$ ist, durch $4$ teilbar. Also ist auch $4\cdot 7$ durch $4$ teilbar und somit auch die obige Differenz.
4) Induktionsschluss
Da der Ausdruck $5^n+7$ für ein $n\in\mathbb{N}$ sowie für die darauf folgende Zahl durch $4$ teilbar ist, muss er auch für alle $n\in\mathbb{N}$ durch $4$ teilbar sein!
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Gib den Beweis mittels vollständiger Induktion wieder.
TippsIm ersten Schritt der vollständigen Induktion zeigst du, dass die zu beweisende Aussage für ein $n\in\mathbb{N}$ gilt.
Wenn du dann noch gezeigt hast, dass die Aussage für ein $n\in\mathbb{N}$ und deren Nachfolger gilt, kannst du bestätigen, dass die zu beweisende Aussage für alle $n\in\mathbb{N}$ gilt.
LösungAussagen über natürliche Zahlen können wir mit der vollständigen Induktion beweisen. Dabei gehen wir immer nach folgendem Muster vor:
1) Induktionsanfang
Wir zeigen für ein $n\in\mathbb{N}$, dass die zu beweisende Aussage erfüllt ist. In der Regel nehmen wir hier die erste natürliche Zahl, nämlich die $1$.2) Induktionsannahme
Wir nehmen an, dass die Aussage für eine natürliche Zahl $n$ stimmt.3) Induktionsschritt
Zu beweisen ist: Wenn die Aussage $A(n)$ gilt, dann muss auch die Aussage $A(n+1)$ gelten. Es muss also die zu beweisende Aussage ebenfalls für den Nachfolger von $n$ gelten.4) Induktionsschluss
Da wir im Induktionsanfang gezeigt haben, dass die Aussage für die erste Zahl stimmt und wir im Induktionsschritt bewiesen haben, dass die Aussage auch für die darauffolgende Zahl stimmt, muss sie folglich für alle natürlichen Zahlen gelten.Für die hier zu beweisende Aussage erhalten wir dann:
Induktionsanfang
Für $n=1$ gilt:
$1\cdot 2=\dfrac {1(1+1)(1+2)}{3}=\dfrac{6}{3}=2$
Das ist eine wahre Aussage.
Induktionsannahme
$1\cdot 2+2\cdot 3+ \dots +n(n+1)=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}$ gelte für ein $n\in\mathbb{N}$.
Induktionsschritt
Gilt die Aussage für ein $n\in\mathbb{N}$, dann gelte auch : $1\cdot 2+2\cdot 3+ \dots +n(n+1)+(n+1)(n+2)=\dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)}{3}$
Wir beginnen mit der linken Seite der Gleichung und stellen den Term durch Anwendung der Induktionsannahme wie folgt um:
$\begin{array}{lll} 1\cdot 2+2\cdot 3+ \dots +n(n+1)+(n+1)(n+2) &=& \dfrac{(n)(n+1)(n+2)}{3}+(n+1)(n+2) \\ &&\\ &=& \dfrac{(n)(n+1)(n+2)}{3}+\dfrac{3(n+1)(n+2)}{3} \\ &&\\ &=& \dfrac{(n)(n+1)(n+2)+3(n+1)(n+2)}{3} \\ &&\\ &=& \dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)}{3} \\ \end{array}$
Wir erhalten am Ende die rechte Seite der zu beweisenden Aussage. Und damit ist dieser Beweis fertig. Man sagt dann quod erat demonstrandum, also was zu beweisen war.
Induktionsschluss
Da die Aussage für ein $n\in\mathbb{N}$ sowie für die darauf folgende Zahl stimmt, muss sie für alle $n\in\mathbb{N}$ gelten!
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Ermittle, welche der Aussagen $A(n)$ mit $n\in\mathbb{N}$ im Induktionsanfang eine wahre Aussage liefern.
