Lösungsskizzen zu Blatt 13 - Fachbereich Mathematik

Universität Hamburg
Fachbereich Mathematik
Winter 2016/17
Janko Latschev
Grundlagen der Mathematik
Lösungsskizzen 13
Präsenzaufgaben
(P24) Reelle Zahlen
Finden Sie jeweils eine unendliche Menge von
a) irrationalen Zahlen.
Wir hatten bereits gesehen, dass unter den natürlichen Zahlen nur die Quadrat√
zahlen eine rationale Quadratwurzel besitzen. Unter den Zahlen n gibt es also
unendlich viele irrationale Zahlen.
√
Alternativ kann man auch alle Zahlen der Form x · 2 mit x ∈
betrachten.
Hier kann 2 natürlich durch jede andere natürliche Zahl ersetzt werden, die keine
Quadratzahl ist.
Q
b) irrationalen Zahlen zwischen 0 und 1.
Hier können wir zum Beispiel die Folge der Zahlen √1n mit n ∈
denen wie bereits argumentiert unendlich viele irrational sind.
Alternativ kann man auch die Menge {x · √13 | x ∈
welche aus lauter irrationalen Zahlen besteht.
N betrachten, von
Q, 0 < x < 1} betrachten,
c) irrationalen Zahlen zwischen 100 und 1000.
Hier kann man zum Beispiel die Zahlen aus Teilaufgabe b) nehmen, und jeweils
100 addieren.
(P25) Potenzen in Halbgruppen
Sei (H, ?) eine Halbgruppe. Für x ∈ H definieren wir Potenzen, indem wir x1 := x
setzen und für n ∈ die rekursive Definition xn+1 := xn ? x benutzen.
N
Bitte wenden!
a) Zeigen Sie durch Induktion über b, dass für alle natürlichen Zahlen a, b ∈
Gleichung
xa ? xb = xa+b
N die
gilt.
N
N
Wir fixieren a ∈
und führen eine Induktion über b ∈ . Für b = 1 ist die
Gleichung gerade eine Wiederholung der Definition, also wahr. Dies ist der Induktionsanfang.
N
Wir nehmen nun an, die Aussage gilt für ein b ∈ , und beweisen die Aussage für
b + 1, indem wir die folgende Rechnung durchführen:
xa ? xb+1 = xa ? (xb ? x) = (xa ? xb ) ? x = xa+b ? x = x(a+b)+1 = xa+(b+1) .
Hier haben wir zuerst die Definition von xb+1 benutzt, dann die Assoziativität von
?, dann die Induktionsvoraussetzung, dann noch einmal die definierende Gleichung,
und schließlich die Assoziativität der Addition in .
N
N
N
Wir haben also bewiesen: Für festes a ∈
und alle b ∈
gilt die Gleichung.
Da dieses Argument für jedes a ∈
funktioniert, gilt die Gleichung also für alle
a, b ∈ .
N
N
b) Zeigen Sie ebenfalls durch Induktion über b, dass hieraus auch für alle a, b ∈
Gleichung
(xa )b = xa·b
N die
folgt.
N
Wir fixieren wieder a ∈ , und führen eine Induktion über b ∈
die Gleichung trivial, denn (xa )1 ist als xa definiert.
Wir nehmen nun wieder an, die Gleichung gilt für ein b ∈
Aussage für b + 1 durch folgende Rechnung:
N. Für b = 1 ist
N, und beweisen die
(xa )b+1 = (xa )b ? xa = xa·b ? xa = xa·b+a = xa(b+1) .
Hier haben wir zuerst die Definition von y b+1 (mit y = xa ) benutzt, dann die
Induktionsvoraussetzung, danach die Aussage von Teilaufgabe a), und schließlich
das Distributivgesetz in .
N
N
N
Wir haben also bewiesen: Für festes a ∈
und alle b ∈
gilt die Gleichung.
Da dieses Argument für jedes a ∈
funktioniert, gilt die Gleichung also für alle
a, b ∈ .
N
N
Siehe nächstes Blatt!
Übungsaufgaben mit Abgabetermin Mo, 30.1.17, zu Beginn der Vorlesung
Die mit den folgenden Übungsaufgaben erreichten Punkte können Sie benutzen, um fehlende Punkte in den Kurztest und/oder in den bisherigen Übungsserien auszugleichen.
