Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 4. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
05.11.2013
Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 4. Übung
Aufgabe 1: (6 Punkte)
In einem Land ist jede Stadt mit jeder anderen durch genau eine Straße verbunden, wobei alle Straßen Einbahnstraßen
sind. Zeigen Sie: In diesem Land existiert eine Stadt, die von jeder anderen Stadt direkt durch eine Straße oder über
den Umweg genau einer Stadt über zwei Straßen erreichbar ist.
Hinweis: Eine Skizze hilft sicherlich. Aber sie reicht nicht als Beweis.
Lösung:
Wir zeigen nun per vollständiger Induktion über n ∈ N, dass jedes Land mit n Städten, welches die obigen Bedingungen bezüglich der Einbahnstraßen erfüllt, auch die Eigenschaft sicherstellt, dass eine der n Städte von allen
anderen über maximal eine Stadt Umweg zu erreichen ist. Für das konkrete Land der Aufgabenstellung kennen
wir zwar die Anzahl der Städte nicht, aber ist diese unbekannte Anzahl eine natürliche Zahl, somit wird mit dem
Induktionsbeweis auch der Beweis für die Aufgabe erbracht.
Induktionsanfang n = 1: Trivial, es gibt keine andere Stadt als die eine.
Induktionsvoraussetzung: Eine Menge von n Städten habe nun die Eigenschaft, dass es in ihr eine Stadt r gibt,
die von allen anderen direkt oder den Umweg über eine Stadt erreicht werden kann, oder anders ausgedrückt: Dass
wir die Menge der n Städte disjunkt aufteilen können in die Menge, die nur r enthält, eine Menge A und eine Menge
B. Alle Städte in A haben einen direkten Weg nach r, alle Städte in B haben einen direkten Weg zu einer Stadt in
A (sonst wären sie nicht über nur eine Stadt Umweg mit r verbunden).
Situation für n Städte:
A
B
r
Induktionsschritt n → n + 1:
Situation für n + 1 Städte:
Fall 1
Fall 2.i
A
B
A
Fall 2.ii
B
r
A
B
r
s
s
r
s
Haben wir nun eine Menge von n + 1 Städten gegeben, so nennen wir ein beliebiges Element daraus s. Dir restlichen
n Städte lassen sich nach Induktionsvoraussetzung in {r}, A und B aufteilen. Nun gibt es entweder (Fall 1) eine
Straße von s nach r, dann ist r von s direkt zu erreichen, r von allen Städten in A direkt und r von allen Städten
in B über einen Umweg einer Stadt in A. Somit erfüllen die n + 1 Städte die zu beweisende Eigenschaft. Oder es
gibt eine Straße von r nach s, dann führen entweder (Fall 2.i) alle Straßen zwischen einem Elemente aus A und s
1
von A nach s oder (Fall 2.ii) es gibt eine Stadt in A, zu der die Straße von s hin verläuft. Im Fall 2.i ist s von r
direkt zu erreichen, von allen Städten in A direkt und von allen Städten aus B über den Umweg einer Stadt aus A.
So ist s die Stadt, die von allen anderen erreicht wird. Im Fall 2.ii ist r von s über den Umweg der einen Stadt in A
zu erreichen, r von allen Städten in A direkt und von allen Städten in B über den Umweg einer Stadt in A. So ist
r die Stadt, die von allen anderen erreicht wird. In beiden Fällen existiert somit eine Stadt, die über maximal eine
Stadt Umweg von den anderen erreicht wird und die n + 1 Städte erfüllen die zu beweisende Eigenschaft.
Aufgabe 2: (2+2+4 Punkte)
Zeigen Sie: Sei n ∈ N, dann gilt
n
n
n
n n
a)
−
+
∓ . . . (−1)
= 0,
0
1
2
n
b) n3 + 5n ist durch 6 teilbar ,
c) mit 0 ≤ xk ≤ 1 für k ∈ {1, . . . , n}:
n
Y
(1 − xk )
≥
1−
k=1
n
X
xk .
k=1
Wann gilt hier auch das Gleichheitszeichen?
