Vorkurs Grundlagen für das Mathematikstudium Lösungen 2

Universität Zürich, 12. September 2017
Vorkurs Grundlagen für das Mathematikstudium
Lösungen 2: Binomialreihen, Exponential- und Logarithmusfunktion
Lösung zu Aufgabe 1. Das Problem liegt im Induktionsschluss. Ist nämlich M 0 = {b, d}, so
haben wir (M 0 \ {b}) ∩ (M 0 \ {d}) = ∅. Dann aber lässt sich die Transitivität der Gleichheit nicht
mehr anwenden.
Lösung zu Aufgabe 2.
(a) Induktionsanfang: Sei n = 0. Dann gilt
richtig für n = 0.
Pn
k=0 k
= 0 =
0(0+1)
.
2
Somit ist die Aussage
Induktionsannahme: Wir nehmen an, die Aussage sei richtig für ein beliebiges, aber fest
gewähltes n.
Induktionsschluss: Wir wollen zeigen, dass die Aussage auch für n + 1 richtig ist. Dazu
schreiben wir
n+1
n
X
X
k=
k + (n + 1).
k=0
k=0
Auf den ersten Summanden können wir nun die Induktionsannahme anwenden und erhalten
n+1
X
k=
k=0
(n + 1)(n + 2)
n(n + 1)
+ (n + 1) =
.
2
2
Dies beendet den Induktionsschluss.
(b) Induktionsanfang: Sei n = 0. Dann gilt
Aussage richtig für n = 0.
Pn
k=0 k
2
= 02 =
0(0+1)(2·0+1)
.
6
Somit ist die
Induktionsannahme: Wir nehmen an, die Aussage sei richtig für ein beliebiges, aber fest
gewähltes n.
Induktionsschluss: Wir wollen zeigen, dass die Aussage auch für n + 1 richtig ist. Dazu
schreiben wir
n+1
n
X
X
2
k =
k 2 + (n + 1)2 .
k=0
k=0
Auf den ersten Summanden können wir nun die Induktionsannahme anwenden und erhalten
n+1
X
k2 =
k=0
=
=
=
Dies beendet den Induktionsschluss.
n(n + 1)(2n + 1)
+ (n + 1)2
6
n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2
6
(n + 1)(2n2 + 7n + 6)
6
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
.
6
2
2
2
1
1
(c) Wir bemerken zuerst, dass 1 + k1 + k+1
= k k+k+1
= 1 + k(k+1)
ist (siehe Lösung
2 +k
von Aufgabe 6(c) auf dem ersten Aufgabenblatt). Damit vereinfacht sich die zu beweisende
Aufgabe zu
n X
1
1
1+
=n+1−
.
k(k + 1)
n+1
k=1
Induktionsanfang: Sei n = 1. Dann gilt
P1
k=1
1+
1
1(1+1)
=
3
2
und 1 + 1 −
1
1+1
= 32 .
Induktionsannahme: Wir nehmen an, die Aussage sei richtig für ein beliebiges, aber fest
gewähltes n.
Induktionsschluss: Wir wollen zeigen, dass die Aussage auch für n + 1 richtig ist. Dazu
schreiben wir
X
n n+1
X
1
1
1
=
1+
+ 1+
.
1+
k(k + 1)
k(k + 1)
(n + 1)(n + 2)
k=1
k=1
Auf den ersten Summanden können wir nun die Induktionsannahme anwenden und erhalten
n+1
X
1
1
1
1+
=n+1−
+1+
k(k + 1)
n+1
(n + 1)(n + 2)
k=1
−(n + 2) + 1
−(n + 1)
= (n + 2) +
(n + 1)(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
1
.
= (n + 1) + 1 −
(n + 1) + 1
= (n + 2) +
Dies beendet den Induktionsschluss.
Lösung zu Aufgabe 3. Seien x, y > 0 und a > 0. Dann gilt: aloga z = z für alle z > 0. Dies
folgt direkt aus der Definition. Unter Verwendung des Potenzgesetzes können wir also schliessen:
aloga (x·y) = x · y = aloga x · aloga y = aloga x+loga y .
Wir wenden loga auf diese Gleichung an und bemerken, dass auf der Definition des Logarithmus
loga az = z für beliebige z > 0 gilt. Daraus folgt nun aber loga (x · y) = loga x + loga y.
Lösung zu Aufgabe 4. Die behauptete Gleichung ist äquivalent zur Gleichung loga x · logb a =
logb x. Um diese zu beweisen, stellen wir fest, dass mit dem Potenzgesetz folgt, dass
loga x
bloga x·logb a = blogb a
= aloga x = x = blogb x .
Wie in der vorherigen Aufgabe wenden wir logb auf diese Gleichung an und erhalten die Behauptung.
Lösung zu Aufgabe 5.
√
(i) Wir müssen a und b so wählen, dass a + b = 2 und wir a kennen. Die offensichtliche Wahl
ist a = b = 1. Mit der Formel erhalten wir dann
√
√
√
1
3
2= 1+1≈ 1+ √ = .
