Lösungen zu Mathematik für Informatiker I Übungen Sommersemster

Lösungen zu Mathematik für
Informatiker I Übungen
Sommersemster 2007
Alexander (Axel) Straschil
13. März 2007
Diese Lösungen zu der Übung Mathematik für Informatiker I, Sommersemester 2007, entsteht gerade im laufe meines Informatikstudiums an der
Technischen Universität Wien.
Fehlerhinweise bitte per Email an [email protected].
1 Sei a die Aussage Es gibt eine gröÿte natürliche Zahl und b die Aussage 0 ist
die gröÿte natürliche Zahl. Man entscheide, ob die Aussagen a → b bzw. b → a wahr
oder falsch sind.
Aussage
a
ist eine falsche Aussage. Beweis: Laut Denition besitzt jede natürliche
n0 ,
n < n0 . Angenommen es gäbe eine gröÿte
0
0
Natürliche Zahl g , so gäbe es einen Nachfolger g mit g < g , was im Wiederspruch zur
Annahme steht, dass g die grösste natürliche Zahl ist.
Aussage b ist eine falsche Aussage. Beweis: Die natürliche Zahl 0 besitzt den Nachfolger 1 mit 0 < 1.
Da man aus eine falschen Prämisse beliebiges folgern kann sind die Aussagen a → b
bzw. b → a wahre Aussagen.
Zahl
n
2-7
Entscheiden Sie mit Hilfe einer Wahrheitstafel, ob die folgenden Äquivalenzen
einen Nachfolger
und es gilt
richtig sind.
2
a ∨ (b ∨ c) ⇔ (a ∨ b) ∨ c
1
Ist oensichtlich richtig, da die Disjunktion assoziativ ist.
a
w
w
w
w
f
f
f
f
b
w
w
f
f
w
w
f
f
c
w
f
w
f
w
f
w
f
a ∨ (b ∨ c)
w
w
w
w
w
w
w
f
⇔
w
w
w
w
w
w
w
w
(a ∨ b) ∨ c
w
w
w
w
w
w
w
f
a ∨ (a ∧ b) ⇔ a
3
a
w
w
f
f
25
b
w
f
w
f
a ∨ (a ∧ b)
w
w
f
f
Zeigen Sie, dass
√
⇔
w
w
w
w
3
a
w
w
f
f
irrational ist.
√
√
3 ∈ { rs |r, s ∈ Z, s 6=
2
r
3 = rs , 3 = rs2 , r2 = 3s2 ,
0, ggt(r, s) = 1}. D.h. ∃r, s mit
s und ggt(r, s) = 1.
2
0
0
also ist 3 Teiler von r , also ist 3 Teiler von r . Also existiert ein r mit r = 3r .
0 2
2
02
2
02
2
2
(3r ) = 3s , 9r = 3s , 3r = s , also ist 3 Teiler von s , also ist 3 Teiler von s. Da
3 Teiler von r und s gilt ggt(r, s) 6= 1, was im Wiederspruch zur Annahme steht, also
√
3 nicht rationae sondern irrational.
ist
3
3=
Beweis durch Widerspruch: Sei
√
26
Zeigen Sie, dass
√
5
eine rationale Zahl, also
√
irrational ist.
√
√
5 ∈ { rs |r, s ∈ Z, s 6=
2
r
0, ggt(r, s) = 1}. D.h. ∃r, s mit
5 = rs , 5 = rs2 , r2 = 5s2 ,
s und ggt(r, s) = 1.
2
0
0
also ist 5 Teiler von r , also ist 5 Teiler von r . Also existiert ein r mit r = 5r .
0 2
2
02
2
02
2
2
(5r ) = 5s , 25r = 5s , 5r = s , also ist 5 Teiler von s , also ist 5 Teiler von s. Da
5 Teiler von r und s gilt ggt(r, s) 6= 1, was im Wiederspruch zur Annahme steht, also
√
ist
5 nicht sondern irrational.
5
√
5=
Beweis durch Widerspruch: Sei
27
Zeigen Sie, dass
√
6
eine rationale Zahl, also
√
irrational ist.
