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Aufgabe: (Induktion)

Zeigen Sie, dass die unten stehende Gleichung für alle n ∈ N gilt.

n-1k=0 (n+k)(n-k) = 1/6 n(n+1)(4n-1)


Problem/Ansatz:

Hallo, ich habe Probleme bei dieser Aufgabe. Wie löse ich diese am besten?

Vielen Dank im Voraus :)

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Aloha :)

Wir formen die Summe zunächst etwas umA(n)k=0n1(n+k)(nk)=k=0n1(n2k2)=k=0n1n2k=0n1k2=n3k=0n1k2A(n)\coloneqq\sum\limits_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k)=\sum\limits_{k=0}^{n-1}(n^2-k^2)=\sum\limits_{k=0}^{n-1}n^2-\sum\limits_{k=0}^{n-1}k^2=n^3-\sum\limits_{k=0}^{n-1}k^2und zeigen nun die BehauptungA(n)=n(n+1)(4n1)6A(n)=\frac{n(n+1)(4n-1)}{6}mittels vollständiger Induktion.

Verankerung bei n=1n=1:A(n)=A(1)=13k=011k2=1=1236=n(n+1)(4n1)6A(n)=A(1)=1^3-\sum\limits_{k=0}^{1-1}k^2=1=\frac{1\cdot2\cdot3}{6}=\frac{n(n+1)(4n-1)}{6}\quad\checkmark

Induktionsschritt nn+1n\to n+1:A(n+1)=(n+1)3k=0nk2=(n3+3n2+3n+1)(k=0n1k2+n2)A(n+1)=(n+1)^3-\sum\limits_{k=0}^nk^2=\left(n^3+3n^2+3n+1\right)-\left(\sum\limits_{k=0}^{n-1}k^2+n^2\right)A(n+1)=(n3k=0n1k2)+2n2+3n+1\phantom{A(n+1)}=\left(n^3-\sum\limits_{k=0}^{n-1}k^2\right)+2n^2+3n+1Jetzt setzen wir die Induktionsvoraussetzung ein:A(n+1)=n(n+1)(4n1)6+2n2+3n+1A(n+1)=\frac{n(n+1)(4n-1)}{6}+2n^2+3n+1A(n+1)=(n+1)(4n2n)6+12n2+18n+66\phantom{A(n+1)}=\frac{(n+1)(4n^2-n)}{6}+\frac{12n^2+18n+6}{6}A(n+1)=(n+1)(4n2n)6+12n2+12n+6n+66\phantom{A(n+1)}=\frac{(n+1)(4n^2-n)}{6}+\frac{12n^2+12n+6n+6}{6}A(n+1)=(n+1)(4n2n)6+12n(n+1)+6(n+1)6\phantom{A(n+1)}=\frac{(n+1)(4n^2-n)}{6}+\frac{12n(n+1)+6(n+1)}{6}A(n+1)=(n+1)(4n2n)6+(n+1)(12n+6)6\phantom{A(n+1)}=\frac{(n+1)(4n^2-n)}{6}+\frac{(n+1)(12n+6)}{6}A(n+1)=(n+1)(4n2+11n+6)6=(n+1)(n+2)(4n+3)6\phantom{A(n+1)}=\frac{(n+1)(4n^2+11n+6)}{6}=\frac{(n+1)(n+2)(4n+3)}{6}A(n+1)=(n+1)(n+2)(4(n+1)1)6\phantom{A(n+1)}=\frac{(n+1)(n+2)(4(n+1)-1)}{6}\quad\checkmark

Avatar von 153 k 🚀

Besten Dank :)

kannst du mir noch sagen, woher oben bei der Umformung das n3 kommt? :)

Klar ;)

Von k=0k=0 bis n1n-1 sind es genau nn Summanden, die aber alle gleich n2n^2 sind:k=0n1n2=n2+n2+n2++n2n-mal=nn2=n3\sum\limits_{k=0}^{n-1}n^2=\underbrace{n^2+n^2+n^2+\cdots+n^2}_{\text{\(n\)-mal}}=n\cdot n^2=n^3

Ja das macht Sinn, danke für die schnelle Hilfe ;)

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Da links der letzte Summand 2n-1 und der nächste Summand 0 ist, muss man hier den Schluss von n auf n-1 machen, also zeigen:

1/6·n(n+1)(4n-1)-(2n-1)=1/6·(n-1)·n·(4n-5).

Avatar von 124 k 🚀
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 1/6 n(n+1)(4n-1)=16n(4n2+3n1)=\frac{1}{6} n\left(4 n^{2}+3 n-1\right)

Induktionsanfang:

Für n=1:

k=0n1(n+k)(nk)=(1+0)(10)=1=161(412+311) \sum \limits_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k)=(1+0)(1-0)=1\\=\frac{1}{6}\cdot 1\left(4 \cdot1^{2}+3 \cdot1-1\right)

Induktionsschritt:

Es gelte

k=0n1(n+k)(nk)=16n(4n2+3n1) \sum \limits_{k=0}^{n-1}(n+k)(n-k)=\frac{1}{6} n\left(4 n^{2}+3 n-1\right)

Gilt es auch für n+1?

k=0n(n+1+k)(n+1k)=k=0n[(n+k)(nk)+2n+1]=k=0n(n+k)(nk)+k=0n(2n+1)=16n(4n2+3n1)+(n+1)(2n+1)...=16(n+1)(4(n+1)2+3(n+1)1) \sum \limits_{k=0}^{n}(n+1+k)(n+1-k) \\ =\sum \limits_{k=0}^{n}[(n+k)(n-k)+2n+1]\\=\sum \limits_{k=0}^{n}(n+k)(n-k)+\sum \limits_{k=0}^{n}(2n+1)\\=\frac{1}{6}\cdot n(4n^{2}+3n-1) +(n+1)(2n+1)\\...\\=\frac{1}{6}(n+1)(4 (n+1)^{2}+3 (n+1)-1)



(n+1+k)(n+1-k)

=(n+k+1)(n-k+1)

=(n+k)(n-k)+n-k+n+k+1

=(n+k)(n-k)+2n+1

Avatar von 47 k

Super vielen Dank für die schnelle Hilfe :)

Die Zwischenschritte habe ich noch nicht gerechnet, aber jetzt ist Kaffeezeit.

:-)

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