2
2 1
Wenn wir eine Vermutung haben, was die richtige Lösung
ist, so können wir eine bessere
2
Approximation bekommen. Dazu wählen wir a = 23 und b = 2 − a = − 14 . Dann ergibt
die Formel
√
√
√
b
3 1 1
17
2= a+b≈ a+ √ = − · = .
2 4 3
12
2 a
2
Nun könnten wir iterativ vorgehen und a = 17
und b = 2 − a setzen.
12
(ii) Es ist a = 2. Wir beginnen mit x0 = 1. Dann ergibt die Iterationsvorschrift:
x1 =
1+2
3
= ,
2
2
x2 =
3
2
+
2
4
3
=
17
,
12
x3 =
17
12
+
2
24
17
=
577
408
oder in Dezimalzahlen
x1 = 1.5,
x2 = 1.416̄,
x2 = 1.414215686.
In der Tat sind die Methoden (i) und (ii) identisch. Setzen wir nämlich v =
2 − v2
= b in die Formel aus (i) ein, so ist die rechte Seite gerade
die Näherung aus (i) gerade die Iterationsvorschrift wiedergibt.
v+ v2
2
√
a und
. Wir sehen also, dass
(iii) Um das verallgemeinerte Binomialtheorem zur Wurzelberechnung anzuwenden, sind einige
Bemerkungen voranzustellen: Der Satz im Skript sagt
a
a(a − 1) 2 a(a − 1)(a − 2) 3
x+
x +
x + ...,
1
1·2
1·2·3
√
wobei a ∈ Q und |x| < 1. Wollen wir nun 2 approximieren, so wäre der natürliche Ansatz,
x = 1 und a = 12 zu wählen. Nun ist aber dann |x| nicht echt kleiner als 1. Der Satz kann
also nicht direkt angewendet werden. In der Tat ist es aber so, dass der Satz auch richtig ist
für x = 1, falls a > 0. Mit der Wahl a = 21 und x = 1 liest sich die Formel folgendermassen
(1 + x)a = 1 +
√
1 1
1
5
7
2=1+ − +
−
+
− ....
2 8 16 128 256
Summieren wir nun zuerst nur einen Summanden, dann zwei, drei und so weiter, so ergibt
das die Werte
3 11 23 179 365
1, , , ,
,
2 8 16 128 256
oder in Dezimalzahlen
1
1.5
1.375
1.4375
1.3984375
1.42578125.
(iv) Um Wurzeln mit Hilfe von Logarithmen zu berechenen, verwenden wir eines der Logarithmengesetze, nämlich log xa = a log x. Für a = 12 erhalten wir daher
√
1
log( x) = log(x1/2 ) = log x.
2
Kennen wir also den Logarithmus von x, können wir denjenigen von
Logarithmentafel gehen wir also wie folgt vor:
√
x berechnen. In der
• Zuerst lesen wir den Wert des Logarithmus von 2 aus der Tafel ab. Dieser ist 0.3010.
(Die Zahl in der Spalte N sowie die Ziffer über den restlichen Spalten ergibt die Zahl
a, deren Logarithmus gesucht ist, bis auf drei Nachkommastellen. In unserem Falle
also 2.000. Der Logarithmus wird dann folgendermassen abgelesen. Die Zahl unter
der nächstoberen horizontalen Linie bezeichnet die ersten beiden Nachkommastellen
des Logarithmus. Die beiden weiteren finden sich dann an der entsprechenden Stelle
(Spalte und Zeile), die durch a festgelegt wird. Bemerke, dass der Logarithmus für
Zahlen in [1, 2] jeweils in [0, 1) liegt!)
• Nach unserer obigen Formel halbieren wir diesen Wert. Dies ergibt 0.1505.
• Schliesslich suchen wir in der Tabelle die Spalte und Zeile, die die Zahl festlegt, deren
Logarithmus den Wert 0.1505 hat. Der Wert wird so nicht genau aufgeführt in der
Tabelle, die beiden nächsten sind 0.1504 und 0.1508. Dies
√ sind die Logarithmen der
Zahlen 1.414 und 1.415. Wir können also folgern, dass 2 zwischen diesen Werten
liegt.
Lösung zu Aufgabe 6. Nehmen wir an, es wird ein Kapital von 1 CHF für ein Jahr angelegt zu
einem Zinssatz von 100% (das Beispiel ist nicht realistisch, erleichtert aber die Argumentation).
Nun sind verschiedene Modelle denkbar:
• Werden die Zinsen am Ende des Jahres ausbezahlt, so hat man dann ein Kapital von
1 + 1 = 2;
• Werden jeweils nach einem halben Jahr 50% Zinsen ausbezahlt, so hat man nach einem
Jahr ein Kapital von
1
1
1
1 2
1+1· + 1+1·
· = 1+1·
;
2
2
2
2
• Werden die Zinsen jeweils nach einem n-ten Teil des Jahres der n-te Anteil der 100%
Zinsen ausbezahlt (z.B. 25% vierteljährlich), so hat man nach einem Jahr ein Kapital von
n
1 + n1 .
Würden die Zinsen nun kontinuierlich ausbezahlt, so muss man n → ∞ streben lassen und sieht,
dass das Kapital nach einem Jahr gerade die Eulersche Zahl e ist.