√
√
6 ∈ { rs |r, s ∈ Z, s 6=
2
r
0, ggt(r, s) = 1}. D.h. ∃r, s mit
6 = rs , 6 = rs2 , r2 = 6s2 ,
s und ggt(r, s) = 1.
2
0
0
also ist 6 Teiler von r , also ist 6 Teiler von r . Also existiert ein r mit r = 6r .
0 2
2
02
2
02
2
2
(6r ) = 6s , 36r = 6s , 6r = s , also ist 6 Teiler von s , also ist 6 Teiler von s
6
√
6=
Beweis durch Widerspruch: Sei
eine rationale Zahl, also
√
2
(wegen
6 = 2·3
und
2, 3
sind prim). Da 6 Teiler von
Wiederspruch zur Annahme steht, also ist
√
6
r
und
s
gilt
ggt(r, s) 6= 1,
was im
nicht rational sondern irrational.
n(n+1)(2n+1)
für alle n ∈ N
6
für die ersten 5 natürlichen Zahlen und beweise sodann deren Gültigleit für alle na-
29
Man überprüfe die Gleichung
12 + 22 + 32 + · · · + n2 =
türlichen Zahlen durch vollständige Induktion.
P0
0(0+1)(2·0+1)
2
= 0;
i=0 i = 0,
P
P36 2
2
2(2+1)(2·2+1)
1(1+1)(2·1+1)
2
2
= 1;
= 5,
= 5;
= 14,
= 1,
i=0 i
i=0 i
i=0 i
6
P64 2
3(3+1)(2·3+1)
4(4+1)(2·4+1)
=
14
;
=
30
.
i
=
30
,
i=0
6
6
Allgemeiner Beweis durch Induktion:
Pn 2
n(n+1)(2n+1)
Induktionsvoraussetzung:
∀n ∈ N.
i=0 i =
6
Pn+1
(n+1)((n+1)+1)(2(n+1)+1)
2
Induktionsbehauptung:
= (n+1)(n+2)(2n+3)
.
i=0 i =
6
6
P0 2
0(0+1)(2·0+1)
Induktionsanfang (n = 0):
i =
= 0.
6
Pn+1 2 i=0Pn 2
2
Induktionsschluss:
+ (n + 1)2 =
i
=
i
+
(n
+
1)
= n(n+1)(2n+1)
i=0
i=0
6
2
2
2
n(n+1)(2n+1) 6(n+1)
+ 6
= n(n+1)(2n+1)+6(n+1)
= (n+1)(n(2n+1)+6(n+1))
= (n+1)(2n 6+n+6n+6)
6
6
6
2
2
(n+1)(2n2 +7n+6)
= (n+1)(2n +3n+4n+6)
= (n+1)(2n +3n+2(2n+3))
= (n+1)(n(2n+3)+2(2n+3))
=
6
6
6
6
(n+1)(n+2)(2n+3)
.
6
Für die ersten 5 natürlichen Zahlen stimmt es:
P1
30
Man zeige mittels vollständiger Induktion, daÿ für die rekursiv denierte Folge
x1 = 1
und
xk+1 = xk + 8k
für
k≥1
allgemein gilt:
xn = (2n − 1)2 ,
für alle
n ≥ 1.
xn = (2n − 1)2 , für n ≥ 1.
2
2
2
Induktionsbehauptung: xn+1 = (2(n + 1) − 1) = (2n + 1) = 4n + 4n + 1, für n ≥ 1.
2
Induktionsanfang (n = 1): x1 = (2 · 1 − 1) = 1.
2
2
2
Induktionsschluss: xn+1 = xn +8n = (2n−1) +8n = 4n −4n+1+8n = 4n +4n+1.
