(i) F¨ ur alle n ∈ N

Mathematische Grundlagen Prof. Dr. Peter Becker Fachbereich Informatik Wintersemester 2015/16

Beweise zu Beispiel 4.6

(i) F¨ ur alle n ∈ N

gilt:

n

X

i=1

i

= n(n + 1)(2n + 1) 6

Beweis:

n = 0:

0

X

i=1

i

= 0 = 0 · (0 + 1) · (2 · 0 + 1) 6

n → n + 1:

n+1

X

i=1

i

= (n + 1)

+

n

X

i=1

i

I.V. = (n + 1)

+ n(n + 1)(2n + 1) 6

= 6(n + 1)

+ n(n + 1)(2n + 1) 6

= (n + 1) (6(n + 1) + n(2n + 1)) 6

= (n + 1) (6n + 6 + n(2n + 1)) 6

= (n + 1) (4n + 6 + n(2n + 3)) 6

= (n + 1)(n + 2)(2n + 3) 6

= (n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1) 6

(ii) F¨ ur alle n ∈ N gilt:

n

X

i=1

(2i − 1) = n

Beweis:

n = 1:

1

X

i=1

(2i − 1) = 2 · 1 − 1 = 1 = 1

n → n + 1:

n+1

X

i=1

(2i − 1) = (2(n + 1) − 1) +

n

X

i=1

(2i − 1) I.V. = 2n + 1 + n

= n

+ 2n + 1

= (n + 1)

(iii) F¨ ur alle n ∈ N

und f¨ ur alle x ∈ R \ {1} gilt:

n

X

i=0

x

= x

− 1 x − 1 Beweis:

n = 0:

0

X

i=0

x

= x

= 1 = x − 1

x − 1 = x

− 1 x − 1 n → n + 1:

n+1

X

i=0

x

= x

+

n

X

i=0

x

I.V. = x

+ x

− 1

x − 1

= x

(x − 1) + x

− 1 x − 1

= x

− x

+ x

− 1 x − 1

= x

− 1 x − 1 (iv) F¨ ur alle n ∈ N gilt:

6|(7

− 1) Beweis:

n = 1:

7

− 1 = 7 − 1 = 6 ⇒ 6 = 1 · (7

− 1) ⇒ 6|(7

− 1) n → n + 1: Aus der Induktionsvoraussetzung 6|(7

− 1) folgt:

∃a ∈ N : 6 · a = 7

− 1 Dies nutzen wir weiter unten.

7

− 1 = 7

− 7

+ 7

− 1

= 7

− 7

+ (7

− 1)

= 7

(7 − 1) + (7

− 1)

= 6 · 7

+ (7

− 1) I.V. = 6 · 7

+ 6 · a

= 6(7

+ a)

2

Also existiert b = 7

+ a ∈ N mit 6 · b = 7

− 1.

⇒ 6|(7

− 1) (v) F¨ ur alle n ∈ N

gilt:

n! > 2

Beweis:

n = 4:

4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24 > 16 = 2

n → n + 1:

(n + 1)! = n! · (n + 1) I.V. > 2

· (n + 1)

| {z }

≥5>2

> 2

· 2

= 2

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