Für den Fall, dass das Startkapital nicht 1 sondern K und der Zinssatz nicht 100% (also 1)
sondern r ist (r > 0 bedeutet Wachstum, r < 0 bedeutet Abnahme), ergibt sich mit analogen
Argumenten wie oben die Formel für das Kapital nach einem Jahr: Ker .
Da kontinuierliche Verzinsung nicht im Sinne der Banken ist, kommt der Exponentialfunktionen
bei der Modellierung (fast) kontinuierlicher Wachstumsprozesse in den Naturwissenschaften eine
beinahe noch grössere Bedeutung zu als im Zusammenhang mit der Zinseszinsrechnung.
Lösung zu Aufgabe 7.
(a) Der Beweis folgt direkt aus der Definition, denn
n
n!
n!
n
=
=
=
.
m
m!(n − m)!
(n − m)!(n − (n − m))!
n−m
(b) Wir beweisen die Aussage mittels Induktion über n.
P
Induktionsanfang: Sei n = 0. Dann ist nk=0 nk =
Aussage für n = 0.
0
0
= 1 = 20 = 2n Also stimmt die
Induktionsannahme: Wir nehmen an, die Aussage sei richtig für ein beliebiges, aber fest
gewähltes n.
Induktionsschluss: Wir wollen zeigen, dass die Aussage auch für (n + 1) richtig ist. Es
gilt
X
n+1
n X n + 1
n+1
n+1
n+1
=
+
+
k
0
k
n+1
k=0
k=1
"
#
n
X
n
n
=
+
+2
k
k−1
k=1
n n−1
X
X n
n
=
+
+ 1,
k
j
k=0
j=0
wobei wir beim zweiten Gleichheitszeichen
Hinweis verwendet haben und beim dritten
Pn
Pden
n−1 n
n
Gleichheitszeichen, dass
=
k=1 k−1
j=0 j ist. Mit der Induktionsannahme (wir
wenden sie zweimal an) erhalten wir
n+1
X
k=0
n+1
k
n−1
X
n
+1
j
j=0
n X
n
n
n
= 2 +
−
+1
j
n
= 2n +
j=0
= 2·2
n
= 2n+1 .
(c) Wir beweisen die Aussage mittels Induktion über m.
Induktionsanfang: Sei m = 0. Für jede beliebige natürliche Zahl n gilt dann
n
n+1
n+m+1
=
1
=
=
. Also ist die Aussage richtig für m = 0.
n
n+1
n+1
Pm
k=0
n+k
n
=
Induktionsannahme: Wir nehmen an, die Aussage sei richtig für beliebiges, aber fest
gewähltes m.
Induktionsschluss: Wir wollen zeigen, dass die Aussage auch für (m + 1) richtig ist. Mit
der Induktionsannahme und dem Hinweis sehen wir, dass
m+1
X
k=0
n+k
n
m X
n+k
n+m+1
+
=
n
n
k=0
n+m+1
n+m+1
=
+
n+1
n
n+m+2
=
n+1
gilt, was die Aussage beweist.
Lösung zu Aufgabe 8.
n!
(a) Diese Aussage zeigt, dass m!(n−m)!
immer eine natürliche Zahl ist. Also sind die Binomialkoeffizienten natürliche Zahlen. Dies ist auch aus ihrer Interpretation als Anzahl Möglichkeiten, m Elemente aus einer n-elementigen Menge auszuwählen, ersichtlich.
(b) Wir beweisen die Aussage mittels Induktion über n.
Induktionsanfang: Sei n = 0. Also ist auch m = 0. Und somit ist m! · (n − m)! = 1 = n!.
Insbesondere also gilt m! · (n − m)! | n!.
Induktionsannahme: Wir nehmen an, die Aussage sei richtig für ein beliebiges, aber fest
gewähltes n.
Induktionsschluss: Wir wollen zeigen, dass die Aussage auch für (n + 1) richtig ist.
Zuerst bemerken wir, dass die Aussage für m = 0 klar ist. Daher können wir annehmen,
dass m ≥ 1. Ausserdem ist auch der Fall m = n + 1 klar, so dass wir zudem annehmen
können, dass m ≤ n.
Wir haben
(n + 1)! = n! · (n + 1 − m) + n! · m.
Wir zeigen nun, dass m! · (n + 1 − m)! beide Summanden teilt. Dazu bemerken wir, dass
m! · (n + 1 − m)! = m · (m − 1)! · (n + 1 − m)! gilt.
Einmal teilt m! · (n − m)! nach der Induktionsannahme n! (da m ≤ n ist). Wenden wir
weiterhin die Induktionsannahme mit m − 1 anstelle m an, so sehen wir, dass (m − 1)! ·
(n + 1 − m)! | n! gilt. Der letzte Schritt ist nur möglich, da m ≥ 1.
Also erhalten wir
m! · (n − m)! · (n + 1 − m) | n! · (n + 1 − m)
und m · (m − 1)! · (n + 1 − m)! | n! · m.
Damit teilt m! · (n + 1 − m)! beide Summanden und somit auch (n + 1)!.