2 Die natürlichen, ganzen und rationalen Zahlen

2 Die natürlichen, ganzen und
rationalen Zahlen
2.1
Aufgaben
2.1 Beweisen Sie die folgenden Aussagen mittels vollständiger Induktion:
(a) Für alle n ∈ N gilt: n Elemente können auf 1 · 2 · · · n = n! verschiedene Arten
angeordnet werden.
(b) Die Summe über die ersten n ungeraden Zahlen liefert für alle n ∈ N den Wert n2 .
(c) Die Bernoulli’sche Ungleichung (1+x)n ≥ 1+nx gilt für alle reellen Zahlen x ≥ −1
und alle n ∈ N.
(d) Für jedes n ∈ N ist die Zahl 42n+1 + 3n+2 durch 13 teilbar.
2
3
2
1
(e) Für alle n ∈ N gilt: n
i=1 (i − 1) = 6 (2n + 3n − 5n).
n
(f) Für alle n ∈ N gilt: k=1 k · k! = (n + 1)! − 1.
i
n+1
− 1.
(g) Für alle n ∈ N gilt: n
i=0 2 = 2
(h) Für alle n ∈ N>4 gilt: 2n > n2 .
(i) Die Fibonacci-Zahlen F0 , F1 , F2 , . . . sind rekursiv definiert durch F0 = 0, F1 = 1
2
und Fn = Fn−1 + Fn−2 für n ≥ 2. Für alle n ∈ N gilt: n
i=1 (Fi ) = Fn · Fn+1 .
2.2 Zeigen Sie, dass für die Binomialkoeffizienten die folgenden Rechenregeln gelten,
dabei sind k, n ∈ N0 mit k ≤ n:
(a)
n
k
=
n
n−k
,
(b)
n
n
=1=
n
0
,
(c)
2.3 Stellen Sie die folgenden Dezimalzahlen x in der Form x =
dar:
(a) x = 10.124,
(b) x = 0.09,
n+1
k
p
q
=
n
k
+
n
k−1
.
mit p ∈ Z und q ∈ N
(c) x = 0.142857.
2.4 In einem Neubaugebiet wurden innerhalb eines Zeitraumes von etwa 12 Jahren
insgesamt 4380 Wohneinheiten fertiggestellt. Pro Tag wurde jeweils eine Wohnung bezugsfertig. Vom Bezugstag der ersten Wohnung bis einen Tag nach Übergabe der letzten
Einheit wurden von den Bewohnern insgesamt 1.8709 · 108 kWh Strom verbraucht. Ermitteln Sie den durchschnittlichen Verbrauch pro Tag und Wohnung.
2.5 Ein Hypothekendarlehen über 100 000 Euro wird mit 7 % jährlich verzinst und mit
gleichbleibender Rate A (Annuität) jeweils am Ende eines Jahres getilgt.
Wie groß muss A sein, wenn das Darlehen mit der 20. Tilgungsrate ganz zurückgezahlt
sein soll?
© Springer-Verlag GmbH Deutschland 2017
Ch. Karpfinger, Arbeitsbuch Höhere Mathematik in Rezepten,
DOI 10.1007/978-3-662-53510-3_2
2.2 Lösungen
2.2
2.1
7
Lösungen
(a) Ind.anfang: n = 1: Ein Element kann auf eine Art angeordnet werden. Induktionsvoraussetzung:
Die Aussage sei korrekt für n ∈ N.
Induktionsschritt: Wir haben n + 1 Elemente a1 , a2 , . . . , an+1 .
Die ersten n Elemente a1 , a2 , . . . , an lassen sich nach Annahme auf n! viele Arten ordnen.
a1
a2
...
an−1
an
an+1
Für jede der n! Anordnungen gibt es n + 1 Möglichkeiten das Element an+1 einzufügen,
folglich gibt es insgesamt n! (n + 1) = (n + 1)! Anordnungen. (b) Induktionsanfang: n = 1: 1k=1 (2k − 1) = 2 · 1 − 1 = 1 = 12 = n2 . 2
Induktionsvoraussetzung: Es gilt n
k=1 (2k − 1) = n für ein n ∈ N.