Lösung:
a) Definieren wir nk := 0 für k < 0 und für k > n, dann gilt für alle n, k ∈ N0 :
können ohne Induktion direkt ausrechnen:
n
n
X
X
n
n−1
n−1
(−1)k
=
(−1)k
+
k
k−1
k
k=0
k=0
n
n
X
X
k n−1
k n−1
+
(−1)
=
(−1)
k
k−1
k=0
k=0
n−1
n
X
X
k n−1
k n−1
+
(−1)
=
(−1)
k
k−1
k=0
k=1
n−1
n
X
X
n−1
n−1
+
(−1)k
= −
(−1)k−1
k
k−1
k=0
k=1
n−1
n−1
X
X
n−1
n−1
= 0
(−1)k
+
(−1)k
= −
k
k
n
k
=
n−1
k−1
+
n−1
k
und wir
k=0
k=0
b) Wir formen um
n3 + 5n
=
n(n2 + 5)
=
n(n2 − 1 + 6)
=
n((n + 1)(n − 1) + 6)
=
n(n + 1)(n − 1) + 6n .
Nun hat n beim Teilen durch 2 entweder den Rest 0 oder 1, beim Teilen durch 3 entweder den Rest 0, 1 oder
2. Hat n beim Teilen durch 2 den Rest 0, so ist n durch 2 teilbar, bei Rest 1 ist (n + 1) durch 2 teilbar. Hat n
beim Teilen durch 3 den Rest 0, so ist n durch 3 teilbar, bei Rest 1 ist (n − 1) durch 3 teilbar, bei Rest 2 ist
(n + 1) durch 3 teilbar. Insgesamt ist n(n + 1)(n − 1) sowohl durch 2, als auch durch 3 teilbar und so durch 6
teilbar. 6n ist außerdem durch 6 teilbar, so ist auch die Summe und damit n3 + 5n durch 6 teilbar.
c) Wir betrachten zunächst für alle n ∈ N0 und xk ∈ (0, 1] (d.h. xk 6= 0) die Aussagen
n
Y
(1 − xk ) = 1 −
k=1
n
X
xk
(1)
n
Y
und
k=1
(1 − xk ) > 1 −
k=1
Für n = 0 gilt die Aussage der Gleichheit (1), da gilt
n
Y
(1 − xk ) = 1 = 1 − 0 = 1 −
k=1
n
X
xk .
k=1
2
n
X
k=1
xk
(2) .
Für n = 1 gilt die Aussage mit Gleichheit (1), da gilt
n
Y
(1 − xk ) = 1 − x1 = 1 −
k=1
n
X
xk .
k=1
Für n = 2 gilt die Aussage mit Größergleich (2), da gilt
n
Y
(1 − xk ) = (1 − x1 )(1 − x2 ) = 1 − x1 − x2 + x1 x2 > 1 − x1 − x2 = 1 −
| {z }
k=2
>0
n
X
xk .
k=1
Wir zeigen nun die Aussage mit Größergleich (2) per vollständer Induktion über n ≥ 2:
Induktionsanfang n = 2: s.o.
Induktionsvoraussetzung:
Sei n ∈ N und gelte (2) für dieses n.
Induktionsschritt n → n + 1:
Unter der Induktionsvoraussetzung gilt für xn+1 = 1
!
n+1
n
Y
Y
(1 − xk ) =
(1 − xk ) · (1 − xn+1 )
| {z }
k=1
k=1
=
=0
1 − xn+1
| {z }
=0
>
1 − xn+1 −
n
X
xk
k=1
| {z }
>0
=
1−
n+1
X
xk .
k=1
Unter der Induktionsvoraussetzung gilt für xn+1 < 1
!
n+1
n
Y
Y
(1 − xk ) =
(1 − xk ) · (1 − xn+1 )
| {z }
k=1
k=1
IV
1−
>
=
=
1−
1−
>0
n
X
!
· (1 − xn+1 )
xk
k=1
n
X
n
X
k=1
k=1
xk − xn+1 +
n+1
X
n
X
xk +
k=1
1−
n+1
X
xk
xn+1
!
xk
xn+1
k=1
|
>
!