( 21 +
(A34) Mengen
1
2
+
1
2
+
1
2
Punkte)
Schreiben Sie die folgenden Mengen jeweils in beschreibender Form (d.h. in der Form
M = {x ∈ X | A(x) ∧ / ∨ B(x) ...} für geeignete Grundmenge X und geeignete Aussagenformen A(x), B(x), usw):
a) die Menge der ungeraden ganzen Zahlen,
M1 = {n ∈
Z | ∃ k ∈ Z : n = 2k + 1} = {2k + 1 | k ∈ Z}.
b) die Menge aller positiven rationalen Zahlen, deren Nenner größer als ihr Zähler ist,
M2 = {x ∈
Q | x > 0, x = pq und p < q} = {x ∈ Q | 0 < x < 1}
c) die Menge aller negativen irrationalen Zahlen,
M3 = {x ∈
R | x < 0, x ∈/ Q} = (−∞, 0) \ Q
d) die Menge aller ganzzahligen Lösungen der Gleichung x2 − 3y 2 = 6.
M4 = {(x, y) ∈
Z × Z | x2 − 3y2 = 6}
Hinweis: Man kann sich überlegen, dass diese Menge unendlich viele Elemente hat.
(A35) Induktionsbeweis
(4 Punkte)
Beweisen Sie eine der folgenden Aussagen:
a) Die Summe der ersten n Quadratzahlen ist
n
X
k=1
1
k 2 = n(n + 1)(2n + 1).
6
IAnfang: Für n = 1 ist die linke Seite 12 = 1 und die rechte Seite 16 1 · 2 · 3 = 1, so
dass die Gleichung in diesem Fall richtig ist.
Bitte wenden!
ISchritt:
IVoraussetzung: Wir nehmen an, dass die Gleichung für ein n ∈
IBehauptung: Es gilt dann auch
n+1
X
k=1
N richtig ist.
1
k 2 = (n + 1)(n + 2)(2n + 3).
6
IBeweis: Unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung können wir folgende Rechnung durchführen:
!
n+1
n
X
X
k2 =
k 2 + (n + 1)2
k=1
k=1
=
=
=
=
=
1
n(n + 1)(2n + 1) + n2 + 2n + 1
6
1
n(n + 1)(2n + 1) + 6n2 + 12n + 6
6
1
n(n + 1)(2n + 3) + 4n2 + 10n + 6
6
1
(n(n + 1)(2n + 3) + 2(n + 1)(2n + 3))
6
1
(n + 1)(n + 2)(2n + 3).
6
Aus dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt nun die Behauptung für alle
n∈ .
N
N ist 5 ein Teiler von 2n+1 + 3 · 7n.
Bemerkung: Die Aussage gilt sogar für n ∈ N0 .
b) Für jede natürliche Zahl n ∈
IAnfang: Für n = 1 gilt 2n+1 + 3 · 7n = 4 + 21 = 25 = 52 , so dass die Aussage in
diesem Fall wahr ist.
(Alternativ können wir wie in der Bemerkung auch mit n = 0 beginnen, und
erhalten hier 2n+1 + 3 · 7n = 2 + 3 · 70 = 2 + 3 = 5, so dass die Aussage auch hier
stimmt.)
ISchritt:
IVoraussetzung: Für ein n ∈ teilt 5 die Zahl 2n+1 + 3 · 7n .
IBehauptung: Dann teilt 5 auch 2n+2 + 3 · 7n+1 .
IBeweis: Um die Induktionsvoraussetzung ins Spiel zu bringen, schreiben wir die
zu untersuchende Zahl wie folgt um:
N
2n+2 + 3 · 7n+1 = 2 · 2n+1 + 7 · 3 · 7n = 2(2n+1 + 3 · 7n ) + 5 · 3 · 7n .
Der erste Summand ist nach Induktionsvoraussetzung durch 5 teilbar, und der
zweite Summand enthält ebenfalls offensichtlich den Faktor 5. Also ist auch die
Summe durch 5 teilbar, und der Induktionsschritt ist somit bewiesen.
Aus dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt nun die Behauptung für alle
n∈ .
N
Siehe nächstes Blatt!
c) Die Folge (xn )n≥1 sei rekursiv durch x1 = 1, x2 = 3 und für n ≥ 3 durch
xn :=
7 n
xn−1 + xn−2 definiert. Dann gilt für alle n ∈ die Ungleichung xn < 4 .
Hinweis: Zeigen Sie zuerst durch geschicktes Ausklammern und Abschätzen (also
n−2
n−1
n
ohne Induktion) die Ungleichung 74
+ 47
< 74 für alle n ∈ . Warum
hilft das?
N
N
Wie vorgeschlagen, beweisen wir zunächst für alle n ∈
N die Ungleichung
n−2 n−1 n
7
7
7
+
<
.
4
4
4
Dazu überlegen wir uns
n−2 n−1 n−2 7
7
7
7
1+
+
=
4
4
4
4
n−2 11
7
=
4
4
n−2 44
7
=
4
16
n−2 7
49
<
4
16
n
7
=
.
