Schülerzirkel Mathematik Fakultät für Mathematik. Universität Regensburg Induktion 0 +... Aufgaben und Lösungen Aufgabe 1 Summen von ungeraden Zahlen ). 1. Zeige durch vollständige Induktion, dass für alle natürlichen Zahlen n gilt. 1 + 3 + + + n ) n ). Kannst Du auch einen Beweis angeben, der auf dem Ergebnis aus Beispiel beruht und keine weitere Induktion benötigt? Thema vom 1. März 013. Einsenden der Lösungen bis 9. Mai 013. Schülerzirkel Mathematik, Fakultät für Mathematik, 93040 Regensburg http://www.mathematik.uni-r.de/schuelerzirkel, schueler.zirkel@mathematik.uni-regensburg.de
Lösung. 1. Induktionsanfang. Die Behauptung gilt für die natürliche Zahl 0, denn: 0 1 0 ). Induktionsvoraussetzung. Sei n eine natürliche Zahl, die die Behauptung erfüllt. Induktionsschritt. Dann gilt die Behauptung auch für n, denn: Es gilt 1 + 3 + + + n ) ) 1 + 3 + + + n ) ) + n ) ). Nach Induktionsvoraussetzung können wir den Term in der ersten Klammer auf der rechten Seite durch n ) ersetzen. Insgesamt erhalten wir somit 1 + 3 + + n ) ) 1 + 3 + + n ) ) + n ) ) n ) + n ) n ) ). Also ist die Behauptung auch für n erfüllt, was den Induktionsbeweis abschließt.. Sei n eine natürliche Zahl. Dann gilt 1 + 3 + + + n ) 1 + + 3 + + n ) Mit Beispiel erhalten wir also + 4 + 6 + + n) 0 + + 3 + + n ) 0 + + 3 + + n). n ) n ) n n ) 1 + 3 + + + n ) 1 4 n + 4 n + n + n n ) wie gewünscht. 1 n + 4 n + ) n + n n ), Binomische Formel) Aufgabe Überzeugende Induktion? ). Auf dem ICM International Congress on Martians) trägt Professor Pirkheimer über seine neueste Entdeckung vor: 0
haben dieselbe Anzahl an Beinen m 0 m 1 m m 3 m n m n+1 haben dieselbe Anzahl an Beinen Abbildung 1: Alle Marsmännchen haben dieselbe Anzahl an Beinen Behauptung: Alle Marsmännchen haben dieselbe Anzahl an Beinen. Beweis. Wir beweisen die Behauptung, indem wir folgende Aussage durch vollständige Induktion zeigen: Ist n eine natürliche Zahl und A eine Menge von n Marsmännchen, so haben alle Marsmännchen in A dieselbe Anzahl an Beinen. Induktionsanfang. Ist A eine Menge, die nur ein Marsmännchen enthält, so haben alle Marsmännchen in A also, nur dieses eine) natürlich alle dieselbe Anzahl an Beinen. Induktionsvoraussetzung. Sei n eine natürliche Zahl, für die die Behauptung gilt. Induktionsschritt. Wir zeigen nun, dass die Behauptung dann auch für n gilt: Sei nun A eine Menge von n+ Marsmännchen, etwa m 0,..., m n+1. Dann enthalten die Mengen A 1 : {m 0,..., m n } und A : {m 1,..., m n+1 } jeweils genau n Marsmännchen. Nach der Induktionsvoraussetzung angewendet auf A 1 ) haben also die Marsmännchen m 0,..., m n dieselbe Anzahl von Beinen; ebenso haben auch die Marsmännchen m 1,..., m n+1 dieselbe Anzahl von Beinen Induktionsvoraussetzung angewendet auf A ). Da m n sowohl in A 1 als auch in A liegt, haben also m 0,..., m n+1 alle dieselbe Anzahl von Beinen Abbildung 1). Damit ist der Beweis abgeschlossen. Was ist falsch an Pirkheimers Argument? Lösung. Der grün markierte Satz ist nicht korrekt: Im Fall n 0 ist A 1 {m 0 } und A {m 1 }; in diesem Fall ist also m n nicht sowohl in A 1 als auch in A enthalten. Insbesondere kann man somit nicht schließen, dass m 0 und m 1 dieselbe Anzahl von Beinen haben. 0
Aufgabe 3 Summen von Quadraten ). Zu einer natürlichen Zahl n schreiben wir Q n : 6 0 + + n ). Bestimme die Werte Q 0,..., Q 10. Was fällt auf? Formuliere eine Vermutung für eine geschlossene Formel wie in Beispiel für die Werte Q n und beweise sie durch vollständige Induktion. Hinweis. Für alle natürlichen Zahlen n ist Q n durch n teilbar. Welche weiteren Faktoren kannst Du entdecken? Lösung. Die Werte Q 0,..., Q 10 lauten Dies entspricht 0, 6, 30, 84, 180, 330, 46, 840, 14, 1710, 310. 