{z
>0
}
xk .
k=1
Somit gilt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion für alle n ∈ N und n ≥ 2 die Aussage
n
Y
(1 − xk ) > 1 −
k=1
n
X
xk
mit xk ∈ (0, 1] für alle k ∈ {1, . . . , n} .
k=1
Lassen wir nun auch xk = 0 zu und betrachten nun xk ∈ [0, 1]:
Wegen der Kommutativität von + und · in R können wir ohne Einschränkung annehmen, dass unsere xk so
sortiert sind, dass sämtliche xk , die gleich Null sind, „als letzte kommen“; dass es also ein m ∈ {0, . . . , n} gibt,
sodass x1 , . . . , xm ∈ (0, 1] und xm+1 , . . . , xn ∈ {0} sind (für m = 0 bedeutet dies x1 = x2 = . . . = xn = 0, für
m = n bedeutet dies xk 6= 0 für alle k ∈ {1, . . . , n}).
Nun ist
n
Y
(1 − xk ) =
k=1
m
Y
(1 − xk )
k=1
und
1−
n
X
k=1
3
xk = 1 −
m
X
k=1
xk ,
da für xk = 0 die Faktoren (1 − xk ) Eins und die Summanden xk Null sind.
Für k ∈ {1, . . . , m} gilt nun nach Konstruktion xk ∈ (0, 1] und somit der obige Teil des Beweises. Wir wissen
somit:
Für m = 0 und für m = 1 gilt wie oben gezeigt die Gleichheit, für m ≥ 2 Größergleich.
Zusammengfasst: Wir haben bewiesen: Es gilt für alle n ∈ N und xk ∈ [0, 1] für k ∈ {1, . . . , n}:
n
Y
(1 − xk ) ≥ 1 −
k=1
n
X
xk .
k=1
Gleichheit gilt genau dann, wenn höchstens ein k ∈ {1, . . . , n} mit xk > 0 existiert (wenn also „alle xk bis auf
maximal einen gleich Null sind“).
Aufgabe 3: (6 Punkte)
Beweisen Sie per vollständiger Induktion, dass für alle n ∈ N und x1 , x2 , . . . , xn ∈ R>0 gilt:
√
n
x1 · x2 · . . . · xn ≤
x1 + x2 + . . . + xn
.
n
Hinweis: Sie werden feststellen, dass Sie mit gewohnter Induktion nicht zum Erfolg kommen. Versuchen Sie deshalb,
die Aussage zuerst für alle n = 1, 2, 4, 8, 16, . . ., also für alle Zweierpotenzen zu zeigen. Anschließend zeigen Sie noch:
Falls die Aussage für eine natürliche Zahl n > 1 gilt, so gilt sie auch für n − 1. Haben Sie damit die Aussage für
alle n ∈ N bewiesen?
Lösung:
Wir beweisen die Ausage per vollständiger Induktion über alle natürlichen Zahlen n.
Induktionsanfang n = 1: trivial
Induktionsanfang n = 2: Wegen x1 , x2 > 0 und somit x1 + x2 > 0 können wir äquivalent umformen:
√
x1 · x2 ≤
x1 + x2
2
⇔
4x1 x2 ≤ (x1 + x2 )2
⇔
4x1 x2 ≤ x21 + 2x1 x2 + x22
⇔
0 ≤ x21 − 2x1 x2 + x22
⇔
0 ≤ (x1 − x2 )2 .
X
Induktionsvoraussetzung: Sei n ≥ 2 gegeben. Es gilt sowohl
x1 +x2 +...+xn
.
n
√
x1 · x2 ≤
x1 +x2
2
als auch
√
n
x1 · x2 · . . . · xn ≤
Induktionsschritt n → 2n: Unter der Gültigkeit der Induktionsvoraussetzung gilt
√
2n
x1 · . . . · xn · xn+1 · . . . · x2n
=
IV:2
≤
IV:n
≤
=
q√
n
√
n
x1 · . . . · xn ·
x1 · . . . · xn +
√
n
√
n
xn+1 · . . . · x2n
xn+1 · . . . · x2n
2
x1 +...+xn
n
+
xn+1 +...+x2n
n
2
x1 + . . . + x2n
.
