Hallo,
ich bekomme das einfach nicht so richtig hin, mit diesen Beweisführungen.
In diesen konkreten Fall für n in N:
Man beweise mit Hilfe vollständiger Induktion, dass die Formel 1+5+9+…+(4n-3) = n(2n-1) erfüllt ist.
Wie kommt man da auf: n(2n-1)?
Mit welcher Überlegung kommt man darauf?
Vielen Dank,
Karl
Hallo,
Wie kommt man da auf: n(2n-1)?
Mit welcher Überlegung kommt man darauf?
eigentlich nur durch scharfes Hingucken. Deshalb muss man ja anschließend beweisen, dass die so gefunden Formel auch wirklich allgemeingültig ist.
Gruß
T.
Hi,
so gut kenne ich mich zwar auch nicht aus, versuche es aber mal.
Du addierst das erste Element mit dem letzten, das zweite mit dem vorletzem usw.
Die Elementsummen ergeben jeweils 4n-2:
z. B. für das erste und letzte: 1+4n-3 = 4n-2
z. B. für das zweite und vorletze: 5+4n-7 = 4n-2
z. B. für das dritte und vorvorletze: 9+4n-11= 4n-2
usw.
Von diesen Elementsummen hast du n/2, also ergibt die Summe über alle Elemente: n/2*(4n-2) = n*(2n-1)
So ähnlich müsste es jedenfalls funktionieren.
Hallo,
mit Kenntnis des „kleinen Gauß“ ist das ein Klacks:
\sum_{k=1}^n (4k-3)
= 4 \sum_{k=1}^n k -3 \sum_{k=1}^n 1
= 4 \cdot \frac{1}{2} n (n+1) - 3n
= 2 n^2 - n
Beweis „kleiner Gauß“:
Σk=1…n k = 1 + 2 + 3 + 4 + … + n
= die Anzahl der schwarzen Kugeln in diesem…
○ ○ ○ ○ ○
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○ ○ ● ● ●
○ ● ● ● ●
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…n Kugeln breiten und n + 1 Kugeln hohen Stapel
= die Hälfte der Anzahl aller Kugeln in diesem Stapel
= 1/2 n (n + 1)
Letztlich ist beides zusammengenommen gerade wieder der Beweis von power-blue. Also nix neues, nur anders dargestellt.
Man beweise mit Hilfe vollständiger Induktion
Das Beweisverfahren vollständige Induktion läuft nach einem streng festgelegten Protokoll immer gleich ab. Wo genau hast Du ein Problem?
Gruß
Martin
vielen Dank, aber kann man den „kleien Gauss“ auch für andere Beweise heranziehen?
zB: „1+3+5+…+n …> Summe der ungeraden Zahlen“ oder
„n^5 - n ist durch 5 teibar“?
kann man den „kleien Gauss“ auch für andere Beweise heranziehen?
Ja sicher, der ist überall dort zu gebrauchen, wo eine Summe der Form Σk=1…n k auftaucht. Ob das im Zuge irgendeines bestimmten Beweises passieren wird, kann man im allgemeinen vorher nicht wissen. Manchmal kann man es erahnen, aber in anderen Fällen ist man davon überrascht, weil man es nicht vermutet hätte. That’s Mathe 
1+3+5+…+n …> Summe der ungeraden Zahlen
Chef, das geht genauso:
1 + 3 + 5 + … + n = \sum_{k=1}^n (2k-1) = 2 \sum_{k=1}^n k - \sum_{k=1}^n 1 = … = n^2
n^5 - n ist durch 5 teilbar
Das hat mit dem kleinen Gauß natürlich nix mehr zu tun.
Martin
„n^5 - n ist durch 5 teibar“?
Da würde ich so rangehen:
n^5 - n | n Ausklammmern
= n * (n^4 - 1) | 3. binomische Formel
= n * (n^2 + 1) * (n^2 - 1) | 3. binomische Formel
= n * (n^2 + 1) * (n + 1) * (n - 1)
Da 5 eine Primzahl ist, ist n^5-n genau dann durch 5 teilbar, wenn einer der obigen Faktoren durch 5 teilbar ist.
Schauen wir uns mal die Möglichkeiten für n an (jeweils k >= 0):
- n = 5k -> Erfüllt auf Grund des 1. Faktors
- n = 5k+1 -> Erfüllt auf Grund des 4. Faktors
- n = 5k+4 -> Erfüllt auf Grund des 3. Faktors
Bleiben noch n = 5k+2 und n = 5k+3. Hierbei kann nur der 2. Faktor relevant sein. Setzen wir also mal ein:
(5k+2)^2 + 1 = 25k^2 + 20k + 4 + 1 = 5 * (5k^2 + 4k + 1)
und
(5k+3)^2 + 1 = 25k^2 + 30k + 9 + 1 = 5 * (5k^2 + 6k + 2)
Beide sind offensichtlich durch 5 teilbar, also ist die Aussage insgesamt erfüllt.
Allerdings ist auch dieser Beweis nicht mit vollständiger Induktion erbracht.
Sebastian.