5.7. Aufgaben zu Folgen und Reihen - Poenitz

5.7. Aufgaben zu Folgen und Reihen
Aufgabe 1: Lineares und beschränktes Wachstum
Aus einem Quadrat mit der Seitenlänge 1 dm gehen auf die rechts angedeutete Weise neue
1
Figuren hervor. Die im n-ten Schritt angefügten Quadrate sind jeweils nur
so breit wie
3
die im (n − 1)-ten Schritt angefügten Quadrate.
a) Berechne den Umfang Un nach n = 0, 1, 2, 3 und 4 Schritten.
b) Wie groß ist der Zuwachs Un+1 −Un des Umfangs im n+1-ten Schritt?
c) Stelle eine Formel auf, mit der sich Un+1 aus Un berechnen lässt.
d) Stelle eine Formel auf, mit der sich Un direkt aus n berechnen lässt.
e) Berechne den Flächeninhalt An der Figur nach n = 1, 2, 3 und 4 Schritten
f) Wie groß ist der Zuwachs An+1 − An der Fläche im n+1-ten Schritt?
g) Stelle eine Formel auf, mit der sich An+1 aus An berechnen lässt.
h) Stelle eine Formel auf, mit der sich An direkt aus n berechnen lässt.
1 xn 1
.
1 x
Berechne A100 und U100 und vergleiche. Welche Aussage lässt sich aus diesem Beispiel
über den Umfang und die Fläche natürlicher Gebilde wie z. B. des Landes BadenWürttemberg ableiten?
Berechne den Grenzwert lim An.
Hinweis: 1 + x + x2 + x3 + ... + xn =
i)
j)
n
Aufgabe 2: Berechnung von Folgengliedern aus gegebenen expliziten und rekursiven Formeln
Berechne die ersten 5 Folgenglieder a0, ..., a4:
1
a) an = 100∙2−n
e) an+1 = an +
mit a0 = 3
2
1
b) an = 100 − 50∙2−n
f) an+1 = an + an mit a0 = 3
2
1
1
c) an =
g) an+1 = an + (5 − an) mit a0 = 3
2
n 1
1
d) an = (n + 1)(n + 2)
h) an+1 = an +
an∙(5 − an) mit a0 = 3
20
Aufgabe 3: Bestimmung von expliziten und rekursiven Formeln aus gegebenen Folgengliedern
Stelle die explizite und die rekursive Formel für die gegebenen Folgenglieder auf:
2
4
1
3
a) a0 = 1; a1 = 3; a2 = 5; a3 = 7; a4 = 9
e) a0 = 0; a1 = ; a2 = ; a3 = ; a4 =
2
4
3
5
2
4
8
16
b) a0 = 3; a1 = 6; a2 = 12; a3 = 24; a4 = 48
f) a0 = 1; a1 = ; a2 = ; a3 =
; a4 =
3
9
81
27
7
11
5
c) a0 = 2; a1 = 6; a2 = 18; a3 = 54; a4 = 162
g) a0 = −1; a1 = 1; a2 = ; a3 =
; a4 =
5
7
3
1
4
1
16
d) a0 = 2; a1 = 5; a2 = 10; a3 = 17; a4 = 26
h) a0 = 0; a1 = ; a2 = ; a3 = ; a4 =
3
9
3
81
Aufgabe 4: Bestimmung von rekursiven Darstellungen aus expliziten Formeln
Gib eine rekursive Beschreibung für die folgenden Folgen an:
a) an = 3n + 2
b) an = n2 − 2n
c) an = 3−n
d) an =
n
n 1
Aufgabe 5: Bestimmung von expliziten Formeln aus rekursiven Darstellungen
Gib eine explizite Beschreibung für die folgenden Folgen an:
a) an+1 = an − 3 mit a0 = 2
c) an+1 = an + 2n + 2 mit a0 = 0
b) an+1 = 0,8∙an mit a0 = 20
d) an+1 = an + 2n + 1 mit a0 = 0
1
Aufgabe 6: Monotonie einer Folge
Untersuche die folgenden Folgen auf Monotonie und begründe anhand der Definition.