Induktionsvoraussetzung:
32
a
Man bestätige die Richtigkeit der folgenden Behauptungen:
Für alle
n∈N
ist
n3 − n
stets durch 3 teilbar - mit direktem Beweis.
n3 − n = n(n2 − 1) = n(n + 1)(n − 1) = (n − 1)n(n + 1). Dies entspricht also dem
Produkt aus der Zahl mit dem Wert (n − 1) und ihren beiden Nachfolgern. Oensichtlich ist eine der drei Zahlen durch 3 teilbar, und das Produkt einer durch 3 teilbaren
Zahl ist auch immer durch 3 Teilbar.
d
Die Aussage (a) - mittels eines Beweises durch vollständige Induktion.
n3 − n mit n ∈ N ist durch 3 teilbar.
(n + 1)3 − (n + 1) ist durch 3 teilbar.
(n = 0): 03 − 0 = 0 ist durch 3 teilbar.
Induktionsvoraussetzung:
Induktionsbehauptung:
Induktionsanfang
3
=
(n+1)3 −(n+1) = (n+1) (n + 1)2 − 1 = (n+1)(n2 +2n+1−1) =
(n + 1)(n2 + 2n) = (n + 1)n(n + 2) = n(n + 1)(n + 2). Dies entspricht wieder dem
Induktionsschluss:
Produkt einer Zahl mit zwei Nachfolger (siehe (a)), ist also durch 3 teilbar.
33
n
P
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
(n−1)n(n+1)
für
3
j(j − 1) =
j=2
Induktionsvoraussetzung:
Induktionsbehauptung:
n
P
j(j − 1) =
j=2
n+1
P
j(j − 1) =
j=2
Induktionsanfang
(n = 2):
2
P
(n−1)n(n+1)
für
3
n ≥ 2.
((n+1)−1)(n+1)((n+1)+1)
3
6
3
j(j − 1) = 2(2 − 1) = 2 =
j=2
Induktionsschluss:
(n−1)n(n+1)
3
34
=
n+1
P
j(j − 1) = (n + 1)((n + 1) − 1) +
j=2
3n(n+1)+(n−1)n(n+1)
3
=
n(n+1)(3+(n−1))
3
=
n
P
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
=
n
P
=
Induktionsbehauptung:
n
P
j(j + 1) =
j=1
n+1
P
j(j + 1) =
n(n+1)(n+2)
.
3
(2−1)2(2+1)
.
3
j(j − 1) = n(n + 1) +
j=2
n(n+1)(n+2)
.
3
j(j + 1) =
j=1
Induktionsvoraussetzung:
n ≥ 2.
n(2n2 +6n+4)
für
6
n(2n2 +6n+4)
6
(n ≥ 1).
n ≥ 1.
(n+1)(2(n+1)2 +6(n+1)+4)
6
=
j=1
2
2(n+1)((n+1) +3(n+1)+2)
(n+1)((n+1)2 +3(n+1)+2)
=
= (n+1)(n +2n+1+3n+3+2)
= (n+1)(n(n+2)+3n+6)
=
6
3
3
3
(n+1)(n+2)(n+3)
(n+1)(n(n+2)+3(n+2))
=
.
3
3
1
P
1(2·12 +6·1+4)
j(j + 1) = 1(1 + 1) = 2 = 12
Induktionsanfang (n = 1):
.
6 =
6
j=1
n+1
n
P
P
j(j + 1) = (n+1)(n+2)+
Induktionsschluss:
j(j + 1) = (n+1)((n+1)+1)+
j=1
j=1
2
2
2
2(3(n+1)(n+2)+n(n +3n+2))
n(2n2 +6n+4)
+6n+4)
+3n+2)
= 6(n+1)(n+2)+n(2n
=
= 3(n+1)(n+2)+n(n
=
6
6
6
3
3(n+1)(n+2)+n(n2 +2n+1+n+1)
3(n+1)(n+2)+n((n+1)2 +(n+1))
3(n+1)(n+2)+n(n+1)((n+1)+1)
=
=
=
3
3
3
(n+1)(3(n+2)+n(n+2))
(n+1)(n+2)(n+3)
=
.
3
3
2
36
n
P
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
j=2
Induktionsvoraussetzung:
Induktionsbehauptung:
n
P
j=2
n+1
P
j=2
Induktionsanfang
(n = 2):
1
j(j−1)
1
j(j−1)
2
P
j=2
=
1
j(j−1)
=
n−1
n
(n ≥ 2).
