Vollständige Induktion/Einführung/Aufgaben/Textabschnitt

Die natürlichen Zahlen sind dadurch ausgezeichnet, dass man mit ihnen zählen kann, d.h. dass man in ihnen ausgehend von ${}0$ durch den Übergang von ${}n$ zum Nachfolger ${}n'=n+1$ jede natürliche Zahl erreicht. Dies begründet die folgende Eigenschaft: Wenn ${}T\subseteq \mathbb {N}$ eine Teilmenge ist, die einerseits die ${}0$ enthält und die andererseits mit jedem ${}n\in T$ auch den Nachfolger enthält (also ${}n+1\in T$), so ist bereits ${}T=\mathbb {N}$. Mit dem Startglied ${}0$ folgt ja dann zunächst ${}1\in T$, sodann ${}2\in T$, sodann ${}3\in T$ u.s.w, und da dieser Zählprozess jede natürliche Zahl erreicht, gehört jede natürliche Zahl zu ${}T$. Diese Beobachtung ist die Grundlage der vollständigen Induktion.

Mathematische Aussagen, die von natürlichen Zahlen abhängen, können mit dem Beweisprinzip der vollständigen Induktion bewiesen werden. Die folgende Aussage begründet dieses Prinzip.

Satz

Für jede natürliche Zahl ${}n$ sei eine Aussage ${}A(n)$ gegeben. Es gelte

1. ${}A(0)$ ist wahr.
2. Für alle ${}n$ gilt: wenn ${}A(n)$ gilt, so ist auch ${}A(n+1)$ wahr.

Dann gilt ${}A(n)$ für alle ${}n$.

Beweis

Es sei

${}M={\left\{n\in \mathbb {N} \mid A(n){\text{ ist wahr}}\right\}}\,.$

Wir wollen zeigen, dass ${}M=\mathbb {N}$ ist, denn genau dies bedeutet, dass die Aussage für alle ${}n$ gilt. Nach der ersten Bedingung ist

${}0\in M\,.$

Nach der zweiten Voraussetzung gilt für ${}M$, dass aus ${}n\in M$ stets ${}n+1\in M$ folgt. Damit erfüllt ${}M$ beide Voraussetzungen im Induktionsprinzip für Mengen, so dass ${}M=\mathbb {N}$ gilt.

$\Box$

Der Nachweis von (der Gültigkeit von) ${}A(0)$ heißt dabei der Induktionsanfang und der Schluss von ${}A(n)$ auf ${}A(n+1)$ heißt der Induktionsschluss. Innerhalb des Induktionsschlusses nennt man die Gültigkeit von ${}A(n)$ auch die Induktionsvoraussetzung. In manchen Situationen ist die Aussage ${}A(n)$ erst für ${}n\geq n_{0}$ für ein gewisses ${}n_{0}$ (definiert oder) wahr. Dann beweist man im Induktionsanfang die Aussage ${}A(n_{0})$ und den Induktionsschluss führt man für ${}n\geq n_{0}$ durch.

Das folgende Standardbeispiel für einen Induktionsbeweis verwendet das Summenzeichen. Für gegebene (natürliche, reelle, komplexe) Zahlen ${}a_{1},\ldots ,a_{n}$ bedeutet

${}\sum _{k=1}^{n}a_{k}:=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n-1}+a_{n}\,.$

Dabei hängen im Allgemeinen die ${}a_{k}$ in einer formelhaften Weise von ${}k$ ab. Entsprechend ist das Produktzeichen definiert, nämlich durch

${}\prod _{k=1}^{n}a_{k}:=a_{1}\cdot a_{2}{\cdots }a_{n-1}\cdot a_{n}\,.$

Insbesondere sind für ${}n\in \mathbb {N}$ die Potenzen durch

${}a^{n}=\prod _{i=1}^{n}a=a^{n-1}\cdot a=\underbrace {a\cdot a{\cdots }a} _{n{\text{-mal}}}\,$

definiert. Dabei gelten die Konventionen ${}0a=0$ und ${}a^{0}=1$ (die erste lässt sich auch über die Multiplikation begründen, die zweite ist aber auch sinnvoll). Als Rechenregeln für das Potenzieren gelten

1. ${}(a\cdot b)^{n}=a^{n}\cdot b^{n}\,$

2. ${}a^{n+m}=a^{n}\cdot a^{m}\,$

3. ${}(a^{n})^{m}=a^{nm}\,.$

Aufgabe

Beweise durch Induktion die folgende Formel für ${}n\geq 1$.

${}\sum _{k=1}^{n}k={\frac {n(n+1)}{2}}\,.$

Lösung

Beim Induktionsanfang ist ${}n=1$, daher besteht die Summe links nur aus einem Summanden, nämlich der ${}1$, und daher ist die Summe ${}1$. Die rechte Seite ist ${}{\frac {1\cdot 2}{2}}=1$, so dass die Formel für ${}n=1$ stimmt.

Für den Induktionsschritt setzen wir voraus, dass die Formel für ein ${}n\geq 1$ gilt, und müssen zeigen, dass sie auch für ${}n+1$ gilt. Dabei ist ${}n$ beliebig. Es ist

${}{\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n+1}k&=\left(\sum _{k=1}^{n}k\right)+n+1\\&={\frac {n(n+1)}{2}}+n+1\\&={\frac {n(n+1)+2(n+1)}{2}}\\&={\frac {(n+2)(n+1)}{2}}.\end{aligned}}$

Dabei haben wir für die zweite Gleichheit die Induktionsvoraussetzung verwendet. Der zuletzt erhaltene Term ist die rechte Seite der Formel für ${}n+1$, also ist die Formel bewiesen.

