Aloha :)
Wir wollen folgende Aussage \(A(n)\) für alle \(n\in\mathbb N\) mit vollständiger Induktion beweisen:
$$A(n)\colon\;\sum\limits_{k=1}^{2\pink n-1}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\sum\limits_{k=\pink n}^{2\pink n-1}\frac1k\quad;\quad n\in\mathbb N$$
Verankerung für \(A(1)\):$$\text{linke Seite}\colon\;\, n=1\implies\sum\limits_{k=1}^{2n-1}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\sum\limits_{k=1}^{1}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\frac{(-1)^2}{1}=1$$$$\text{rechte Seite}\colon n=1\implies\sum\limits_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{k}=\sum\limits_{k=1}^{1}\frac1k=\frac11=1$$Für \(n=1\) sind die linke und die rechte Seite von \(A(1)\) gleich.\(\quad\checkmark\)
Induktionsschritt von \(A(n)\) auf \(A(n+1)\):
Wir haben bereits gezeigt, dass \(A(n)\) gilt. Nun begrachten wir \(A(n+1)\).$$\phantom=\sum\limits_{k=1}^{2\pink{(n+1)}-1}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\sum\limits_{k=1}^{2n+1}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\frac{(-1)^{(2n+1)+1}}{2n+1}+\frac{(-1)^{(2n)+1}}{2n}+\sum\limits_{k=1}^{2n-1}\frac{(-1)^{k+1}}{k}$$
Nach Auslösen der beiden letzten Summanden aus der Summe, bleibt als Summe die linke Seite von \(A(n)\) übrig. Diese können wir nun durch die rechte Seite von \(A(n)\) ersetzen:$$=\frac{(-1)^{(2n+1)+1}}{2n+1}+\frac{(-1)^{(2n)+1}}{2n}+\sum\limits_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{k}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n}+\sum\limits_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{k}$$
Wir lösen aus der Summe den ersten Summanden heraus:$$=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n}+\left(\frac{1}{n}+\sum\limits_{k=n+1}^{2n-1}\frac{1}{k}\right)=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n}+\frac{2}{2n}+\sum\limits_{k=n+1}^{2n-1}\frac{1}{k}$$$$=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n}+\sum\limits_{k=n+1}^{2n-1}\frac{1}{k}=\sum\limits_{k=n+1}^{2n+1}\frac{1}{k}=\sum\limits_{k=\pink{n+1}}^{2\pink{(n+1)}-1}\frac{1}{k}\quad\checkmark$$
Aus der Gültigkeit von \(A(n)\) folgt also die Gültigkeit von \(A(n+1)\).
Bei der Verankerung haben wir gezeigt, dass \(A(1)\) gilt. Nach dem Induktionsschritt gilt dann auch \(A(2)\). Nach dem Induktionsschritt gilt dann auch \(A(3)\)... Nach vollstäniger Induktion gilt \(A(n)\) also für alle \(n\in\mathbb N\).
