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Vollständige Induktion

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Die vollständige Induktion ist ein Beweisverfahren, mit dessen Hilfe man belegen kann, dass eine Aussage für alle natürlichen Zahlen gilt.
Zu Beginn muss man eine Vermutung für eine Gleichheit zwischen den gegebenen Zahlen aufstellen.
Die vollständige Induktion wird in drei Abschnitten durchgeführt:
  1. Induktionsanfang: Die Vermutung wird für die kleinste Zahl $n$, für die man die Aussage beweisen will, gezeigt (üblicherweise 0 oder 1).
  2. Induktionsannahme: Man nimmt an, dass die Aussage für $n=k$ gilt, setzt also $n=k$ und rechnet nun mit $k$.
  3. Induktionsschritt: Es wird gezeigt, dass die Vermutung auch für $n=k+1$ gilt.
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Aufgaben
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1.
Gib zu der Summe $1+3+5+\dots+\left(2n-1\right)$ ein allgemeines Bildungsgesetz an und beweise deine Behauptung durch vollständige Induktion.
2.
Gegeben ist die Funktion $f$ mit $f\left(x\right)=\mathrm e^{ax+b}$.
Gib ein allgemeines Bildungsgesetz für die $n$-te Ableitung dieser Funktion an und beweise deine Behauptung durch vollständige Induktion.
3.
Gib zu dem Produkt $\scriptsize{\left(1-\dfrac{1}{2^2}\right)\cdot\left(1-\dfrac{1}{3^2}\right)\cdot\dots\cdot\left(1-\dfrac{1}{n^2}\right)}$ ein allgemeines Bildungsgesetz für $n\geq2$ an und beweise deine Behauptung durch vollständige Induktion.
4.
Beweise folgende Ausdrücke mit Hilfe der vollständigen Induktion.
a)
Für $f\left(x\right)$=$x^n$ gilt: $f'\left(x\right)$=$n\cdot x^{n-1}$.
b)
Für $f\left(x\right)$=$\dfrac{1}{x^n}$ gilt: $f'\left(x\right)$=$-n\cdot x^{-n-1}$.
c)
Für $f\left(x\right)=\mathrm e^{4x}$ gilt: $f^{\left(n\right)}\left(x\right)$=$4^n\cdot\mathrm e^{4x}$.
d)
Für $f\left(x\right)=\mathrm e^{x}\cdot x^2$ gilt: $\scriptsize{f^{\left(n\right)}\left(x\right)$=$\mathrm e^x\cdot\left(x^2+2n\cdot x+n\left(n-1\right)\right)}$.
5.
Beweise folgende Ausdrücke mit Hilfe der vollständigen Induktion.
a)
$1+2+3+…+n=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2};   n\geq1$
$\scriptsize{1+2+3+…+n=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2};   n\geq1}$
b)
$1^3+2^3+3^3+…+n^3=\dfrac{n^2\left(n+1\right)^2}{4};   n\geq1$
$\scriptsize{1^3+2^3+3^3+…+n^3=\dfrac{n^2\left(n+1\right)^2}{4};   n\geq1}$
c)
$1+q+q^2+q^3+…+q^n=\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q};   n\geq0$
$\scriptsize{1+q+q^2+q^3+…+q^n=\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q};   n\geq0}$
d)
$1^2-2^2+3^2-4^2+…+\left(-1\right)^{n-1}\cdot n^2=\left(-1\right)^{n-1}\cdot\dfrac{n\left(n+1\right)}{2};   n\geq1$
$n= …$
6.
Beweise folgende Ausdrücke mit Hilfe der vollständigen Induktion.
a)
Für $f\left(x\right)$=$\dfrac{1}{ax+b}$ gilt: $f^{\left(n\right)}\left(x\right)$=$\dfrac{\left(-1\right)^n\cdot n!\cdot a^n}{\left(ax+b\right)^{n+1}}$.
b)
Für $f\left(x\right)$=$\left(2x+1\right)\cdot\mathrm e^{3x}$ gilt:
$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left(2\cdot3^nx+3^n+2n\cdot3^{n-1}\right)\cdot\mathrm e^{3x}$
$f^{\left(n\right)}\left(x\right)= …$
.
7.
Beweise folgende Ausdrücke mit Hilfe der vollständigen Induktion.
a)
$1^2+3^2+5^2+…+\left(2n-1\right)^2=\dfrac{2n\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}{6}$
$1^2+3^2+…+\left(2n-1\right)^2$=$\dfrac{2n\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}{6}$
b)
$3+7+11+…+\left(4n-1\right)=2n^2+n$
$3+7+11+…+\left(4n-1\right)$=$2n^2+n$
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Lösungen
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1.
Wir sehen uns zunächst die ersten Elemente dieser Summe an und vergleichen sie miteinander. Wir suchen nach einer Regelmäßigkeit.
$\begin{array}{rlrl} n&=1:\;\;\;\; &1&=1\\[3pt] n&=2:\;\;\;\; &1+3&=4\\[3pt] n&=3:\;\;\;\; &1+3+5&=9\\[3pt] n&=4:\;\;\;\; &1+3+5+7&=16 \end{array}$
Wir erkennen, dass die Ergebnisse genau mit den Quadratzahlen des zugehörigen $n$ übereinstimmen.