n 1
a) an =
b) an = n 2 n
c) an = n3 − 3n2
d) an = n2∙2−n
n 1
Aufgabe 7: Beschränktheit einer Folge
Untersuche die folgenden Folgen auf Beschränktheit und begründe anhand der Definition.
n
a) an =
b) an = n 2 n
c) an = n2 − n3
d) an = n2∙3−n
n 1
Aufgabe 8: Grenzwert einer Folge
Gib den Grenzwert lim an = a an und begründe anhand der Definition.
n
n 2
a) an =
n 1
b) an =
1
n
n2
c) an =
n
1
sin(n)
n
d) an = n3∙2−n
Aufgabe 9: Konvergenz einer Folge
Untersuche die Folge (an) für n ≥ 1 mit Hilfe von Beschränktheit und Monotonie auf Konvergenz
a) an =
1 4n
1 2n
b) an =
n 1
2n
c) an =
2n
2n
3n
3n
n n 10
n2
d) an =
Aufgabe 10: Reihen und Summenschreibweise
Ergänze die Tabelle:
n 1
n
ak
Reihe
erzeugende Folge an
Integral
entsprechende Funktion f(x)
k 0
f (x)dx
1
1
n
1
1
1
+
+
+…
3
9
27
1
1
1
1+
+
+
+…
9 16
4
1+
1
1
1
=
−
x
x 1
x(x 1)
Aufgabe 11: Arithmetische Reihe
20
100
a k für die Folge an = 2 +
a k und
a) Bestimme
k 60
k 0
16
80
a k für die Folge an mit a0 = 3 und an + 1 = an +
a k und
b) Bestimme
n
.
10
k 40
k 0
1
2
10
6
a k = 22 und
c) Bestimme Startwert a0 und Zuwachs d für die arithmetische Folge an mit
k 0
a k = 7.
k 0
90
a k = 31 und Startwert a0 = 1.
d) Bestimme den Zuwachs d für die arithmetische Folge an mit
k 10
Aufgabe 12: Geometrische Reihe
20
100
a k für die Folge an = 100∙0,9n.
a k und
a) Bestimme
k 70
k 0
10
50
a k für die Folge an mit a0 = 3 und an + 1 = 1,2∙an.
a k und
b) Bestimme
k 0
k 40
7
3
a k = 641 und
c) Bestimme Startwert a0 und Wachstumsfaktor q für die geometrische Folge an mit
k 0
a k = 625.
k 0
4
a k = 336,16 und Grenzwert
d) Bestimme Startwert a0 und Faktor q für die geometrische Folge an mit
k 0
a k = 500
k 0
2
Aufgabe 13: Grenzwert einer Reihe
n
a k mit Hilfe von Beschränktheit und Monotonie auf Konvergenz
Untersuche die Reihe
k 1
n
1
1
1
1
1
= 2 + 2 + 2 + ... + 2
2
1
2
3
n
k 1 k
n
1
1
1
1
1
b)
= 2 + 2 + 2 + ... +
2
1)
1
3
5
(2n 1)2
k 0 (2k
a)
n
1
1
1
1
1
= 1 + 2 + 3 + ... + n
k
3
3
3
3
k 1 3
n
1
1
1
1
1
d)
=
+
+
+ ... +
k
n 3
n 1
n 2
2n
k 1 n
c)
Aufgabe 14: Vollständige Induktion
Beweise mit Hilfe der vollständigen Induktion:
a) 2 + 4 + 6 + ... + 2n = n(n + 1) für n ≥ 1
1
b) 12 + 22 + 32 + ... + n2 = n(n + 1)(2n + 1) für n ≥ 1
6
1
c) 6 + 24 + 60 + 120 + … + n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
4
n 1
1 x
d) x0 + x1 + x2 + x3 + .... + xn =
für n ≥ 0.
1 x
1  (n  1)x n  nx n 1
e) 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + … + nxn − 1 =
für n ≥ 1
(1  x)2
1
n(n + 1)(n + 2).
3
2n  1
an
3
g) Die Folge (an) mit a1 =
und an + 1 = an −
hat die explizite Formel an =
.
