Ubungen zu Analysis 1, 1. ¨Ubung

Übungen zu Analysis 1, 1.Übung
Achtung: In der Vorlesung Analysis 1 beginnen die natürlichen Zahlen mit 1; also
N = {1, 2, 3, . . . }.
1. Sei M = {1, . . . , n} für irgendeine natürliche Zahl n. Ist f eine bijektive Funktion
von M auf M, so zeige man, dass es eine Zahl k gibt, sodass
f (k) = id M .
Hinweis: Man überlege sich zuerst, dass die Menge aller Abbildungen von M
nach M endlich ist. Daraus schließe man f (l) = f (m) für irgendwelche Zahlen
l, m ∈ N ∪ {0}, und daraus weiter das, was zu zeigen ist.
2. Sei hG, ·, ei eine Gruppe (siehe EIMA). Zeigen Sie, dass für jedes Element ∈ G,
sodass · x = x = x · für alle x ∈ G, folgt, dass = e; dh. das neutrale Element
einer Gruppe ist eindeutig.
Hinweis: Wenden Sie die vorausgesetzte Gleichung für x = e an!
3. Sei hG, ·, ei eine Gruppe (siehe EIMA). Zeigen Sie, dass für x, y, z ∈ G aus x · y =
e = y · z folgt, dass x = z. Zeigen Sie damit, dass das Inverse Element aus der
Definition von Gruppe eindeutig ist.
Hinweis: Werfen Sie einen Blick ins EIMA Skriptum, Lemma 2.5.7.
4. Sei hG, ·, ei eine Gruppe (siehe EIMA). Jedem n ∈ N sei ein c(n) ∈ G zugeordnet;
dh. c : N → G ist eine Funktion.
Q
Wir wollen nk=1 c(k) für jedes n ∈ N einen Sinn geben. Dazu sei Y := N × G,
g : Y → Y definiert durch (n, x) 7→ (n + 1, x · c(n + 1)) und y0 = (1, c(1)). Nach
dem Rekursionssatz aus der EIMA gibt es eine eindeutige Abbldung φ : N → Y
Q
mit φ(1) = y0 = (1, c(1)) und φ(n + 1) = g(φ(n)). Nun sei nk=1 c(k) definiert als
Qn
die zweite Komponente von φ(n). Für k=1 c(k) schreibt man auch c(1)·· · ··c(n).
Zeigen Sie durch vollständige Induktion, dass die erste Komponente von φ(n)
Q
Qn
Q
mit n übereinstimmt, dass n+1
+ 1), und dass nk=1 c(k) ·
k=1 c(k) =
k=1 c(k) · c(nQ
Qm
Qm+n
Qm
m
k=1 c(n + k) =
k=1 c(k) für alle m, n ∈ N. Dabei ist
k=1 c(n + k) =
k=1 d(k),
wenn man d(k) := c(n + k), k ∈ N setzt.
Bemerkung: Ist hK, +, ·i ein Körper (siehe Beispiel 18 der EIMA Übung), und ist
c : N → K eine Funktion, so ist auch
n
X
c(k) = c(1) + · · · + c(n)
k=1
durch dieses Beispiel wohldefiniert. Man wende dazu das aktuelle Beispiel einfach auf die Gruppe (K, +, 0) an.
5. Man stelle eine Formel für (n ∈ N)
p(n) := 12 + 22 + 32 + · · · + n2
auf, und beweise diese mittels vollständiger Induktion. Entsprechendes mache
man mit p(n) = 1 + 2 + 3 + · · · + n.
Hinweis: Setzen Sie unbestimmt p(n) = an3 + bn2 + cn + d an, und ermitteln
Sie die unbekannten Koeffizienten durch Einsetzen von n = 1, n = 2, usw. . Für
p(n) = 1 + 2 + 3 + · · · + n setzen Sie unbestimmt p(n) = an2 + bn + c an.
6. Man stelle eine Formel für (n ∈ N)
p(n) :=
n
X
(2k − 1)2 = 12 + 32 + · · · + (2n − 1)2
k=1
auf, und beweise diese mittels vollständiger Induktion.
Hinweis: Setzen Sie unbestimmt p(n) = an3 + bn2 + cn + d an, und ermitteln Sie
die unbekannten Koeffizienten durch Einsetzen von n = 1, n = 2, usw. .
7. Man beweise durch vollständige Induktion nach der Mächtigkeit einer Menge,
dass jede endliche und nichtleere Teilmenge T ⊆ M, wobei M mit einer Totalordnung versehen ist, ein Minimum hat! Ein Minimum von T ist ein Element
x ∈ T , sodass x y für alle y ∈ T .
Anmerkung: Da die Relation anti-symmetrisch ist, ist das Minimum eindeutig.
8. Man zeige mittels vollständiger Induktion:
Pn
1
k=1 k(k + 1) = 3 n(n + 1)(n + 2) für alle n ∈ N, und
Qn
2
1
2
k=2 1 − k(k+1) = 3 (1 + n ), für alle n ∈ N mit n ≥ 2.
9. Aufgabe: Betrachte die Aussage
A: Je endlich viele Punkte der Ebene liegen auf einer gemeinsamen Geraden.
Im folgenden Beweis ist ein Fehler versteckt. Finde diesen!
Wir machen Induktion nach der Anzahl n von Punkten. Ist n = 1, so hat man nur
einen Punkt. Also gibt es klarerweise eine Gerade, auf der er liegt. Sei nun angenommen, dass die Behauptung für je n Punkte richtig ist. Wir zeigen, dass sie
auch für je n + 1 Punkte gilt. Seien dazu n + 1 Punkte x1 , . . . , xn+1 gegeben. Nach
Induktionsvoraussetzung liegen die n Punkte x1 , . . . , xn sowie auch x2 , . . . , xn+1
auf einer Geraden. Also liegen alle Punkte auf dieser Geraden.