Mathematik für Informatiker I Musterlösungen zum Hausübungsblatt 2

Mathematik für Informatiker I
Christian Bender
Christoph Eisinger
Wintersemester 2010/11
Musterlösungen zum Hausübungsblatt 2
Aufgabe 1
(a) Ja
(b) Nein
(c) Nein. Das wäre ja wieder die ursprüngliche Aussage.
(d) Nein. Das wäre zwar umgangssprachlich der direkte Gegensatz, ist aber nicht die Negation, sondern eine stärkere Aussage.
(e) Nein. Das folgt zwar aus der Negation, ist sie aber nicht.
(5 Punkte)
Aufgabe 2
(a) Zu zeigen ist
1 + q + q2 + . . . + qn =
1 − q n+1
1−q
für q 6= 1
mittels eines direkten Beweises. Multiplikation mit (1 − q) ergibt die Äquivalenz der
zu zeigenden Gleichung mit
(1 − q)(1 + q + q 2 + . . . + q n ) = 1 − q n+1 .
Wir rechnen nun die linke Seite der letzten Gleichung aus:
(1 − q)(1 + q + q 2 + . . . + q n )
= 1 + q + q2 + . . . + qn
−q − q 2 − . . . − q n − q n+1
= 1 − q n+1 ,
da untereinander stehende Terme gleich sind und herausfallen.
1
(b) Zu zeigen durch einen Widerspruchsbeweis, dass für alle reellen Zahlen q > 0 gilt
1
q + ≥ 2.
q
Wir nehmen also an, dass
1
q + < 2.
q
Multiplikation mit q > 0 und anschließende Subtraktion von 2q liefert
q 2 − 2q + 1 < 0.
Aus der Anwendung der binomischen Formel folgt
(q − 1)2 < 0,
ein Widerspruch zu x2 ≥ 0 für alle x ∈ R. Also war die Annahme falsch, und es muss
gelten
1
q + ≥ 2.
q
(c) Zu zeigen ist mittels vollständiger Induktion, dass für alle n = 0, 1, 2, 3, . . . die Zahl
72n − 2n durch 47 teilbar ist.
Induktionsanfang:
n=0:
70 − 20 = 1 − 1 = 0 ist durch 47 teibar ohne Rest.
Induktionsvoraussetzung:
Es gilt für eine feste Zahl n ∈ N:
72n − 2n
ist durch 47 teilbar.
Induktionsbehauptung:
Dann gilt die Aussage auch für n + 1:
72(n+1) − 2n+1
ist durch 47 teilbar.
Induktionsschritt:
72(n+1) − 2n+1 =
=
=
=
=
72n+2 − 2n+1
72n · 72 − 2n · 21
49 · 72n − 2 · 2n
49 · 72n − 49 · 2n + 47 · 2n
49 · (72n − 2n ) + 47 · 2n
ist durch 47 teilbar, da der erste Summand nach der Induktionsvoraussetzung ein
ganzzahliges Vielfaches von 47 ist und der zweite Summand offensichtlich ebenfalls.
(3+3+3 Punkte)
2
Aufgabe 3
Reflexivität: Für alle a ∈ S ist (a, a) ∈ S.
Symmetrie: Für alle a, b ∈ S, für die (a, b) ∈ R gilt, ist auch (b, a) ∈ R.
Transitivität: Für alle a, b, c ∈ S mit (a, b) ∈ R und (b, c) ∈ R gilt auch (a, c) ∈ R.
R1 ist nicht symmetrisch, da (2, 3) ∈ R1 , aber (3, 2) 6∈ R1 .
R1 ist nicht transitiv, da (2, 3) ∈ R1 und (3, 1) ∈ R1 , aber (2, 1) 6∈ R1 .
R1 ist nicht reflexiv, da z. B. (1, 1) 6∈ R1 .
R2 ist nicht symmetrisch, da z. B. (1, 2) ∈ R2 , aber (2, 1) 6∈ R2 .
R2 ist transitiv, denn mit (1, 2) ∈ R2 , (2, 4) ∈ R2 ist wie gefordert auch (1, 4) ∈ R2 ; die
Implikationen (a, b) ∈ R2 und (b, b) ∈ R2 ⇒ (a, b) ∈ R2“ sowie (a, a) ∈ R2 und (a, b) ∈ R2
”
”
⇒ (a, b) ∈ R2“ gelten offensichtlich immer.
R2 ist nicht reflexiv, da (1, 1) 6∈ R2 .
R3 ist symmetrisch, da mit (1, 3) ∈ R3 wie gefordert auch (3, 1) ∈ R3 gilt. Für die übrigen
Elemente wäre zu prüfen (a, a) ∈ R3 ⇒ (a, a) ∈ R3“, was sicher gilt.
”
R3 ist transitiv, denn mit (1, 3) ∈ R3 , (3, 1) ∈ R3 ist wie gefordert auch (1, 1) ∈ R3 .
(a, b) ∈ R3 und (b, b) ∈ R3 ⇒ (a, b) ∈ R3“ sowie (a, a) ∈ R3 und (a, b) ∈ R3 ⇒ (a, b) ∈
”
”
R3“ gelten (wie oben) offensichtlich immer.
R3 ist reflexiv, da (1, 1) ∈ R3 , (2, 2) ∈ R3 , (3, 3) ∈ R3 und (4, 4) ∈ R3 wie in der Definition
gefordert.
(9 Punkte)
3