2n
Wählen wir k ∈ N so, dass n = 2k gilt, so haben wir mit dem Induktionsanfang n = 2 die Aussage für k = 1 gezeigt,
der Induktionsschritt n → 2n wird zu k → k + 1 und wir haben die Aussage nach dem Prinzip der vollständigen
Induktion über k für alle Zweierpotenzen n = 2k gezeigt.
Nun weiten wir die Ausage auf alle natürlichen Zahlen n aus:
x1 + . . . + xn−1
√
Induktionsschritt n → n − 1: Wir haben nun n−1 x1 · . . . · xn−1 ≤
zu zeigen und können dafür
n−1
x1 + . . . + xn−1 + a
√
n
x1 · . . . · xn−1 · a ≤
ausnutzen. Wie haben wir nun a zu wählen, damit uns dies gelingt?
n
p
p
√
√
1
n
1
n−1+1
1
Betrachten wir die Identität n−1
= n(n−1)
= n1 1 + n−1
, die n−1 a = a1+ n−1 = n a · n−1 a für a > 0 mit sich
bringt. Also wählen wir a := x1 · . . . · xn−1 und erhalten
4
√
n−1
x1 · . . . · xn−1
=
IV
≤
q
n
x1 · . . . · xn−1 ·
√
x1 · . . . · xn−1
√
x1 + . . . + xn−1 + n−1 x1 · . . . · xn−1
n
n−1
was sich äquivalent zu
1
x1 + . . . + xn−1
√
1−
· n−1 x1 · . . . · xn−1 ≤
n
n
| {z }
= n−1
n
umformt. Ein beidseitiges Multiplizieren mit
n
n−1
liefert dann die zu zeigende Ungleichung.
Aufgabe 4: (4+2 Punkte)
a) Seien A, B Aussagen. Wir beweisen eine Implikation A ⇒ B
direkt, indem wir unter Annahme der Gültigkeit von A die Gültigkeit von B schließen,
per Kontraposition, indem wir unter Annahme der Nichtgültigkeit von B die Nichtgültigkeit von A schließen
indirekt, indem wir annehmen, dass B nicht gilt und unter Annahme der Gültigkeit von A einen Widerspruch
herleiten.
Sind zudem die Aussagen der Implikation von n abhängig, können wir An ⇒ Bn für alle natürlichen Zahlen
n noch per vollständiger Induktion beweisen, indem wir die Gültigkeit von A1 ⇒ B1 zeigen und unter der
Gültigkeit der Implikation An ⇒ Bn auf die Implikation An+1 ⇒ Bn+1 schließen.
Beweisen Sie zur Übung die folgende Aussage für natürliche Zahlen n:
n ungerade
⇔
n2 ungerade ,
indem Sie alle vier Prizipien einmal anwenden (Bemerkung: eine natürliche Zahl n ist ungerade genau dann,
wenn es eine Darstellung n = 2m − 1 mit m ∈ N gibt)!
Hinweis: Beweisen Sie etwa die Richtung „n ungerade ⇒ n2 ungerade“ direkt und durch vollständige Induktion
und die Richtung „n2 ungerade ⇒ n ungerade“ indirekt und durch Kontraposition (seien sie trotz oder gerade
wegen der Ähnlichkeit dieser beiden Beweise sehr präzise in Ihren Ausführungen)!
b) Ordnen Sie folgende Alltagsargumentationen den vier Beweisprinzipien zu! Welche kommen Ihnen eher künstlich vor und welche werden tatsächlich so im Sprachgebrauch verwendet?
i) Es hat bestimmt die ganze Woche nicht geregnet, als wir im Urlaub waren. Stell dir vor, es hätte geregnet!
