Fachbereich Mathematik der Universität Hamburg
Dr. Hanna Peywand Kiani
WiSe 2015/2016
Hörsaalübung zu Blatt 2 Analysis I für Studierende der
Ingenieurwissenschaften
Vollständige Induktion, Zahlen, Beweistechniken
26/27.10.2015
Das ins Netz gestellte Material zur Hörsaalübung soll nur die Mitarbeit während der Veranstaltung erleichtern. Ohne die in der Veranstaltung gegebenen zusätzlichen Erläuterungen
sind diese Unterlagen unvollständig (z. Bsp. fehlen oft wesentliche Voraussetzungen). Tipp–
oder Schreibfehler, die rechtzeitig auffallen, werden nur mündlich während der Veranstaltung
angesagt.
Eine Veröffentlichung dieser Unterlagen an anderer Stelle ist untersagt!
Ablauf, Organisation, Material
• Vorlesung: Prof. Dr. M. Hinze
Di 13:15-14:45, Audimax I (BU, BVT, LUM, MB, SB, VT), Start 20.10
Do 11:30-13:00, Audimax II (AI, ET, EUT, IN, MTB), Start 22.10
• Übungen : 36 Gruppen, ca. 20 Tutoren, Anmeldung erforderlich!, siehe
Kursbelegung im Intranet der TUHH
oder
http://www.math.uni-hamburg.de/teaching/export/tuhh/cm/a1/1516/gruppen.html
14-täglich im Wechsel mit den Übungen zur Linearen Algebra
• Übungsaufgaben:
http://www.math.uni-hamburg.de/teaching/export/tuhh/cm/a1/1516/lm.html
Abgabe der Übungsaufgaben jeweils in Gruppen von 2-4 Personen
2
• Anleitungen/Hörsaalübung: Brücke zwischen Vorlesung und Übung/Klausur
Dr. Hanna Peywand Kiani
14-täglich im Wechsel mit den Hörsaalübungen zur Linearen Algebra
Dr. Jes-Peter Zemke
Mo 14:45-16:15 Uhr , Audimax I, VT, BV, EU, LUM, BU, AI, Start 19.10
Di 09:45-11:15 Uhr, Audimax I, ET, IN/IIW, MB, MTB/MEC, SB, Start:
20.10
• Alle Infos, Alles an Material zu Analysis (alte Klausuren, Sprechstunden etc.)
unter
http://www.math.uni-hamburg.de/teaching/export/tuhh/index.html
Kiani: Tel. 42838-4940
e-mail: kiani at math.uni-hamburg.de
Sprechstunden: Raum 3078, SBS95 (Lindwurm)
3
Vollständige Induktion
Situation: Eine Aussage A(n) die von n ∈ N abhängt soll für alle n ≥ n0
bewiesen werden.
Im Fall n0 = 1 soll die Aussage also für alle n ∈ N bewiesen werden.
Beispiele
a) Es gibt n! verschiedene Möglichkeiten n verschiedene Objekte zu sortieren.
b) Für die Summe der ersten N natürlichen Zahlen gilt:
n
X
k=1
k = 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + (n − 1) + n =
n(n + 1)
.
2
4
Vorgehen :
Induktionsanfang: Die Aussage wird für n = n0 bewiesen.
Induktionsvorraussetzung: Man setzt voraus, dass die Aussage für irgendeine
Zahl N ≥ n0 aus N gilt. Man sagt hier oft N sei beliebig aber fest.
Induktionsschritt: Man beweist, dass die Aussage dann auch für N + 1 gilt.
Nach diesen drei Schritten folgt (anschaulich nach dem Dominoprinzip, mathematisch nach PEANO), dass die Aussage für alle natürlichen Zahlen gilt.
5
Beispiel 1: Behauptung: Für alle n ∈ N gilt: 2n > n.
Beweis:
a) Anfang/Verankerung:
b) Voraussetzung/Annahme:
c) Schritt: Zu zeigen ist
Beweisstrategie :
1) Zerlege den neuen Ausdruck (hier 2N +1 oder N + 1) in einen aus der
Annahme bekannten und einen neuen Teil:
2N +1 =
2) Setzte die Information aus der Annahme ein
2N +1 =
6
3) Versuche nun durch Umformungen die Behauptung für n = N + 1 zu
beweisen.
Wir haben: 2N +1 > N · 2
Ziel: 2N +1 > N + 1
Hier soll also aus dem 2 · N ein N + 1 werden:
2N +1 > N · 2
··· ≥
N +1
Zum Beispiel so:
2N +1 > 2 · N
7
Beispiel 2: (Induktionsanfang muss nicht bei 1 sein)
2n > 3n + 2,
∀ n ∈ N , n ≥ 4.
Beweis:
Induktionsanfang: Für n = n0 =
Induktionsvoraussetzung:
Für ein beliebiges festes N ∈ N mit N ≥ n0 =
gelte:
Induktionsschritt: zu zeigen ist, dass für n = N + 1:
8
Beweis:
1) Zerlege den neuen Ausdruck hier wieder 2N +1 in einen aus der Annahme
bekannten und einen neuen Teil:
2N +1 = 2N · 2
2) Setzte die Information aus der Annahme ein
2N +1 = 2N · 2 >
3) Versuche nun durch Umformungen die Behauptung für n = N + 1 zu
beweisen.
Wir haben: 2N +1 > (3N + 2) · 2
Ziel: 2N +1 > 3(N + 1) + 2
9
Beispiel 3: (ein wenig komplizierter)
Behauptung: Für alle n ∈ N gilt
n
X
k=1
n(n + 1)(2n + 1)
k =
6
2
∀n ∈ N,
Beweis: Induktionsanfang: Für n = 1 ist die Behauptung wahr, denn es gilt
1
X
k2 =
k=1
Induktionsvoraussetzung:Für ein beliebiges festes N ∈ N mit N ≥ 1 gelte
N
X
k=1
N (N + 1)(2N + 1)
k =
.
