Blatt 2-l - Fachbereich Mathematik

Fachbereich Mathematik der Universität Hamburg
Prof. Dr. M. Hinze
Dr. P. Kiani
WiSe 2015/16
Analysis I
für Studierende der Ingenieurwissenschaften
Lösungshinweise zu Blatt 2
Aufgabe 1: (12 Punkte)
a) Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion
n
X
k3 =
k=1
n2 (n + 1)2
,
4
∀n ∈ N.
b) Es seien a und p gegebene feste positive Zahlen, p 6= 1 und
K1 = a,
Kn+1 := p · Kn + a , ∀n ∈ N.
Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion, dass folgende Formel gilt:
1 − pn
Kn = a ·
, ∀n ∈ N.
1−p
Lösungsskizze zur Aufgabe 1:
a)
n
X
k3 =
k=1
n2 (n + 1)2
,
4
∀n ∈ N.
Induktionsanfang: Für n = 1 ist die Behauptung wahr, denn es gilt
1
X
12 · (1 + 1)2
k 3 = 13 =
. (1 Punkt)
4
k=1
Induktionsvoraussetzung:
(1 Punkt)
Für ein beliebiges festes N ∈ N mit N ≥ 1 gelte
N
X
k=1
Induktionsschritt: zu zeigen
N
+1
X
k3 =
k=1
Beweis:
N
+1
N
X
X
3
3
k = (N + 1) +
k3
k=1
k3 =
N 2 (N + 1)2
.
4
(N + 1)2 (N + 2)2
. (1 Punkt)
4
Zerlegung in alten und neuen Term
k=1
2
= (N + 1)3 +
N (N + 1)2
4
Einsetzen der Induktionsvoraussetzung
(N + 1)2
· 4(N + 1) + N 2
Umformen in Richtung der Behauptung
4
(N + 1)2
=
· (N + 2)2 .
✷.
(3 Punkte)
4
=
Analysis I, M. Hinze/P. Kiani, WiSe 2015/16, Blatt 2 - Lösungen
2
1 − pn
b) Gegeben: K1 = a,
Kn+1 := p · Kn + a . Zu zeigen Kn = a ·
.
1−p
Induktionsanfang: Für n = 1 lautet die Behauptung
K1 = a ·
Diese ist wahr.
1 − p1
= a.
1−p
(1 Punkt)
Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass die Aussage für ein festes, beliebiges
N ∈ N bewiesen sei.
1 − pN
Für dieses N gilt also KN = a ·
. (1 Punkt)
1−p
Induktionsschritt: Zu zeigen ist , dass Behauptung dann auch für N + 1 gilt, also
1 − pN +1
KN +1 = a ·
. (1 Punkt)
1−p
KN +1
1 − pN
:= p · KN + a = p · a ·
1−p
+a
(Induktionsvoraussetzung eingesetzt)
(1 Punkt)
Der Rest ist elementares Rechnen:
p − pN +1
1−p
p − pN +1 + 1 − p
1 − pN +1
KN +1 = a ·
+ a·
= a·
= a·
.
1−p
1−p
1−p
1−p
(2 Punkte)
Analysis I, M. Hinze/P. Kiani, WiSe 2015/16, Blatt 2 - Lösungen
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Aufgabe 2: (10 Punkte) Eine Person legt am Anfang jedes Jahres a Euro auf einem
Sparkonto an. Er hat sich auf jährliche Verzinsung eingelassen und erhält jeweils am Ende
des Jahres zwei Prozent Zinsen. Am Anfang des ersten Jahres hat er also K1 = a Euro und
am Anfang des zweiten Jahres (nach der Einzahlung) K2 = a(1 + 0.02) + a Euro auf seinem
Sparkonto.
a) Welches Guthaben weist das Sparkonto am Anfang des dritten bzw. vierten Jahres
nach der jeweiligen Einzahlung auf?
Tipp: Multiplizieren Sie die Potenzen von 1.02 nicht aus, sondern lassen Sie diese als
1.02k stehen.
b) Es sei a = 500 . Geben Sie eine Formel für das Guthaben am Anfang des n− ten Jahres
(nach der Einzahlung) an, die nur a als Variable enthält, nicht aber Kn−1 .?
Tipp: Benutzen Sie Aufgabe 1b) oder die Formel
n
X
k=0
der Vorlesung.
q
k
1 − q n+1
=
, ∀q 6= 1 aus
1−q
c) Berechnen Sie Kn für a = 500 und n = 20 (Taschenrechner oder Ähnliches).
Lösung:
a) Am Anfang des zweiten Jahres sind a(1 + 0.02) + a Euro auf dem Konto. Diese werden
mit 2 % verzint.
Kapital am Ende des zweiten Jahren: (a(1.02) + a) · 1.02 = a · ((1.02)2 + (1.02)) .
Nach der Einzahlung von a Euro am Anfang des dritten Jahres hat man also das
Kapital:
K3 = a · (1.02)2 + (1.02) + a = a · (1.02)2 + (1.02) + 1
(2 Punkte)
Am Ende des dritten Jahres wird K3 mit 2% verzinst und am Anfang des vierten
Jahres werden a Euro eingezahlt. Also hat man am Anfang des vierten Jahres:
K4 = 1.02·K3+a = 1.02·a· (1.02)2 + (1.02) + 1 +a = a· (1.02)3 + (1.02)2 + (1.02)1 + 1
(2 Punkte)
b) Das Guthaben am Anfang des n + 1− ten Jahres ergibt sich aus der Formel:
Kn+1 := 1.02 · Kn + 500
(1 Punkt)
Dies ist die Formel aus 1b) mit p = 1.02 und a = 500 . Also erhalten wir
Kn = a · (1.02)n−1 + · · · + (1.02)2 + (1.02)1 + (1.02)0
=a ·
n−1
X
k=0
1.02k = a ·
1 − 1.02n
.