$\begin{array}{rlrl} 1&=1^2\\[3pt] 4&=2^2\\[3pt] 9&=3^2\\[3pt] 16&=4^2 \end{array}$
Deshalb vermuten wir, dass folgende Gleichheit besteht:
$1+3+5+\dots+\left(2n-1\right)=n^2$
Diesen Ausdruck beweisen wir nun mittels vollständiger Induktion.
Induktionsanfang
Zu zeigen: Aussage gilt für $n=1$
$\begin{array}{rlll} 1&=1^2 \end{array}$
Induktionsannahme
Aussage soll für $n=k$ gelten
$1+3+5+\dots+\left(2k-1\right)=k^2$
Induktionsschritt
Zu zeigen: Aussage gilt für $n=k+1$
$\begin{array}{rlll} 1+3+5+\dots+\left(2k-1\right)+\left(2\left(k+1\right)-1\right)&=k^2+\left(2\left(k+1\right)-1\right)\\[5pt] &=k^2+2k+2-1\\[5pt] &=k^2+2k+1&\scriptsize{\mid\;\text{1. binomische Formel}}\\[5pt] &=\left(k+1\right)^2&\scriptsize{\mid\;\text{Dies entspricht der erstellten Formel}} \end{array}$
$ 1+3+\dots+\left(2k-1\right)=\left(k+1\right)^2 $
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
2.
Wir bilden die ersten paar Ableitungen von $f$ und suchen nach einer Regelmäßigkeit.
$\begin{array}{rlllr} n&=1:\;\;\;\; &f'\left(x\right)&=\mathrm e^{ax+b}\cdot a&=a\cdot\mathrm e^{ax+b}\\[5pt] n&=2:\;\;\;\; &f''\left(x\right)&=\mathrm e^{ax+b}\cdot a\cdot a&=a^2\cdot\mathrm e^{ax+b}\\[5pt] n&=3:\;\;\;\; &f'''\left(x\right)&=\mathrm e^{ax+b}\cdot a\cdot a\cdot a&=a^3\cdot\mathrm e^{ax+b} \end{array}$
Der hintere Teil der Ableitung verändert sich nicht.
Der hintere Teil der Ableitung verändert sich nicht.
$\mathrm e^{ax+b}$ bleibt immer gleich.
Der einzige Teil, der sich ändert, ist der Exponent von $a$. Diese Hochzahl ist immer gleich $n$:
$\begin{array}{rlllr} n&=1:\; &a^1\mathrm e^{ax+b}\\[5pt] n&=2:\; &a^2\mathrm e^{ax+b}\\[5pt] n&=3:\; &a^3\mathrm e^{ax+b} \end{array}$
Deshalb bietet es sich an, folgenden Ausdruck als allgemeine Ableitungsregel zu formulieren:
$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=a^n\cdot\mathrm e^{ax+b}$
Diesen Ausdruck beweisen wir nun mittels vollständiger Induktion.
Induktionsanfang
Zu zeigen: Aussage gilt für $n=1$
Ableitung bilden:
$\begin{array}{rlll} f'\left(x\right)=\mathrm e^{ax+b}\cdot a \end{array}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f'\left(x\right)=a^1\mathrm e^{ax+b} \end{array}$
Induktionsannahme
Aussage soll für $n=k$ gelten
$f^{\left(k\right)}\left(x\right)=a^k\mathrm e^{ax+b}$
Induktionsschritt
Zu zeigen: Aussage gilt für $n=k+1$
$f^{\left(k\right)}\left(x\right)$ ableiten:
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)&=a^k\mathrm e^{ax+b}\cdot a\\[5pt] &=a^{k+1}\mathrm e^{ax+b} \end{array}$
Ableitung laut Formel:
$f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)=a^{k+1}\mathrm e^{ax+b}$
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
3.
Wir sehen uns zunächst die ersten Elemente dieses Produktes an und vergleichen sie miteinander. Wir suchen nach einer Regelmäßigkeit. Wir beginnen bei $n=2$ (siehe Aufgabenstellung).
$\begin{array}{rlrl} n&=2:\;\;\;\; &\left(1-\frac{1}{2^2}\right)&=\frac{3}{4}\\[5pt] n&=3:\;\;\;\; &\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\cdot\left(1-\frac{1}{3^2}\right)&=\frac{4}{6}\\[5pt] n&=4:\;\;\;\; &\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\cdot\left(1-\frac{1}{3^2}\right)\cdot\left(1-\frac{1}{4^2}\right)&=\frac{5}{8} \end{array}$
Sehen wir uns erst die Zähler an: Es fällt auf, dass der Zähler immer $n+1$ ist:
$\begin{array}{rlrl} n&=2:\; 3\\[3pt] n&=3:\; 4\\[3pt] n&=4:\; 5 \end{array}$
Auch im Nenner fällt eine Regelmäßigkeit auf: $n$ wird immer verdoppelt zu $2n$.