0 0, 1 6, 1, 3 8, 4 4, 66, 6 91, 7 10, 8 13, 9 190, 10 31. Wir stellen außerdem fest, dass Q n für alle n {1,..., 10} auch noch die Faktoren n und n enthält: 0 0, 1 3, 3, 3 4 7, 4 9, 6 11, 6 7 13, 7 8 1, 8 9 17, 9 10 19, 10 11 1. Behauptung. Für alle natürlichen Zahlen n ist Q n n n ) n ). Wir beweisen dies nun durch vollständige Induktion: Induktionsanfang. Die Behauptung gilt für die natürliche Zahl 0, denn: Q 0 6 0 0 0 0 ) 0 ). Induktionsvoraussetzung. Sei n eine natürliche Zahl, die die Behauptung erfüllt. Induktionsschritt. Dann gilt die Behauptung auch für n, denn: Es ist Q n+1 6 0 + + n ) ) 6 0 + + n ) + 6 n ) Q n + 6 n ). Nach Induktionsvoraussetzung ist Q n n n ) n ). Wir setzen dies nun ein und erhalten Q n+1 n n ) n ) ) + 6 n ) n ) n n ) + 6 n ) ) n ) n + 7 n + 6) n ) n + ) n + 3) n ) n ) n ) ). Also ist die Behauptung auch für n erfüllt, was den Induktionsbeweis abschließt. 0
Abbildung : Ein Fabionicc-Chip der Größe 8 Aufgabe 4 Chips zählen ). Die Fabionicc-Chips der Größe n bestehen aus einer n -Platine, auf der n Bauteile vom Typ Domino angeordnet sind, wobei sich diese Dominos nicht überlappen eine solche Konfiguration der Größe 8 ist in Abbildung zu sehen). Sei C n die Anzahl solcher Konfigurationen für Fabionicc-Chips der Größe n. 1. Wie lässt sich für n > 1 die Anzahl C n+1 aus C n und C n1 bestimmen?. Bestimme C 0,..., C 10. 3. Fabionicc, der Erfinder dieser Chips behauptet, dass man die Anzahl der möglichen Konfigurationen ganz einfach an seinen Wurzel fünf Fingern abzählen könne, dass nämlich Lösung. C n ) n 1 für alle natürlichen Zahlen n gelte. Stimmt das? Begründe Deine Antwort! 1. Sei n > 1 eine natürliche Zahl. Jeder Fabionicc-Chip der Größe n beginnt entweder mit oder mit und hat somit entweder die Gestalt ) n Fabionicc-Chip der Größe n oder die Gestalt Fabionicc-Chip der Größe n 1 Also ist C n+1 C n +C n1. Also ist die Folge der C n die Folge der sogenannten Fibonacci-Zahlen.). Mit der rekursiven Formel aus dem ersten Aufgabenteil und der Tatsache, dass es je genau einen Fabionicc-Chip der Größe 0 bzw. 1 gibt, erhalten wir somit C 0 C 1 C C 3 C 4 C C 6 C 7 C 8 C 9 C 10 1 1 3 8 13 1 34 89 0
3. Ist n eine natürliche Zahl, so schreiben wir ) n 1 D n ) n. Im allgemeinen gilt nicht C n D n, denn zum Beispiel ist C 0 1 aber D 0 0. [Bonus] Wir behaupten aber, dass C n D n+1 für alle natürlichen Zahlen n gilt, und beweisen dies durch vollständige Induktion genaugenommen verwenden wir eigentlich das verallgemeinerte Induktionsprinzip aus der folgenden Aufgabe): Induktionsanfang. Die Behauptung gilt für die natürlichen Zahlen 0 und 1, denn es ist ) 1 ) 1 1 D 0+1 1 C 0 und D 1 + ) 1 ) 1 C 1. Induktionsvoraussetzung. Sei n eine natürliche Zahl, für die C n D n+1 und C n1 D n ) gilt. Induktionsschritt. Dann gilt auch C n+1 D n+, denn: Nach dem ersten Aufgabenteil ist C n+1 C n + C n1. Wir wenden nun die Induktionsvoraussetzung an und erhalten C n+1 D n+1 + D n ) n+1 1 ) n+1 ) n 1 + ) ) n ) 1 1. ) n ) n 0
Wegen und folgt 1 + ) 1 + + 1 ) 1 + C n+1 ) n ) 4 4 3 + 3 1 + 1 ) n ) 1 1 ) n+ 1 ) n+ D n+ D n+1. Also gilt die Behauptung auch für n, was den Induktionsbeweis abschließt. Aufgabe Verallgemeinertes Induktionsprinzip ). Zeige, dass man das verallgemeinerte Induktionsprinzip aus dem Induktionsprinzip ableiten kann: Verallgemeinertes Induktionsprinzip. Sei M eine Menge natürlicher Zahlen, die folgende Bedingung erfüllt: 0) Induktionsanfang. Es ist 0 M. +1) Induktionsschritt. Für alle natürlichen Zahlen n gilt: Sind 0, 1,..., n in M, so ist auch n in M. Dann ist M N, d.h. M enthält alle natürlichen Zahlen. Lösung. Es sei M eine Menge natürlicher Zahlen mit den obigen Bedingungen, d.h. es ist 0 in M und für alle natürlichen Zahlen n gilt: Sind 0, 1,..., n in M, so ist auch n in M. Wir betrachten die Menge N : { n N für alle k {0,..., n} ist k M } und zeigen nun mit dem gewöhnlichen Induktionsprinzip, dass N dann bereits alle natürlichen Zahlen enthält: Induktionsanfang. Es ist 0 in N, da nach Voraussetzung 0 in M ist. Induktionsvoraussetzung. Sei n eine natürliche Zahl, die in N liegt. 0
