Lösungsskizzen zur Präsenzübung 02

Lösungsskizzen zur Präsenzübung 02
Mirko Getzin
Universität Bielefeld
Fakultät für Mathematik
2. Februar 2014
Ich gebe keine Gewähr auf eine vollständige Richtigkeit der Lösungen zu den Übungsaufgaben.
Das Dokument hat jedoch den Anspruch, Lösungsskizzen zu den Präsenzübungen der aktuellen
Analysis I Vorlesung zu liefern.
Eine Veröffentlichung oder Vervielfältigung ist nur nach Rücksprache mit dem Urheber dieses
Dokuments erlaubt.
Die Lösungen sind zum Teil an den Musterlösungen von Simon Michel angelehnt, die wir Tutoren wöchentlich erhalten.
E-Mail: [email protected]
Tutor der Analysis I im WiSe 13/14
Mirko Getzin
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Lösungen zur Präsenzübung 02
Ziel der zweiten Präsenzübung ist es, gängige Beweisprinzipien zu festigen. Dazu gehören zum einen
die vollständige Induktion und zum anderen die indirekten Beweise per Widerspruch.
Aufgabe 1 (Vermischtes zur vollständigen Induktion)
Das Prinzip der vollständigen Induktion lässt sich sehr gut anwenden, falls man Aussagen für alle natürlichen Zahlen zeigen soll. Es folgen drei Musterbeispiele hierfür, wobei a) eine Beispielaufgabe aus der
weiterführenden Vorlesung ’Elementare Zahlentheorie’ (Einführung) sein könnte, wohingegen b) und c)
sehr typisch für die Analysis I Vorlesung sind.
Definition Teilbarkeit: Es gilt x|y :⇔ ∃ k ∈ Z : y = x · k (sprich: ’x teilt y’).
a) Zu zeigen: 8|32n + 7 ∀ n ∈ N.
Beweis: Per vollständiger Induktion nach n.
Induktionsanfang: n = 0.
32·0 + 7 = 30 + 7 = 1 + 7 = 8 = 8 · 1 ⇒ 8|(32·0 + 7)
(vgl. obige Teilbarkeitsdefinition mit k := 1 ∈ Z).
Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung gelte für ein n ∈ N.
Induktionsschritt: n 7→ n + 1.
32·(n+1) + 7 = 32n+2 + 7 = 32n · 32 + 7 = 9 · 32n + 7 = 8 · 32n + (32n + 7).
Wir stellen fest, dass der Summand 8 · 32n durch 8 teilbar ist (vgl. Definition mit k := 32n ∈
Z) und der Summand 32n + 7 ist nach Induktionsvoraussetzung durch 8 teilbar. Wir erhalten
also eine Summe von durch 8 teilbaren Summanden. Nach Distributivgesetz lässt sich also
8 ausklammern, so dass wir eine Darstellung finden mit der Form:
32(n+1) + 7 = 8 · k mit k ∈ Z. Dies ist per Definition der Teilbarkeit äquivalent dazu, dass
8|(32(n+1) + 7).
Die Behauptung gilt somit für alle n ∈ N.
q.e.d.
b) Zu zeigen: 2n > n + 1 ∀ n ∈ N mit n ≥ 2.
Beweis: Per vollständiger Induktion nach n.
Induktionsanfang: n = 2.
22 = 4 > 3 = 2 + 1.
Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung gelte für ein n ∈ N mit n ≥ 2.
Induktionsschritt: n 7→ n + 1.
IV
n≥2
2n+1 = 2 · 2n > 2(n + 1) = 2n + 2 = n + n + 2 > n + 2 = (n + 1) + 1.
Die Behauptung gilt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion also für alle natürlichen Zahlen
n ≥ 2.
q.e.d.
c) Zu zeigen:
n
Q
(1 −
k=2
1
)
k2
= 12 (1 + n1 ) ∀ n ∈ N mit n ≥ 1.