$\begin{array}{rlrl} n&=2:\; 2\cdot2=4\\[3pt] n&=3:\; 2\cdot3=6\\[3pt] n&=4:\; 2\cdot4=8 \end{array}$
Deshalb liegt die Vermutung nahe, dass folgende Gleichheit besteht:
$\left(1-\dfrac{1}{2^2}\right)\cdot\left(1-\dfrac{1}{3^2}\right)\cdot\left(1-\dfrac{1}{4^2}\right)\cdot\dots\cdot\left(1-\dfrac{1}{n^2}\right)=\dfrac{n+1}{2n}$
$\left(1-\dfrac{1}{2^2}\right)\cdot\dots\cdot\left(1-\dfrac{1}{n^2}\right)=\dfrac{n+1}{2n}$
Diesen Ausdruck beweisen wir nun mittels vollständiger Induktion.
Induktionsanfang
Zu zeigen: Aussage gilt für $n=2$
$\begin{array}{rlll} 1-\dfrac{1}{2^2}&=\dfrac{2+1}{2\cdot2}\\[5pt] \dfrac{3}{4}&=\dfrac{3}{4} \end{array}$
Induktionsannahme
Aussage soll für $n=k$ gelten
$\left(1-\dfrac{1}{2^2}\right)\cdot\left(1-\dfrac{1}{3^2}\right)\cdot\left(1-\dfrac{1}{4^2}\right)\cdot\dots\cdot\left(1-\dfrac{1}{k^2}\right)=\dfrac{k+1}{2k}$
$\left(1-\dfrac{1}{2^2}\right)\cdot\dots\cdot\left(1-\dfrac{1}{k^2}\right)=\dfrac{k+1}{2k}$
Induktionsschritt
Zu zeigen: Aussage gilt für $n=k+1$
$\begin{array}{rlll} &&\left(1-\dfrac{1}{2^2}\right)\cdot\left(1-\dfrac{1}{3^2}\right)\cdot\left(1-\dfrac{1}{4^2}\right)\cdot\dots\cdot\left(1-\dfrac{1}{k^2}\right)\cdot\left(1-\dfrac{1}{\left(k+1\right)^2}\right)\\&=&\dfrac{k+1}{2k}\cdot\left(1-\dfrac{1}{\left(k+1\right)^2}\right)\\[5pt] &=&\dfrac{k+1}{2k}-\dfrac{k+1}{2k\left(k+1\right)^2}\\[5pt] &=&\dfrac{k+1}{2k}-\dfrac{1}{2k\left(k+1\right)}\\[5pt] &=&\dfrac{(k+1)\left(k+1\right)}{2k\left(k+1\right)}-\dfrac{1}{2k\left(k+1\right)}\\[5pt] &=&\dfrac{\left(k+1\right)^2-1}{2k\left(k+1\right)}\\[5pt] &=&\dfrac{k^2+2k+1-1}{2k^2+2k}\\[5pt] &=&\dfrac{k^2+2k}{2k^2+2k}\\[5pt] &=&\dfrac{k\left(k+2\right)}{k\left(2k+2\right)}\\[5pt] &=&\dfrac{k+2}{2k+2}\\[5pt] &=&\dfrac{\left(k+1\right)+1}{2\left(k+1\right)} \end{array}$
Dies entspricht der erstellten Formel. Damit ist der Ausdruck bewiesen.
4.
a)
Für $f\left(x\right)=x^n$ gilt: $f'=n\cdot x^{n-1}$.
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f'\left(x\right)&=1\cdot x^{1-1}\\[5pt] &=1 \end{array}$
Ableitung bilden:
$\begin{array}{rlll} f\left(x\right)&=x^1\\[5pt] f'\left(x\right)&=1\cdot x^0\\[5pt] &=1 \end{array}$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$f'\left(x\right)=k\cdot x^{k-1}$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f'\left(x\right)&=\left(k+1\right)\cdot x^{k+1-1}\\[5pt] &=\left(k+1\right)\cdot x^k \end{array}$
Ableitung bilden:
$\begin{array}{rlll} f\left(x\right)&=x^{k+1}&\mid\;\scriptsize{\text{Potenzregeln}}\\[5pt] &=x^k\cdot x&\mid\;\scriptsize{\text{Produktregel}}\\[5pt] f'\left(x\right)&=k\cdot x^{k-1}\cdot x+x^k\cdot1&\mid\;\scriptsize{\text{Potenzregeln}}\\[5pt] &=k\cdot x^{k-1+1}+x^k\\[5pt] &=k\cdot x^{k}+x^k&\mid\;\scriptsize{x^k\;\text{ausklammern}}\\[5pt] &=x^k\cdot\left(k+1\right) \end{array}$
$ f'\left(x\right)=x^k\cdot\left(k+1\right)$
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
b)
Für $f\left(x\right)=\dfrac{1}{x^n}$ gilt: $f'\left(x\right)=-n\cdot x^{-n-1}$.
