Mathematik für Physiker I, Wintersemester 2013/2014 Lösungen zu

Mathematik für Physiker I, Wintersemester 2013/2014
Lösungen zu Serie 2
(6) Sind n, m ∈ N so schreiben wir n | m für n teilt m“.
”
X
Y
(a) Berechne
(p + q) und
p.
1≤p,q≤8
p|q
1≤p,q≤6
p|q
(b) Zeige das für jedes n ∈ N stets
n
Y
(2k − 1) =
k=1
(2n)!
gilt.
2n n!
(a) In der Summe treten die Indizes
(p, q) = (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (1, 7), (1, 8),
(2, 2), (2, 4), (2, 6), (2, 8), (3, 3), (3, 6), (4, 4), (4, 8), (5, 5), (6, 6), (7, 7), (8, 8)
auf und diese teilen wir in drei Gruppen auf.
P Zuerst haben wir die (p, p) mit 1 ≤ p ≤ 8,
deren Summe sich etwa nach (8.a) als 2 · 8p=1 p = 8 · 9 = 72 ergibt. Als zweite Gruppe
nehmen wir die Indizes (1, p) für 2 ≤ p ≤ 8 die sich wieder mit (8.a) zu
!
8
8
X
X
(1 + p) = 7 +
p − 1 = 6 + 4 · 9 = 42
p=2
p=1
summieren. Die restlichen Summenanden ergeben den Beitrag
6 + 8 + 10 + 9 + 12 = 45,
also ist insgesamt
X
(p + q) = 72 + 42 + 45 = 159.
1≤p,q≤8
p|q
Der Indexbereich des Produkts ist kleiner und außerdem können wir alle (1, p) fortlassen
da sie zum Produkt nichts beitragen, effektiv haben wir also nur die Indizes
(p, q) = (2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 3), (3, 6), (4, 4), (5, 5), (6, 6)
und erhalten
Y
p = 23 · 32 · 4 · 5 · 6 = 12 · 6! = 12 · 720 = 8640.
1≤p,q≤6
p|q
1
(b) Im Fall n = 0 ist dies klar da ein leeres Produkt als Eins definiert wurde. Nun sei
n ∈ N mit n ≥ 1. Teilen wir das (2n)! definierende Produkt in gerade und ungerade
Faktoren auf, so ergibt sich
(2n)! =
n
Y
k=1
(2k) ·
n
Y
(2k − 1) = 2
k=1
n
n
Y
k·
k=1
und wir erhalten
n
Y
(2k − 1) =
k=1
n
Y
n
(2k − 1) = 2 n! ·
k=1
n
Y
(2k − 1),
k=1
(2n)!
.
2n n!
1 n ∈ N\{0} ⊆ R. Berechne sup M und inf M . Dabei soll auch
(7) Sei M :=
n
begründet werden das es sich jeweils wirklich um das Supremum beziehungsweise das
Infimum handelt.
Wir behaupten:
Behauptung: Es sind sup M = 1 und inf M = 0.
Beweis: Es ist 1 ∈ M und für jedes n ∈ N\{0} gilt 1/n ≤ 1, d.h. 1 ist eine obere
Schranke von M und somit ist 1 = max M = sup M . Weiter ist für jedes n ∈ N\{0}
auch 1/n > 0, also ist 0 zumindest eine untere Schranke von M . Ist jetzt a > 0 eine
positive reelle Zahl so liefert die archimedische Eigenschaft der reellen Zahlen §1.Lemma
5 eine natürliche Zahl n ∈ N mit n > 1/a > 0. Insbesondere ist n 6= 0 also 1/n ∈ M
und 1/n < a. Nach §1.Lemma 3.(b) ist 0 damit das Infimum von M , d.h. inf M = 0.
(8) Beweise die folgenden Aussagen durch vollständige Induktion:
(a) Für jedes n ∈ N gilt
n
X
k=1
k=
n(n + 1)
.
2
(b) Für jedes n ∈ N mit n ≥ 5 gilt 2n > n2 .
Wir schreiben diese beiden Aufgaben im bei Übungsaufgaben üblichen Stil auf, dieser
unterscheidet sich von dem in Büchern oder in der Vorlesung verwendeten Stil. Beachte
das wir nicht Sei n ∈ N“ als Voraussetzung aufführen, dies ist zwar häufig anzutreffen
”
aber streng genommen einfach falsch. Eine solche Voraussetzung bedeutete das wir
uns von vornherein eine fixierte natürliche Zahl n vorgeben, eine Induktion nach n im
folgenden also gar nicht möglich wäre.
2
(a) Behauptung: Für jedes n ∈ N gilt
n
X
k=1
k=
n(n + 1)
.