Beweis: Per vollständiger Induktion nach n.
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Induktionsanfang: n = 1.
1
Q
leeres Produkt
(1 − k12 )
=
1 = 12 (1 + 11 ).
k=2
Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung gelte für ein n ∈ N mit n ≥ 1.
Induktionsschritt: n 7→ n + 1.
n
n+1
Q
Q
IV 1
1
1
1
(1 − k12 ) · (1 − (n+1)
(1 − k12 ) =
2 ) = 2 (1 + n ) · (1 − (n+1)2 ) =
k=2
k=2
1 n+2
2 n+1
1
= 12 (1 + n+1
).
Die Behauptung gilt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion also für alle natürlichen Zahlen
n ≥ 1.
q.e.d.
Aufgabe 2 (Abbildungseigenschaften)
Wir wollen uns in dieser Aufgabe mit den Abbildungseigenschaften der Injektivität und der Surjektivität
beschäftigen. Dabei führen wir technisch den Beweis von Äquivalenzen als ’2-Richtungen-Beweis’ ein
und das Beweisprinzip per Widerspruch.
Es seien also X, Y Mengen, f : X → Y und g : Y → X Abbildungen.
a) Zu zeigen: f ist genau dann injektiv, wenn für alle A, B ⊂ X gilt f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).
Erinnerungen:
i) Es handelt sich hierbei um eine ’genau dann, wenn’-Aussage, also einer Äquivalenz. Wann
immer wir Äquivalenzen beweisen, müssen wir die wechselseitigen Implikationen zeigen,
d.h. aus Aussage A folgt B und aus Aussage B folgt A.
ii) Definition Injektivität: siehe Skript S. 4.
Merksatz: ’Eine Funktion f : X → Y heißt injektiv, wenn verschiedene Elemente aus X
verschiedene Bilder haben’.
Alternative Schreibweise der Definition: ∀x, x0 ∈ X : f (x) = f (x0 ) ⇒ x = x0 .
Merksatz 2: ’Gleiche Bilder haben stets gleiche Urbilder’
Beweis:
’ ⇒ ’: Es sei f injektiv. Per Definition folgt dann ∀x1 , x2 ∈ X : f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 .
Es ist f (A∩B) = {f (x)|x ∈ A∩B}. Unmittelbar folgt mit dieser Darstellung die Inklusion f (A∩
B) ⊆ f (A) ∩ f (B). Wir wollen in dieser Richtung der Äquivalenz jedoch die Mengengleichheit
zeigen und nicht nur die Inklusion. Also wollen wir im Folgenden auch die Inklusion f (A) ∩
f (B) ⊆ f (A ∩ B) zeigen.
Sei hierzu y ∈ f (A) ∩ f (B) beliebig gewählt. Dann existieren a ∈ A und b ∈ B, so dass
f (a) = y = f (b) gilt. Da f (a) = f (b) gilt mit Hilfe der Injektivität von f auch a = b. Da a ∈ A
und b ∈ B, ist auch a ∈ A ∩ B bzw. b ∈ A ∩ B und folglich nach Definition von y: y ∈ f (A ∩ B).
Da y beliebig gewählt wurde (ohne weitere Einschränkungen) gilt obige Eigenschaft für alle y ∈
f (A) ∩ f (B), also gilt f (A) ∩ f (B) ⊆ f (A ∩ B).
Da die wechselseitigen Inklusionen gelten, gilt folglich auch f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B), was in
der ’Hinrichtung’ zu zeigen war für alle A, B ⊂ X.
’ ⇐ ’: Wir zeigen die ’Rückrichtung’ per indirekten Beweis. Es gelte die obige Mengengleichheit
f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) ∀ A, B ⊂ X.