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f'\left(x\right)&=-1\cdot x^{-1-1}\\[5pt] &=-x^{-2} \end{array}$
Ableitung bilden:
$\begin{array}{rlll} f\left(x\right)&=\dfrac{1}{x}&\mid\;\dfrac{1}{x}=x^{-1}\\[5pt] f'\left(x\right)&=\left(-1\right)x^{-2}\\[5pt] &=-x^{-2} \end{array}$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$f'\left(x\right)=-k\cdot x^{-k-1}$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f'\left(x\right)&=-\left(k+1\right)\cdot x^{-\left(k+1\right)-1}\\[5pt] &=-\left(k+1\right)\cdot x^{-k-1-1}\\[5pt] &=-\left(k+1\right)\cdot x^{-k-2} \end{array}$
Ableitung bilden:
$\begin{array}{rlll} f\left(x\right)&=\dfrac{1}{x^{k+1}}&\mid\;\dfrac{1}{x^{k+1}}=x^{-\left(k+1\right)}\\[5pt] f'\left(x\right)&=-\left(k+1\right)\cdot x^{-\left(k+1\right)-1}\\[5pt] &=-\left(k+1\right)\cdot x^{-k-1-1}\\[5pt] &=-\left(k+1\right)\cdot x^{-k-2} \end{array}$
$ f'\left(x\right)=-\left(k+1\right)\cdot x^{-k-2}$
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
c)
Für $f\left(x\right)=\mathrm e^{4x}$ gilt: $f^{\left(n\right)}\left(x\right)=4^n\cdot\mathrm e^{4x}$.
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f'\left(x\right)&=4\cdot\mathrm e^{4x} \end{array}$
Ableitung bilden:
$\begin{array}{rlll} f\left(x\right)&=\mathrm e^{4x}\\[5pt] f'\left(x\right)&=4\cdot\mathrm e^{4x} \end{array}$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$f^{\left(k\right)}\left(x\right)=4^k\cdot\mathrm e^{4x}$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)&=4^{k+1}\cdot\mathrm e^{4x} \end{array}$
Ableitung von $f^{\left(k\right)}\left(x\right)$ bilden:
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k\right)}\left(x\right)&=4^k\cdot\mathrm e^{4x}&\scriptsize{\mid\;4^k\;\text{ist nur ein Faktor}}\\[5pt] f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)&=4^k\cdot 4\cdot\mathrm e^{4x}&\scriptsize{\mid\;\text{Potenzregeln}}\\[5pt] &=4^{k+1}\cdot\mathrm e^{4x} \end{array}$
$ f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)=4^{k+1}\cdot\mathrm e^{4x} $
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
d)
Für $f\left(x\right)=\mathrm e^{x}\cdot x^2$ gilt: $f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\mathrm e^x\cdot\left(x^2+2n\cdot x+n\left(n-1\right)\right)$.
$\scriptsize{f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\mathrm e^x\cdot\left(x^2+2n\cdot x+n\left(n-1\right)\right)}$.
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f'\left(x\right)&=\mathrm e^{x}\cdot\left(x^2+2x+1\left(1-1\right)\right)\\[5pt] &=\mathrm e^{x}\cdot\left(x^2+2x\right) \end{array}$
$ f'\left(x\right)=\mathrm e^{x}\cdot\left(x^2+2x\right)$
Ableitung bilden:
$\begin{array}{rlll} f\left(x\right)&=\mathrm e^x\cdot x^2&\mid\;\scriptsize{\text{Produktregel}}\\[5pt] f'\left(x\right)&=\mathrm e^x\cdot x^2+\mathrm e^x\cdot2x&\mid\;\scriptsize{\mathrm e^{x}\;\text{ausklammern}}\\[5pt] &=\mathrm e^{x}\left(x^2+2x\right) \end{array}$
$ f'\left(x\right)=\mathrm e^{x}\left(x^2+2x\right)$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k\right)}\left(x\right)&=\mathrm e^x\left(x^2+2kx+k\left(k-1\right)\right)\\[5pt] &=\mathrm e^x\left(x^2+2kx+k^2-k\right)\\[5pt] &=\mathrm e^x\left(x^2+k^2+2kx-k\right) \end{array}$
$ \scriptsize{f^{\left(k\right)}\left(x\right)=\mathrm e^x\left(x^2+k^2+2kx-k\right) }$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)&=\mathrm e^x\cdot\left(x^2+2\left(k+1\right)\cdot x+\left(k+1\right)\left(k+1-1\right)\right)\\[5pt] &=\mathrm e^x\cdot\left(x^2+\left(2k+2\right)\cdot x+\left(k+1\right)\cdot k\right)\\[5pt] &=\mathrm e^x\cdot\left(x^2+2kx+2x+k^2+k\right)\\[5pt] &=\mathrm e^x\cdot\left(x^2+2x+2kx+k^2+k\right) \end{array}$
$ f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)=\mathrm e^x\cdot\left(…\right)$
Ableitung von $f^{\left(k\right)}\left(x\right)$ bilden:
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k\right)}\left(x\right)&=\mathrm e^x\left(x^2+k^2+2kx-k\right)&\mid\;\scriptsize{\text{Produktregel}}\\[5pt] f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)&=\mathrm e^x\left(x^2+k^2+2kx-k\right)+\mathrm e^x\cdot\left(2x+2k\right)&\mid\;\scriptsize{\mathrm e^x\;\text{ausklammern}}\\[5pt] &=\mathrm e^x\left(x^2+k^2+2kx-k+2x+2k\right)\\[5pt] &=\mathrm e^x\left(x^2+k^2+2kx+2x+k\right) \end{array}$
$ f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)=\mathrm e^x\left(…\right)$
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
5.
