Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 3. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
29.10.2013
Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 3. Übung
Präsenzaufgabe 1:
Berechnen Sie:
i) Die Summe der ersten 100 ungeraden
natürlichen Zahlen,
ii)
7
X
5,
i=3
iii)
k
X
√
n+1−
√ n ,
iv)
n=1
k
X
(−1)i i i2 + 1
k
.
i=−k
Lösung:
i) Die ungeraden natürlichen Zahlen 1, 3, 5, . . . lassen sich durch 2 · 1 − 1, 2 · 2 − 1, 2 · 3 − 1, . . . ausdrücken, die k-te
ungerade natürliche Zahl ist somit 2k − 1. So ergibt sich für die Summe der ersten 100 ungeraden natürlichen
Zahlen
1 + 3 + . . . + (2 · 100 − 1)
=
100
X
(2k − 1)
k=1
=
2
100
X
k−
k=1
100
X
1
k=1
100 · 101
− 100
2
=
2·
=
100 · 101 − 100 · 1 = 1002 = 10000
Hierbei nutzen wir aus, dass die Summe der ersten n natürlichen Zahlen
der Summe
2(1 + 2 + . . . + n)
=
(1 + 2 + . . . + n) + (n + (n − 1) + . . . + 1)
=
((n + 1) + (n + 1) + . . . + (n + 1))
n(n+1)
2
=
ist, wie wir durch Verdoppeln
n(n + 1)
leicht einsehen.
ii) In i) haben wir schon ausgenutzt, dass, wenn wir für k = 1, k = 2, k = 3, . . . , k = 100 die Zahl 1 aufaddieren,
wir damit 100 · 1 erhalten. Analog gilt
7
X
i=3
5 = |{z}
5 + |{z}
5 + |{z}
5 + |{z}
5 + |{z}
5 = (7 − 3 + 1) · 5 = 25 .
i=3
i=4
i=5
i=6
i=7
iii) Schreiben wir aus, was die Summe bedeutet:
k
X
√
n=1
n+1−
√
√
√
√ √ √
√ √
√ √
√ n =
2− 1 +
3− 2 +
4 − 3 + ... +
k− k−1 +
k+1− k
√
√
√ √
√
√ √
√ = − 1+
2− 2 +
3 − 3 + ... +
k− k + k+1
√
=
k + 1 − 1.
Wir haben es mit einer Teleskopsumme zu tun.
1
Ganz ohne (manchmal etwas unsaubere) . . .-Schreibweise können wir die Rechnung auch mit Indexverschiebung
durchführen:
k
X
√
n+1−
√ n
=
n=1
k
X
√
n+1−
n=1
=
√
n−
k
X
√
n
n=1
n=2
=
n
n=1
k+1
X
(∗)
k
X
√
k
X
√
n+
√
k+1−
√
1−
n=2
=
√
k
X
√
n
n=2
k+1−1
In (*) verschieben wir den Index n: n + 1 „läuft“ von 1 + 1 = 2 bis k + 1. Ersetzen wir in der Summe n + 1
duch n, „läuft“ nun n von 2 bis k + 1.
iv) Hier können wir erkennen, dass
k
(−1)(−i) (−i) (−i)2 + 1 k = −(−1)i i i2 + 1 ,
somit
k
(−1)(−i) (−i) (−i)2 + 1 k + (−1)i i i2 + 1 = 0
gilt. Also ist
k
X
(−1)i · i · (i2 + 1)k
=
i=−k
−1
X
(−1)i · i · (i2 + 1)k + (−1)0 · 0 · (02 + 1)k +
i=1
i=−k
=
k
X
(−1)i · i · (i2 + 1)k
k
X
(−1)(−i) · (−i) · ((−i)2 + 1)k + (−1)0 · 0 · (02 + 1)k
{z
}
|
i=1
=0
k
X
(−1)i · i · (i2 + 1)k
+
i=1
=
−
k
X
(−1)i · i · (i2 + 1)k +
i=1
=
k
X
(−1)i · i · (i2 + 1)k
i=1
0.