(3n  4)(2n  1)
4
3n  1
h) 7 teilt 8n − 1 für n ≥ 1
i) 6 teilt n3 − n für n ≥ 2
f)
Die Folge (an) mit a1 = 2 und an + 1 = an + (n + 1)(n + 2) hat die explizite Formel an =
j)
(1 + x)n > 1 + nx für n ≥ 2, x > −1 und x ≠ 0 (Bernoulli-Ungleichung)
Aufgabe 15: Monotonie und Beschränktheit
a) Zeige durch vollständige Induktion, dass die Folge (an) mit a0 = 3 und an + 1 =
1
an
2
3
an
1
3
x
> 3 , dass die Folge aus a) sogar durch
2
x
c) Zeige, dass die Folge aus a) außerdem monoton fällt.
d) Bestimme den Grenzwert a = lim an der Folge aus a).
b) Zeige durch Lösen der Ungleichung
für alle n ∈ ℕ positiv ist
3 nach unten beschränkt ist.
n
Hinweis: Für n → ∞ gilt an = an + 1 = lim an = a. Man kann daher in der Rekursionsformel an = an + 1 = a setzen und nach a
n
auflösen.
3
5.7. Lösungen zu den Aufgaben zu Folgen und Reihen
Aufgabe 1: Lineares und beschränktes Wachstum
Alle Strecken in dm, alle Flächen in dm2:
a) U0 = 4, U1 = 6, U2 = 8, U3 = 10 und U4 = 12
b) Un+1 − Un = 2 (lineares Wachstum
c) Un+1 = Un + 2 (rekursive Formel)
d) Un = 4 + 2n (explizite Formel)
1
1
1
1
1
1
e) A0 = 1, A1 = 1 + ≈ 1,33, A2 = 1 + +
≈ 1,44, A3 = 1 + +
+
≈ 1,48
9
9
27
3
3
3
1
1
1
1
und A4 = 1 + +
+
+
≈ 1,49
9
27
3
81
f)
An+1 − An = 3n+1∙
1
3
g) An+1 = An +
h) An = 1 +
i)
j)
1
3
1
+
2
1
3n
1
=
1
3
n 1
(beschränktes Wachstum)
n 1
(rekursive Formel)
1
3
2
+ ... +
1
3
n
=
1 1/ 3n 1
3
=
1
1 1/ 3
2
1
3
n 1
=
3
1 1
−
2
2 3
n
.(explizite Formel)
U100 = 204 und A100 ≈ 1,5 ⇒ Der Umfang wächst unbeschränkt aber die Fläche nähert sich einem Grenzwert.
lim An = lim
n
n
3
1
2
1
3
n 1
=
3
2
Aufgabe 2: Berechnung von Folgengliedern aus expliziten und rekursiven Formeln
a) a0 = 100; a1 = 50; a2 = 25; a3 = 12,5; a4 = 6,25
e) a0 = 3; a1 = 3,5; a2 = 4; a3 = 4,5; a4 = 5
b) a0 = 50; a1 = 75; a2 = 87,5; a3 = 93,75; a4 = 96,875 f) a0 = 3; a1 = 4,5; a2 = 6,75; a3 = 10,125; a4 = 15,1875
1
1
1
1
c) a0 = 1; a1 = ; a2 = ; a3 = ; a4 =
g) a0 = 3; a1 = 4; a2 = 4,5; a3 = 4,75; a4 = 4,875
3
5
2
4
d) a0 = 2; a1 = 6; a2 = 12; a3 = 20; a4 = 30
h) a0 = 3; a1 = 3,3; a2 ≈ 3,74; a3 ≈ 3,98; a4 = 4,18
Aufgabe 3: Bestimmung von expliziten und rekursiven Formeln aus Folgengliedern
n
1
a) an+1 = an + 2 mit a0 = 1 ⇒an = 1 + 2n
e) an+1 = an +
mit a0 = 0 ⇒an =
(n 1)(n 2)
n 1
2
2
an mit a0 = 1⇒an =
3
3
b) an+1 = 2an mit a0 = 3 ⇒an = 3∙2n
f) an+1 =
c) an+1 = 3an mit a0 = 2 ⇒an = 2∙3n
g) an+1 = an+
d) an+1 = an + 2n + 3 mit a0 = 2 ⇒ an = (n + 1)2 + 1
h) an+1 =
(2n
n
4n 1
6
mit a0=−1 ⇒an=
2n 1
3)(2n 1)
n2
1  n 1

 an für n ≥ 1 mit a1 = 1 und a0 = 0 ⇒an = n
3
3 n 
2
Aufgabe 4: Bestimmung von rekursiven Formeln aus expliziten Formeln
1
a) an+1 = an + 3 mit a0 = 2
c) an+1 = an mit a0 = 1
3
1
b) an+1 = an + 2n − 1 mit a0 = 0
d) an+1 = an +
mit a0 = 0
(n 1)(n 2)
Aufgabe 5: Bestimmung von expliziten Formeln aus rekursiven Darstellungen
a) an = −3n + 2
b) an = 20∙0,8n
c) an = n(n + 1)
d) an = n2
4
Aufgabe 6: Monotonie einer Folge
a
n(n 1)
n2 n
a) monoton zunehmend, da n 1 =
= 2
> 1 für alle n ∈ ℕ.
