Das Induktionsprinzip


\begin{definition}
$\Bbb T \subset \mbox{$\mathbb{N}$}$\ hei\ss{}t induktiv \ind...
... f\uml {u}r alle
$t \in \Bbb T $\ auch $t +1 \in \Bbb T $\ ist.
\end{definition}
(Induktion)
Für jede induktive Teilmenge $ \Bbb$T $ \subset$ $ \mbox{$\mathbb{N}$}$ gilt: Ist eine Zahl a $ \in$ $ \Bbb$T, so sind alle Zahlen b$ \ge$a in $ \Bbb$T.

Lösungen:

    1. Sei

      $\displaystyle \mathbb {T}$ = $\displaystyle \left\{\vphantom{k\vert k\in \mbox{$\mathbb{N}$}\text{ und } 0\cdot 0!+ \dots +k\cdot k!=(k+1)!-1}\right.$k| k $\displaystyle \in$ $\displaystyle \mbox{$\mathbb{N}$}$ und 0 . 0! + ... + k . k! = (k + 1)! - 1$\displaystyle \left.\vphantom{k\vert k\in \mbox{$\mathbb{N}$}\text{ und } 0\cdot 0!+ \dots +k\cdot k!=(k+1)!-1}\right\}$    

      Es ist 0 $ \in$ $ \mathbb {T}$, denn 0 . 0! = 1! - 1.

      Sei k $ \in$ $ \mathbb {T}$. Dann ist:

      0 . 0! + ... + k . k! = (k + 1)! - 1  
      0 . 0! + ... + k . k! + (k + 1)(k + 1)! = (k + 1)! - 1 + (k + 1)(k + 1)!  
      0 . 0! + ... + k . k! + (k + 1)(k + 1)! = (k + 1)!(k + 2) - 1  
      0 . 0! + ... + k . k! + (k + 1)(k + 1)! = (k + 2)! - 1  

      Also ist $ \mathbb {T}$ induktiv und daher ist $ \mathbb {T}$ = $ \mbox{$\mathbb{N}$}$.
    2. Wieder sei

      $\displaystyle \mathbb {T}$ = $\displaystyle \left\{\vphantom{k\vert+1+\dots+k = \displaystyle\frac{(k+1)\cdot k}{2}}\right.$k| 0 + 1 + ... + k = $\displaystyle {\frac{{(k+1)\cdot k}}{{2}}}$$\displaystyle \left.\vphantom{k\vert+1+\dots+k = \displaystyle\frac{(k+1)\cdot k}{2}}\right\}$    

      Es ist 0 = $\displaystyle {\frac{{1\cdot 0}}{{2}}}$. Also ist 0 $ \in$ $ \mathbb {T}$. Sei k $ \in$ $ \mathbb {T}$. Man erhält:
      1 + ... + k = $\displaystyle {\frac{{(k+1)\cdot k}}{{2}}}$  
      1 + ... + k + (k + 1) = $\displaystyle {\frac{{(k+1)\cdot k}}{{2}}}$ + (k + 1) = $\displaystyle {\frac{{(k+1)\cdot (k+2)}}{{2}}}$  

      Daher ist die Menge $ \mathbb {T}$ induktiv und daher ist $ \mathbb {T}$ = $ \mbox{$\mathbb{N}$}$.
    3. Es ist 11 . 22 ... nn$ \le$n1 . n2 ... nn = n$\scriptstyle {\frac{{(n+1)\cdot n}}{{2}}}$ nach Teil b der Aufgabe.
    1. Es ist f (x) + (x + 1) = $ {\frac{{1}}{{2}}}$ . x . (x + 1) + (x + 1) = (x + 1) . ($ {\frac{{1}}{{2}}}$x + 1) = (x + 1) . $ {\frac{{x+2}}{{2}}}$ = f (x + 1).
    2. Ich suche nach einer Polynomfunktion höchstens 3ten Grades mit

      f (x + 1) = f (x) + (x + 1)2 und f (0) = 0.    

      Es ist also f (x) = a1x + a2x2 + a3x3. Also ist

      f (x + 1) = a1(x + 1) + a2(x + 1)2 + a3(x + 1)3  
        = (a1 + a2 + a3) + (a1 +2a2 +3a3)x + (a2 +3a3)x2 + a3x3  

      Andererseits ist
      f (x + 1) = f (x) + (x + 1)2  
        = a1x + a2x2 + a3x3 + x2 + 2x + 1  
        = 1 + (a1 +2)x + (a2 +1)x2 + a3x3  

      Koeffizientenvergleich liefert folgendes Gleichungssystem.


      a1 + a2 + a3 = 1  
      2a2 +3a3 = 2  
      3a3 = 1  

      Dies ergibt a3 = $ {\frac{{1}}{{3}}}$, a2 = $ {\frac{{1}}{{2}}}$ und a1 = $ {\frac{{1}}{{6}}}$. Also ist f (x) = $ {\frac{{1}}{{3}}}$x3 + $ {\frac{{1}}{{2}}}$x2 + $ {\frac{{1}}{{6}}}$x.

      Wenn es daher ein Polynom mit der gewünschten Eigenschaft gibt, so muss es f sein. Tatsächlich hat f die verlangte Eigenschaft. Denn es ist

      f (x + 1) - f (x) = $\displaystyle {\frac{{1}}{{3}}}$(x + 1)3 + $\displaystyle {\frac{{1}}{{2}}}$(x + 1)2 + $\displaystyle {\frac{{1}}{{6}}}$ - f (x)  
        = x2 +2x + 1 = (x + 1)2  

    3. Wir verwenden wieder die Methode von Teil b) an. Wir suchen also nach einem Polynom f höchstens 4ten Grades mit f (0) = 0 und f (x + 1) - (x + 1)3 = f (x). Ist f (x) = a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4, so folgt:
      f (x + 1) - f (x) - (x + 1)3 = 0  

      Rechnet man aus und beachtet, dass beim Nullpolynom alle Koeffizienten 0 sind so ergibt sich folgendes Gleichungssystem.
      a1 + a2 + a3 + a4 = 1  
      2a2 +3a3 +4a4 = 3  
      3a3 +6a4 = 3  
      4a4 = 1  

      Es folgt f (x) = $ {\frac{{1}}{{4}}}$x2 + $ {\frac{{1}}{{2}}}$x3 + $ {\frac{{1}}{{4}}}$x4. Zu zeigen bleibt: f (x + 1) - f (x) = (x + 1)3. Dies kann man nachrechnen.
    4. Sei

      f (x) = a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5    

      Wir haben :
      a1(x + 1) + a2(x + 1)2 + a3(x + 1)3 + a4(x + 1)4 + a5(x + 1)5   =  
      ax + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5 + x4 +4x3 +6x2 + 4x + 1      

      Koeffizientenvergleich liefert folgendes Gleichungssystem:
      a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 1  
      2a2 +3a3 +4a4 +5a5 = 4  
      3a3 +6a4 +10a5 = 6  
      4a4 +10a5 = 4  
      5a5 = 1  

      Das liefert die Lösung

      f (x) = $\displaystyle {\frac{{-1}}{{30}}}$x + $\displaystyle {\frac{{1}}{{3}}}$x3 + $\displaystyle {\frac{{1}}{{2}}}$x4 + $\displaystyle {\frac{{1}}{{5}}}$x5    

      Man rechnet nach, dass dieses Polynom die Bedingungen erfüllt.



Unterabschnitte
Andreas 2006-12-05