Präsenzaufgabe 2:
Gegeben seien nichtleere Mengen A, B und eine Funktion f : A → B. Zeigen Sie:
i) f ist injektiv ⇔ ∃ g : B → A ∀ a ∈ A :
ii) f ist surjektiv ⇔ ∃ g : B → A ∀ b ∈ B :
g(f (a)) = a .
f (g(b)) = b .
Lösung:
i) ⇒: Sei f injektiv. Da A nach Voraussetzung nichtleer ist, können wir ein â ∈ A beliebig auswählen. Außerdem
existiert zu jedem b ∈ f (A) im Bild von A unter f ein ab ∈ A mit f (ab ) = b (vgl. Definition von f (A)). Wir
definieren also
(
ab : b ∈ f (A) ,
g : B → A , g(b) =
â : b ∈
/ f (A) .
Für a ∈ A gilt dann f g(f (a)) = f (af (a) ) = f (a). Da f injektiv ist, folgt daraus g(f (a)) = a.
⇐: Nun existiere eine Funktion g : B → A mit a = g(f (a)) für alle a ∈ A. Wir wollen zeigen, dass f injektiv
ist; sei also f (a1 ) = f (a2 ) für a1 , a2 ∈ A. Dann ist a2 = g(f (a2 )) = g(f (a1 )) = a1 , also ist f injektiv.
ii) ⇒: Sei f surjektiv. Zu vorgegebenem b ∈ B können wir dann ab ∈ A wählen, so dass f (ab ) = b gilt. Wir
definieren einfach g(b) = ab . Dann gilt offensichtlich auch f (g(b)) = f (ab ) = b.
⇐: Es existiere eine Funktion g : B → A mit b = f (g(b)) für alle b ∈ B.
Wir müssen zeigen, dass f surjektiv ist. Sei also b ∈ B vorgegeben. Mit a = g(b) gilt dann f (a) = f (g(b)) = b,
also ist f surjektiv.
2
Präsenzaufgabe 3:
Beweisen Sie die folgenden Aussagen durch vollständige Induktion:
a) Für jede natürliche Zahl n gilt
n
X
k3 =
k=1
n2 (n + 1)2
,
4
b) für n ∈ N mit n > 1 gilt
n−1
Y
k=1
1+
1
k
k
=
nn
,
n!
c) seien a, b reelle Zahlen: Dann gilt für jedes n ∈ N
n X
n n−k k
(a + b)n =
a
b .
k
k=0
Lösung:
a) Bevor wir uns an den Induktionsbeweis wagen, zunächst einmal ein paar Vorüberleungen: Wir können für
einzelne n versuchen, die Gleichung zu beweisen:
13
=
1
=
12 · 22
4
X
13 + 23
=
9
=
22 · 32
4
X
13 + 23 + 33
=
36
=
32 · 42
4
X
Wir sehen, dies gelingt uns für n = 1, 2, 3. Für größere n wird das nachrechnen etwas mühselig. Allerdings,
wenn wir in der Reihenfolge vorgehen, die Aussage zunächst für n = 1 zu beweisen, dann für n = 2, dann für
n = 3 und so fort, haben wir den Vorteil, dass wir, wenn wir beispielsweise die Aussage für n = 4 beweisen
wollen, wir auf die Korrektheit der Aussage für n = 3 zurückgreifen können. So ergibt sich
13 + 23 + 33 + 43 = (13 + 23 + 33 ) + 43 =
42 · (32 + 4 · 4)
42 · 52
32 · 42
+ 43 =
=
,
4
4
4
aber auch
13 + 23 + 33 + 43 + 53 = (13 + 23 + 33 + 43 ) + 53 =
42 · 52
52 · (32 + 4 · 5)
52 · 62
+ 53 =
=
.