(n 2)(n 1)
an
n
n 2
b) monoton zunehmend, da
c)
an
1
an
(n 1) 2
=
n
2
(n 1)
=
n2
n
2
n
n
n
> 1 für alle n ∈ ℕ.
monoton zunehmend für n ≥ 2, da an + 1 − an = (n + 1)3 − 3(n + 1)2 − n3 + 3n2 = 3n2 − 3n − 2 = 3(n2 − n −
2
) > 0 für n ≥ 2
3
d) monoton abnehmend für n ≥ 2,
da an + 1 − an = (n + 1)2∙2− (n + 1) − n2∙2− n = 2− (n+1)(n2 +2n + 1 − 2n2) = 2− (n+1)(− n2 +2n + 1) < 0 für n ≥ 2
Aufgabe 7: Beschränktheit einer Folge
a)
Obere Schranke So = 1, weil an ≤ 1 ⇔
n
n
≤ 1 für alle n ∈ ℕ und untere Schranke Su = 0, weil an ≥ 0 ⇔
≥ 0 für
n 1
n 1
alle n ∈ ℕ
b) Keine obere Schranke S, da es kein S ∈ ℝ gibt, so dass an ≤ S ⇔
und untere Schranke Su = 0, weil an ≥ 0 ⇔
c)
n2
n2
n ≤ S ⇔ n2 + n ≤ S2 für alle n ∈ ℕ erfüllt ist
n ≥ 0 für alle n ∈ ℕ.
Obere Schranke So = 0, weil an ≤ 0 ⇔ n2 − n3 ≤ 0 ⇔ n2(1 − n) ≤ 0 für alle n ∈ ℕ und keine untere Schranke S, da es kein
S ∈ ℝ gibt, so dass an ≥ S ⇔ n2 − n3 ≥ S für alle n ∈ ℕ
d) Obere Schranke So = 1, weil an ≤ 1 ⇔ n2∙3− n ≤ 1 ⇔ n2 ≤ 3n für alle n ∈ ℕ und untere Schranke Su = 0, da n2∙3− n ≥ 0 für
alle n ∈ ℕ
Aufgabe 8: Grenzwert einer Folge
Zu zeigen ist, dass es für jedes ε > 0 ein ne gibt, so dass die Ungleichung: ∣aε − a∣ < ε für alle n > nε erfüllt ist.
n 2
1
1
1
a) lim an = 1, da ∣ a − an∣ ≤ ε ⇔ ∣1 −
∣≤ε⇔
≤ ε ⇔ − 1 ≤ n erfüllt ist für alle n ≥ nε = − 1.
n
n 1
n 1
b)
lim an = 1, da ∣ a − an∣ ≤ ε ⇔ ∣1 −
n
⇔1+
c)
d)
1
1
≤ (1 − ε)2 ⇔
n
1 (1
)2
1
≤1− ε
n
1
1
≤ n⇔
≤ n erfüllt ist für alle n ≥ nε =
.
