Brückenkurs Mathematik - Institut für Informatik

Universität Potsdam
Institut für Informatik
Brückenkurs Mathematik
für Studieneinsteiger der Informatik
Aufgabenblatt 12
Lösungen
12.1 Der Induktionsanfangsschritt wurde nicht durchgeführt; die Behauptung gilt für keinen Anfangswert. Es gibt keine natürliche Zahl n, für
die n(n + 1) ungerade ist, da von den beiden Zahlen n und n + 1
immer eine ungerade und die andere gerade und somit das Produkt
stets gerade ist.
12.2 Der Induktionsschritt n ⇒ n + 1 ist nicht allgemeingültig; er ist nicht
richtig für den Schluß von 2 auf 3.
1
12.3 Die Anzahl d(n) der Diagonalen in einem ebenen, konvexen n-Eck
kann durch die Formel
d(n) =
n
(n − 3)
2
berechnet werden. Beweis durch vollständige Induktion:
Induktionsanfang: n = 3. Ein Dreieck hat keine Diagonalen, also
d(3) = 0 und nach der Formel d(3) = 23 (3 − 3) = 0. Für n = 3 ist die
Behauptung also richtig.
Induktionsschritt: Wir zeichnen in ein konvexes (n +1)-Eck eine Diagonale von einem beliebigen Eckpunkt zu einem übernächsten Eckpunkt, also so, dass ein Dreieck und ein n -Eck entsteht.
Diagonale
3-Eck
konvexes
n-Eck
Das Dreieck hat keine und das n-Eck hat nach Induktionsvoraussetzung d(n) Diagonalen. Außerdem muß man noch die Diagonalen von
der Ecke des Dreiecks, die nicht eine Ecke des n - Ecks ist, zu allen
Ecken des n-Ecks, die nicht Eckpunkt des Dreiecks sind, zählen und
die eine Diagonale, mit der das Dreieck abgeteilt wurde. Daraus folgt:
d(n + 1) = d(n) + (n − 2) + 1
= n2 (n − 3) + (n − 2) + 1
2
= n −3n
+ 2(n−1)
2
2
2
= n −3n+2n−2
2
2
= n +2n+1−3n−3
2
= n+1
2 ((n + 1) − 3)
Damit ist die Behauptung für n + 1 bewiesen und der Induktionsbeweis beendet. Die Formel gilt für n ≥ 3.
2
12.4 Durch n Geraden wird die Ebene in höchstens (n2 + n + 2)/2 Teile
zerlegt.
Beweis durch vollständige Induktion:
Induktionsanfang: n = 1. Eine Gerade teilt die Ebene in 2 Gebiete
und (12 + 1 + 2)/2 ist gleich 2.
Induktionsschritt: Wir nehmen an, dass n Geraden die Ebene in
höchstens (n2 + n + 2)/2 Teile zerlegen (Induktionsvoraussetzung)
und nehmen eine weitere Gerade hinzu. Die (n + 1)-te Gerade kann
höchstens n Geraden schneiden. Immer wenn die neue Gerade eine
vorhandene Gerade schneidet, dann tritt sie in ein neues Gebiet
der Ebene ein. Die Anzahl der Gebiete, die von der neuen Geraden
geteilt werden ist höchstens n + 1, denn das erste Gebiet wird
schon geteilt, bevor die neue Gerade die erste vorhandene Gerade
schneidet. Es kommen also höchstens n + 1 neue Gebiete hinzu. Wir
erhalten insgesamt höchstens
(n2 + n + 2)
+ (n + 1) =
2
(n2 + n + 2) + 2(n + 1)
(n2 + 2n + 1 + n + 1 + 2)
=
=
2
2
2
(n + 1) + (n + 1) + 2
2
Geraden, womit die Behauptung für n + 1 bewiesen ist.
Damit ist der Induktionsbeweis vollendet.
12.5 Für eine beliebige endliche Menge M mit |M | = m gilt |P(M )| = 2m .
Beweis durch vollständige Induktion über die Anzahl der Elemente
von M :
Induktionsanfang: Sei |M | = 0, also M = ∅. Dann ist P(M ) = {∅}.
Dann ist |P(M )| = 1 = 20 .
Induktionsschritt: Sei nun |M | = n + 1 und x ein festes Element aus
M . Wir können die Teilmengen von M aufteilen in
a) die Teilmengen, die x nicht enthalten,
b) die Teilmengen, die x enthalten.
Da die Teilmengen bei a) alles Mengen von n Elementen sind ist deren
Anzahl nach Induktionsvoraussetzung 2n . Die Anzahl der Teilmengen
bei b) ist aber auch 2n ; das sieht man, wenn man aus allen diesen
Mengen das Element x entfernt.