a)
$1+2+3+…+n=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}$
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
$\begin{array}{rlll} 1&=\dfrac{1\left(1+1\right)}{2}\\[3pt] &=1 \end{array}$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$1+2+3+…+k=\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
$\begin{array}{rlll} 1+2+3+…+k+\left(k+1\right)&=\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}+\left(k+1\right)&\mid\;\small{\text{erweitern mit 2}}\\[5pt] &=\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}+\dfrac{2\left(k+1\right)}{2}\\[5pt] &=\dfrac{k\left(k+1\right)+2\left(k+1\right)}{2}&\mid\;\small{\left(k+1\right)\;\text{ausklammern}}\\[5pt] &=\dfrac{\left(k+1\right)\cdot\left(k+2\right)}{2} \end{array}$
$ 1+…+k=\dfrac{\left(k+1\right)\cdot\left(k+2\right)}{2}$
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
Der Nachfolger von $\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}$ ist logischerweise $\dfrac{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{2}$. Dies ist genau der Term, der oben steht.
b)
$1^3+…+n^3=\dfrac{n^2\left(n+1\right)^2}{4}$
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
$\begin{array}{rlll} 1&=\dfrac{1^2\left(1+1\right)^2}{4}\\ &=1 \end{array}$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$1^3+…+k^3=\dfrac{k^2\left(k+1\right)^2}{4}$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
$\begin{array}{rlll} 1^3+2^3+3^3+…+k^3+\left(k+1\right)^3&=\dfrac{k^2\left(k+1\right)^2}{4}+\left(k+1\right)^3&\mid\;\small{\text{erweitern mit}}\;4\\[5pt] &=\dfrac{k^2\left(k+1\right)^2}{4}+\dfrac{4\left(k+1\right)^3}{4}\\[5pt] &=\dfrac{k^2\left(k+1\right)^2+4\left(k+1\right)^3}{4}&\mid\;\small{\left(k+1\right)^2\;\text{ausklammern}}\\[5pt] &=\dfrac{\left(k+1\right)^2\cdot\left(k^2+4\left(k+1\right)\right)}{4}\\[5pt] &=\dfrac{\left(k+1\right)^2\cdot\left(k^2+4k+4\right)}{4}&\mid\;\small{\text{binomische Formel}}\\[5pt] &=\dfrac{\left(k+1\right)^2\cdot\left(k+2\right)^2}{4} \end{array}$
$ \scriptsize{1^3+…+k^3=\dfrac{\left(k+1\right)^2\cdot\left(k+2\right)^2}{4}}$
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
c)
$1+q+q^2+…+q^n=\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q}$
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=0}$
$\begin{array}{rlll} 1&=\dfrac{1-q^{0+1}}{1-q}=\dfrac{1-q}{1-q}\\[5pt] 1&=1 \end{array}$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$1+q+q^2+…+q^k=\dfrac{1-q^{k+1}}{1-q}$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
$\begin{array}{rlll} 1+q+q^2+q^3+…+q^k+q^{k+1}&=\dfrac{1-q^{k+1}}{1-q}+q^{k+1}&\mid\;\small{\text{erweitern mit}\;\left(1-q\right)}\\[5pt] &=\dfrac{1-q^{k+1}}{1-q}+\dfrac{\left(1-q\right)q^{k+1}}{1-q}\\[5pt] &=\dfrac{1-q^{k+1}+\left(1-q\right)q^{k+1}}{1-q}&\mid\;\small{\text{ausmultiplizieren}}\\[5pt] &=\dfrac{1-q^{k+1}+q^{k+1}-q^{k+1}q^1}{1-q}&\mid\;\small{\text{Potenzgesetze}}\\[5pt] &=\dfrac{1-q^{k+1+1}}{1-q}\\[5pt] &=\dfrac{1-q^{k+2}}{1-q} \end{array}$
$ 1+q+…+q^k=\dfrac{1-q^{k+2}}{1-q}$
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
d)
$1^2-2^2…+\left(-1\right)^{n-1}\cdot n^2=$$\left(-1\right)^{n-1}\cdot\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}$
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
$\begin{array}{rlll} 1&=\left(-1\right)^0\dfrac{2}{2}\\[5pt] 1&=1 \end{array}$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$1^2-2^2+…+\left(-1\right)^{k-1}\cdot k^2=$$\left(-1\right)^{k-1}\cdot\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
Aus Platzgründen verwenden wir hier das Summenzeichen:
$1^2-2^2…+\left(-1\right)^{k-1}\cdot k^2=$$\sum\limits_{k=1}^{k}{\left(-1\right)^{k-1}\cdot k^2}$