(2 )
(2 )
1
n
n2
n ∣≤ε⇔1− 1
1
∣≤ε⇔ 1
n
1
1
1
sin(n)∣ ≤ ε ⇔
≤ n erfüllt ist für alle n ≥ nε = .
n
n
2n
1
lim an = 0, da ∣a − an∣ ≤ ε ⇔ ∣n3∙2− n ∣ ≤ ε ⇔ ≤ 3 erfüllt ist für alle n ≥ 10
n
n
lim an = 0, da ∣a − an∣ ≤ ε ⇔ ∣
Aufgabe 9: Konvergenz einer Folge
1 4n
3
3
3
a) Beschränktheit: an =
= −2 +
⇒ −2 < an < 1, weil an + 2 =
und 0 <
<3
1 2n
1 2n
1 2n
1 2n
3
3
3
3
Monotonie: an + 1 – an =
−
=
−
= < 0 ⇒ an fällt monoton (gegen lim a n = −2)
n
1 2(n 1) 1 2n
2n 3 2n 1
n 1
1
1
1
1
1
=
−
⇒ 0 < an < , weil 0 <
< .
2n
2n
2n
2
2
2
1
1
1
Monotonie: an + 1 – an = −
+
> 0 ⇒ an steigt monoton (gegen lim a n = )
n
2n
2(n 1)
2
b) Beschränktheit: an =
5
2n
2n
c) Beschränktheit: an =
Monotonie: an + 1 – an
3n
=
3n
3 1
2n
3n
− n
n
2
3
22n
=
1
n
2
3
1
=
n
2
3
n
2n
2n
=
2
3
3n 1
1
1
3n
3n
1
1
1
=
(2n
2
3
1
6n 32n 1 (22n 1 6n
(2n 1 3n 1 )(2n 3n )
n
n
⇒ −2 < an < 0, weil 0 <
32n 1 )
=
3n ) (2n 1 3n 1 )(2n
3n 1 )(2n 3n )
1
(2
n 1
<1+
n
2
3
1
3n 1 )(2n
(2n
n
2
3
1
2
3
n
<2
3n )
2 32n 1
3n 1 )(2n
3n )
10
(n 1) 2
10
< 0, weil beide Klammern < 0
n2
>0
⇒ an steigt monoton (gegen lim a n = −1)
n
n n 10
1
=
n2
n
d) Beschränktheit: an =
Monotonie: an + 1 – an =
10
⇒ 0 < an < 1 + 10 = 11
n2
1
10
−
2
(n 1)
n
1
n 1
10
=
n2
1
1
n 1
n
⇒ an fällt monoton (gegen lim a n = 0)
n
Aufgabe 10: Reihen und Summenschreibweise
Ergänze die Tabelle:
n 1
n
ak
Reihe
erzeugende Folge an
entsprechende Funktion f(x)
Integral
k 0
1
1
1
+
+
+…
3
2
4
1
1
1
1+
+
+
+…
3
9
27
1
1
1
1+
+
+
+…
9 16
4
1
n
1
3n
1
x
1
3x
1+
1
n2
1
n(n 1)
f (x)dx
1
1
1
1
1
+
+
+
+…
20
2
6 12
1
x2
1
1
1
=
−
x
x 1
x(x 1)
ln(n + 1)
3∙ln(3)∙ 1
1
3n
1
n 1
n 1
ln(2) + ln
n 2
1−
Aufgabe 11: Arithmetische Reihe
20
100
100
k 60
k 0
16
10
k 0
80
39
ak −
ak =
k 40
k 0
a k = 707 – 297 = 410.
k 0
80
a k = 119 und
b)
59
ak −
ak =
a k = 63 und
a)
a k = 1863 – 510 = 1353.
k 0
k 0
a k = 11a0 + 55d = 22 ⇔ a0 + 5d = 2 und
c) Aus
k 0
a k = 7a0 + 21d = 7 ⇔ a0 + 3d = 1 erhält man a0 = −
k 0
90
9
a k = 91∙1 + 4095d =
d) Aus
6
k 0
1
1
und d =
2
2
a k + 31 = 10∙1 + 45d + 31 ⇔ 91 + 4095d = 41 + 45d ⇔ 50 = 4050 d erhält man d =
k 0
1
81
Aufgabe 12: Geometrische Reihe
20
100
a k = 1000∙(1 – 0,921) ≈ 890,581 und
a)
k 70
k 0
10
50
11
a k = 15∙(1,251 – 1) ≈ 163 792,89
a k = 15∙(1,2 – 1) ≈ 96,45 und
b)
a k = 1000∙(1 – 0,9101) ≈ 999,976.
