Musterlösung Serie 1 - D-MATH

Analysis I
MATH, PHYS, CHAB
Prof. D. Salamon
HS 2014
Musterlösung Serie 1
1. (a) Die Behauptung ist klar erfüllt für n = 1:
12 = 1 =
1·2·3
6
Der Indukionsschritt lautet:
n+1
X
k2 =
i=1
n
X
!
k2
+ (n + 1)2
i=1
=
=
=
=
n(n + 1)(2n + 1)
+ (n + 1)2
6
n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2
6
(n + 1)(n(2n + 1) + 6(n + 1))
6
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
6
(b) Für n = 1 ist die Behauptung die triviale Aussage 1 + x ≥ 1 + x. Für den Induktionsschritt verwenden wir 1 + x ≥ 0:
(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x) = (1 + (n + 1)x + nx2 )
≥ (1 + (n + 1)x)
(c) Aus P (1) folgt nicht P (2), sondern nur, dass jedes Pferd die gleiche Farbe wie es selbst
hat. Für k ≥ 2 ist der Induktionsschritt von P (k) nach P (k + 1) allerdings korrekt.
2. (a) Ja, denn 5 < 32 < π 2 < 3.152 = 9.9225 < 10.
(b) Nein, da 3.1415 ∈ Q.
(c) Wir schreiben für die logische Verknüpfung oder das Symbol ∨, sowie für und das
Symbol ∧. Es gilt
x ∈ (A ∩ B)c ⇔ x ∈
/ A∩B
⇔x∈
/ A∨x∈
/B
⇔ x ∈ Ac ∨ x ∈ B c
⇔ x ∈ Ac ∪ B c
und folglich (A ∩ B)c = (Ac ∪ B c ). Analog gilt
x ∈ (A ∪ B)c ⇔ x ∈
/ A∪B
⇔x∈
/ A∧x∈
/B
⇔ x ∈ Ac ∧ x ∈ B c
⇔ x ∈ Ac ∩ B c
und somit (A ∪ B)c = Ac ∩ B c .
1
(d) Die Aussage ist korrekt, denn es gilt:
x ∈ (A ∩ B) ∪ C ⇔ x ∈ A ∩ B ∨ x ∈ C
⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ x ∈ C
⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ C) ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)
⇔x∈A∪C ∧x∈B∪C
⇔ x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C)
3. Wir berechnen zunächst den goldenen Schnitt explizit. Es gilt
φ=
a
a+b
b
1
=
=1+ =1+
b
a
a
φ
und somit φ2 − φ − 1 = 0. Die Lösungen dieser quadratischen Gleichung sind gegeben durch
√
1± 5
φ1,2 =
.
2
√
Da φ ein Teilungsverhältnis beschreibt, ist φ ≥ 0 und wir erhalten φ = 12 (1 + 5) ∈ R.
Wir wollen nun zeigen, dass φ irrational ist. Dafür nehmen wir an, dass φ rational
√ ist, und
führen diese Annahme auf einen Widerspruch. Falls φ rational ist, so ist auch 5 = 2φ − 1
rational. Dann gibt es also teilerfremde ganze Zahlen p, q ∈ Z, q 6= 0, sodass
√
5=
p
q
gilt. Quadrieren liefert:
5=
p2
q2
Da p und q teilerfremd waren, sind auch p2 und q 2 teilerfremd. Die letzte Gleichung kann
also nur stimmen falls q 2 = 1 und p2 = 5 gilt. Das ist aber unmöglich.
4. Gesucht ist die Menge der natürlichen Zahlen kleiner gleich 100, welche das Produkt dreier
verschiedener Primzahlen sind:
S ∩ T ∩ U = {30, 42, 66, 70, 78}
5. (a) Es gilt |x + 3| ≥ 3 genau dann wenn
x + 3 ≤ −3
oder
x + 3 ≥ 3.
Die gesuchte Menge ist also R\(−6, 0).