4
4
4
Wir sehen hier, die notwendige Rechnung für n + 1 vereinfacht sich mit der Kenntnis der Gleichung für n, hier
im Falle von n = 3 und n = 4.
Aber können wir diesen Beweisschritt allgemein für n ∈ N formulieren? Ja, wir können, denn es gilt
13 + 23 + . . . n3 + (n + 1)3
=
(13 + 23 + . . . n3 ) + (n + 1)3
=
n2 · (n + 1)2
+ (n + 1)3
4
=
(n + 1)2 n2
(n + 1)2 (4n + 4)
+
4
4
=
(n + 1)2 (n2 + 4n + 4)
,
4
=
(n + 1)2 ((n + 1) + 1)2
.
4
D.h. immer, wenn die Aussage für n gilt, gilt sie auch für n + 1. Heißt dies nun, dass sie für alle n ∈ N gilt?
Ja, denn wäre dies nicht so und es gäbe eine Menge von natürlichen Zahlen, für die die Aussage nicht gelten
3
würde, so gäbe es eben auch eine kleinste Zahl, nennen wir sie n + 1, für die die Aussage nicht gilt. Für n
würde die Aussage gelten, ansonsten wäre n + 1 nicht die kleinste solche Zahl. Nun haben wir aber gezeigt:
Wenn die Aussage für n gilt, so gilt sie auch für n + 1; Ein Widerspruch. Wir haben somit gezeigt: die Aussage
gilt für alle n ∈ N.
Aber ist dieses ganze Vorgehen notwendig, nur um den Beweis zu führen? Nein, wir haben hier zur
Verdeutlichung mehr als für den Beweis notwendig demonstriert. Deshalb nun der
Beweis per vollständiger Induktion über alle natürlichen Zahlen n:
Induktionsanfang n = 1:
12 = 1 =
12 · 22
4
X
Induktionsvoraussetzung:
Sei n ∈ N gegeben. Die Aussage
n
X
n3 (n + 1)3
sei wahr.
4
k3 =
k=1
Induktionsschritt n → n + 1: Unter der Gültigkeit der Induktionsvoraussetzung, also der Gültigkeit der
Aussage für ein beliebiges aber festes n zeigen wir nun die Gültigkeit der Aussage für n + 1. Es gilt
13 + 23 + . . . n3 + (n + 1)3
(13 + 23 + . . . n3 ) + (n + 1)3
=
=
n2 · (n + 1)2
+ (n + 1)3
4
=
(n + 1)2 (4n + 4)
(n + 1)2 n2
+
4
4
=
(n + 1)2 (n2 + 4n + 4)
,
4
=
(n + 1)2 ((n + 1) + 1)2
.
4
IV
X
Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt die Aussage nun für n = 1, 2, 3, . . . als für alle n ∈ N.
b) Beweis per vollständiger Induktion über alle natürlichen Zahlen n mit n > 1:
Induktionsanfang n = 2:
2−1
Y
k=1
1+
1
k
k
=
1
1
11
1+
=
1
1!
X
Induktionsvoraussetzung:
Sei n ∈ N gegeben. Die Aussage
n−1
Y
1+
i=1
1
k
k
=
nn
ist wahr.
n!
Induktionsschritt n → n + 1: Unter der Gültigkeit der Induktionsvoraussetzung, also der Gültigkeit der
Aussage für ein beliebiges aber festes n zeigen wir nun die Gültigkeit der Aussage für n + 1. Wir starten auf
der rechten Seite:
(n + 1)n+1
(n + 1)!
=
(n + 1)n
n!
