Skript zur Vorlesung Analysis 1 im SS2011 - Johannes Gutenberg ...

Beweis (Satz). Induktion über n mit n 0 = 0.
Induktionsanfang: n = 0, d.h. A = ∅. Dann ist n = k = 0, uns ∅ hat nur die
Teilmenge ∅ und es gilt ( 0
0)
= 1.
Induktionsvoraussetzung: Die Anzahl der k-elementigen Teilmengen einer n-elementigen
Menge M = {a 1 , . . . , a n } ist ( n
k)
für alle 0 ≤ k ≤ n.
Induktionschritt: Sei M = {a 1 , . . . , a n+1 } eine (n + 1)-elementige Menge. Nach
Voraussetzung stimmt die Behauptung für M ′ = {a 1 , . . . , a n }. Sei Z ⊆ M eine
k-elementige Teilmenge.
1. Fall Z ⊆ M ′ , d.h. a n+1 /∈ Z. Dann hat man nach Induktionsvoraussetzung ( )
n
k
solcher Mengen.
2. Fall a n+1 ∈ Z. Sei Z ′ = Z \{a n+1 }. Dann ist Z ′ ⊆ M ′ eine (k −1)-elementige
Menge. Also gibt es ( n
k−1)
solche Mengen nach Induktionsvoraussetzung.
Nach dem Lemma hat man daher insgesamt ( ) (
n
k + n
) (
k−1 = n+1
)
k solcher Mengen.
Weitere Beispiele:
Satz 2.9. Für n ∈ N gilt:
1 + 2 + 3 + · · · + n =
n∑
k =
k=1
n(n + 1)
.
2
Beweis. Induktion über n mit n 0 = 1.
Induktionsanfang n 0 = 1: 1 = 1(1+1) .
2
Induktionsvoraussetzung: 1 + 2 + 3 + · · · + n = n(n+1) .
2
Induktionsschritt:
1 + 2 + · · · + n + (n + 1) =
=
=
n(n + 1)
+ n + 1
2
n(n + 1) + 2(n + 1)
2
(n + 1)(n + 2)
.
2
Beweis. [Alternativer Beweis (Gauß)]
2(1 + 2 + · · · + n) = (1 + · · · + n) +
= n(n + 1).
(
)
n + (n − 1) + · · · + 1
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