4
Nun führen wir den eigentlichen Induktionsbeweis. Dabei benutzen wir das verallgemeinerte Prinzip der vollständigen Induktion.
IAnfang: Für n = 1 lautet die Behauptung 1 < 74 , was offensichtlich wahr ist.
ISchritt:
k
IVoraussetzung: Für ein n ∈ mit n ≥
2 und alle 1 ≤ k < n gilt xk < 47 .
n
IBehauptung: Dann gilt auch xn < 74 .
IBeweis: Wir benutzen die rekursive Definition der Folge sowie die Induktionsvoraussetzung (konkret die Fälle k = n − 1 und k = n − 2) und erhalten
N
xn = xn−1 + xn−2
n−1 n−2
7
7
<
+
.
4
4
Mit der Vorüberlegung können wir dies wie gewunscht durch
schätzen, so dass der Induktionsschritt gezeigt ist.
7 n
4
nach oben ab-
Aus dem verallgemeinerten Prinzip der vollständigen Induktion folgt nun die Behauptung für alle n ∈ .
N
Bitte wenden!
(A36) Teilbarkeit I
Für a, b ∈
(2+1 Punkte)
N betrachten wir die Zahlenmenge
M (a, b) := {ak + b | k ∈ N0 } = {b, b + a, b + 2a, b + 3a, . . .}.
a) Beweisen Sie, dass diese Menge für ggT(a, b) > 1 höchstens eine Primzahl enthält.
N
Alle Zahlen der Menge M (a, b) sind offenbar verschieden (weil a ∈ , also a > 0),
und andererseits stets durch g := ggT(a, b) teilbar. Ist also g > 1, so kann nur
die kleinste Zahl der Menge eine Primzahl sein, und zwar auch nur, falls sie mit g
übereinstimmt und g selbst eine Primzahl ist.
b) Finden Sie zwei natürliche Zahlen a und b, so dass M (a, b) überhaupt keine Primzahl enthält.
Nach der Überlegung aus Teil a) haben wir zwei Möglichkeiten, die Zahlen a und b
zu wählen: wir können dafür sorgen, dass ggT(a, b) keine Primzahl ist, z.B. indem
wir a = 12 und b = 18 wählen, so dass ggT(a, b) = 6.
Selbst wenn ggT(a, b) eine Primzahl ist, enthält die Menge M (a, b) keine Primzahlen, falls g = ggT(a, b) 6= b ist. Dies ist zum Beispiel für a = 2 und b = 4 oder auch
für a = 4 und b = 6 der Fall (in beiden Fällen ist g = 2).
(A37) Teilbarkeit II
(2+1 Punkte)
a) Beweisen Sie, dass für jede Primzahl p > 3 der Ausdruck p3 − p durch 6 teilbar ist.
Hinweis: Schreiben Sie p3 − p zuerst als Produkt von drei aufeinanderfolgenden
Zahlen.
Wir schreiben
p3 − p = (p − 1)p(p + 1).
Da von drei aufeinander folgenden natürlichen Zahlen stets eine durch drei teilbar
ist (warum?), ist auch das Produkt durch 3 teilbar. Da p > 3 eine Primzahl ist,
muss p ungerade sein, d.h. die Zahlen p − 1 und p + 1 sind gerade. Also ist das
Produkt durch 2 · 3 = 6 teilbar.
Bemerkung: Wir haben in unserem Argument tatsächlich nur benutzt, dass p > 2
gilt. Die Aussage gilt aber sogar für p = 2, denn 23 − 2 = 6.
b) Können Sie auch eine noch größere Zahl finden, die für jede Primzahl p > 3 den
Ausdruck p3 − p teilt?
Da die Zahlen p − 1 und p + 1 beide gerade sind und sich nur um 2 unterscheiden,
muss eine von ihnen sogar durch 4 teilbar sein (und die andere durch 2). Also ist
das Produkt sogar durch 2 · 3 · 4 = 24 teilbar. Auch dieses Argument benutzt nur
p > 2 (funktioniert aber diesmal für p = 2 nicht mehr).
Siehe nächstes Blatt!
(A38) Abbildungen I
(2+2 Punkte)
RR
RR
R R und definieren eine
RR
Wir betrachten die Menge Abb( , ) der Abbildungen f : →
Addition
+ : Abb( , ) × Abb( , ) → Abb( , )
RR
durch (f + g)(x) := f (x) + g(x), d.h. Funktionen werden addiert, indem ihre Werte
punktweise addiert werden.
RR
a) Zeigen Sie, dass (Abb( , ), +) eine Gruppe bildet. Ist sie kommutativ? Beschreiben Sie das neutrale Element!