Aufgabe

Zeige durch vollständige Induktion, dass für jedes ${}n\in \mathbb {N}$ die Zahl

$6^{n+2}+7^{2n+1}$

ein Vielfaches von ${}43$ ist.

Lösung

Induktionsanfang. Für ${}n=0$ ist

${}6^{2}+7=43\,$

ein Vielfaches von ${}43$. Induktionsschritt. Es sei nun die Aussage für ${}n$ bewiesen und betrachten wir den Ausdruck für ${}n+1$. Dieser ist

${}{\begin{aligned}6^{n+1+2}+7^{2(n+1)+1}&=6\cdot 6^{n+2}+7^{2}\cdot 7^{2n+1}\\&=6\cdot 6^{n+2}+(6+43)7^{2n+1}\\&=6{\left(6^{n+2}+7^{2n+1}\right)}+43\cdot 7^{2n+1}\\&=6\cdot 43\cdot s+43\cdot 7^{2n+1}\\&=43\cdot {\left(6\cdot s+7^{2n+1}\right)},\end{aligned}}$

wobei im vorletzten Schritt die Induktionsvoraussetzung verwendet wurde (nämlich die Eigenschaft, dass $6^{n+2}+7^{2n+1}$ ein Vielfaches von ${}43$ ist). Daher ist diese Zahl ein Vielfaches von ${}43$.

Aufgabe

Die Städte ${}S_{1},\ldots ,S_{n}$ seien untereinander durch Straßen verbunden und zwischen zwei Städten gibt es immer genau eine Straße. Wegen Bauarbeiten sind zur Zeit alle Straßen nur in eine Richtung befahrbar. Zeige, dass es trotzdem mindestens eine Stadt gibt, von der aus alle anderen Städte erreichbar sind.

Aufgabe *

Die offizielle Berechtigung für die Klausurteilnahme werde durch mindestens ${}200$ Punkte im Übungsbetrieb erworben. Professor Knopfloch sagt, dass es aber auf einen Punkt mehr oder weniger nicht ankomme. Zeige durch eine geeignete Induktion, dass man mit jeder Punkteanzahl zur Klausur zugelassen wird.

Aufgabe

Eine ${}n$-Schokolade ist ein rechteckiges Raster, das durch ${}a-1$ Längsrillen und ${}b-1$ Querrillen in ${}n=a\cdot b$ (${}a,b\in \mathbb {N} _{+}$) mundgerechte kleinere Rechtecke eingeteilt ist. Ein Teilungsschritt an einer Schokolade ist das vollständige Durchtrennen einer Schokolade längs einer Längs- oder Querrille. Eine vollständige Aufteilung einer Schokolade ist eine Folge von Teilungsschritten (an der Ausgangsschokolade oder an einer zuvor erhaltenen Zwischenschokolade), deren Endprodukt aus den einzelnen Mundgerechtecken besteht. Zeige durch Induktion, dass jede vollständige Aufteilung einer ${}n$-Schokolade aus genau ${}n-1$ Teilungsschritten besteht.

Aufgabe *

Es sei ${}G$ eine Menge und es seien ${}M_{i}\subseteq G$, ${}i=1,\ldots ,n$, endliche Teilmengen. Für eine Teilmenge ${}J\subseteq \{1,\ldots ,n\}$ sei

${}M_{J}=\bigcap _{i\in J}M_{i}\,.$

Beweise die Anzahlformel

${}{\#\left(\bigcup _{i=1}^{n}M_{i}\right)}=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n\},\,{\#\left(J\right)}=k}{\#\left(M_{J}\right)}\right)}\,.$

Aufgabe *

Zeige mittels vollständiger Induktion für ${}n\geq 1$ die Formel

${}\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k}k={\begin{cases}{\frac {n}{2}}{\text{ bei }}n{\text{ gerade}},\\-{\frac {n+1}{2}}{\text{ bei }}n{\text{ ungerade}}\,.\end{cases}}\,$

Aufgabe *

Beweise durch Induktion, dass die Summe von aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen (beginnend bei ${}1$) stets eine Quadratzahl ist.

Aufgabe

In der folgenden Argumentation wird durch Induktion bewiesen, dass alle Pferde die gleiche Farbe haben. „Es sei ${}A(n)$ die Aussage, dass je ${}n$ Pferde stets untereinander die gleiche Farbe haben. Induktionsanfang: Wenn nur ein Pferd da ist, so hat dieses eine bestimmte Farbe und die Aussage ist richtig. Für den Induktionsschritt sei vorausgesetzt, dass je ${}n$ Pferde stets untereinander die gleiche Farbe haben. Es seien jetzt ${}n+1$ Pferde gegeben. Wenn man eines herausnimmt, so weiß man nach der Induktionsvoraussetzung, dass die verbleibenden ${}n$ Pferde untereinander die gleiche Farbe haben. Nimmt man ein anderes Pferd heraus, so haben die jetzt verbleibenden Pferde wiederum untereinander die gleiche Farbe. Also haben all diese ${}n+1$ Pferde überhaupt die gleiche Farbe“. Analysiere diese Argumentation.