Beweis mit vollst. Induktion < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:14 Di 02.11.2004 | | Autor: | Ursus |
[mm] \forall [/mm] n [mm] \ge [/mm] 1 : 6 | (n³-n) (d.h. [mm] \exists [/mm] k [mm] \in \IZ [/mm] : 6k=n³-n).
Der Induktionsanfang ist mir schon klar, aber ich weiß nicht, wie ich den Induktionsschritt genau machen muss.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Vielen Dank im Voraus!
mfg URSUS
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:47 Di 02.11.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Ursus
bei diesen Beweisen setzt man immer in der Formel dort, wo ein $n_$ steht, ein $(n+1)_$ ein und versucht solche Umformungen vorzunehmen, dass die Induktionsvoraussetzung (gültig für $n_$) wieder erscheint.
Hier also:
Die Formel ist [mm] $n^{3}-n$
[/mm]
Jetzt die $n_$ ersetzen gemäss obiger Bemerkung:
[mm] $(n+1)^{3}-(n+1)$
[/mm]
Und jetzt die Umformung, was hier ein schlichtes Ausmultiplizieren bedeutet:
[mm] $(n+1)^{3}-(n+1)=n^{3}+3n^{2}+3n+1-n-1=n^{3}+3n^{2}+2n$
[/mm]
Jetzt machen wir die Voraussetzung sichtbar:
[mm] $n^{3}+3n^{2}+2n=n^{3}-n^{2}+4n^{2}+2n=(n^{3}-n^{2})+2n(2n+1)$
[/mm]
Das, was ich links in Klammern gesetzt habe, war dei Formel für $n_$, das ist also nach Voraussetzung ein Vielfaches von $6_$.
Somit musst du nur noch zeigen, dass der Ausdruck $2n(2n+1)_$ ein Vielfaches von $6_$ ist. Das kannst du eigentlich zur Übung gerade wieder mit vollständiger Induktion beweisen. 
Übrigens: die vorliegende Aufgabe lässt sich natürlich ganz einfach ohne Induktionsbeweis durchführen, man hat nämlich:
[mm] $n^{3}-n=(n-1)*n*(n+1)$
[/mm]
Das ist das Produkt von drei hintereinanderfolgenden natürlichen Zahlen, also eine 3-er und eine 2-er-Zahl sind sicher dabei, womit das Produkt durch 6 teilbar ist. 
Mit lieben Grüssen
Paul
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