Vier weitere Beispiele zu vollständiger Induktion

Vier weitere Beispiele zu vollständiger Induktion
Induktionsprinzip:
Sei A(n) eine für alle natürlichen Zahlen n ∈ N sinnvolle Aussage. Dann folgt
aus den beiden Voraussetzungen Induktionsanfang und Induktionsvoraussetzung
(I.A.) A(1) ist richtig
(I.V.) Für alle n ∈ N gilt die Implikation A(n) =⇒ A(n + 1).
die Gültigkeit der Aussage A(n) für alle n ∈ N.
Mit anderen Worten: Haben wir gezeigt, dass die Aussage A(n) im Falle
n = 1 gültig ist, und ist es uns gelungen, zu zeigen, dass aus der Gültigkeit
der Aussage A(n) die Gültigkeit der Aussage A(n + 1) folgt, so gilt die Aussage
schon für alle natürlichen Zahlen.
Nun zu einigen elmentaren Aussagen, die wir mittels vollständiger Induktion
beweisen wollen:
Aussage:
Die Summe der natürlichen Zahlen von 1 bis n ist gegeben durch
n�
i =
i=1
n · (n + 1)
2
Beweis. (per Induktion nach n) Wir starten mit dem Indutkionsanfang:
(I.A.) Die Summe der Zahlen von 1 bis 1 ist 1 und es gilt
1�
i = 1 =
i=1
1 · (1 + 1)
,
2
also ist die Behauptung im Fall n = 1 korrekt.
n� n · (n + 1)
(I.V.) Es gelte i = .
2
i=1
n+1 �
Wir müssen zeigen: i =
i=1
(n + 1) · (n + 2)
.
2
1

Es gilt:
n+1 �
i =
i=1
n�
i + (n + 1)
i=1
Dies beweist die Behauptung.
Aussage:
= n · (n + 1)
+ (n + 1) (nach I.V.)
2
= n · (n + 1)
+
2
2 · (n + 1)
2
= n · (n + 1) + 2 · (n + 1)
2
= (n + 2) · (n + 1)
2
Die Summe 12 +32 +52 +. . .+(2n−1) 2 der ungeraden Quadratzahlen bis 2n−1
ist n·(2n−1)·(2n+1)
3 , d.h.
n�
(2i − 1) 2 =
i=1
n · (2n − 1) · (2n + 1)
3
Beweis. (per Induktion nach n) Wir starten mit dem Indutkionsanfang:
(I.A.) Die Summe der Zahlen von 1 2 bis 1 2 ist 1 und es gilt
1�
(2i − 1) 2 = 1 =
i=1
1 · (2 − 1) · (2 + 1)
,
3
also ist die Behauptung im Fall n = 1 korrekt.
n�
(I.V.) Es gelte (2i − 1) 2 n · (2n − 1) · (2n + 1)
= .
3
i=1
n+1 �
Wir müssen zeigen: (2i − 1) 2 =
i=1
(n + 1) · (2(n + 1) − 1) · (2(n + 1) + 1)
.
3
2

