Ubungen zum Vorkurs Mathematik

Mathematisches Institut
der Universität zu Köln
Dr. L. Galinat
WiSe 2016/2017
Montag, 11.04.2016
Blatt 1-5
Übungen zum Vorkurs Mathematik
Aufgabe 1.
(1) 150 − 30 = 120
(2) 500 − (200 + 150 + 120 − 60 − 30 − 20 + 5) = 135
Aufgabe 2. Es gibt höchstens 30 Piraten, die kein Auge verloren haben und
höchstens 25 Piraten, die kein Ohr verloren haben. Zusammen gibt es also höchstens
55 Piraten, die entweder ein Auge oder ein Ohr, nicht jedoch beides verloren haben
und somit mindestens 45 Piraten, die beides verloren haben. Es gibt höchstens 20
Piraten, die keinen Arm verloren haben und somit mindestens 25 Piraten, die Auge, Ohr und Bein verloren haben. Mit der letzten Zahl verfährt man analog und
erhält, dass mindestens 10 Piraten gleichzeitig ein Auge, ein Ohr, einen Arm und
ein Bein verloren haben.
Aufgabe 3. Die Reihenfolge von meistem Gewinn“ zu wenigstem Gewinn“
”
”
lautet:
•
•
•
•
•
•
5,9
5,8
5,8
5,9
5,8
5,9
Prozent
Prozent
Prozent
Prozent
Prozent
Prozent
monatlich verzinst (mit Zinseszines).
täglich verzinst (mit Zinseszines).
monatlich verzinst (mit Zinseszines).
jährlich verzinst (mit Zinseszines).
jährlich verzinst (mit Zinseszines).
jährlich verzinst (ohne Zinseszines).
Aufgabe 4. Die Antwort lautet: Die ersten 50 befragten Einwohner erzählen die
Wahrheit, die letzten 50 lügen.
Ein Lösungsweg lautet: Sagte der erste Befragte nicht die Wahrheit, so wäre die
Aussage Alle Bewohner sagen die Wahrheit“ wahr im Widerspruch zur Tatsache,
”
dass er lügt. Also muss er die Wahrheit sagen. Damit kann aber gleichzeitig der
letzte Befragte nicht die Wahrheit sagen.
Sagte der zweite Befragte nicht die Wahrheit, so wäre die Aussage Es gibt höchstens
”
einen Lügner“ wahr. Andererseits kann er es selbst nicht sein, da ja der letzte Befragte schon als Lügner feststeht, was einen Widerspruch liefert. Somit sagt er die
Wahrheit und der vorletzte Befragte muss ein Lügner sein.
Usw. . .
Aufgabe 5. Hier kann man sich zum Beispiel bei Aufgabe 7 bedienen.
Bitte wenden!
Aufgabe 6.
(1) Die Aussage ist genau dann wahr, wenn mindestens einer der Aussagen A und
¬A wahr ist. Aber dies ist immer erfüllt.
(2) Die rechte Seite ist genau dann wahr, wenn A und B beide falsch sind. Die
linke Seite ist genau dann wahr, wenn A ∨ B falsch ist und dies ist ebenfalls
genau dann der Fall, wenn A und B falsch sind.
Aufgabe 7.
(1) Angela Merkel ist nicht deutsch. FALSCH
(2) Es gibt einen Regentag, an dem ich draußen unterwegs bin/war. WAHR
(3) Es gibt ein n 6= −1 mit x2 + 2x + 1 6= 0. WAHR
(4) Es gibt x ∈
/ {1, −2} mit x2 + x − 2 6= 0. FALSCH
(5) Kein Mathematiker ist weiblich. FALSCH
Aufgabe 8. Es müssen die Karten mit der 3 und mit dem A umgedreht werden.
Aufgabe 9.
√
(1) Angenommen 3 = pq für teilerfremde ganze Zahlen p und q. Dann ist 3 =
und somit ist 3 ein Teiler von p und q im Widerspruch zur Annahme.
(2) Wenn 4q 2 = p2 , können p und q weiterhin teilerfremd sein.
(3) Analog zu Teil eins.
p2
q2
Aufgabe 10.
(1) Es gilt x = 2n + 1 und y = 2n + 3 für eine geeignete ganze Zahl n. Somit ist
x + y = 4n + 4 durch 4 teilbar.
(2) Die Umkehrung ist falsch. Beispielsweise ist x + y = 4 für x = 0 und y = 4
und beide sind weder ungerade noch aufeinanderfolgend ungerade.
Aufgabe 11. Die Aussage ist wahr und wird per vollständiger Induktion bewiesen.
Aufgabe 12.
(1) Da es nie“ lautet in der Aussage, muss für alle n ∈ N gezeigt werden, dass
”
n2 + 5n + 6 keine Primzahl ist.