k 40
k 0
7
c) Aus
k
q8 1
a k = a0∙
= 641 und
q 1
0
3
a k = a0∙
k 0
q4 1
q8
= 625 erhält man∙ 4
q 1
q
(q 4 1)(q 4
1
641
=
⇔
q4 1
1 625
1)
= 1,0256
⇔ q4 = 0,256 ⇒ Wachstumsfaktor q = 0,4 und Startwert a0 ≈ 384,85
6
4
a k = a 0∙
d) Aus
k 0
q5 1
= 336,16 und Grenzwert
q 1
a k = a0∙
k 0
1
1 q
= 500 erhält man q5 – 1 = −
336,16
⇔ q5 = 0,32768
500
⇔ Wachstumsfaktor q = 0,8 und Startwert a0 = 100.
Aufgabe 13: Grenzwert einer Reihe
n
1
1
a) sn =
ist monoton steigend, da sn+1 − sn =
> 0 für alle n ∈ ℕ. (sn) ist nach oben beschränkt, da
2
(n 1) 2
k 1 k
sn =
1
1
+
2
1
2
2
1
+
3
2
n
1
+ ... +
n
2
1
1
x
1
<1+
x
dx = 1 +
2
n
=2−
1
1
< 2 für alle n ∈ ℕ. (sn) muss daher gegen einen
n
2
1
=
≈ 1,64
2
6
1 k
Grenzwert lim sn ≤ 2 konvergieren. L. Euler zeigt im Jahr 1736, dass lim sn =
n
n
1
b) sn =
k 0
sn =
n
1
1
+
2
ist monoton steigend, da sn+1 − sn =
(2k 1) 2
1
3
2
1
+
5
2
n
1
+ ... +
(2n 1)
2
1
<1+
0
(2x 1)
2
1
(2n
3) 2
dx = 1 +
k
> 0 für alle n ∈ ℕ. (sn) ist nach oben beschränkt, da
n
1
2(2x 1)
=
0
1
3
3
−
<
für alle n ∈ ℕ. (an)
4n 2
2
2
3
muss daher gegen ein lim sn ≤
konvergieren. L. Euler zeigte im Jahr 1736, dass lim sn =
n
n
2
n
c)
sn =
k
sn = 1 +
1
1
ist monoton steigend, da sn+1 − sn = n
k
3
0 3
1
1
3
+
1
3
2
+ ... +
1
3
n
n
<
e
ln(3) x
dx =
1
lim sn ≤
(sn) muss daher gegen einen Grenzwert
n
k 0
(2k 1) 2
2
=
8
≈ 1,23
> 0 für alle n ∈ ℕ. (sn) ist nach oben beschränkt, da
n
1
dx =
3x
1
1
1
e
ln(3)
n
ln(3) x
=
1
3
1
3
−
<
für n ∈ ℕ.
n
ln(3)
ln(3)
ln(3) 3
3
konvergieren. Der exakte Grenzwert ergibt sich durch
ln(3)
n
1
= lim
k
n
0 3
1
= lim 1
k
n
0 3
1
1
3
n 1
1
3
=
= .
1
1
2
k
k
1
1
3
3
n
1
1
1
1
1
1
d) sn =
ist monoton steigend, da sn+1 − sn =
+
−
=
−
> 0 für alle n ∈ ℕ. (sn)
k
2n 1
2n 1
2n 2
n 1
2n 2
k 1 n
Anwendung der Summenformel für die geometrische Reihe:
ist nach oben beschränkt, da sn =
1
n 1
+
1
n
2
+
1
n
3
+ ... +
1
<
2n
n
0
1
n
x
dx = ln(n
n
x) 0 =ln(2n) – ln(n) = ln(2)
für alle n ≥ 1 und s0 = 1. (sn) muss daher gegen einen Grenzwert lim sn ≤ ln(2) konvergieren.
