Weitere Beispiele zum Induktionsbeweis

Wir haben in der Vorlesung das Prinzip der vollstandigen Induktion (siehe Ka-pitel 2.5 im Skriptum) an zwei weiteren Beispielen illustriert, die nicht im Skriptumzu finden sind.

Proposition. Fur jede naturliche Zahl n ≥ 1 giltn∑

k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.

Beweis. Wir fuhren den Beweis durch vollstandige Induktion nach n.Induktionsbeginn: Wir mussen die Aussage der Proposition fur n = 1 verifizieren,

dh. es ist∑1

k=1 k2 = 1(1+1)(2·1+1)6 zu zeigen. Diese Gleichung ist aber offensichtlich

wahr, denn auf beiden Seiten ergibt sich 1.Induktionsschritt, von n auf n + 1: Wir durfen die Induktionsvoraussetzung

n∑k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6(1)

als wahr annehmen, und mussen daraus nunn+1∑k=1

k2 =(n + 1)

((n + 1) + 1

)(2(n + 1) + 1

)6

(2)

herleiten. Wir vereinfachen zunachst die rechte Seite der fraglichen Gleichung (2),

(n + 1)((n + 1) + 1

)(2(n + 1) + 1

)6

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

6. (3)

Fur die linke Seite der zu beweisenden Gleichung (2) erhalten wir:n+1∑k=1

k2 =n∑

k=1

k2 + (n + 1)2 Abspalten des letzten Summanden

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

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

=16(n + 1)

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

)Herausheben von

16(n + 1)

=16(n + 1)

(2n2 + 7n + 6

)Ausmultiplizieren

=16(n + 1)(n + 2)(2n + 3) als Produkt erkennen

Kombinieren wir dies mit (3) so erhalten wir die zu beweisende Gleichung (2). �

Das nachste Beispiel behandelt eine geschlossene Darstellung der Fibonacci-Zahlen. Fur eine naturliche Zahl n wurde in der Vorlesung die n-te Fibonacci-ZahlFn rekursiv wie folgt definiert:

(i) F0 := 0,(ii) F1 := 1,(iii) Fn := Fn−1 + Fn−2, fur n ≥ 2.

Die ersten Fibonacci-Zahlen lauten daher: F0 = 0, F1 = 1, F2 = 1, F3 = 2, F4 = 3,F5 = 5, F6 = 8, F7 = 13, F8 = 21, F9 = 34, F10 = 55, . . .

1

Proposition. Fur die n-te Fibonacci-Zahl gilt

Fn =αn − (1− α)n

√5

,

wobei α := 1+√

52 .1

Bemerkung.

Beweis. Wir fuhren den Beweis durch Induktion nach n.Induktionsbeginn: Wir mussen die Aussage der Proposition fur n = 0 verifizieren,

dh. es ist F0 = α0−(1−α)0√5

zu zeigen. Diese Gleichung ist aber offensichtlich wahr,denn auf beiden Seiten ergibt sich 0.

Da der Induktionsschritt unten nur fur n ≥ 1 fuktioniert, mussen wir an dieserStelle auch den Fall n = 1 gesondert behandeln. Es ist daher auch die GleichungF1 = α1−(1−α)1√

5zu zeigen. Auch dies ist offensichtlich wahr, denn auf beiden Seiten

ergibt sich 1.Induktionsschritt: Sei nun n ≥ 1. Als Induktionsvoraussetzung durfen wir anneh-

men, dass die Aussage der Proposition uber die Fibonacci-Zahlen F0, F1, F2, . . . , Fn

schon bewiesen ist, dh.

fur k = 0, 1, 2, . . . , n giltFk =αk − (1− α)k

√5

. (4)

Zu zeigen ist, dass dann auch folgende Gleichung richtig ist:

Fn+1 =αn+1 − (1− α)n+1

√5

. (5)

Beachte zunachst, dass die Zahl α den beiden Gleichungen α2 = α+1 und (1−α)2 =(1 − α) + 1 genugt. Multiplizieren wir die erste dieser Gleichungen mit αn−1 undzweite mit (1− α)n−1 so erhalten wir

αn+1 = αn + αn−1 (6)

sowie(1− α)n+1 = (1− α)n + (1− α)n−1. (7)

Aus der Induktionsvoraussetzung (4) erhalten wir (fur k = n bzw. k = n− 1)

Fn =αn − (1− α)n

√5

bzw. Fn−1 =αn−1 − (1− α)n−1

√5

. (8)

Zusammen mit der Rekursionsgleichung der Fibonacci-Zahlen folgt daher

Fn+1 = Fn + Fn−1 hier verwenden wir n ≥ 1

=αn − (1− α)n

√5

+αn−1 − (1− α)n−1

√5

wegen (8)

=1√5

(αn + αn−1 − (1− α)n − (1− α)n−1

)umformen

=1√5

(αn+1 − (1− α)n+1

)Gleichungen (6) und (7)

Damit ist die zu beweisende Gleichung (5) gezeigt. �

1Die Zahl α = 1+√

52

wird als goldener Schnitt bezeichnet.

2