Addiert man die Anzahlen für a) und b) dann erhält man 2n + 2n =
2n+1 .
3
12.6 Für alle n ∈ N gilt:
n
X
i=1
1
n
=
.
i(i + 1)
n+1
Beweis durch vollständigeP
Induktion:
1
=
Induktionsanfang: Es ist 1i=1 i(i+1)
für n = 1 gültig ist.
Induktionsschritt:
n+1
X
i=1
1
2,
weshalb die Behauptung
n
X
1
1
1
=
+
i(i + 1)
i(i + 1) (n + 1)(n + 2)
i=1
=
IV
=
=
=
=
1
n
+
n + 1 (n + 1)(n + 2)
n(n + 2) + 1
(n + 1)(n + 2)
n2 + 2n + 1
(n + 1)(n + 2)
(n + 1)2
(n + 1)(n + 2)
n+1
,
n+2
d.h. die Formel gilt für n + 1.
12.7 Es gibt genau eine natürliche Zahl n ∈ N mit 2n < n2 .
Es sei P (n) das Prädikat 2n < n2 . Durch Einsetzen überprüft man
leicht, dass P (0), P (1) und P (2) falsche Aussagen sind. P (3) ist
richtig, während P (4) und P (5) wieder falsch sind. Um zu zeigen,
dass n = 3 die einzige natürliche Zahl ist, für die 2n < n2 gilt,
beweisen wir mit vollständiger Induktion, dass 2n ≥ n2 für alle n ≥ 4
ist.
Induktionsanfang: ist bereits gezeigt
Induktionsschritt von n nach n + 1:
2n+1 = 2 · 2n ≥ 2 · n2 = n2 + n2 .
IV
Für n ≥ 3 gilt n2 ≥ 3n ≥ 2n + 1. Also ist n2 + n2 ≥ n2 + 2n + 1 =
(n + 1)2 für n ≥ 3. Aus beiden Ungleichungen zusammen folgt dann
die Behauptung für n + 1.
4
12.8 Für alle natürlichen Zahlen n ≥ 4 gilt n! ≥ 2n .
Beweis durch vollständige Induktion:
Induktionsanfang: 4! = 24 ≥ 16 = 24
Induktionsschritt von n nach n + 1:
(n + 1)! = (n + 1) · n! ≥ (n + 1) · 2n ≥ 2 · 2n = 2n+1 ,
IV
was zu zeigen war.
12.9 Für alle natürlichen Zahlen n ist die Zahl 7n − 1 ein Vielfaches von
6.
Beweis durch vollständige Induktion:
Induktionsanfang: für n = 1 ist 71 −1 = 6 trivialerweise ein Vielfaches
von 6.
Induktionsschritt von n nach n + 1:
Sei 7n − 1 ein Vielfaches von 6. Dann existiert eine natürliche Zahl k
mit 7n = 6 · k + 1.
7n+1 = 7 · 7n = 7 · 6 · k + 7 = 6 · 7 · k + 6 + 1 = 6 · (7 · k + 1) + 1,
also ist 7n+1 − 1 ein Vielfaches von 6.
12.10 Sei x1 = 1 und xk+1 = xk + 8k für k ≥ 1. Dann gilt:
xk = (2k − 1)2
für alle k ≥ 1
Beweis durch vollständige Induktion:
Induktionsanfang: x1 = (2 · 1 − 1)2 = 1, was mit der Voraussetzung
übereinstimmt.
Induktionsschritt von k nach k + 1:
xk+1 = xk + 8k
= (2k − 1)2 + 8k
IV
= 4k 2 − 4k + 1 + 8k
= 4k 2 + 4k + 1
= (2k + 1)2
5
12.11 Für jede natürliche Zahl n ≥ 2 gilt
fn+1 · fn−1 − fn2 = (−1)n .
Beweis durch vollständige Induktion:
Induktionsanfang: Sei n = 2. Durch Ausrechnen der linken Seite
erhält man:
f3 · f1 − f22 = 2 · 1 − 12 = 1.
Dies ist gleich (−1)2 , also gilt die Behauptung für n = 2.
Induktionsschritt von n nach n + 1:
2
2
fn+2 · fn − fn+1
= (fn+1 + fn ) · fn − fn+1
= fn+1 · (fn − fn+1 ) + fn2
= fn+1 · (fn − fn+1 ) + fn+1 · fn−1 − (−1)n
IV
= fn+1 · (fn − fn+1 + fn−1 ) + (−1)n+1
= fn+1 · 0 + (−1)n+1
= (−1)n+1 .
6