TippsIm Induktionsanfang überprüfst du, ob die Aussage für die erste natürliche Zahl $n$ erfüllt ist.
Schau dir folgendes Beispiel an: $~A(n):~\sum\limits_{k=1}^{n}(2k-1)^2=\frac{n\cdot (2n-1)\cdot (2n+1)}{3}$.
Induktionsanfang: $~A(1)$
linke Seite:
- $\sum\limits_{k=1}^{1}(2k-1)^2=(2\cdot 1 -1)^2=1^2=1$
- $\frac{1\cdot (2\cdot 1-1)\cdot (2\cdot 1+1)}{3}=\frac{1\cdot 1\cdot 3}{3}=1$
Sieh dir folgendes Beispiel zum Summenzeichen an:
$\sum\limits_{k=1}^5=k=1+2+3+4+5$
LösungIm Induktionsanfang überprüfst du, ob die Aussage für die erste natürliche Zahl, also $n=1$ erfüllt ist.
Beispiel 1: $~3^{2n+4} − 2^{n−1}$ ist durch $5$ teilbar
Induktionsanfang: $~n=1$
- $3^{2\cdot 1+4} − 2^{1−1}=3^6-2^0=729-1=728$ ist nicht durch $5$ teilbar.
Beispiel 2: $~n^3-n$ ist durch $3$ teilbar
Induktionsanfang: $~n=1$
- $1^3-1=0$ ist durch $3$ teilbar, denn es ist $3\cdot 0=0$.
Beispiel 3: $~\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=\frac n{3n+1}$
Induktionsanfang: $~n=1$
linke Seite:
- $\sum\limits_{k=1}^{1}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=\frac{1}{(3\cdot 1-2)(3\cdot 1+1)}=\frac 1{1\cdot 4}=\frac 14$
- $\frac 1{3\cdot 1+1}=\frac 14$
Beispiel 4: $~\sum\limits_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}$
Induktionsanfang: $~n=1$
linke Seite:
- $\sum\limits_{k=1}^{1}k=1$
- $\frac{1(1+1)}{2}=\frac 22=1$
Beispiel 5: $~3^n\leq n^3$
Induktionsanfang: $~n=1$
linke Seite:
- $3^1=3$
- $1^3=1$
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Bestimme, nach welchem Gleichheitszeichen die Induktionsannahme verwendet wird.
TippsDie Induktionsannahme besagt, dass $\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=\frac n{3n+1}$ für ein $n\in\mathbb{N}$ gilt.
Überprüfe, an welcher Stelle der Ausdruck $\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}$ durch den Ausdruck $\frac n{3n+1}$ ersetzt wird.
LösungIm Folgenden siehst du den gesamten Beweis mittels vollständiger Induktion der folgenden Aussage $A(n)$:
$A(n):~\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=\frac n{3n+1}$ für $n\in\mathbb{N}$.
1) Induktionsanfang
$A(1):~\sum\limits_{k=1}^{1}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=\frac{1}{(3\cdot 1-2)(3\cdot 1+1)}=\frac{1}{4}=\frac 1{3\cdot 1+1}$
2) Induktionsannahme
$A(n)$ gilt für ein $n\in\mathbb{N}$.
3) Induktionsschritt
Zu zeigen ist, dass für alle $n\in\mathbb{N}$ die Aussage $A(n+1)$ erfüllt ist, dass also Folgendes gilt:
$\sum\limits_{k=1}^{n+1}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=\frac {n+1}{3(n+1)+1}$.