(n+1)−1
n+1
=
=
1
2(2−1)
4
1
j(j−1)
n
n+1 .
=
1
2
=
2−1
2 .
=
n−1
n
(n ≥ 2).
Induktionsschluss:
2
1+n −1
(n+1)n
38
=
2
n
(n+1)n
=
n+1
P
j=2
n
n+1 .
1
j(j−1)
=
1
(n+1)n +
n
P
j=2
1
j(j−1)
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
=
n
P
1
n−1
(n+1)n + n
n
P
Induktionsbehauptung:
j3j−1 =
j=1
n+1
P
j3j−1 =
j=1
Induktionsanfang
1
P
3n (2n−1)+1
für
4
3n+1 (2(n+1)−1)+1
4
j3j−1 = (n + 1)3n +
n
P
j3j−1 = (n + 1)3n +
j=1
3n (4(n+1)+(2n−1))+1
4(n+1)3n +3n (2n−1)+1
=
4
4
3n+1 (2n+1)+1
.
4
39
=
j=1
3n (4n+4+2n−1)+1
4
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
n
P
k5k =
k=1
für
n ≥ 1.
3n+1 (2n+1)+1
.
4
31 (2·1−1)+1
.
4
j=1
Induktionsschluss:
=
=
j3j−1 = 1 =
=
n ≥ 1.
4
4
(n = 1):
n+1
P
1+(n+1)(n−1)
(n+1)n
3n (2n−1)+1
für
4
j3j−1 =
j=1
Induktionsvoraussetzung:
=
=
3n (2n−1)+1
4
3n (6n+3)+1
4
=
=
3·3n (2n+1)+1
4
5
n+1
− (n + 1)5n + 1)
16 (n5
n ≥ 1.
Induktionsvoraussetzung:
Induktionsbehauptung:
n
P
k5k =
k=1
n+1
P
k5k =
5
16 (16)
(n =
− (n + 1)5n + 1)
5
n+2
16 ((n + 1)5
k=1
5
n+1
((n
16 (5
1
P
1):
k5k =
k=1
5n+1 − (n + 2)5n+1 + 1) =
Induktionsanfang
5
n+1
16 (n5
n ≥ 1.
− (n + 2)5n+1 + 1) =
+ 1)5 − (n + 2)) + 1) =
5=
für
5
16 ((4n
5
1+1
−(1+1)51 +1)
16 (1·5
=
5
16 ((n + 1)5 ·
+ 3)5n+1 + 1).
5
16 (25−10+1)
=
= 5.
n+1
P
n
P
5
k5k = (n + 1)5n+1 + 16
(n5n+1 − (n +
k=1
k=1
n+1
5 16(n+1)5
5
1)5n + 1) = 16
(
+ n5n+1 − (n + 1)5n + 1) = 16
(16(n + 1)5n + n5n+1 − (n +
5
5
5
n
n+1
n
n
+16(n+1)5 −(n+1)5 +1) = 16 (n5n+1 +(n+1)5n (16−1)+1) =
1)5 +1) = 16 (n5
5
5
5
n+1
n
+ (n + 1)5 · 15 + 1) = 16
(n5n+1 + (n + 1)5n · 3 · 5 + 1) = 16
(n5n+1 + 3(n +
16 (n5
5
5
n+1
n+1
n+1
1)5
+ 1) = 16 (5
(n + 3(n + 1)) + 1) = 16 ((4n + 3)5
+ 1).
Induktionsschluss:
40
k5k = (n + 1)5n+1 +
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
n
P
l=1
Induktionsvoraussetzung:
n
P
l=1
l
3l
=
3
4
−
2n+3
4·3n für
5
l
3l
=
n ∈ N.
3
4
−
2n+3
4·3n für
n ∈ N.