6
2
10
Induktionsschritt: zu zeigen
N
+1
X
k=1
k2 =
(N + 1)((N + 1) + 1)(2(N + 1) + 1)
.
6
Beweis:
N
+1
X
k=1
k2
= 12 + 22 + · · · + N 2 + (N + 1)2
=
Zerlegung in alten und neuen Term
Einsetzen der Induktionsvoraussetzung
Umformen in Richtung der Behauptung
(N + 1) ((N + 1) + 1) (2(N + 1) + 1)
=
.✷
6
11
Beispiel 4: (Aufgabe 1a, Vordiplomsklausur WiSe 02/03, leicht geändert)
n−1
X
k=2
2
1
1
=
−
k 3 − k 2 n(n − 1)
n ≥ 3,
Induktionsanfang: n = 3. Es gilt
2
X
k=2
2
=
k3 − k
und
1
1
−
=
2 3(2 − 1)
Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen mit einem festen aber beliebigem N ∈
N, N ≥ 2 an, dass die Behauptung für N gilt. Also:
N
−1
X
k=2
2
1
1
=
−
·
3
k − k 2 N (N − 1)
Induktionsschritt: N −→ N + 1)
12
Zu zeigen ist
N
X
k=2
N
X
k=2
2
1
1
=
−
k 3 − k 2 (N + 1)N
2
=
k3 − k
=
=
N
−1
X
k=2
2
k3 − k
!
1
1
−
2 N (N + 1)
2
+ 3
N −N
(Zerlegen)
(Induktionsvoraussetzung)
Ziel!
13
Tipps zur Aufgabe 3: Sei n ∈ N und Mn eine Menge mit n Elementen.
Zeigen Sie, dass es n! Permutationen der Elemente von Mn gibt.
Ohne Einschränkung der Allgemeinheit (o.E.d.A.) Mn = {1, 2, 3, . . . , n}.
Permutation = Umordnung
Beispiel: M3 = {1, 2, 3}. Permutationen der Elemente von M :
Fakultät: Definiere für n ∈ N : n! =
(n + 1)! =
14
Oben gezeigt: Es gibt 3! Permutationen der Elemente von M3:
123
132
213
231
312
321
Jetzt M4 = {1, 2, 3, 4}
123
132
213
231
312
321
15
Zur Aufgabe 4: Hauptsatz der Zahlentheorie:
Jede natürliche Zahl n ≥ 2 besitzt eine eindeutige Primfaktorzerlegung
Primzahlen: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, · · ·
Beispiel:
3150 = 10 · 315 =
=
=
Allgemein für n ≥ 2 gilt:
n = pr11 · · · prmm ,
mit Primzahlen p1, · · · , pm und Potenzen
r1 , · · · , rm ∈ N
Beweis: Übung.
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BEWEISSKIZZE: Vollständige Induktion.
Anfang mit n = 2.
Induktionsvoraussetzung:
Setze voraus das für ein festes beliebiges N ∈ N, N ≥ 2 alle natürlichen
Zahlen n ≤ N eine eindeutige Primfaktorzerlegung haben.
Schritt: Zeige, dass dann auch N + 1 eine eindeutige Primfaktorzerlegung hat.
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Allgemeine Beweistechniken: Zu Beweisen sei A =⇒ B
– direkter Beweis A ⇐⇒ · · · =⇒ · · · B,
– indirekter/Widerspruchsbeweis: führe Annahme A ∧ ¬B zum Widerspruch.
– Gegenbeispiel
Beispiel 1: direkter Beweis
Für alle reellen Zahlen x, y gilt die Dreiecksungleichung: |x| + |y| ≥ |x + y|.
Seien nun a, b beliebige Zahlen aus R. Beweisen oder widerlegen Sie:
|a| − |b| ≤ |a − b| ·
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Lösung:
Die Aussage ist wahr. Setze c = a − b. Dann gilt nach der Dreiecksungleichung:
|c| + |b| ≥ |c + b|
und damit
Beispiel 2: indirekter Beweis
a)
Beweis:
| 2ab | ≤ a2 + b2
∀ a, b ∈ R .
Annahme : Es gibt reelle Zahlen a, b mit | 2ab | > a2 + b2 .
Es gilt
| 2ab | = −2ab
oder
| 2ab | = 2ab
.
19
Im ersten Fall erhält man mit der Annahme:
−2ab > a2 + b2 ⇐⇒ 0 > a2 + b2 + 2ab
Der zweite | 2ab | = 2ab führt analog zu einem Widerspruch!
b)
√
2 ist irrational.
Beweis:
20
Beispiel 3: Gegenbeispiele
a) Behauptung: Für alle a, b, c, d ∈ R:
a > b, c > d
⇐⇒
ac > bd,
Die Aussage ist im allg. falsch. Gegenbeispiel:
a = −1, b = −2, c = −3, d = −4,
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b) Behauptung: Für alle n ∈ N gilt
n=1:
5 · 12 − 7 · 1 + 4
2
= .
k = 1 =1 =
2
2
2
X
2
5
·
2
10
−7·2+4
2
2
2
=
.
k = 1 +2 =5 =
2
2
k=1
n=3:
k=1
5n2 − 7n + 4
k =
.
2
2
1
X
k=1
n=2:
n
X
3
X
2
2
k2 =
k=1
n=4:
4
X
k2
k=1
Merke: Die Negation von
∀ x ∈ M : A(x) ist
∃ x ∈ M : ¬A(x).
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HÜ 2-Notizen - Fachbereich Mathematik