Induktionsschritt:
n+1
n
2
2
k=1 (2k − 1) =
k=1 (2k − 1) + 2(n + 1) − 1 = n + 2n + 1 = (n + 1) . (c) Induktionsanfang: n = 1: (1 + x)1 = 1 + x ≥ 1 + 1x für alle x ∈ R und damit für
alle x ≥ −1. Induktionsvoraussetzung:
Es gilt (1 + x)n ≥ 1 + nx für ein n ∈ N und x ∈ R mit x ≥ −1.
Induktionsschritt:
(1 + x)n+1 = (1 + x)(1 + x)n ≥ (1 + x)(1 + nx) = 1 + nx2 + x + nx ≥ 1 + (n + 1)x . (d) Induktionsanfang: n = 1: 43 + 33 = 91 = 7 · 13 . Induktionsvoraussetzung: 42n+1 + 3n+2 ist durch 13 teilbar für ein n ∈ N.
Induktionsschritt:
42(n+1)+1 + 3(n+1)+2 = 42+2n+1 + 31+n+2 = 16 · 42n+1 + 3 · 3n+2
= 16 · (42n+1 + 3n+2 ) − 13 · 3n+2 .
Nach Induktionsvoraussetzung ist 42n+1 + 3n+2 durch 13 teilbar, ebenso ist 13 · 3n+2
durch 13 teilbar. Damit ist auch 42(n+1)+1 + 3(n+1)+2 durch 13 teilbar. 8
2 Die natürlichen, ganzen und rationalen Zahlen
(e) Induktionsanfang: n = 1.
1
2
i=1 (i
Induktionsvoraussetzung: Es gilt
Induktionsschritt:
n+1
i=1
(i2 − 1) =
=
n
i=1
n
− 1) = 1 − 1 = 0 = 16 (2 + 3 − 5) . 2
i=1 (i
− 1) = 16 (2n3 + 3n2 − 5n) für ein n ∈ N.
(i2 − 1) + (n + 1)2 − 1 =
1
(2n3 + 3n2 − 5n) + n2 + 2n
6
1
1
(2n3 + 9n2 + 7n) = (2(n + 1)3 + 3(n + 1)2 − 5(n + 1)) . 6
6
(f) Induktionsanfang: n = 1.
1
k! · k = 1! · 1 = 1 = 2! − 1 . n
Induktionsvoraussetzung: Es gilt k=1 k · k! = (n + 1)! − 1 für ein n ∈ N.
Induktionsschritt:
n+1
k=1
k! · k =
n
k=1
k=1
k! · k + (n + 1)! · (n + 1) = (n + 1)! − 1 + (n + 1)! · (n + 1)
= (n + 2) · (n + 1)! − 1 = (n + 2)! − 1 . (g) Induktionsanfang: n = 1.
1
0
1
2
1+1
−1. i=0 = 2 + 2 = 1 + 2 = 3 = 4 − 1 = 2 − 1 = 2
n
i
n+1
Induktionsvoraussetzung: Es gilt i=0 2 = 2
− 1 für ein n ∈ N.
Induktionsschritt:
n+1 i n
i
n+1
= 2n+1 − 1 + 2n+1 = 2 · 2n+1 − 1 = 2(n+1)+1 − 1 . i=0 2 =
i=0 2 + 2
(h) Induktionsanfang: n = 5: 25 = 32 > 25 = 52 . Induktionsvoraussetzung: Es gilt 2n > n2 für ein n ∈ N mit n > 4.
