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Vollständige Induktion für die abgeänderte Fibonacci-Folge
Um zu beweisen, dass die gegebene Gleichung für alle \(n\) gilt, verwenden wir die Methode der vollständigen Induktion.
Induktionsanfang:
Wir beginnen mit \(n = 0\).
\(a_{0} = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^{0+1} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^{0+1}\right)\)
Da beide Exponenten \(1\) sind, vereinfacht sich das zu:
\(=\frac{1}{\sqrt{5}} \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2} - \frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)\)
\(=\frac{1}{\sqrt{5}} \cdot \sqrt{5}\)
\(=1\)
Das stimmt mit der Vorgabe \(a_{0} = 1\) überein.
Induktionsvoraussetzung:
Nehmen wir an, dass die Gleichung für ein beliebiges, aber festes \(n = k\) gilt, also:
\(a_{k} = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^{k+1} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^{k+1}\right)\)
Und auch für \(n = k - 1\):
\(a_{k-1} = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^{k} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^{k}\right)\)
Induktionsschluss (zu zeigen):
\(a_{k+1} = a_{k} + a_{k-1}\)
\(a_{k+1} = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^{k+1} + \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^{k} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^{k+1} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^{k} \right)\)
Wir nutzen die Formel für die Summe einer geometrischen Reihe, um die Summe zu vereinfachen:
\(a_{k+1} = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^{k} \left(1 + \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right) - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^{k} \left(1 + \frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right) \right)\)
Beachten Sie, dass \(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) und \(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\) die Lösungen der Gleichung \(x^2 = x + 1\) sind. Also:
\(1 + \frac{1 + \sqrt{5}}{2} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} + \frac{1 + \sqrt{5}}{2} = \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^2,\)
und analog für \(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\):
\(1 + \frac{1 - \sqrt{5}}{2} = \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^2.\)
Einsetzen in die obige Gleichung liefert:
\(a_{k+1} = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^{k+2} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^{k+2} \right).\)
Damit haben wir gezeigt, dass, wenn die Gleichung für \(n = k\) gilt, sie auch für \(n = k + 1\) gilt.
Da der Induktionsanfang bewiesen wurde und der Induktionsschritt für ein beliebiges \(k\) gültig ist, folgt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion, dass die gegebene Gleichung für alle \(n \geq 0\) gilt.
