Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler, WS 13/14

Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler, WS 13/14
Musterlösung der Zusatzaufgabe von Blatt 1
Aufgabe 5a: Zeigen Sie durch vollständige Induktion: Für alle n ∈ N mit n ≥ 5 gilt:
2n > n2 .
Beweis:
n = 5: Für n = 5 gilt
25 = 32 und n2 = 25
Also gilt die Aussage ‘2n > n2 ’ für n = 5.
n → n + 1:
Sei n ∈ N mit n ≥ 5 beliebig, aber fest. Wir nehmen an, es gilt:
2n > n2
IV :
Zu zeigen ist, dass daraus folgt:
zz :
2n+1 > (n + 1)2
Beweis dazu:
2n+1 = 2 · |{z}
2n
(IV)
z}|{
> 2 · n2
Es ist nun zu zeigen, dass 2 · n2 ≥ (n + 1)2 für n ≥ 5. Wir rollen das ‘von hinten auf’:
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2 · n2 ≥ (n + 1)2
2 n2 ≥ n2 + 2n + 1
n2 − 2n − 1 ≥ 0
n2 − 2n + |1 {z
− 1} −1 ≥ 0
quadr. Erg.
⇐⇒
⇐⇒
⇐
⇐
⇐
2
(n − 1) − 2 ≥ 0
√
|n − 1| ≥ 2
√
n ≥ 1+ 2
n ≥ 3
n ≥ 5
Diese Schritte kann man als Implikationskette von unten nach oben lesen. Damit ist der Induktionsbeweis vollständig.
Anm: Diese Aufgabe zeigt die Bedeutung des Induktionsanfangs. Den Induktionsschritt könnte
man schon für n ≥ 3 durchführen. Die Aussage ‘2n > n2 ’ gilt aber tatsächlich erst ab n = 5.
(Für n = 3 ist 2n = 8 < 9 = n2 und für n = 4 ist 2n = 16 = n2 .)
Aufgabe 5b: Zeigen Sie durch vollständige Induktion: Die Summe dreier aufeinanderfolgender
Kubikzahlen ist immer durch 9 teilbar.
(Hinweis 1: Zu betrachten ist der Ausdruck n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 .)
(Hinweis 2: Es gilt: (n + 3)3 = n3 + 9 n2 + 27 n + 27.)
Beweis:
n = 1:
n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3
(für n = 1)
=
13 + 23 + 33 = 36
Die Zahl 36 ist durch 9 teilbar. D.h. die Aussage ist für n = 1 wahr.
n → n + 1:
Sei n ∈ N beliebig, aber fest. Wir nehmen an, es gilt:
IV :
n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 ist durch 9 teilbar.
Anders ausgedrückt heißt das:
∃ k ∈ Z, n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 = 9 · k.
Zu zeigen ist, dass daraus folgt:
zz :
(n + 1)3 + (n + 1 + 1)3 + (n + 1 + 2)3 ist durch 9 teilbar.
bzw.
zz :
∃ k 0 ∈ Z, (n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 = 9 · k 0
Beweis dazu:
(n + 1)3 + (n + 2)3
+
(n + 3)3
| {z }
Hinweis 2
z
}|
{
= (n + 1)3 + (n + 2)3 + n3 + 9 n2 + 27 n + 27
= n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 + 9 n2 + 27 n + 27
|
{z
}
IV
z}|{
=
9 · k + 9 · n2 + 9 · 3n + 9 · 3
= 9 · (k + n2 + 3n + 3)
q.e.d
|
{z
}
=: k0 ∈Z
Den Hinweis 2“ kann man z.B. durch Auflösen aller Klammern beweisen:
”
(n + 3)3 = (n + 3) (n + 3)2 = (n + 3) (n2 + 6n + 9)
= n (n2 + 6n + 9) + 3 (n2 + 6n + 9)
= n3 + 6n2 + 9n + 3n2 + 18n + 27 = n3 + 9n2 + 27n + 27
(Man kann das Ergebnis aber auch als eine Anwendung der allgemeinen binomischen Formel
(Satz 4.3) sehen.)
2
Vorspann zu Aufgabe 5c:
Wenn wir mehr Zeit in der Vorlesung hätten, hätte ich die Aufgabe wie folgt angekündigt:
Wir gehen aus von einer beliebigen Folge von Zahlen x1 , x2 , x3 , . . ., von der wir nur x1 = 1
verlangen. Wir wählen nun ein beliebiges n ≥ 1 aus und bilden neue Zahlen yn , yn−1 , . . . , y1
auf folgende Art: yn setzen wir gleich xn . Um yn−1 zu bekommen, multiplizieren wir an xn−1
die Zahl 1 − xn . Für yn−2 verändern wir diesen Multiplikator“ um den Faktor (1 − xn−1 ),
”
multiplizieren also an xn−2 die Zahl (1 − xn−1 ) · (1 − xn ). Mit jedem Schritt rückwärts multiplizieren wir an das xi einen neuen Multiplikator, indem wir an den vorhergehenden Multiplikator
nochmal den Faktor 1 − xi multiplizieren, solange bis wir bei y1 = x1 (1 − x2 ) · . . . · (1 − xn )
sind. Wenn wir jetzt die y’s alle aufaddieren, ergibt sich etwas Verblüffendes: Die yi summieren
sich immer auf 1, egal, was n ist und egal, welche xi wir genommen haben. Einzige Voraussetzung ist x1 = 1. Das ganze Schema nochmal allgemein (li.) und für n = 4 ausgehend von
x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3, x4 = 4 (re.):
yn = xn
y4 = 4
yn−1 = xn−1 · (1 − xn )
y3 = 3 · (1 − 4) = −9
yn−2 = xn−2 · (1 − xn−1 ) · (1 − xn )
y2 = 2 · (1 − 3) · (1 − 4) = 12
..