(b) Die Ungleichung ist äquivalent zu
|x − 2| + 2 ≥ |x|
und gilt für alle x ∈ R nach der Dreiecksungleichung. Alternativ sieht man leicht, dass
für x ≥ 2 immer Gleichheit gilt, für 0 ≤ x ≤ 2 die Ungleichung äquivalent ist zu 4 ≥ 2x,
sowie für x ≤ 0 die Ungleichung äquivalent ist zu 4 ≥ 0.
2
(c) Wir betrachten 3 Fälle:
Fall 1: x = −2. Die linke Seite ist nicht definiert.
Fall 2: x < −2. Die Ungleichung ist äquivalent zu
x2 − 2x + 2 ≤ (2 − x)(x + 2) = 4 − x2
⇔
x2 − x − 1 ≤ 0.
√
Die Nullstellen von x2 −x−1 sind gegeben durch x1,2 = 21 (1± 5). Da beide Nullstellen
x1,2 > −2 sind, kann die Ungleichung für x < −2 nie erfüllt sein.
Fall 3: x > −2. Die Ungleichung ist äquivalent zu
x2 − 2x + 2 ≥ (2 − x)(x + 2) = 4 − x2
⇔
x2 − x − 1 ≥ 0.
Mittels der Nullstellen können wir den quadratischen Term faktorisieren zu:
√
√
1
1
x − (1 − 5)
x2 − x − 1 = x − (1 + 5)
2
2
Die Ungleichug gilt, wenn
√ beide Faktoren
√ das selbe Vorzeichen haben. Das ist der Fall
für alle x ∈ (−2, 12 (1 − 5)] ∪ [ 21 (1 + 5), ∞).
(d) Es handeld sich um das Gebiet zwischen√zwei auf √
der Spitze stehenden, im Ursprung
zentrierten Quadraten der Seitenlängen 2 bzw. 2 2.
6. (a) Die beiden Summen sind nur formal unterschiedlich und enthalten die gleichen Summanden.
n
n
n−1
X
X
X
k 10 =
k 10 =
(k + 1)10
k=0
k=1
k=0
(b) Die Formel folgt mit vollständier Induktion: Der Anfang mit n = 2 ist klar und der
Induktionsschritt folgt mit:
n+1
X
n
X
k=1
k=1
(ak − ak−1 ) = an+1 − an +
(ak − ak−1 ) = an+1 − an + an − a0 = an+1 − a0
(c) Das Argument ist analog zu Teil (b). Der Induktionsschritt lautet:
n+1
Y
k=1
n
an+1 Y ak
an+1 an
an+1
ak
=
·
=
·
=
.
ak−1
an
ak−1
an
a0
a0
k=1
(d) Unter Verwendung der angegebenen Partialbruchzerlegung und (b) folgt:
n
n X
X
1
1
1
1
=
−
=1−
k(k + 1)
k k+1
n+1
k=1
k=1
(e) Unter Verwendung von (c) gilt:
Y
n n
Y
2n + 1
1
1
n+k+1
=
=
=2−
1+
n+k
n+k
n+1
n+1
k=1
k=1
7. In der Tat genügt bereits die Aussage „Die Anzahl der Bücher ist grösser, als die Summer
der Anzahlen der Wörter aller Bücher“ um zu zeigen, dass es ein leeres Buch gibt. Bezeichne
mit B die Menge aller Bücher, sowie mit |B| die Anzahl aller Bücher und für ein Buch
b ∈ B mit |b| die Anzahl der Wörter in diesem Buch. Wäre nun kein Buch leer, so folgt der
Widerspruch:
X
X
1 = |B|.
|B| >
|b| ≥
b∈B
b∈B
3
Nimmt man zusätzlich die Aussage „Es gibt keine zwei Bücher, welche gleich viele Wörter
enthalten“ hinzu so lassen sich sogar die Wortanzahlen aller Bücher angeben, denn diese
Aussage kann genutzt werden um die Bücher der Wortanzahl nach zu ordnen und zu folgern:
|B|−1
|B| >
X
b∈B
|b| ≥
X
k=0
k=
(|B| − 1)|B|
2
Diese Ungleichung kann nur für |B| < 3 gelten. Die Bibliothek besteht dann entweder aus
nur einem leeren Buch oder aus einem leeren Buch und einem Buch mit einem Wort.
4