Blatt - Höhere Mathematik an der TUM
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TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Zentrum Mathematik
P ROF. D R .D R . J ÜRGEN R ICHTER -G EBERT, VANESSA K RUMMECK , M ICHAEL P R ÄHOFER
Höhere Mathematik für Informatiker I (Wintersemester 2003/2004)
— Aufgabenblatt 8 (12. Dezember 2003) —
— Präsenzaufgaben —
Aufgabe 45. Der binomische Lehrsatz.
Für zwei natürliche Zahlen n, k ∈ N ist der Binomialkoeffizient
n
0
= 1,
=
n
k
n
k
n
k
wie folgt definiert:
n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)
1 · 2 · ... · k
Aus der Definition folgt unmittelbar
n!
für
k!(n − k)!
n
n−1
n−1
1.) Zeigen Sie : Für 1 ≤ k ≤ n gilt
=
+
.
k
k−1
k
(i)
n
k
=0
für
k > n,
(ii)
=
0≤k≤n
Verwenden Sie dazu die Formeln (i) und (ii).
2.) Zeigen Sie mithilfe von vollständiger Induktion:
Die Anzahl der k–elementigen Teilmengen einer n–elementigen Menge Mn = {m1 , . . . , mn } ist gleich
n
k
.
Hinweis: Beim Induktionsschritt von n nach n + 1 ist für jedes k ∈ N mit 0 ≤ k ≤ n + 1 die Gültigkeit der
Behauptung nachzuweisen. Betrachten Sie dazu Teilmengen A von Mn+1 , die das Element mn+1 ∈ Mn+1
enthalten, und Teilmengen B von Mn+1 , die das Element mn+1 ∈ Mn+1 nicht enthalten.
3.) Zeigen Sie mithilfe von vollständiger Induktion: Für a, b ∈ R und n ∈ N gilt der binomische Lehrsatz
n X
n k n−k
n 0 n
n 1 n−1
n 2 n−2
n
n n 0
(a+b)n =
a b
:=
a b +
a b
+
a b
+· · ·+
an−1 b1 +
a b
k
0
1
2
n−1
n
k=0
Aufgabe 46. Der Satz von Vieta.
Der Satz von V IETA lautet: Sei p ∈ R[X] ein Polynom von der Form
p(X) = X n + an−1 X n−1 + an−2 X n−2 + · · · + a2 X 2 + a1 X + a0 .
Seine n komplexen Nullstellen ξi ∈ C, i = 1, . . . , n, erfüllen die beiden Gleichungen
(i) a0 = (−1)n ξ1 · ξ2 · . . . · ξn
(ii) an−1 = −
n
P
ξi
i=1
Beweisen Sie den Satz von V IETA.
Aufgabe 47. Ist Gleiches immer gleich?
Gegeben seien die beiden reellen Polynome p, q ∈ R[X] durch
p(X) = an X n + an−1 X n−1 + · · · + a1 X + a0
q(X) = bn X n + bn−1 X n−1 + · · · + b1 X + b0 .
Für alle α ∈ R gelte p(α) = q(α).
1.) Zeigen Sie, dass die Polynome übereinstimmen, d.h., dass für alle Koeffizienten ai = bi , i ∈ {0, 1, . . . , n}, gilt.
(Hinweis: Betrachten Sie p − q.)
2.) Stimmt dies auch für Polynome p, q aus dem Polynomring Z2 [X]?
— Hausaufgaben —
Aufgabe 48. Der n–fache Cosinus und Sinus.
Gegeben sei zu festem Winkel ϕ ∈ R die komplexe Zahl z = cos ϕ + i sin ϕ.
Berechnen Sie zu festem n ∈ N+ die n–te Potenz z n auf zwei Weisen: Verwenden Sie
1.) den binomischen Lehrsatz (siehe Aufgabe 45),
2.) die E ULERSCHE Identität cos ϕ + i sin ϕ = eiϕ .
Bringen Sie die Ergebnisse aus den Aufgabenteilen 1.) und 2.) jeweils auf die Gestalt z n = a + bi, a, b ∈ R.
Können Sie durch Vergleich der beiden Ergebnisse Formeln für cos(nϕ) und sin(nϕ) herleiten?
Aufgabe 49. Radikale.
Gegeben sei das Polynom p ∈ C[X] mit
p(X) = X 6 + 8i.
Bestimmen Sie sämtliche Nullstellen von p.
Aufgabe 50. Teiler gegen Langeweile.
Snoopy hat dann doch noch einmal darüber nachgedacht, was ihm der Vogel da gezwitschert hat:
1.) Eine natürliche Zahl ist durch 3 teilbar, genau dann wenn ihre Quersumme durch 3 teilbar ist.
2.) Eine natürliche Zahl ist durch 9 teilbar, genau dann wenn ihre Quersumme durch 9 teilbar ist.
3.) Und wann ist eine natürliche Zahl durch 11 teilbar?
Snoopy erinnert sich daran, wie die (alternierende) Quersumme einer natürlichen Zahl definiert ist: Eine natürliche
Zahl n hat in Dezimaldarstellung die Form n = am 10m + am−1 10m−1 + · · · + a2 102 + a1 101 + a0 100 , ai ∈
{0, . . . , 9}. Die Quersumme von n ist a0 + a1 + · · · + am−1 + am und die alternierende Quersumme von n ist
a0 − a1 + a2 − a3 + · · · + (−1)m−1 am−1 + (−1)m am .
Snoopy grübelt jetzt: Warum gilt eigentlich 1.) und 2.), und wie soll 3.) funktionieren?
Helfen Sie ihm, denn Snoopy hat — ganz im Gegensatz zu Ihnen — sicher noch nie etwas von Modulo-Rechnung
gehört. Immerhin kennt er alternierende Quersummen. . .
Abgabe der Hausaufgaben:
am Freitag, 19. Dezember 2003, nach der Vorlesung (im HS 1)
