Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 2. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
22.10.2013
Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 2. Übung
Aufgabe 1: (6 Punkte)
Es seien a und b positive reelle Zahlen und n eine natürliche Zahl mit n ≥ 2. Beweisen Sie, dass folgende Aussage
gilt:
Für alle positiven reellen Zahlen x, die die Ungleichung
xn ≤ ax + b
erfüllen, ist
x<
√
n−1
2a +
√
n
2b .
Lösung:
Sei x > 0 beliebig, dann gilt einer von zwei Fällen:
Fall 1: ax < b
√
√
√
√
√
Wegen ax + b ≥ xn gilt auch b + b > xn , also n 2b > x. Weil n−1 2a > 0 ist, erhalten wir n−1 2a + n 2b > n 2b > x.
Fall 2: ax ≥ b
√
Wegen √
ax + b √
≥ xn gilt √
auch ax + ax ≥ xn , also 2a ≥ xn−1 und damit n−1 2a ≥ x. Analog zum ersten Fall ergibt
sich n−1 2a + n 2b > n−1 2a ≥ x.
√
(Wir sehen, die strikte Ungleichung erhalten wir erst durch n 2b > 0!)
√
√
Unter den gegebenen Bedingungen gilt in jedem Fall x < n−1 2a + n 2b, damit ist die Ungleichung unter diesen
Bedingungen bewiesen!
Aufgabe 2: (4 Punkte)
Lösen Sie nach e auf:
s
b+c·d
a=
(e − f ) · g
Hinweis: Für welche b, c, d, e, f, g ist der obige Ausdruck überhaupt wohldefiniert?
Lösung:
Der Ausdruck ist wohldefiniert, wenn der Ausdruck unter der Wurzel wohldefiniert und größergleich Null ist. Der
Ausdruck unter der Wurzel ist ein Bruch und dieser ist genau dann wohldefiniert, wenn sein Nenner nicht Null ist.
b+c·d
Es muss also e 6= f und g 6= 0 und
≥ 0 gelten. Äquivalentes Umformen führt zu
(e − f ) · g
s
b+c·d
b+c·d
a=
⇔ a2 =
(e − f ) · g
(e − f ) · g
⇔
e−f =
b+c·d
a2 · g
⇔
e=
b+c·d
+f.
a2 · g
Aufgabe 3: (3+3 Punkte)
Seien X und Ai für i ∈ {1, . . . , n} beliebige Mengen. Beweisen Sie die folgenden Aussagen:
!
!
n
n
n
n
\
\
\
[
a)
(X ∪ Ai ) = X ∪
Ai ,
b) X \
Ai =
(X \ Ai ) .
i=1
i=1
i=1
1
i=1
Lösung:
a) Wir formen äquivalent um:
x∈
n
\
(X ∪ Ai )
⇔
∀ i ∈ {1, . . . , n} : (x ∈ X ∨ x ∈ Ai )
i=1
(1)
⇔
x ∈ X ∨ ∀ i ∈ {1, . . . , n} : x ∈ Ai
n
\
⇔x∈X ∨x∈
Ai
i=1
n
\
⇔x∈X∪
!
Ai
i=1
Der Schritt in (1) ist nicht ganz trivial und erfordert einen Beweis. Wir zeigen die Aussage in beide Richtungen:
Tn
Tn
Tn
„⇐“ : x ∈ i=1 (X ∪ Ai ) = X ∪ ( i=1 Ai ) ist gleichbedeutent mit x ∈ X oder x ∈ ( i=1 Ai ), also x ∈ X oder
es gilt x ∈ Ai für alle i ∈ {1, . . . , n}.
Sei x ∈ X, dann gilt auch x ∈ X ∪ Ai für alle i ∈ {1, . . . , n}.
Sei x ∈ Ai für alle i ∈ {1, . . . , n}. Dann ist auch x ∈ X ∪ Ai für alle i ∈ {1, . . . , n}.
Tn
In beiden Fällen folgt x ∈ i=1 (X ∪ Ai ).
„⇒“ : Gelte (x ∈ X ∨ x ∈ ai ) für alle i ∈ {1, . . . , n}. Wir unterteilen in zwei Fälle:
Ist ∀i : x ∈ Ai , dann gilt auch x ∈ X ∨ ∀i ∈ {1, . . . , n} : Ai .
