Beispielbeweise von Summenformeln mittels vollständiger Induktion

Beispiel 5227A

  1. ∑k=1n(2k−1)=n2\sum\limits_{k=1}^n (2k-1)=n^2
  2. ∑k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6\sum\limits_{k=1}^n k^2=\dfrac {n(n+1)(2n+1)} 6

Lösung

(i) n=1n=1 klar.
∑k=1n+1(2k−1)\sum\limits_{k=1}^{n+1} (2k-1) =∑k=1n(2k−1)+2(n+1)−1=\sum\limits_{k=1}^{n} (2k-1) +2(n+1)-1 =n2+2n+1=(n+1)2=n^2+2n+1=(n+1)^2
(ii) n=1n=1 trivial.
∑k=1n+1k2\sum\limits_{k=1}^{n+1} k^2 =∑k=1nk2+(n+1)2=\sum\limits_{k=1}^{n} k^2+(n+1)^2 =n(n+1)(2n+1)6+(n+1)2=\dfrac {n(n+1)(2n+1)} 6 +(n+1)^2 =n(n+1)(2n+1)+6(n+1)26=\dfrac {n(n+1)(2n+1) +6(n+1)^2} 6 =(n+1)[n(2n+1)+6(n+1)]6=\dfrac {(n+1)[n(2n+1) +6(n+1)]} 6 =(n+1)[2n2+n+6n+6]6=\dfrac {(n+1)[2n^2+n +6n+6]} 6 =(n+1)[2n2+3n+4n+6]6=\dfrac {(n+1)[2n^2+3n +4n+6]} 6 =(n+1)[n(2n+3)+2(2n+3)]6=\dfrac {(n+1)[n(2n+3) +2(2n+3)]} 6 =(n+1)(n+2)(2n+3)6=\dfrac {(n+1)(n+2)(2n+3)} 6
 
 

Beispiel 5409A

Wir wollen zeigen, dass ∑k=0naqk=a 1−qn+11−q\sum\limits_{k=0}^n aq^k = a\, \dfrac {1-q^{n+1}}{1-q} gilt, wobei a∈Ra\in\dom R eine beliebige reelle Zahl ist. Um die Aufgabe zu vereinfachen klammern wir aa aus und es ergibt sich
a∑k=0nqk=a 1−qn+11−qa\sum\limits_{k=0}^n q^k = a\, \dfrac {1-q^{n+1}}{1-q}.(1)
Wir müssen also lediglich
∑k=0nqk=1−qn+11−q\sum\limits_{k=0}^n q^k = \dfrac {1-q^{n+1}}{1-q}(2)
zeigen, um (1) zu beweisen.
Den Beweis führen wir natürlich über vollständige Induktion.
Induktionsanfang: Die Behauptung ist offensichtlich für n=0n=0 wahr.
Induktionsschritt: ∑k=0n+1qk=∑k=0nqk+qn+1\sum\limits_{k=0}^{n+1} q^k = \sum\limits_{k=0}^{n} q^k +q^{n+1}
=1−qn+11−q+qn+1=\dfrac {1-q^{n+1}}{1-q}+q^{n+1} (nach Induktionsvoraussetzung)
=1−qn+1+qn+1−qn+21−q=\dfrac {1-q^{n+1}+q^{n+1}-q^{n+2}}{1-q} =1−qn+21−q=\dfrac {1-q^{n+2}}{1-q} □\qed

Manche Menschen haben einen Gesichtskreis vom Radius Null und nennen ihn ihren Standpunkt.

David Hilbert

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