Die diversen Gruppeneigenschaften folgen mit trivialen Rechnungen direkt aus den
entsprechenden Eigenschaften von ( , +), da wir ja Funktionen addieren, indem
wir ihre Werte in jedem Punkte addieren. Insbesondere ist die Gruppe kommutativ,
und das neutrale Element ist die Nullfunktion N :
→ , gegeben durch die
Funktionsvorschrift N (x) = 0.
R
R
R
RR
R R
b) Wir betrachten nun die Teilmenge W ⊂ Abb( , ) der streng monoton wachsenden Funktionen, d.h. der Abbildungen f : → mit folgender Eigenschaft:
∀ x, y ∈
R : x<y
=⇒ f (x) < f (y).
Ist (W, +) eine Halbgruppe? Eine Gruppe?
Um zu überprüfen, ob eine Teilmenge einer Gruppe eine Halbgruppe ist, muss
man nachweisen, dass die Verknüpfung von zwei Elementen der Teilmenge wieder
ein Element der Teilmenge ist (denn die Assoziativität der Verknüpfung „erbt“die
Teilmenge von der Gruppe selbst). Im vorliegenden Fall stimmt es tatsächlich,
dass die Summe zweier streng monoton wachsender Funktionen wieder monoton
wachsend ist, so dass (W, +) wirklich eine Halbgruppe bildet.
Allerdings ist (W, +) keine Gruppe, da zum Beispiel das neutrale Element N von
(Abb( , ), +) nicht in W liegt.
RR
f der schwach monotonen FunkBemerkung: Hätten wir stattdessen die Menge W
tionen betrachtet (d.h. von Funktionen mit x < y
=⇒
f (x) ≤ f (y)), so hätte
f , +) keine Gruppe,
unsere Halbgruppe ein neutrales Element. Trotzdem wäre (W
f indenn das bezüglich unserer Addition in Abb( , ) zu einer Funktion f ∈ W
verse Element wäre die (schwach) monoton fallende Funktion −f , welche nur für
f liegt, also nicht für alle f ∈ W
f.
konstante Funktionen in W
RR
Bitte wenden!
(A39) Abbildungen II
(2+1+2 Punkte)
a) Beweisen Sie direkt (d.h. ohne Verwendung von Teil c)), dass die Abbildung
f : (−1, 1) →
R,
f (x) :=
x
,
1 − |x|
injektiv ist.
Wir zeigen, das für x, y ∈ (−1, 1) aus x < y die Ungleichung f (x) < f (y) folgt.
Dazu bemerken wir zunächst, dass der Nenner 1 − |x| unseres Funktionsterms für
x ∈ (−1, 1) stets positiv ist. Also gilt f (x) < 0
⇐⇒
x < 0 und entsprechend
f (x) > 0
⇐⇒
x > 0, so dass die Fälle x ≤ 0 < y und x < 0 ≤ y unserer
Ungleichung schon klar sind.
Wir müssen also noch die beiden Fälle x < y < 0 und 0 < x < y betrachten. Für
1
1
x < y < 0 gilt |x| > |y|, also 1−|x| < 1−|y| und somit 1−|x|
> 1−|y|
. Multiplikation
mit der negativen Zahl y < 0 liefert also
y
y
<
.
1 − |x|
1 − |y|
Andererseits erhalten wir aus der Ungleichung x < y durch Multiplikation mit der
1
positiven Zahl 1−|x|
die Ungleichung
x
y
<
.
1 − |x|
1 − |x|
Fügen wir diese beiden Ungleichungen zusammen, so erhalten wir unserer gewünschte Ungleichung f (x) < f (y).
Der andere Fall 0 < x < y ist ähnlich aber einfacher zu behandeln.
b) Skizzieren Sie den Graphen von f .
Abbildung 1: Das Bild zeigt den Graphen von f , wobei die Skalen der Achsen im Verhältnis
1:10 gewählt wurden.
Siehe nächstes Blatt!
c) Bestimmen Sie für die Funktion g :
R → (−1, 1), gegeben als
g(x) =
x
,
1 + |x|
die Verknüpfungen f ◦ g und g ◦ f . Was können Sie daraus folgern?
Wir rechnen nach, dass
f ◦ g(x) =
sowie
g ◦ f (x) =
x
1+|x|
x
x = (1 + |x|)( 1+|x|−|x| ) = x
1 − 1+|x| 1+|x|
x
1−|x|
x
x = (1 − |x|)( 1−|x|+|x| ) = x,
1 + 1−|x| 1−|x|
R
d.h. beide Verknüpfungen sind jeweils die Identität auf
bzw. auf (−1, 1). Dies
bedeutet, dass f und g zueinander inverse Funktionen sind, insbesondere sind also
beide bijektiv.