Ist ¬∀i : x ∈ Ai , dann existiert ein i0 mit x 6∈ Ai0 . Aber nach Voraussetzung gilt auch für dieses i0 :
x ∈ X ∨ x ∈ Ai0 , somit ist x ∈ X und erstrecht x ∈ X ∨ ∀i ∈ {1, . . . , n} : x ∈ Ai .
Tn
In beiden Fällen folgt x ∈ X ∪ ( i=1 Ai ).
Alternativ – Mit Kenntnis von Blatt 3 kann man die Aufgabe natürlich auch per vollständiger Induktion über
n lösen:
Induktionsanfang n = 1:
1
\
!
1
\
(X ∪ Ai) = X ∪ A1 = X ∪
i=1
Ai
X
i=1
Induktionsvoraussetzung:
Sei n ∈ N gegeben. Die Aussage
n
\
(X ∪ Ai ) = X ∪
i=1
n
\
!
Ai
ist wahr.
i=1
Induktionsschritt n → n + 1: Gelte nun also die Induktionsvoraussetzung, dann ist
!
n+1
n
\
\
(X ∪ Ai ) =
(X ∪ Ai ) ∩ (X ∪ An+1 )
i=1
i=1
IV
=
(2)
=
X∪
X∪
n
\
i=1
n
\
!!
∩ (X ∪ An+1 )
Ai
!
Ai
!
∩ An+1
i=1
=
X∪
n+1
\
!
Ai
i=1
In (2) wird Übung 1, Hausaufgabe 1 (das Distributivgesetz) angewendet.
Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt die Aussage nun für n = 1, 2, 3, . . . also für alle n ∈ N.
2
b) Wir formen äquivalent um:
!
n
\
x∈X\
Ai
⇔
x ∈ X ∧ x 6∈
i=1
n
\
Ai
i=1
⇔
x ∈ X ∧ ¬ (∀ i ∈ {1, . . . , n} : x ∈ Ai )
⇔
x ∈ X ∧ ∃ i ∈ {1, . . . , n} : x 6∈ Ai
(3)
⇔
∃ i ∈ {i, . . . , n} : x ∈ X ∧ x 6∈ Ai
⇔
∃ i ∈ {i, . . . , n} : x ∈ X \ Ai
n
[
x∈
(X \ Ai ) .
⇔
i=1
Der Schritt in (3) erfolgt mit analoger Argumentation wie in (1).
Zudem wäre wie in a) auch ein Induktionsbeweis möglich gewesen.
Aufgabe 4: (6 Punkte)
Seien a und b zwei reelle Zahlen. Zeigen Sie: Ist für jede Schranke ε > 0 dann a kleiner oder gleich der Summe b + ε,
so gilt bereits a ≤ b. Mit Quantoren lässt sich diese Aussage auch kürzer formulieren:
(∀ ε > 0 : a ≤ b + ε) ⇒ a ≤ b .
Hinweis: Könnte Präsenzaufgabe 3 helfen?
Lösung:
Angenommen, es folgt nicht a ≤ b, dann ist a > b. Wir wählen ε := a−b
2 . Wegen a > b ist ε > 0. Es ist a ≤ b + ε
1
äquivalent zu a − b ≤ ε = a−b
,
was
wegen
a
−
b
>
0
äquivalent
zu
1
≤
2
2 ist. Letzteres ist falsch, somit gilt nicht
a ≤ b + ε für dieses eine ε im Widerspruch zur Annahme, dass a ≤ b + ε für alle ε > 0 gelten soll.
Anmerkung: Eine Implikation „Aus A folgt B“ lässt sich natürlich auch als „Aus nicht B folgt nicht A schreiben. So
hätten wir den Beweis auch folgendermaßen führen können:
Sei a > b. Dann ist a − b > 0 und somit a − b >
das a > b + ε gilt.
a−b
2
und somit a > b +
a−b
2 .
So existiert mit ε :=
a−b
2
ein ε > 0 für
Aufgabe 5: (2+2+2 Punkte)
Setzen Sie für jeweils eines der Symbole >, <, =, ⇐, ⇒, ⇔, ∧, ∨ ein, sodass eine korrekte Aussage entsteht.
a) ∀ n 12 :
2n
163
b) a < b < c a < c
103
1000
c)
x2 + 2
> −8
−7
b<c
⇔
x2 + 2 56
x2 < 100
x < 10
⇔
x2 + 2 < 56
⇒
⇒
x2 < 100
x < 10
Lösung:
a) ∀ n > 12 :
2n > 163 > 103 = 1000
c)
b) a < b < c ⇒ a < c ∧ b < c
3
x2 + 2
> −8
−7