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Logik, Mengen & Beweistechnik » Induktion » Induktion über m oder n
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Universität/Hochschule Induktion über m oder n
Erdbeere99
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  Themenstart: 2022-11-05

Hallo, ich habe folgende Aufgabe: Für alle \( n \in \mathbb{N}_{\geq 1} \) gilt \( \begin{aligned} \sum \limits_{k=1}^{n} k(k+1) &=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}, \\ \sum \limits_{k=1}^{n} k(k+1)(k+2) &=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4} . \end{aligned} \) Stellen Sie eine Vermutung auf, welche Formel allgemein für \( \sum \limits_{k=1}^{n} k(k+1) \cdot \ldots \cdot(k+m-1) \) gilt, wobei \( m \in \mathbb{N}_{\geq 1} \). Beweisen Sie die Vermutung durch vollständige Induktion. Mein Frage ist nun, ob die vollständige Induktion über k oder m durchgeführt werden soll? Bei n sehe ich kein Problem, aber wie kann die Induktion über m durchgeführt werden, wenn man ein Produkt und eine Summe drin hat? Vielen Dank schon einmal


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Wauzi
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-11-05

Hallo, k ergibt keinen Sinn, da es der Laufindex ist. Bleiben nur n oder m. Beides geht, der naheliegendere Weg dürfte n sein. Gruß Wauzi


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Erdbeere99
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-05

\quoteon(2022-11-05 18:19 - Wauzi in Beitrag No. 1) Beides geht, der naheliegendere Weg dürfte n sein. \quoteoff Danke erstmal. Ich habe es erstmal mit m probiert, denn bei den ersten beiden Beispielen wurde jeweils das m verändert. Nur dann stand ich bei dem Induktionsschritt da und wusste nicht, wie man das so umformen kann, dass man mit der Induktionsvoraussetzung arbeiten kann. Da haben stets die Summen gestört


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Wauzi
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-11-05

m ist schon aufwendiger. Zerlege den letzten Faktor in k-1 und m und multipliziere aus. Damit bekommst Du zwei Summen. Bei der zweiten wird m ausgeklammert die Summe hat die "Länge" m-1 und jetzt kann die IV angewendet werden. Bei der ersten ist der erste Summand k-1. Jetzt Indexverschiebung und es kommt wieder eine Summe der "Länge" m heraus. Dies müßte mit der Ausgangssumme verarbeitbar sein. Ich habe es allerdings nicht nachgerechnet, wenn es dumm läuft, bekommt man 0=0, Gruß Wauzi


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Erdbeere99
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-05

\quoteon(2022-11-05 18:35 - Wauzi in Beitrag No. 3) m ist schon aufwendiger. Zerlege den letzten Faktor in k-1 und m und multipliziere aus. Damit bekommst Du zwei Summen. Bei der zweiten wird m ausgeklammert die Summe hat die "Länge" m-1 und jetzt kann die IV angewendet werden. Bei der ersten ist der erste Summand k-1. Jetzt Indexverschiebung und es kommt wieder eine Summe der "Länge" m heraus. Dies müßte mit der Ausgangssumme verarbeitbar sein. Ich habe es allerdings nicht nachgerechnet, wenn es dumm läuft, bekommt man 0=0, Gruß Wauzi \quoteoff Wenn man den Induktionsschritt anwendet (m->m+1), ist doch der letzte Faktor (k+m), also ist bei der ersten Summe der erste Faktor k², oder?


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Wauzi
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-11-05

Ich bin von m-1->m ausgegangen. zerlege so, daß k-1 übrigbleibt, damit am Anfang der Summe (k-1)*k*... steht


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Folgende Antworten hat der Fragensteller vermutlich noch nicht gesehen.
Wauzi
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-11-05

Ich habe das Ganze mal durchgerechnet. Allerdings wurde es keine Induktion, obwohl ich damit angefangen habe, sondern die Beh. kam direkt raus: Behauptung: S(n,m):=sum(k(k+1)*...*(k+m-1),k=1,n)=1/(m+1)*produkt((n+k),k=0,m) Beweis: S(n,m+1)=sum(k(k+1)*...*(k+m+1-1),k=1,n)= =sum(k(k+1)*...*(k-1),k=1,n)+sum(k(k+1)*...*(k+m+1-2)*(m+1),k=1,n)= =sum((k-1)k(k+1)*...*(k+m+1-2),k=1,n)+(m+1)*S(n,m)= =sum(k(k+1)*...*(k+m+1-1),k=0,n-1)+(m+1)*S(n,m)= =sum(k(k+1)*...*(k+m+1-1),k=1,n)+(m+1)*S(n,m)-n*(n+1)*...*(n+m)= =S(n,m+1)+(m+1)*S(n,m)-n*(n+1)*...*(n+m) =>(m+1)*S(n,m)=n*(n+1)*...*(n+m) und dies ist die Beh.


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