Induktionsschritt. Dann ist auch n+1 in N, denn: Dass n in N liegt, bedeutet nach Definition von N, dass 0, 1,..., n in M sind. Nach Voraussetzung an M ist dann aber auch n in M. Also sind 0, 1,..., n in M. Nach Definition von N heißt dies aber gerade, dass n in N liegt. Mit dem gewöhnlichen Induktionsprinzip folgt somit, dass N alle natürlichen Zahlen enthält. Aus der Definition von N erhalten wir damit aber auch, dass alle natürlichen Zahlen in M sein müssen. Aufgabe 6 Last moon standing ). Zu jeder natürlichen Zahl n > 0 gibt es einen Planeten Sphejous n. Um den Planeten Sphejous n kreisen auf einer gemeinsamen Kreisbahn n unbesiedelte Monde, die der Reihe nach M 1,..., M n heißen; insbesondere ist der nächste Mond nach M n wieder M 1. Im ersten Jahr wird der Mond M 1 von Robotern besiedelt. Im nächsten Jahr wir der in der Kreisbahn übernächste noch verbliebene Mond von Robotern besiedelt. Im nächsten Jahr... Zur natürlichen Zahl n sei L n die Nummer des Mondes von Sphejous n, der als letztes von Robotern besiedelt wird. 1. Skizziere, was in den ersten fünf Jahren um den Planeten Sphejous 6 passiert. Welcher Mond wird als letztes besiedelt?. Wie hängen L n und L n zusammen? 3. Wie hängen L n+1 und L n zusammen? 4. Kannst Du die Werte L 1, L,... durch eine geschlossene Formel darstellen? Lösung. 1. Als letzter Mond von Sphejous 6 wird der Mond mit der Nummer 4 besiedelt wie man an Abbildung 3 ablesen kann.. Wie hängen L n und L n zusammen? In den ersten n Jahren werden um Sphejous n der Reihe nach die Monde mit den Nummern 1, 3,,..., n 1 besiedelt. Danach verbleiben also noch die Monde, 4, 6,..., n und im Jahr n+1 wird der Mond mit der Nummer besiedelt: M n M...... Jahr n 0
M 1 M M 1 M M 1 M M M 3 M M 3 M M 3 Jahr 1 Jahr Jahr 3 M 1 M M 1 M M M 3 M M 3 Jahr 4 Jahr Abbildung 3: Die ersten fünf Jahre der Monde um Sphejous 6. Der im entsprechenden Jahr besiedelte Mond ist eingekreist, die grauen Monde sind bereits besiedelt.) 0
Diese Situation entspricht der Situation um Sphejous n im ersten Jahr mit dem einzigen Unterschied, dass die Nummern der Monde verdoppelt sind. Damit folgt L n L n. 3. Wie hängen L n+1 und L n zusammen? In den ersten n Jahren werden um Sphejous n+1 der Reihe nach die Monde mit den Nummern 1, 3,,..., n besiedelt. Danach verbleiben also noch die Monde, 4, 6,..., n und im Jahr n+ wird der Mond mit der Nummer 4 da dieser der übernächste noch unbesiedelte Mond nach dem Mond mit der Nummer n ist) besiedelt: M n M...... Jahr n + Diese Situation entspricht der Situation um Sphejous n im ersten Jahr mit den Unterschieden, dass die Nummern der Monde verdoppelt sind und dass im ersten Jahr nicht der Mond mit der Nummer 1 bzw. ), sondern der mit der Nummer bzw. 4) besiedelt wird. Damit folgt { L n + falls L n n, L n+1 falls L n n. 4. Für alle natürlichen Zahlen n > 1 ist L n k n, wobei k n die eindeutig bestimmte natürliche Zahl ist, für die es eine natürliche Zahl m n gibt, so dass n mn + k n und 1 k n mn ist; man kann k n auch in der Form k n n log n1) ausdrücken, wobei die Abrundungsfunktion ist. 0
Für Sphejous 1 bis Sphejous 17 erhalten wir die folgenden Werte: n L n m n k n 1 1 0 1 3 1 1 4 4 1 1 6 4 7 6 3 8 8 4 9 3 1 10 4 3 11 6 3 3 1 8 3 4 13 10 3 14 1 3 6 1 14 3 7 16 16 3 8 17 4 1 Man kann diese Behauptung mit den Erkenntnissen aus dem zweiten und dritten Aufgabenteil durch vollständige Induktion beweisen genaugenommen durch das verallgemeinerte Induktionsprinzip aus der vorherigen Aufgabe), indem man zeigt, dass k n in der obigen Darstellung n mn + k n dieselbe Rekursion wie die Folge der L n erfüllt. 0