(2) Dass der Term immer größer als zwei ist, ist klar. Dass der Term immer Gerade
ist, folgt aus der Tatsache, dass n2 und 5n jeweils entweder beide gerade oder
ungerade sind.
Aufgabe 13. Der Induktionsschritt lautet
1 · . . . · (2n + 1)
2n + 1
1
<√
<√
.
2 · . . . · 2n + 2
n + 1 · (2n + 2)
n+2
Die letzte Ungleichung sieht man durch Nennerausmerzen, Quadrieren und eine
weitere Induktion (wobei man sich das Leben erleichtert, wenn man hier direkt
4n3 auf beiden Seiten abzieht!).
Aufgabe 14.
(1) Es gilt 120 = 5 · 23 · 3. In fünf aufeinander folgenden Zahlen kommen alle
Primfaktoren in dieser Häufigkeit vor, denn eine Zahl ist durch fünf teilbar,
mindestens eine Zahl ist durch drei teilbar, mindestens eine Zahl ist durch vier
teilbar und mindestens eine weitere Zahl ist gerade.
(2) Nein. So ist 1 · 2 · 3 · 4 = 24 nicht durch 120 teilbar.
Aufgabe 15.
(1) Angenommen
p
q
mit p, 1 ∈ Z teilerfremd löst die Gleichung. Dann gilt auch
p5 + qp4 + q 2 p3 + q 3 p2 + q 4 p = q 5
und somit sind p und q doch nicht teilerfremd oder beides Einheiten. Wie man
leicht prüft gilt für x ∈ {−1, 1} allerdinsg f (x) 6= 0. Widerspruch.
(2) Man sieht direkt, dass x = −1 eien Nullstelle ist. Nach Polynomdivision
4
2
bleibt noch
q x + x − 1 übrig. Mit der p-q-Formel sind die Nullstellen also
{−1, ±
√
−1+ 5
}
2
Aufgabe 16.
(1) Die ersten neun Fibonacci-Zahlen lauten: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34
(2) x2 = 2 ist gerade. Außerdem gilt x3n+2 = x3n+1 + x3n = 2x3n + x3n−1 . Wenn
wir nun 3n − 1 = 3(n − 1) + 2 nutzen, folgt die Aussage per Induktion.
(3) Es gilt x0 +x2 +. . .+x2n = x2n+1 . Der Induktionsschritt ist offensichtlich wahr.
(4) Es gilt x1 + x3 + . . . + x2n+1 = x2n+2 − 1. Der Induktionsschritt ist offensichtlich
wahr.
(5) Die Aussage folgt aus
xn+1 xn+4 − xn+2 xn+3 = xn+1 xn+2 + (xn+1 − xn+2 )xn+3 = −(xn xn+3 − xn+1 xn+2 ).
Aufgabe 17. Alle wahren Aussagen lassen sich per Induktion beweisen.
(1) Wahr. Wurde schon auf einem früheren Blatt bewiesen.
(2) Wahr. Man nutzt
7n+2 + 82n+1 = 7(7n+1 + 82n−1 ) + 82 (7n+1 + 82n−1 )
− 7 · 82n−1 − 82 · 7n+1
= 7(7n+1 + 82n−1 ) + 82 (7n+1 + 82n−1 )
− 7 · 82 (82n−3 + 7n )
(3) Falsch für n = 41. (Aber wahr für alle n ≤ 39)
(4) Wahr.
(5) Falsch für n = 4. (Aber wahr für alle n ≤ 3)
Aufgabe 18.
(1) Leichte Induktion.
(2) Die Formel lautet
n(n+1)
2
2
und lässt sich zum Beispiel ebenfalls per Induk-
tion zeigen.
Bitte wenden!
(3) Leichte Induktion.
(4) Wenn man die erste Formel von der dritten abzieht, erhält man als Ergebnis
n(n+1)(2n+1)
.
6
Aufgabe 19.
(1) Schlussendlich läuft es darauf hinaus zu zeigen, dass (n+2)(2n+2) ≥ 4(n+1).
Nach Ausmultiplizieren sieht man, dass sich dies zu 2n2 + 6n ≥ 0 kürzen lässt,
also wahr ist.
(2) Für den Induktionsschritt genügt es wegen der Annahme 2n > n3 zu zeigen,
dass n3 ≥ 3n2 + 3n + 1 ist. Dies sieht man wieder per Induktion leicht ein,
wenn man die Abschätzung n2 ≥ n + 1 fà 14 r alle n ≥ 2 verwendet.
(3) Wenn man die Induktionsvoraussetzung verwendet, genügt es zu zeigen, dass
1
+ 2n1+1 + . . . + 2n+11 −1 ≥ 12 ist. Jeder der 2n Summanden der linken Seite ist
2n
größer oder gleich 2n+11 −1 , also folgt die Behauptung.
Besprechung: In den Übungen der ersten Vorkurswoche.