Dann wäre der Rasen saftig grün und die Blumen würden schön blühen. Sieh nur, wie sie stattdessen die
Köpfe hängen lassen und wie vertrocknet das Gras ist!
ii) Wenn wir gleich den teureren Heizkessel kaufen, können wir auf Dauer jede Menge Geld sparen. Erstens
ist er effizienter als der billige Kessel und zweitens haben wir den ja viel länger. Wir ersparen uns dadurch,
alle paar Jahre einen neuen zu kaufen.
iii) In den Koffer passt bestimmt alles hinein! Selbst wenn er schon fast voll ist – ein Ding mehr kann man
immer noch hineinstopfen!
iv) Bernadette hat den Zug erwischt. Dann ist sie wohl heute etwas früher aufgestanden. Denn wenn sie nicht
früh aufsteht, dann erwischt sie auch den Zug nicht.
Lösung:
a) Wir zeigen zuerst die Richtung „n ungerade ⇒ n2 ungerade“ auf zwei Arten:
Direkt: Sei n ungerade. Dann kann man n schreiben als n = 2m − 1 mit m ∈ N. Wir erhalten:
n2 = (2m − 1)2 = 4m2 − 4m + 1 = 2 · (2m2 − 2m) + 1 .
Nachdem 2m2 − 2m ∈ N0 gilt, ist also n2 ebenfalls ungerade.
2
Vollständige Induktion: Induktionsanfang: n = 1. Nachdem 1 = 1 eine ungerade Zahl ist, ist der Induktionsanfang gezeigt.
Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass die Aussage „n ungerade ⇒ n2 ungerade“ für ein bestimmtes
n ∈ N schon gilt.
5
Induktionsschritt: Wir müssen zeigen, dass dann auch die Aussage „n + 2 ungerade ⇒ (n + 2)2 ungerade“
richtig ist.
Sei also n + 2 ungerade. Daraus folgt, dass auch n ungerade ist. Nach Induktionsvoraussetzung ist dann auch
n2 ungerade. Es gibt also eine Darstellung n2 = 2m − 1 mit m ∈ N.
IV
(n + 2)2 = n2 + 4n + 4 = 2m − 1 + 4n + 4 = 2 · (m + 2n + 2) − 1
Also ist auch (n + 2)2 ungerade.
2
Wir zeigen jetzt die Richtung „n ungerade ⇒ n ungerade“ auf zwei Arten:
Indirekt: Wir setzen nun also voraus: n2 ungerade. Angenommen, n wäre dann nicht ungerade. Dann muss
aber gelten, dass n gerade ist (einer natürlichen Zahl bleibt ja sonst nichts übrig). Daraus folgt, dass ein m ∈ N
existiert mit n = 2m.
n2 = (2m)2 = 4m2 = 2 · (2m2 )
Damit ist auch n2 eine gerade Zahl, was ein Widerspruch zur Voraussetzung „n2 ungerade“ ist.
Kotraposition: Anstatt „n2 ungerade ⇒ n ungerade“ zu zeigen, zeiten wir jetzt „n gerade ⇒ n2 gerade“.
Wir setzen nun also voraus: n gerade. Daraus folgt, es existiert ein m ∈ N mit n = 2m.
n2 = (2m)2 = 4m2 = 2 · (2m2 ) .
Damit ist also auch n2 gerade und wir sind fertig.
Bemerkung: Beim Beweis durch Kontraposition wird – im Gegensatz zum indirekten Beweis – kein Widerspruch hergeleitet, sondern statt der Aussage A ⇒ B die Aussage ¬B ⇒ ¬A bewiesen!!! Auch wenn Ihnen
der Unterschied sehr spitzfindig vorkommt (und das ist er zweifellos), handet es sich doch um unterschiedliche
Darstellungsformen eines Beweises.
b) In der Reihenfolge: Indirekt – Direkt – Induktion – Kontraposition.
Die zweite Frage lässt sich wohl nur subjektiv beantworten. Alle diese Argumentationsfolgen können im Alltag
vorkommen. Am ungewöhnlichsten ist wohl die Kontraposition. Klarerweise sind die einzelnen Argumentationen nicht logisch sauber – die Aufgabe soll lediglich aufzeigen, dass die vier Beweismuster prinzipiell auch
in der Umgangssprache Anwendung finden, wenngleich sie in der Mathematik präziser gehandhabt werden
müssen.
6