..
.
.
y1 = x1 · (1 − x2 ) · (1 − x3 ) . . . (1 − xn ) y1 = 1 · (1 − 2) · (1 − 3) · (1 − 4) = −6
Beim Zahlenbeispiel ergibt sich tatsächlich 4 − 9 + 12 − 6 = 1, und wenn wir’s mit einem
anderen n und/oder anderen xi durchführen würden, dann funktioniert’s auch. Wir versuchen
den Grund dafür zu verstehen, indem wir uns den Fall n = 4 ganz allgemein anschauen: Die
Summe der vier y’s ist dann:
4
X
yi = x4 + x3 (1 − x4 ) + x2 (1 − x3 ) (1 − x4 ) + x1 (1 − x2 ) (1 − x3 ) (1 − x4 )
i=1
Die letzen drei Summanden enthalten alle den Faktor 1 − x4 . Wir ziehen ihn heraus:
4
X
yi = x4 + x3 + x2 (1 − x3 ) + x1 (1 − x2 ) (1 − x3 ) · (1 − x4 )
i=1
Der Ausdruck in den eckigen Klammern ist die Summe von y’s mit n = 3 gebildet. Wenn wir
die Angelegenheit auf den Fall n = 3 reduzieren könnten (d.h. annehmen könnten, dass die
Summe von drei y’s immer = 1 ist), dann bekämen wir tatsächlich:
4
X
yi = x4 + 1 · (1 − x4 ) = x4 − x4 + 1 = 1
i=1
Aber bei der Summe der drei y’s können wir genauso vorgehen (1−x3 herausziehen), und haben
das Problem damit auf den Fall n = 2 reduziert. Dort steht dann nur noch x2 + x1 (1 − x2 ), was
wegen x1 = 1 zu x2 + 1 − x2 = 1 wird. Wieder die Leiter hoch, haben sich unsere (Induktions)Annahmen bestätigt und wir haben die Aussage für n = 4 bewiesen. Ihre Aufgabe besteht
nun darin, diese Überlegung zu einem perfekten Induktionsbeweis (mit Induktionsanfang!) der
folgenden Aussage auszubauen:
∀n ∈ N :
n
X
i=1
xi ·
|
Qn
j=i+1 (1
{z
=yi
− xj ) = 1 für jede Folge x1 , x2 , x3 , . . . mit x1 = 1
}
wobei man ein leeres Produkt“ = 1 setzt (so, wie man eine leere Summe“ = 0 setzt).
”
”
3
Aufgabe 5c: Zeigen Sie durch vollständige Induktion: Für alle n ∈ N gilt:
n
X
Qn
xi ·
j=i+1 (1
− xj ) = 1 für jede Folge x1 , x2 , x3 , . . . ∈ R mit x1 = 1
i=1
Hinweis: Ein leeres Produkt“ setzt man = 1 (so, wie man eine leere Summe“ = 0 setzt).
”
”
Beweis:
n = 1: Für n = 1 gilt
n
X
xi ·
Qn
j=i+1 (1
Q1
− xj ) = x1 ·
i=1
j=2 (1
{z
|
− xj )
}
= x1 = 1
’leeres Produkt’, =1
Also gilt die Aussage für n = 1.
n → n + 1: Sei n ∈ N beliebig, fest. Für dieses n gelte
IV:
n
X
xi ·
Qn
− xj ) = 1 für jede Folge x1 , x2 , . . . mit x1 = 1
Qn+1
− xj ) = 1 für jede Folge x1 , x2 , . . . mit x1 = 1
j=i+1 (1
i=1
Zu zeigen ist, dass dann
zz:
n+1
X
xi ·
j=i+1 (1
i=1
Beweis dazu:
n+1
X
xi ·
Qn+1
j=i+1 (1
− xj ) =
n
X
xi ·
Qn+1
j=i+1 (1
− xj )
+ xn+1 ·
i=1
i=1
=
n
X
Qn+1
j=n+2 (1
|
{z
’leeres Produkt’, = 1
xi ·
Qn
j=i+1 (1
− xj ) · (1 − xn+1 ) + xn+1
i=1
=
n
hX
xi ·
Qn
j=i+1 (1 − xj )
i
· (1 − xn+1 ) + xn+1
i=1
|
=
− xj )
}
{z
}
IV
z}|{
1
= 1 − xn+1 + xn+1
4
· (1 − xn+1 ) + xn+1
=
1
q.e.d.