$\begin{array}{rlll} &&\sum\limits_{k=1}^{k}{\left(-1\right)^{k-1}\cdot k^2}+\left(-1\right)^{k+1-1}\cdot \left(k+1\right)^2\\ &=&\left(-1\right)^{k-1}\cdot\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}+\left(-1\right)^{k}\cdot \left(k+1\right)^2&\mid\;\small{\text{mit 2 erweitern}}\\[5pt] &=&\dfrac{\left(-1\right)^{k-1}\cdot k\left(k+1\right)}{2}+\dfrac{2\left(-1\right)^{k}\cdot \left(k+1\right)^2}{2}&\mid\;\small{\left(-1\right)^{k-1}=\dfrac{\left(-1\right)^k}{-1}}\\[5pt] &=&\dfrac{\frac{\left(-1\right)^k}{-1}\cdot k\left(k+1\right)+2\left(-1\right)^{k}\cdot \left(k+1\right)^2}{2}\\[5pt] &=&\dfrac{-\left(-1\right)^k\cdot k\left(k+1\right)+2\left(-1\right)^{k}\cdot \left(k+1\right)^2}{2}&\mid\;\small{\left(-1\right)^k \text{ausklammern}}\\[5pt] &=&\left(-1\right)^k\cdot\dfrac{-k\left(k+1\right)+2\left(k+1\right)^2}{2}&\mid\;\small{\left(k+1\right)\small{ausklammern}}\\[5pt] &=&\left(-1\right)^k\cdot\dfrac{\left(k+1\right)\left(-k+2\left(k+1\right)\right)}{2}\\[5pt] &=&\left(-1\right)^k\cdot\dfrac{\left(k+1\right)\left(-k+2k+2\right)}{2}\\[5pt] &=&\left(-1\right)^k\cdot\dfrac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}{2} \end{array}$
$ \scriptsize{\sum\limits_{k=1}^{k}{\left(-1\right)^{k-1}\cdot k^2}+\left(-1\right)^{k+1-1}\cdot \left(k+1\right)^2=}$ …
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
6.
a)
Für $f\left(x\right)=\dfrac{1}{ax+b}$ gilt: $f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\dfrac{\left(-1\right)^n\cdot n!\cdot a^n}{\left(ax+b\right)^{n+1}}$.
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f'\left(x\right)&=\dfrac{\left(-1\right)\cdot1\cdot a}{\left(ax+b\right)^2}\\[5pt] &=\dfrac{-a}{\left(ax+b\right)^2} \end{array}$
Ableitung bilden:
$\begin{array}{rlll} f\left(x\right)&=\dfrac{1}{ax+b}&\scriptsize{\mid\;\dfrac{1}{ax+b}=\left(ax+b\right)^{-1}}\\[5pt] f'\left(x\right)&=\left(-1\right)\cdot\left(ax+b\right)^{-2}\cdot a\\[5pt] &=-a\left(ax+b\right)^{-2}&\scriptsize{\mid\;\left(ax+b\right)^{-2}=\dfrac{1}{\left(ax+b\right)^2}}\\[5pt] &=\dfrac{-a}{\left(ax+b\right)^2} \end{array}$
$ f\left(x\right)=\dfrac{-a}{\left(ax+b\right)^2}$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k\right)}\left(x\right)&=\dfrac{\left(-1\right)^k\cdot k!\cdot a^k}{\left(ax+b\right)^{k+1}} \end{array}$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)&=\dfrac{\left(-1\right)^{k+1}\cdot \left(k+1\right)!\cdot a^{k+1}}{\left(ax+b\right)^{k+1+1}}\\[5pt] &=\dfrac{\left(-1\right)^{k+1}\cdot\left(k+1\right)!\cdot a^{k+1}}{\left(ax+b\right)^{k+2}} \end{array}$
$ \scriptsize{f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)=\dfrac{\left(-1\right)^{k+1}\cdot\left(k+1\right)!\cdot a^{k+1}}{\left(ax+b\right)^{k+2}}}$
Ableitung von $f^{\left(k\right)}\left(x\right)$ bilden:
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k\right)}\left(x\right)&=\dfrac{\left(-1\right)^k\cdot k!\cdot a^k}{\left(ax+b\right)^{k+1}}&\scriptsize{\mid\;\dfrac{1}{a}=a^{-1}}\\[5pt] &=\left(-1\right)^k\cdot k!\cdot a^k\cdot\left(ax+b\right)^{-\left(k+1\right)}\\[5pt] f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)&=\left(-1\right)^k\cdot k!\cdot a^k\cdot\left(-\left(k+1\right)\right)\cdot\left(ax+b\right)^{-\left(k+1\right)-1}\cdot a&\scriptsize{\mid\;-\left(k+1\right)=\left(k+1\right)\cdot\left(-1\right)}\\[5pt] &=\left(-1\right)^k\cdot k!\cdot a^k\cdot\left(k+1\right)\cdot\left(-1\right)\cdot\left(ax+b\right)^{-k-1-1}\cdot a\\[5pt] &=\left(-1\right)^k\cdot k!\cdot a^k\cdot\left(k+1\right)\cdot\left(-1\right)\cdot\left(ax+b\right)^{-k-2}\cdot a&\scriptsize{\mid\;\left(-1\right)^k\cdot\left(-1\right)=\left(-1\right)^{k+1}}\\[5pt] &=\left(-1\right)^{k+1}\cdot k!\cdot a^k\cdot\left(k+1\right)\cdot\left(ax+b\right)^{-\left(k+2\right)}\cdot a&\scriptsize{\mid\;k!\cdot\left(k+1\right)=\left(k+1\right)!}\\[5pt] &=\left(-1\right)^{k+1}\cdot\left(k+1\right)!\cdot a^k\cdot\left(ax+b\right)^{-\left(k+2\right)}\cdot a&\scriptsize{\mid\;\left(ax+b\right)^{-\left(k+2\right)}=\dfrac{1}{\left(ax+b\right)^{k+2}}}\\[5pt] &=\dfrac{\left(-1\right)^{k+1}\cdot\left(k+1\right)!\cdot a^k\cdot a}{\left(ax+b\right)^{k+2}}&\scriptsize{\mid\;a^k\cdot a=a^{k+1}}\\[5pt] &=\dfrac{\left(-1\right)^{k+1}\cdot\left(k+1\right)!\cdot a^{k+1}}{\left(ax+b\right)^{k+2}} \end{array}$