2
Beweis: Wir beweisen die Behauptung durch Induktion nach n ∈ N.
Induktionsanfang:
Da eine leere Summe per Konvention als Null interpretiert wird
P0
ist k=1 k = 0 = 0 · (0 + 1)/2.
P
Induktionsannahme: Sei n ∈ N mit nk=1 k = n(n + 1)/2.
Induktionsschritt: Es ist
n+1
X
k=1
k=
n
X
k + (n + 1) =
k=1
n
n(n + 1)
+ n + 1 = (n + 1) ·
+1
2
2
=
(n + 1)(n + 2)
(n + 1)((n + 1) + 1)
=
.
2
2
Per vollständiger Induktion ist die Behauptung damit bewiesen.
(b) Behauptung: Für jedes n ∈ N mit n ≥ 5 ist 2n > n2 .
Beweis: Wir beweisen die Behauptung durch eine bei n = 5 startende Induktion.
Induktionsanfang: Es gilt 25 = 32 > 25 = 52 , also gilt die Behauptung für n = 5.
Induktionsannahme: Sei n ∈ N mit n ≥ 5 und 2n > n2 .
Induktionsschritt: Wegen n ≥ 3 ist
n2 = n · n ≥ 3n = 2n + n ≥ 2n + 1,
also folgt mit der Induktionsannahme
2n+1 = 2 · 2n > 2n2 = n2 + n2 ≥ n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 .
Per vollständiger Induktion ist die Behauptung damit bewiesen.
(9) Zeigen Sie das
n
X
1
k 2 = n(n + 1)(2n + 1) für jedes n ∈ N gilt.
6
k=1
Beweis: Wir beweisen die Behauptung durch Induktion nach n ∈ N.
Induktionsanfang:
Da eine leere Summe per Konvention als Null interpretiert wird
P
ist 0k=1 k 2 = 0 = 0 · (0 + 1) · (2 · 0 + 1)/6.
P
Induktionsannahme: Sei n ∈ N mit nk=1 k 2 = n(n + 1)(2n + 1)/6.
3
Induktionsschritt: Es ist
n(2n + 1) + 6(n + 1) = 2n2 + 7n + 6 = (n + 2)(2n + 3)
und mit der Induktionsannahme erhalten wir weiter
n+1
X
k=1
n
X
n(n + 1)(2n + 1)
+ (n + 1)2
6
k=1
n(2n + 1)
n(2n + 1) + 6(n + 1)
= (n + 1) ·
+ n + 1 = (n + 1) ·
6
6
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
(n + 1)((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1)
=
=
.
6
6
k2 =
k 2 + (n + 1)2 =
Per vollständiger Induktion ist die Behauptung damit bewiesen.
(10) Seien M, N ⊆ R zwei Teilmengen. Beweise oder widerlege:
(a) In R gilt sup(M ∪ N ) = max{sup M, sup N }.
(b) In R gilt sup(M ∩ N ) = min{sup M, sup N }.
(a) Behauptung: Sind M, N ⊆ R zwei Teilmengen, so gilt
sup(M ∪ N ) = max{sup M, sup N }
in R.
Beweis: Setze s := max{sup M, sup N } ∈ R. Wir zeigen das s das Supremum von
M ∪ N ist. Für jedes x ∈ M haben wir x ≤ sup M ≤ s und für jedes x ∈ N gilt
ebenfalls x ≤ sup N ≤ s, d.h. es ist x ≤ s für jedes x ∈ M ∪ N und s ist eine obere
Schranke von M ∪ N . Nun sei t ∈ R eine beliebige obere Schranke von M ∪ N . Für
jedes x ∈ M ist dann wegen x ∈ M ∪ N auch x ≤ t, d.h. t ist eine obere Schranke von
M und somit t ≥ sup M . Für jedes x ∈ N ist wieder x ∈ M ∪ N also x ≤ t und t ist
eine obere Schranke von N , d.h. t ≥ sup N . Da s gleich sup M oder sup N ist, ist damit
auch t ≥ s. Folglich ist s die kleinste obere Schranke von M ∪ N , d.h. sup(M ∪ N ) = s.
(b) Behauptung: Es gibt zwei Teilmengen M, N ⊆ R mit
sup(M ∩ N ) 6= min{sup M, sup N }.
4
Beweis: Setze M := {0, 1} und N := {0, 2}. Dann sind sup M = max M = 1 und
sup N = max N = 2, also min{sup M, sup N } = 1. Andererseits ist M ∩ N = {0} also
sup(M ∩ N ) = 0.
Noch einfacher könnte man M := {0}, N := {1} nehmen, die im Beweis gewählten
Mengen sollen zeigen das die Behauptung kein Problem der erweiterten reellen Zahlen
ist.
5