n
Aufgabe 14: Vollständige Induktion
a) Induktionsanfang n = 1: 2 = ∙1∙(1 + 1)
Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
Induktionsannahme für ein beliebiges n: 2 + 4 + 6 +... + 2n = n(n + 1)
zu zeigen ist die Behauptung für n + 1: 2 + 4 + 6 +... + 2n + 2(n + 2 = (n + 1)(n + 2)
Linke Seite mit Einsetzen der Induktionsannahme:
2 + 4 + 6 +... + 2n + 2(n + 2) = n(n + 1) + 2n + 2 = n2 + 3n + 2
Rechte Seite: (n + 1)(n + 2) = n2 + 3n + 2 qed
1
b) Induktionsanfang n = 1: 12 = 1(1 + 1)(2 + 1) = 1
6
Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
1
n(n + 1)(2n + 1)
6
1
zu zeigen ist die Behauptung für n + 1: 12 + 22 + 32 + ... + n2 + (n + 1)2 = (n + 1)(n + 2)(2n + 3)
6
Linke Seite mit Einsetzen der Induktionsannahme:
Induktionsannahme für ein beliebiges n: 12 + 22 + 32 + ... + n2 =
7
1
1
13
3
n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 = n3 + n2 +
n+1
6
3
6
2
1
1
1
13
3
Rechte Seite: (n + 1)(n + 2)(2n + 3) = (2n3 + 9n2 + 13n + 6) = n3 + n2 +
n + 1, qed
6
6
3
6
2
1
Induktionsstart n = 1: 6 = 1‧2‧3‧4 = 6
4
c) Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
Annahme für beliebiges n:
1
6 + 24 + 60 + 120 + … + n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
4
Zu zeigen ist die Behauptung für n + 1:
1
6 + 24 + 60 + 120 + … + n(n + 1)(n + 2) + (n + 1)(n + 2)(n + 3) = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
4
Linke Seite mit Einsetzen der Annahme:
1
6 + 24 + 60 + 120 + … + n(n + 1)(n + 2) + (n + 1)(n + 2)(n + 3) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + (n + 1)(n + 2)(n + 3)
4
1
= (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) = rechte Seite, qed.
4
1  x1
d) Induktionsanfang n = 0: 1 =
=1
1 x
Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
1 xn 1
Induktionsannahme für ein beliebiges n: x0 + x1 + x2 + x3 + .... + xn =
1 x
1 xn 2
zu zeigen ist die Behauptung für n + 1: x0 + x1 + x2 + x3 + .... + xn + xn+1 =
1 x
Linke Seite mit Einsetzen der Induktionsannahme:
1 xn 1
1 xn 1 xn 1 xn 2
1 xn 2
x0 + x1 + x2 + x3 + .... + xn + xn+1 =
+ xn + 1 =
=
qed
1 x
1 x
1 x
1  2x  x 2
e) Induktionsanfang n = 1: 1 =
=1
(1  x) 2
12 + 22 + 32 + ... + n2 + (n + 1)2 =
Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
Induktionsannahme für ein beliebiges n::
1  (n  1)x n  nx n 1
1 + 2x + 3x2 + 4x3 + … + nxn − 1 =
(1  x)2
zu zeigen ist die Behauptung für n + 1:
1  (n  2)x n 1  (n  1)x n  2
1 + 2x + 3x2 + 4x3 + … + nxn − 1 + (n + 1)xn =
(1  x)2
Linke Seite mit Einsetzen der Induktionsannahme:
1  (n  1)x n  nx n 1
1  (n  1)x n  nx n 1  (1  x)2 (n  1)x n
n
+
(n
+
1)x
=
(1  x) 2
(1  x)2
f)
Induktionsstart n = 1: 2 =
=
1  (n  1)x n  nx n 1  (n  1)x n  2(n  1)x n 1  (n  1)x n  2
(1  x)2
=
1  (n  2)x n 1  (n  1)x n  2
= rechte Seite. qed
(1  x)2
1
‧1‧2‧3 = 2
3
Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
1
n(n + 1)(n + 2)
3
1
Zu zeigen ist die Behauptung für n + 1: an + 1 = (n + 1)(n + 2)(n + 3)
3
Linke Seite mit Einsetzen der Induktionsannahme:
Annahme für ein beliebiges n: an =
8
1
1
2
1
11
n(n + 1)(n + 2) + (n + 1)(n + 2) = n3 + n2 + n + n2 + 3n + 2 = n3 + 2n2 +
n + 2.