=
=
IV
=
(n + 1)n nn
·
nn
n!
n n
1
n
1+
·
n
n!
n n−1
k
Y
1
1
·
1+
1+
n
k
i=1
(n+1)−1 =
Y
1+
i=1
4
1
k
k
X
c) Beweis per vollständiger Induktion über alle natürlichen Zahlen n:
Induktionsanfang n = 1:
1 1 1−0 0
1 1−1 1 X 1 1−k k
(a + b) =
a b +
a b =
a
b
0
1
k
1
X
k=0
Induktionsvoraussetzung:
Sei n ∈ N gegeben. Die Aussage (a + b)n =
n X
n
k=0
k
an−k bk ist wahr.
Induktionsschritt n → n + 1: Unter der Gültigkeit der Induktionsvoraussetzung, also der Gültigkeit der
Aussage für ein beliebiges aber festes n zeigen wir nun die Gültigkeit der Aussage für n + 1. Es gilt
(a + b)n+1
=
(a + b)(a + b)n
IV
n X
n n−k k
(a + b)
a
b
k
=
k=0
=
n X
k=0
=
n n n+1−k k X n n−k k+1
a
b +
a
b
k
k
k=0
n n X
n n+1−k k X
n
a
b +
a(n+1)−(k+1) bk+1
k
(k + 1) − 1
k=0
k=0
=
n+1 n X
n
n n+1−k k X
an+1−k bk
a
b +
k−1
k
=
n n n n+1 0 X n n+1−k k X
n
n 0 n+1
n+1−k k
a
b +
a
b +
a
b +
a b
0
k
k−1
n
(∗)
k=1
k=0
k=1
k=1
n X
n + 1 n−k+1 k
n + 1 0 n+1
(∗∗) n + 1
a
b +
a b
=
an+1 b0 +
k
n+1
0
k=1
=
n+1
X
k=0
n + 1 n−k+1 k
a
b .
k
X
In IV wird die Induktionsvoraussetzung verwendet.
In (*) wird eine Indexverschiebung durchgeführt: k+1 lief von 1 bis n+1, so ersetzt in der neuen Zeile k das
alte k + 1 und k läuft in der neuen Zeile k von 1 bis n+1.
In (**) wird zum einen ausgenutzt, dass n0 = nn = 1 für alle n ∈ N gilt, und zum anderen die Rekursionsformel:
n!
n
n
n!
+
+
=
(n − k)!k! (n − k + 1)!(k − 1)!
k
k−1
=
(n − k + 1)n!
kn!
+
(n − k + 1)!k! (n − k + 1)!k!
=
(n + 1)n!
(n − k + 1)!k!
=
(n + 1)!
(n + 1 − k)!k!
=
n+1
,
k
die für natürliche n, k mit n ≥ k erfüllt ist.
Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt die Aussage nun für n = 1, 2, 3, . . ., also für alle n ∈ N.
Präsenzaufgabe 4:
Zeigen oder widerlegen Sie:
i) ∀ n ∈ N : 2 teilt n ⇒ 4 teilt n ,
ii) ∃ n ∈ N : 2 teilt n ⇒ 4 teilt n .
5
Lösung:
Wenn die Aussage (2 teilt n ⇒ 4 teilt n) für alle n gilt, so müsste auch (2 teilt 2 ⇒ 4 teilt 2) gelten. Aber (2 teilt 2
ist eine wahre, 4 teilt 2) eine falsche Aussage, ein Widerspruch.
Können wir für ein n die Wahrheit der Aussage (2 teilt n ⇒ 4 teilt n) nachweisen, so ist selbstverständlich
∃ n ∈ N : 2 teilt n ⇒ 4 teilt n bewiesen. Für n = 4 ist 2 teilt n wahr, aber auch 4 teilt n wahr, somit ist auch die
Implikationsaussage wahr. Hier hätten wir nicht 4 verwnden müssen, ein Vielfaches von 4 hätte es genauso getan.
Aber auch für n = 5 erhalten wir eine wahre Aussage, da „falls zwei fünf teilt, teilt auch 4 fünf“ wahr ist, weil eben
zwei nicht fünf teilt!
6