Induktionsschritt:
2n+1 = 2 · 2n > 2 · n2 = n2 + n2 > n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 . Im obigen Beweis wird n2 nach unten durch 2n + 1 abgeschätzt, man nutzt also aus,
dass für n > 4 stets die Ungleichung n2 > 2n + 1 gilt. Die Gültigkeit dieser Ungleichung
lässt sich wiederum durch Induktion beweisen:
Induktionsanfang: n = 5: 52 = 25 > 11 = 2 · 5 + 1 . Induktionsvoraussetzung: Es gilt n2 > 2n + 1 für ein n ∈ N mit n > 4.
Induktionsschritt:
(n+1)2 = n2 +2n+1 > 2n+1+2n+1 = 2n+2+2n = 2(n+1)+2n > 2(n+1)+1 . (i) Induktionsanfang: n = 1.
1
2
2
2
i=1 (Fi ) = F1 = 1 = 1 · 1 = 1 · (1 + 0) = F1 · (F0 + F1 ) = F1 · F2 = F1 · F1+1 . Induktionsvoraussetzung:
2
Es gilt n
i=1 (Fi ) = Fn · Fn+1 für ein n ∈ N.
2.2 Lösungen
9
Induktionsschritt:
n+1
n
2
2
2
i=1 (Fi ) =
i=1 (Fi ) + (Fn+1 ) = Fn · Fn+1 + Fn+1 · Fn+1 = Fn+1 · (Fn + Fn+1 ) =
Fn+1 · Fn+2 . n n!
2.2
(a) n
k = k!(n−k)! = n−k ,
n
n!
n!
(b) n
n = n!(n−n)! = 1 = 0!(n−0)! = 0 ,
(c) Es gilt:
n
n
n!
n!(n − k + 1)
n!k
n!
+
=
+
+
=
k!(n − k)!
(k − 1)!(n − k + 1)!
k!(n − k + 1)!
k!(n − k + 1)!
k
k−1
n+1
(n + 1)!
=
=
.
k!(n − k + 1)!
k
2.3
(a) Es gilt:
1000 · x − 10 · x = 990 · x = 10124.24 − 101.24 = 10023 .
Nun folgt: x =
10023
990
=
3341
330 .
(b) Es sei a = 10 · 0.09 = 0.9. Dann gilt
10 · a − a = 9.9 − 0.9 = 9 .
Nach a aufgelöst erhalten wir a = 1 und damit x = 0.09 =
1
10 .
(c) Es gilt
106 · x − x = 142857.142857 − 0.142857 = 142857 .
Nach x aufgelöst erhalten wir:
x=
142857
142857
1
=
= .
106 − 1
999999
7
2.4
Wir nummerieren die Wohneinheiten in der Reihenfolge ihrer Fertigstellung
durch. Die k-te Wohnung hat 4380 − (k − 1) Verbrauchstage, k = 1, 2, . . . , 4380. Die
Zahlen 4380 − (k − 1) durchlaufen die Werte 4380, 4379, . . . , 1. Die Anzahl N der Wohnungsverbrauchstage ist
N=
4380
k=1
k=
4380 · 4381
= 9594390 .
2
Damit ist der durchschnittliche Verbrauch pro Tag und Wohnung
1.8709 · 108
= 19.5 kWh .
N
10
2 Die natürlichen, ganzen und rationalen Zahlen
2.5
Wir bezeichnen die Schuld nach der k-ten Rate mit Sk . Der Verzinsungsfaktor
ist q = 1.07. Damit erhalten wir
S0 = 100 000 Euro ,
S1 = S0 · q − A ,
S2 = S1 · q − A = (S0 · q − A) · q − A ,
..
.
..
.
Sn = (· · · (S0 · q − A) · q − A) · q − A) · · · ) · q − A
= S0 · q n − A · (q n−1 + q n−2 + · · · + q + 1)
= S0 · q n − A ·
qn − 1
.
q−1
Die Bedingung S20 = 0 liefert demnach
0 = S0 · q 20 − A ·
q 20 − 1
.
q−1
Aufgelöst nach A bedeutet das:
A = S0 · q 20
q−1
≈ 9439.29 Euro .
q 20 − 1
http://www.springer.com/978-3-662-53509-7