=
Induktionsbehauptung:
n+1
P
l=1
Induktionsanfang
(n = 0):
l
3l
0
P
l=1
n+1
P
Induktionsschluss:
3
4
+
44
=
3
4
l
3l
=0=
n+1
3n+1
−
+
n
P
l=1
l=1
4(n+1)−3(2n+3)
4n+4−6n−9
3
3
+
=
=
n+1
n+1
4·3
4
4·3
4
n ∈ N.
3
4
−
3
4
l
3l
=
n+1
3n+1
+
3
4
−
2n+3
4·3n
−2n−5
4·3n+1
=
3
4
−
2n+5
4·3n+1 .
+
=
3
4
−
2·0+3
4·30 .
=
Man untersuche mittels vollständiger Induktion, für welche
Ungleichung gilt:
n
0
1
2
3
4
5
l
3l
2n+5
4·3n+1 für
=
9n3 − 3
−3
6
69
240
573
1122
3
4
+
n≥0
n+1
3n+1
−
2n+3
4·3n
=
die angegebene
9n3 − 3 ≤ 8n .
8n
1
8
64
512
4096
32768
Es liegt die Vermutung nahe, dass dies ab
n=3
gilt, was
nun durch vollständige Induktion bewiesen werden muss.
9n3 − 3 ≤ 8n für n ≥ 3.
3
n+1
Induktionsbehauptung: 9(n + 1) − 3 ≤ 8
.
Induktionsanfang (n = 3): Siehe Tabelle links.
3
n
3
n+1
Induktionsschluss: Aus 9n −3 ≤ 8 |·8 ⇔ 8(9n −3) ≤ 8
Induktionsvoraussetzung:
folgt (wegen der Transitivität), dass die Induktionsbehaup-
9(n+1)3 −3 ≤ 8(9n3 −3) für n ≥ 3
3
3
3
gilt. 9(n + 1) − 3 ≤ 72n − 24 ⇔ 9(n + 1) ≤ 72n − 21 ⇔ (n + 1) ≤ 8n − 7/3 ⇔
3
2
3
3
2
n + 3n + 3n + 1 ≤ 8n − 7/3 ⇔ 0 ≤ 7n − 3n − 3n − 10/3. Gilt für n ≥ 3, also ist
tung stimmen muss, wenn
3
3
3
die Induktionsbehauptung bewiesen.
45
Man untersuche mittels vollständiger Induktion, für welche
Ungleichung gilt:
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
4n2
0
4
16
36
64
100
144
196
256
324
2n
1
2
4
8
16
32
64
128
256
512
n≥0
die angegebene
4n2 ≤ 2n .
Es liegt die Vermutung nahe, dass dies ab
n = 8
gilt, was nun
durch vollständige Induktion bewiesen werden muss.
4n2 ≤ 2n für alle n ≥ 8.
2
n+1
Induktionsbehauptung: 4(n + 1) ≤ 2
.
2
8
Induktionsanfang (n = 8): 256 = 4 · 8 ≤ 2 = 256.
2
n
2
n+1
Induktionsschluss: Aus 4n ≤ 2 | · 2 ⇔ 8n ≤ 2
Induktionsvoraussetzung:
folgt (wegen
der Transitivität), dass die Induktionsbehauptung stimmen muss,
2
4(n+1)2 ≤ 8n2√für n ≥ 8 gilt. 4(n+1)
≤ 8n2 |/4 ⇔√(n+1)2 ≤
√
2n |sqrt ⇔ n + 1 ≤ 2n| − n ⇔ 1 ≤ 2n − √
n ⇔ 1 ≤ n( 2 − 1). Es
muss also noch gezeigt werden, dass 1 ≤ n( 2 − 1) für n ≥ 8 gilt.
√
Für n = 8 ist n( 2 − 1) ≥ 1, und die Funktion ist streng monoton
wenn
2
steigend. Also ist die Induktionsbehauptung bewiesen.
6
Literatur
[KL05] Guenther Karigl and Stefan Lenk.
Mathematik 1 fuer informatiker.
Insti-
tut fuer Diskrete Mathematik und Geometrie TU Wien, 2005. Skriptum zur
Vorlesung an der TU Wien.
7