1 − 1.02
Formel aus der Vorlesung.
(3 Punkte)
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c) Guthaben für a = 500 und n = 20
Man kann die Summe per Rechner ausrechnen, indem man tatsächlich jeden Summanden berechnet und aufsummiert oder die Formel aus Teil b) benutzt. Wer im Vorkurs
Matlab gemacht hat, kann ein kleines Programm (ohne Anspruch auf besondere Effizienz) schreiben, zum Beispiel so:
m-file mit Namen kapital.m
function [kap] = kapital(k0,z,n)
%jährliche Kapitalverzinsung, jährliche Einzahlung k0,
% jährliche Verzinsung z, anfang des n-ten Jahres
k=0:1:n-1;
z1=z+1;
p=z1.^k;
kap=k0*sum(p);
end
Aufruf in Matlab:
>> kapital(500,0.02,20)
Ergebnis:
ans =
1.214868489945886e+04
Berechnung mit der Formel aus b)
>> Kapp=500*(1-(1.02)^(20))/(1-1.02)
Kapp =
1.214868489945886e+04
Man hat also am Anfang des zwanzigsten Jahres ca. 12148,68 Euro.
(2 Punkte)
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Aufgabe 3: (7 Punkte)
Sei n ∈ N und Mn eine Menge mit n Elementen. Also zum Beispiel Mn = {1, 2, 3, . . . , n} .
Zeigen Sie, dass es n! Permutationen der Elemente von Mn gibt.
Lösungsskizze:
Ohne Einschränkung der Allgemeinheit (o.E.d.A.) Mn = {1, 2, 3, . . . , n} .
• Induktionsanfang: Für n = 1 , Mn = {1} gibt es nur 1 = 1! Permutationen. Die
Behauptung ist also wahr. (1 Punkt)
• Annahme: Für eine beliebige, feste natürliche Zahl N gelte: Es gibt N! Permutationen von MN = {1, 2, 3, . . . , N} . (1 Punkt)
• Zu zeigen ist: Für die Elemente von
MN +1 = {1, 2, 3, . . . , N + 1} gibt es (N + 1)! Permutationen. (1 Punkt)
Beweis: Jede Permutation der Elemente von MN +1 enthält genau an einer Position
das Element N + 1 . Entfernt man N + 1 , so bleibt jeweils eine Permutation
i1 , i2 , i3 , · · · iN der Elemente 1, 2, 3, · · · N . (Idee: 1 Punkt)
Hiervon gibt es nach Induktionsvoraussetzung N! Stück. Jede dieser N! Permutationen von 1, 2, 3, · · · N wird zu einer Permutation von 1, 2, 3, . . . , N + 1 , indem man an
einer Stelle das Element N + 1 einfügt. Hierfür gibt es jeweils N + 1 Möglichkeiten:
✷ i1 , ✷ i2 , ✷ i3 , ✷ · · · ✷ iN ✷
(2 Punkte)
Insgesamt erhalten wir somit (N + 1) N! = (N + 1)! Permutationen der Elementen
von
MN +1 = {1, 2, 3, . . . , N + 1} . (1 Punkt)
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Aufgabe 4: (11 Punkte)
a) Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion, dass jede natürliche Zahl n ≥ 2 eine
Primfaktorzerlegung
n = pr11 · · · prmm ,
r1 , · · · , rm ∈ N, p1 , · · · , pm Primzahlen
besitzt.
b) Zeigen Sie mit Hilfe von Teil a), dass die Gleichung x2 − 3 = 0 keine rationale Lösung
hat.
Lösungsskizze:
a) Vollständige Induktion mit Anfang bei n = 2 = 21 .
(1 Punkt)
Induktionsannahme: Wir nehmen mit einem festen, beliebigen N ∈ N, N ≥ 2 an,
dass alle Zahlen n ∈ N mit n ≤ N eine Primfaktorzerlegung besitzen.
(1 Punkt)
Induktionsschritt: Entweder ist (N+1) eine Primzahl, dann ist N + 1 = (N + 1)1 und
man ist fertig! (1 Punkt)
Oder N +1 = m·k mit 2 ≤ m, k < N +1 . Dann setzt man die Induktionsvoraussetzung
ein, wonach m und k Primfaktorzerlegungen besitzen:
k = p1r1 · · · prl l
r̃
m = p̃r̃11 · · · p̃l̃ l̃
(1 Punkt)
Die Primfaktorzerlegung von N + 1 ergibt sich dann als:
r̃
N + 1 = pr11 · · · prl l · p̃r̃11 · · · p̃l̃ l̃
(1 Punkt)
und man muss nur noch die Terme mit gleichen Basen zusammenfassen.
(1 Punkt)
b) Annahme: es gibt eine rationale Zahl q = m
, m, n ∈ Z mit teilerfremden ganzen
n
Zahlen m und n 6= 0 , welche die Gleichung löst. (1 Punkt)
Dann gilt
x2 = 3 ⇐⇒
m2
n2
= 3 ⇐⇒ m2 = 3 · n2 .
Dann müsste 3 ein Teiler von m sein. Also m = 3k, k ∈ Z . Somit gelte
3k · 3k = 3 · n · n ⇐⇒ 3k 2 = n · n .
Also müsste 3 auch ein Teiler von n sein. Dies steht aber im Widerspruch zur Annahme, dass m und n teilerfremd sind! Also war die Annahme falsch! (4 Punkte)