$ \scriptsize{f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)=\dfrac{\left(-1\right)^{k+1}\cdot\left(k+1\right)!\cdot a^{k+1}}{\left(ax+b\right)^{k+2}}}$
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
b)
Für $f\left(x\right)=\left(2x+1\right)\cdot\mathrm e^{3x}$ gilt: $f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left(2\cdot3^nx+3^n+2n\cdot3^{n-1}\right)\cdot\mathrm e^{3x}$
$\scriptsize{f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left(2\cdot3^nx+3^n+2n\cdot3^{n-1}\right)\cdot\mathrm e^{3x}}$
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f'\left(x\right)&=\left(2\cdot3x+3+2\cdot3^0\right)\cdot\mathrm e^{3x}\\[5pt] &=\left(6x+5\right)\cdot\mathrm e^{3x} \end{array}$
$ f'\left(x\right)=\left(6x+5\right)\cdot\mathrm e^{3x}$
Ableitung bilden:
$\begin{array}{rlll} f\left(x\right)&=\left(2x+1\right)\cdot\mathrm e^{3x}&\scriptsize{\mid\;\text{Produktregel}}\\[5pt] f'\left(x\right)&=2\mathrm e^{3x}+\left(2x+1\right)\mathrm e^{3x}\cdot3&\scriptsize{\mid\;\mathrm e^{3x}\;\text{ausklammern}}\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\cdot\left(2+\left(2x+1\right)\cdot3\right)\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\cdot\left(2+6x+3\right)\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\cdot\left(6x+5\right) \end{array}$
$ f'\left(x\right)=\mathrm e^{3x}\cdot\left(6x+5\right)$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k\right)}\left(x\right)&=\left(2\cdot3^kx+3^k+2k\cdot3^{k-1}\right)\cdot\mathrm e^{3x} \end{array}$
$\scriptsize{f^{\left(k\right)}\left(x\right)/=\left(2\cdot3^kx+3^k+2k\cdot3^{k-1}\right)\cdot\mathrm e^{3x}}$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
Ableitung laut Formel:
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)&=\left(2\cdot3^{k+1}x+3^{k+1}+2\left(k+1\right)\cdot3^{k+1-1}\right)\cdot\mathrm e^{3x}\\[5pt] &=\left(2\cdot3^{k+1}x+3^{k+1}+2\left(k+1\right)\cdot3^k\right)\cdot\mathrm e^{3x} \end{array}$
$ f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)=\left(2\cdot…\right)\cdot\mathrm e^{3x}$
Ableitung von $f^{\left(k\right)}\left(x\right)$ bilden:
$\begin{array}{rlll} f^{\left(k\right)}\left(x\right)&=\left(2\cdot3^kx+3^k+2k\cdot3^{k-1}\right)\cdot\mathrm e^{3x}&\scriptsize{\mid\;\text{Produktregel}}\\[5pt] f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)&=2\cdot3^k\cdot\mathrm e^{3x}+\left(2\cdot3^kx+3^k+2k\cdot3^{k-1}\right)\cdot\mathrm e^{3x}\cdot3&\scriptsize{\mid\;\mathrm e^{3x}\;\text{ausklammern}}\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\left(2\cdot3^k+\left(2\cdot3^kx+3^k+2k\cdot3^{k-1}\right)\cdot3\right)\\ &=\mathrm e^{3x}\left(2\cdot3^k+6\cdot3^kx+3\cdot3^k+6k\cdot3^{k-1}\right)&\scriptsize{\mid\;3^k\;\text{ausklammern}}\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\left[\left(3^k\right)\cdot\left(2+6x+3+6k\cdot3^{-1}\right)\right]&\scriptsize{\mid\;3^{-1}=\dfrac{1}{3}}\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\left[3^k\left(3+6x+2+\frac{6}{3}k\right)\right]\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\left[3^k\left(3+6x+2+2k\right)\right]&\scriptsize{\mid\;\text{ausmultiplizieren}}\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\left(3^k\cdot3+3^k\cdot6x+3^k\cdot2+3^k\cdot2k\right)&\scriptsize{\mid\;3^k\cdot3^1=3^{k+1}}\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\left(3^{k+1}+3^k\cdot2\cdot3x+3^k\cdot2+3^k\cdot2k\right)\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\left(3^{k+1}+2\cdot3^{k+1}x+2\cdot3^k+2k\cdot3^k\right)\\[5pt] &=\mathrm e^{3x}\left(2\cdot3^{k+1}x+3^{k+1}+2\left(k+1\right)\cdot3^k\right) \end{array}$
$ f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)=\mathrm e^{3x}\left(2\cdot…\right)$
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
7.