Es gilt:
n+1 �
(2i − 1) 2 =
i=1
n�
i=1
Dies beweist die Behauptung.
(2i − 1) 2 + (2n + 1) 2
= n · (2n − 1) · (2n + 1)
+ (2n + 1)
3
2
(nach I.V.)
= n · (2n − 1) · (2n + 1)
+
3
3 · (2n + 1)2
3
= n · (2n − 1) · (2n + 1) + 3 · (2n + 1)2
3
= (n · (2n − 1) + 3 · (2n + 1)) · (2n + 1)
3
= (2n2 − n + 6n + 3) · (2n + 1)
3
= (2n2 + 5n + 3) · (2n + 1)
3
= (n + 1) · (2n + 3) · (2n + 1)
3
In der Teilbarkeitslehre wollen wir auch vollständige Induktion verwenden.
Dazu folgendes kleines Beispiel:
Aussage
3 ist stets ein Teiler von n 3 − n für alle n ∈ N.
Beweis. (per Induktion nach n) Wir starten mit dem Induktionsanfang:
(I.A.) Im Fall n = 1 ist n 3 − n = 0 und 3 ist ein Teiler der 0.
(I.V.) Es gelte: 3 ist ein Teiler von n 3 − n.
Wir müssen zeigen: 3 ist auch ein Teiler von (n + 1) 3 − (n + 1).
Es gilt:
(n + 1) 3 − (n + 1) = n 3 + 3n 2 + 3n + 1 − n − 1
= (n 3 − n) + (3n 2 + 3n)
= (n 3 − n) + 3 · (n + 1)
Da nun nach Induktionvoraussetzung 3 ein Teiler von n 3 − n ist und 3 sicherlich
auch ein Teiler von 3 · (n + 1) ist, folgt, dass 3 ein Teiler von der Summe (n 3 −
n) + 3 · (n + 1) ist. Dies zeigt die Behauptung.
Auch in der Mengentheorie kann vollständige Induktion sehr nützlich angewandt
werden:
3

Aussage:
Eine n-elementige Menge M besitzt stets 2 n Teilmengen, d.h.
|℘(M)| = 2 n .
Beweis. (per Induktion nach n) Wir starten mit dem Induktionsanfang:
(I.A.) Sei M = {m} einelementig. Dann ist die Menge der Teilmengen von M
gegeben durch ℘(M) = {∅, {m}}. Es gilt also: M hat 2 = 2 1 viele Elemente.
Damit ist die Aussage für n = 1 richtig.
(I.V.) Es gelte, dass jede n-elementige Menge genau 2 n viele Teilmengen hat.
Sei M nun eine Menge mit n + 1 Elementen, d.h.
M = {m1, . . . , mn, mn+1} = {m1, . . . , mn} ∪ {mn+1}
Wir betrachten die Menge aller Teilmengen von M. Diese Mengen können wir
in zwei Teilmengen M1 und M2 unterteilen, von denen M1 alle Teilmengen
von M umfaßt, die mn+1 enthalten, und M2 alle Teilmengen von M, die mn+1
nicht enthalten. [Hier ist es vielleicht nicht unklug, sich dieses an einem einfachen
kleinen Beispiel zu verdeutlichen.] Dann sind in M2 genau die Teilmengen der
Menge {m1, . . . , mn} enthalten. Diese Menge hat n Elemente und besitzt daher
nach Induktionsvoraussetzung genau 2 n Elemente. Nun müssen aber M2 und
M1 gleich viele Teilmengen von M enthalten. Also hat auch M1 genau 2 n viele
Elemente. Insgesamt ist damit die Anzahl aller Teilmengen von M gegeben
durch
2 n + 2 n = 2 · 2 n = 2 n+1
Damit ist die Behauptung bewiesen.
Zum Abschluß zeigen wir, wie man auch eine Aussage aus der Analysis mit
vollständiger Induktion beweisen kann:
Aussage:
Für alle x ∈ R mit x ≥ −1 und alle n ∈ N gilt:
(1 + x) n ≥ 1 + n · x (Bernoullische Ungleichung)
Beweis. (per Induktion nach n) Sei im folgenden x ∈ R mit x ≥ −1 beliebig.
Wir starten mit dem Induktionsanfang:
(I.A.) Für n = 1 gilt (1 + x) 1 = 1 + x ≥ 1 + 1 · x, d.h. die Behauptung ist im
Fall n = 1 korrekt.
(I.V.) Es gelte (1 + x) n ≥ 1 + n · x. Wir müssen zeigen, dass (1 + x) n+1 ≥
1 + (n + 1) · x gilt.
4

Es gilt:
also die Behauptung.
(1 + x) n+1 = (1 + x) n · (1 + x)
≥ (1 + n · x) · (1 + x) (nach I.V.)
= 1 + x + n · n + n · x 2
= 1 + (n + 1) · x + n · x 2
= (1 + (n + 1) · x) + n · x 2
� �� �
≥0
≥ 1 + (n + 1) · x
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