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Annahme: f sei nicht injektiv. Dann existieren per Definition der Injektivität x1 , x2 ∈ X mit
f (x1 ) = f (x2 ) ∧ x1 6= x2 . Setze A := {x1 } und B := {x2 }. Dann gilt A ∩ B = ∅ und auch
f (x1 ) = f (x2 ) ∈ f (A) ∩ f (B). Es gilt folglich jedoch (da A ∩ B = ∅), dass x1 , x2 6∈ A ∩ B und
f (x1 ) = f (x2 ) 6∈ f (A ∩ B). Wir erhalten somit einen Widerspruch zur Mengengleichheit, die bei
der Rückrichtung gilt, da wir ein Element durch die Nicht-Injektivität konstruiert haben, welches
in f (A) ∩ f (B) liegt, in f (A ∩ B) jedoch nicht.
Wir folgern aus dem Widerspruch, dass f bereits injektiv sein muss.
q.e.d.
b) In dieser Aufgabe können wir Widersprüche direkt zur gegebenen Konstruktion finden, indem wir
Nicht-Injektivität von f bzw. Nicht-Surjektivität von g fordern.
i) Es gelte für alle x ∈ X: g ◦ f (x) = x. Annahme: f sei nicht injektiv. Dann existieren
x1 6= x2 ∈ X mit f (x1 ) = c = f (x2 ). Dann gilt g ◦ f (x1 ) = g(c) = g ◦ f (x2 ) für x1 6= x2 .
Dies ist ein Widerspruch zu der Voraussetzung, dass g ◦ f (x) = x ∀ x ∈ X gelte. Die
Abbildung f muss also injektiv sein.
ii) Es gelte für alle x ∈ X: g ◦ f (x) = x. Annahme: g sei nicht surjektiv. Dann existiert ein
x ∈ X, so dass gilt g(y) 6= x ∀ y ∈ Y . Dann gilt also auch g ◦ f (x) 6= x und wir erhalten
den Widerspruch zu der Voraussetzung, dass g ◦ f (x) = x ∀ x ∈ X gelte. Die Abbildung g
muss also surjektiv sein.
q.e.d.
Aufgabe 3 (Additionseigenschaften)
In dieser Aufgabe beweisen wir das Assoziativ- und das Kommutativgesetz in den natürlichen Zahlen. Da
alle drei Aufgabenteile relativ ähnlich funktionieren, gebe ich an dieser Stelle lediglich Lösungshinweise
an, wie man vorgehen muss, während der komplette Beweis für euch eine Übung nochmal sein kann.
In allen drei Aufgabenteilen verwenden wir eine vollständige Induktion nach n, sowie das ’Nachfolgerprinzip’ in den natürlichen Zahlen. Im Skript habt ihr dies wie folgt eingeführt:
Die natürliche Zahl n0 heißt Nachfolger zu n, falls gilt, dass n0 = n + 1. Dies wird in den Rechnungen
genutzt, da ihr im Skript diverse Eigenschaften für die Nachfolger bereits vorgegeben habt. Beispielsweise ist dort vorgegeben, dass der Nachfolger einer Summe zweier natürlicher Zahlen jener Summe
entspricht, die man erhält, wenn man eine der Zahlen mit dem Nachfolger der jeweils anderen Zahl
addiert.
In a) werden schließlich l, m ∈ N\{0} fixiert, in Aufgabe b) wird entsprechend nur m fixiert. Da die
Fixierungen beliebig sind, kann man die Aussagen uneingeschränkt auf alle natürlichen Zahlen (ohne
Null) verallgemeinern.
Elegant lassen sich die Aufgaben lösen, indem man sich Mengen natürlicher Zahlen definiert, worin
alle Elemente liegen, für die die jeweils zu zeigende Eigenschaft gilt. Nun zeigt man per vollständiger
Induktion, dass die gewählten Mengen der Menge der natürlichen Zahlen (ohne Null) entspricht.
Es empfiehlt sich, a), b), c) in vorgegebener Reihenfolge zu bearbeiten, da das Assoziativgesetz in b) und
c) benötigt wird und b) einem Sonderfall von c) entspricht, denn b) liefert den Induktionsanfang für c).