3
3
3
3
3
1
1
1
11
Rechte Seite: (n + 1)(n + 2)(n + 3) = (n2 + 3n + 2)(n + 3) = n3 + 2n2 +
n + 2 = linke Seite, qed.
3
3
3
3
:an + 1 = an + (n+ 1)(n + 2) =
9
g) Induktionsstart für n = 1:
2 1
3
3
=
=
3 1
4
4
Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
Annahme für ein beliebiges n: an =
2n  1
3n  1
Zu zeigen ist die Behauptung für n + 1: an + 1 =
2n  3
3n  4
Linke Seite mit Einsetzen der Annahme:

an
2n  1 
1
2n  1 6n 2  11n  3
2n  1 (3n  1)(2n  3)
a n + 1 = an −
=
=
=
 1 


 =
(3n  4)(2n  1)
3n  1 (3n  4)(2n  1)
3n  1  (3n  4)(2n  1) 
3n  1 (3n  4)(2n  1)
2n  3
= rechte Seite, qed.
3n  4
h) Induktionsanfang n = 1: 7 teilt 81 − 1 = 7
i)
Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
Induktionsannahme für ein beliebiges n: 7 teilt 8n −1
zu zeigen ist die Behauptung für n + 1: 7 teilt 8n + 1 − 1 = 8∙8n − 1 = 7∙8n + 8n − 1
Offensichtlich ist der linke Summand 7∙8n durch 7 teilbar. Nach Induktionsannahme ist auch der rechte Summand 8n − 1
durch 7 teilbar und damit die ganze Summe. qed
Induktionsanfang n = 1: 6 teilt 23 − 2 = 6
Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
Induktionsannahme für ein beliebiges n: 6 teilt n3 − n
zu zeigen ist die Behauptung für n + 1:
6 teilt (n + 1)3 − (n + 1) = n3 + 3n2 + 2n = (n3 − n) + (3n2 + 3n) = (n3 − n) + 6∙
1
n(n + 1)
2
Nach Induktionsannahme ist auch der linke Summand n3 − n durch 6 teilbar. Da entweder n oder n + 1 gerade ist, ist
n(n + 1) eine ganze Zahl. Daher ist auch der rechte Summand 6∙
j)
1
2
1
n(n + 1) durch 6 teilbar und damit die ganze Summe.
2
qed
Induktionsanfang n = 2: (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x, da x2 > 0∙
Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
Induktionsannahme für ein beliebiges n: (1 + x)n > 1 + nx
zu zeigen ist die Behauptung für n + 1: (1 + x)n + 1 > 1 + (n + 1)x
Linke Seite mit Einsetzen der Induktionsannahme:
(1 + x)n + 1 (1 + x)n(1 + x) > (1 + nx)(1 + x) , da nach Voraussetzung 1 + x > 0
= 1 + (n + 1)x + x2
> 1 + (n + 1)x, da x2 > 0 qed
Aufgabe 15: Vollständige Induktion, Monotonie und Beschränktheit
a) Induktionsanfang n = 0: a0 = 3 > 0∙
Induktionsschritt n ⇒ n + 1:
Induktionsannahme für ein beliebiges n: an > 0
zu zeigen ist die Behauptung für n + 1: an + 1 > 0
Einsetzen der Induktionsannahme: an + 1 =
b)
1
x
2
3
>
x
c) an + 1 – an =
3 ⇔x+
1
an
2
3
an
3
>2 3
x
− an =
1 3
2 an
x 0 wegen a )
an =
1
an
2
> 0, weil an > 0, qed.
x2 + 3 > 2 3 x ⇔ x2 − 2 3 x + 3 > 0 ⇔ (x −
3 ) > 0 gilt für alle x ∈ ℝ.
1 3 an2
> 0, weil wegen b) gilt an2 < 3 ⇒ (an) ist monoton fallend.
2 an
d) Für n → ∞ gilt an = an + 1 = lim an = a und damit a =
n
3
an
1
a
2
3
1
1 3
⇔ a=
⇔ a2 = 3
a
2
2 a
a 0 wegen a )
a = lim an =
n
3.
10

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