Induktionsbeweis mit keinem gültigen Induktionsschritt?

24.03.2025, 23:43

Ph4ra0h03

Induktionsbeweis mit keinem gültigen Induktionsschritt?

Meine Frage:
Hey also die Aufgabe lautet folgendermaßen: Man soll zeigen, dass die Summe von k=0 bis n-1 von (n+k)(n-k) = (n(n+1)(4n-1))/6 ist.

Für den Induktionsanfang, den ich bei 1 gewählt habe geht es auf. Das Problem liegt aber im Induktionsschritt. Nämlich will ich dann normalerweise die Summe so auseinanderziehen, dass die Induktionsannahme enthalten ist, das schaffe ich folgendermaßen:

Man muss ja zeigen: Summe k=0 bis (n+1)-1 von (n+k)(n-k) = ((n+1)(n+2)(4n+3))/6. Gut.
Nun Ziehe ich die Summe folgendermaßen auseinander:

Summe k=0 bis (n+1)-1 von (n+k)(n-k) = Summe k=0 bis n-1 von (n+k)(n-k) + (n+1+n)(n+1-n) Und genau hier taucht mein A(n) wieder auf das ich nun einsetze, da der Induktionsanfang geglückt ist.

Also muss ich zeigen dass n(n+1)(4n-1)/6 + (2n+1) = (n+1)(n+2)(4n+3)/6 ist.

Und genau hier ist das Problem. Ich kann es nicht zeigen. Normalerweise würde ich einfach ausmultipilzieren und schauen ob die beiden Terme gleich sind, sber das sind sie bei mir in diesem Fall nicht?.

Ich bitte um Hilfe, gibt es hier eventuell einen Trick, den ich anwenden muss oder hat diese Aufgabe keine Lösung im Sinne von, dass ich nicht zeigen kann, dass diese Aussage für alle x Element von N gilt.

Meine Ideen:
Alle Ideen bereits abgegeben smile

25.03.2025, 07:32

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Du bist im Irrtum:

Die Induktionsbehauptung lautet nicht $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{(n+1)-1} (n+k)(n-k) \stackrel{?}{=} \frac{(n+1)(n+2)(4n+3)}{6} \end{eqnarray*}$ , sondern stattdessen $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{(n+1)-1} ({\color{red}n+1}+k)({\color{red}n+1}-k) = \frac{(n+1)(n+2)(4n+3)}{6} \end{eqnarray*}$ .

25.03.2025, 08:27

badewanne

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Man soll zeigen, dass die Summe von k=0 bis n-1 von (n+k)(n-k) = (n(n+1)(4n-1))/6 ist.

Alternativ kannst du auch die Umformung $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n-1}n^2-\sum_{k=0}^{n-1}k^2 =n \cdot n^2-\sum_{k=0}^{n-1}k^2 \end{eqnarray*}$ nutzen und damit $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n-1}k^2=n^3-\frac{n(n+1)(4n-1)}{6} \end{eqnarray*}$ zeigen.

Falls du vorher sogar schon einmal eine Formel (von n abhängiger Term) für die Summe der ersten n Quadratzahlen nachgewiesen hast, dann kannst du auch ganz auf Induktion verzichten.

25.03.2025, 09:34

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn nicht ausdrücklich ein eigenständiger Induktionsbeweis für diese Aussage verlangt wird, würde ich mich auch eher in die badewanne legen. Ansonsten ist HALs Hinweis zu beachten. Dann kann man umformen:

$\begin{align*} \left( n+1+k \right) \left( n+1-k \right) = \left( (n+k) + 1 \right) \left( (n-k) + 1 \right) \end{align*}$

$\begin{align*} = (n+k)(n-k) + (n+k) + (n-k) + 1 = (n+k)(n-k) + (2n+1) \end{align*}$

Jetzt darüber für $\begin{align*} k=0 \end{align*}$ bis $\begin{align*} k=n \end{align*}$ summieren, in zwei Summen aufspalten und die Induktionsannahme ins Spiel bringen.

Neue Frage »

Antworten »

Induktionsbeweis mit keinem gültigen Induktionsschritt?

Verwandte Themen