Lidt hjælp ville være dejligt :)

#0.
Du må jo så have lært om induktionsbeviser. Hvad har du forsøgt dig med?

1) Brug Gauss' formel:
1+2+3...+n = n(n+1)/2

2) Som man vil bevise Gauss' formel ved induktion, vil jeg også tro at du skal lægge (n+1)² til på begge sider og prøve at få højersiden til at blive
(1/6)((n+1)+1)(2(n+1)+1)

Jeg har lært lidt om induktionsstarten og induktionsskridtet..

Men ehm.. den første opgave har jeg lidt problemer med.. Ellers har jeg fundet ud af den anden.. SÅdan nogenlunde..

Opg 1:
Tænk på, hvormange gange du har 101 (1+100, 2+99 osv).

Opg 2:

Hmm, det ser ikke rigtigt ud

For n=2.
1^2+2^2 = 5
1/6(2+1)(4+1) = 5/2

For n=3
1^2+2^2+3^2 = 14
1/6(3+1)(6+1)= 14/3

Jeg kan ikke lige pt huske, hvordan den rigtigt skal se ud, men jeg tænker lige lidt over det.

Ok, det skal være
1/6 * n(n+1)(2n+1)
så passer det hele meget bedre.

Men eftersom du allerede (næsten) har løst den selv, vil jeg ikke gå i detaljer, før du evt. skriver, hvad du allerede har.


citat fra #4:
"Tænk på, hvor mange gange du har 101 (1+100, 2+99 osv)".
summen af
led
nr 1 og 100, 2 og 99, 3 og 97...
altså:
1 frem fra venstre og en tilbage fra højre (når det ene led bliver 1 større og det næste led samtidig bliver 1 mindre, må deres sum forblive konstant),
eller
skrevet alment:
1+2+3+..............+n, hvor n E Z+:
summen af 1. og sidste led er 1+n eller n+1
summen af 2. og (n-1)'te led bliver også n+1 og så fremdeles. Spørgsmålet er så, hvor mange gange, vi får denne sum. Ja hvor mange par kan der dannes af n led?
Det kan der blive n/2 par ud af.
n/2 gange har vi altså summen (n+1), hvorfor
1+2+3+..............+n = n/2*(n+1) eller
1/2*n(n+1).

Dette udtryk vil jeg kalde F(n),
altså
F(n)=1/2*n(n+1).
Skal du også bevise dette ved et induktionsbevis, kan du f. eks. sætte n=6 og bevise F(n)'s gyldighed, dernæst antage gyldighed for et vilkårligt n og vise, at "udtrykket holder" for n+1, hvilket du selv kan gøre.

Dernæst til Q(n)=1^2+2^2+3^2+......+n^2.
Denne sum vokser åbenlyst hurtigere end F(n). Men lad os se på forholdet mellem dem, Q(n)/F(n).
her ville det være smartere, hvis jeg havde haft mulighed for at indsætte et Exel_regneark, som kunne have været mere overskueligt.
Men
hvis du selv laver et skema, hvor - fra venstre mod højre - søjleoverskrifterne er:
n F(n) Q(n) Q(n)/F(n)

og nedenunder udfylder de beregnede værdier for hver søjle.

I søjlen Q(n)/F(n) får du - for n=1 til 6 - en måske forbavsende regelmæssighed:
(jeg bliver nødt til at skrive vandret)
1=3/3, 5/3,14/6=7/3, 30/10=9/3, 55/15=11/3, 91/21=13/3...... osv,
altså HELE tiden et fortløbende ulige antal tredjedele, som kan udtrykkes (2n+1)/3 (fordi 2n+1 altid er ulige, da 2n er lige).

Vi har altså Q(n)/F(n)=(2n+1)/3 eller

Q(n)=F(n)*(2n+1)/3 eller

Q(n)=1/2*n(n+1)*(2n+1)/3 eller

Q(n)=1/6*n*(n+1)*(2n+1).

Induktionsbeviset: lad f. eks. n være 6 endnu en gang og eftervis. Lad dernæst n være vilkårligt. Afslutningsvis lader du n være 1 større (n+1) og efterviser. Når formlen gælder for et vilkårligt n og det efterfølgende, har den almen gyldighed.

God fornøjelse og RIGTIG god selvtillid!!!

Maria89006,
du mangler et n i

q(n): 1^2 + 2^2 + 3^2 + ... +n^2 = 1/6 (n+1)(2n+1),
som bør være

q(n): 1^2 + 2^2 + 3^2 + ... +n^2 = 1/6 n(n+1)(2n+1).

#7 - Helt som jeg skrev i #5.

#6 - Du kan sagtens lave induktionsbeviset for summen af kvadraterne uden at bruge formlen for summen af tallene i første potens.

Q(n+1) = Q(n)+(n+1)^2
= 1/6(n+1)n(2n+1) + (n+1)(n+1)
= 1/6(n+1)(n(2n+1)+6(n+1))
= 1/6(n+1)(2n^2+7n+6)
= 1/6(n+1)(n+2)(2n+3)
= 1/6(n+1)((n+1)+1)(2(n+1)+1)