a)
$1^2+3^2+5^2+…+\left(2n-1\right)^2=$$\dfrac{2n\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}{6}$
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
$\begin{array}{rlll} (2-1)^2&=\dfrac{2\left(2-1\right)\left(2+1\right)}{6}\\[5pt] 1&=\dfrac{2\cdot1\cdot3}{6}\\[5pt] 1&=1 \end{array}$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$1^2+3^2+5^2+…+\left(2k-1\right)^2=$$\dfrac{2k\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)}{6}$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
Aus Platzgründen verwenden wir hier das Summenzeichen:
$1^2+3^2+5^2+…+\left(2k-1\right)^2=$$\sum\limits_{k=1}^{k}{\left(2k-1\right)^2}$
$\sum\limits_{k=1}^{k}{\left(2k-1\right)^2}+\left(2\left(k+1\right)-1\right)^2=$$\dfrac{2k\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)}{6}+\left(2\left(k+1\right)-1\right)^2$
Wenn wir $k+1$ in die zu überprüfende Gleichung einsetzen erhalten wir:
$\sum\limits_{k=1}^{k}{\left(2k-1\right)^2}+\left(2\left(k+1\right)-1\right)^2=$$\dfrac{2(k+1)\left[2(k+1)-1\right]\left(2(k+1)+1\right)}{6}$
Wir setzen die Ergebnisse gleich:
$\begin{array}{rlll} \dfrac{2(k+1)\left[2(k+1)-1\right]\left(2(k+1)+1\right)}{6}&=&\dfrac{2k\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)}{6}+\left(2\left(k+1\right)-1\right)^2\\[5pt] \dfrac{(2k+2)\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)}{6}&=&\dfrac{2k\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)}{6}+\dfrac{6\left(2k+1\right)^2}{6}\\[5pt] \dfrac{(2k+2)\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)}{6}&=&\dfrac{2k\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)+6\left(2k+1\right)^2}{6}&\\[5pt] \end{array}$
Jetzt multiplizieren wir mit $(2k+1)$ aus.
$\begin{array}{rlll} \dfrac{(2k+2)\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)}{6}&=&\dfrac{\left(2k+1\right)\left[\left(2k-1\right)\cdot2k+\left(12k+6\right)\right]}{6}&\\[5pt]\end{array}$
Nachdem wir mit $6$ multipliziert und durch $(2k+1)$ dividiert haben, erhalten wir folgende Gleichung:
$\begin{array}{rlll}(2k+2)\left(2k+3\right)&=&\left(4k^2-2k+12k+6\right)&\mid\small{\text{ausmultiplizieren}}\\[5pt] \left(4k^2+10k+6\right)&=&\left(4k^2+10k+6\right) \end{array}$
$ \scriptsize{\left(4k^2+10k+6\right)=\left(4k^2+10k+6\right)}$
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
b)
$3+7+…+\left(4n-1\right)=2n^2+n$
Induktionsanfang: $\boldsymbol{n=1}$
$\begin{array}{rlll} 4\cdot1-1&=2\cdot1+1\\[5pt] 3&=3 \end{array}$
Induktionsannahme: $\boldsymbol{n=k}$
$3+7+…+\left(4k-1\right)=2k^2+k$
Induktionsschritt: $\boldsymbol{n=k+1}$
$\begin{array}{rlll} 3+7+11+…+\left(4k-1\right)+\left[4\left(k+1\right)-1\right]&=2k^2+k+\left[4\left(k+1\right)-1\right]\\[5pt] &=2k^2+k+\left(4k+3\right)\\[5pt] &=2k^2+5k+3\\[5pt] &=\left(2k^2+4k+2\right)+\left(k+1\right)&\mid\;\small{\text{binomische Formel}}\\[5pt] &=2\left(k^2+2k+1\right)+\left(k+1\right)\\[5pt] &=2\left(k+1\right)^2+\left(k+1\right) \end{array}$
$ \scriptsize{3+…+\left(4k-1\right)+\left[4\left(k+1\right)-1\right]=}$…
Damit ist der Ausdruck bewiesen.
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