Somit folgt:
$\sum\limits_{k=1}^{n+1}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}+\frac{1}{(3(n+1)-2)(3(n+1)+1)}=...$
Nun wird die Induktionsannahme verwendet. Dann folgt:
$...=\frac n{3n+1}+\frac{1}{(3(n+1)-2)(3(n+1)+1)}=\frac n{3n+1}+\frac{1}{(3n+1)(3n+4)}=...$
Nun machen wir beide Bruchterme gleichnamig. Es folgt dann:
$...=\frac {n\cdot (3n+4)}{(3n+1)\cdot (3n+4)}+\frac{1}{(3n+1)(3n+4)}=\frac {n\cdot (3n+4)+1}{(3n+1)\cdot (3n+4)}=...$
Wir multiplizieren nun die Klammer im Zähler aus und zerlegen diesen anschließend in Linearfaktoren, sodass sich der Ausdruck $3n+1$ kürzt:
$...=\frac {3n^2+4n+1}{(3n+1)\cdot (3n+4)}=\frac {(3n+1)\cdot (n+1)}{(3n+1)\cdot (3n+4)}=\frac {n+1}{3n+4}=...$
Das entspricht dem zu beweisenden Ausdruck, denn es gilt: $\frac {n+1}{3n+4}=\frac {n+1}{3(n+1)+1}$.
q. e. d.
4) Induktionsschluss
Somit ist die Aussage $A(n)$ für alle $n\in\mathbb{N}$ erfüllt.
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Vervollständige die Erklärung zur vollständigen Induktion von Richard Dedekind.
TippsDer Nachfolger einer natürlichen Zahl $n$ ist die natürliche Zahl $n+1$.
LösungMittels der vollständigen Induktion können wir Aussagen über natürliche Zahlen beweisen. Die Idee dahinter wird durch folgende Formulierung von Richard Dedekind erläutert:
- Um zu beweisen, dass ein Satz für alle natürlichen Zahlen $n\geq m$ gilt, genügt es zu zeigen, dass er für $n=m$ gilt und dass aus der Gültigkeit des Satzes für eine Zahl $n\geq m$ stets seine Gültigkeit auch für die folgende Zahl $n+1$ folgt.
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Zeige mittels vollständiger Induktion, dass die gegebene Aussage gilt.
TippsNachdem die Induktionsannahme eingesetzt wird, müssen die Terme gleichnamig gemacht und so umgeformt werden, dass die rechte Seite der Aussage $A(n+1)$ folgt.
Es gilt:
$\sum\limits_{k=1}^5k=\sum\limits_{k=1}^4k+5$
LösungIm Folgenden beweisen wir die Gaußsche Summenformel $\sum\limits_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}{2}$ für alle $n\in\mathbb{N}$ mittels vollständiger Induktion.
1) Induktionsanfang
Für $n=1$ gilt:
$A(1):~\sum\limits_{k=1}^1k=1=\frac{1\cdot (1+1)}{2}$
Diese ist eine wahre Aussage.2) Induktionsannahme
Es gelte $A(n)$ für ein $n\in\mathbb{N}$
3) Induktionsschritt
Zu zeigen:
Gilt $A(n)$ für ein $n\in\mathbb{N}$, dann gilt auch $A(n+1)$ mit $\sum\limits_{k=1}^{n+1}k=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$.Wir betrachten zunächst die linke Seite der Aussage $A(n+1)$:
$\sum\limits_{k=1}^{n+1}k=\sum\limits_{k=1}^{n}k+(n+1)\overset{\text{Induktionsannahme}}{=}\frac{n(n+1)}{2}+(n+1)=\frac{n(n+1)+2(n+1)}{2}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$Wir nutzen von oben die Induktionsannahme mit $\sum\limits_{k=1}^nk=\frac{n\cdot (n+1)}{2}$.
Der dadurch erhaltene Bruchterm entspricht der rechten Seite der zu beweisenden Aussage $A(n+1)$.Und damit ist dieser Beweis fertig. Man sagt dann quod erat demonstrandum, also was zu beweisen war.
4) Induktionsschluss
Da die Aussage $A(n)$ für ein $n\in\mathbb{N}$ sowie für die darauffolgende Zahl stimmt, muss sie für alle $n\in\mathbb{N}$ gelten!

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