Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 3. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
29.10.2013
Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 3. Übung
Aufgabe 1: (3+3 Punkte)
a) Berechnen Sie:
n Y
1−
j=2
1
j
.
b) Zeigen Sie: Für q ∈ R \ {1} und n ∈ N gilt
n
X
qi =
i=0
1 − q n+1
.
1−q
Lösung:
a) Wir haben es mit einem Teleskopprodukt zu tun, denn es gilt
n Y
j=2
1
1−
j
=
1
1−
2
n−2 n−1
1
1
1
1 2 3
·
=
1−
· ... · 1 −
= · · · ... ·
3
n
2 3 4
n−1
n
n
und wir können fast gänzlich kürzen. Etwas formaler mit Produktzeichen und Indexverschiebung erhalten wir
Qn
n n
Y
Y
1
j−1
j=2 (j − 1)
Qn
1−
=
=
j
j
j=2 j
j=2
j=2
Q
Qn−1
n−1
j
·1
j=2
1
j=1 j
= Q
= Qn
=
.
n−1
n
j=2 j
j=2 j · n
b) Hier haben wir eine Teleskopsumme vorliegen. Wir rechnen
(1 − q)
n
X
qi
=
i=0
=
n
X
qi −
i=0
i=0
n
X
n+1
X
qi −
i=0
=
n
X
q0 +
qi
i=1
n
X
qi −
i=1
=
q i+1
n
X
q i − q n+1
i=1
1 − q n+1 .
Ein beidseitiges Dividieren durch 1 − q (ungleich Null für q 6= 1) liefert die zu zeigende Gleichung.
Aufgabe 2: (3+3 Punkte)
a) Bestimmen Sie die kleinste natürliche Zahl N , so dass 2n > n4 für n ∈ N mit n ≥ N . Beweisen Sie Ihre
Behauptung.
b) Für jede natürliche Zahl n ist 13n+1 + 142n−1 durch 183 teilbar.
1
Lösung:
a) Zunächst ein paar Vorüberlegungen:
Schauen wir uns in einer Tabelle für die ersten natürlichen Zahlen an, ob die Aussage gilt:
n
1
2
3
4
5
6
7
2n
2
4
8
16
32
64
128
n4
1
16
81
256
625
1296
2401
2n > n4
w
f
f
f
f
f
f,
so suggeriert uns diese, dass die Aussage lediglich für n = 1 wahr ist. Die einfachen Abschätzungen für n = 40
240 = (24 )10
>
1010
404 = 44 · 104
<
104 · 104 = 108
zeigen, es gibt große n, für welche die Aussage gilt. Welchen Induktionsanfang finden wir? Schauen wir uns
zunächst einmal den Induktionsschluss an, setzten somit 2n > n4 für ein n voraus, so erhalten wir 2n+1 =
IV
2 · 2n > 2 · n4 . Können wir jetzt noch 2 · n4 > (n + 1)4 zeigen, ist der Induktionsschluss geglückt. Für n = 1
kann diese letzte Ungleichung allein schon deshalb nicht gelten, da die Aussage für n = 1 gilt und nach dem
Prinzip der vollständigen Induktion dann gelten würde, dass sie für n ≥ 1 gilt, aber wir wissen ja, dass sie
z.B. für n = 6 nicht gilt. Also ist der Schritt von n abhängig kann nur für gewisse n glücken. Schauen wir uns
folgende Tabelle an:
n
1
2
3
4
5
6
n4
1
16
81
256
625
1296
2n4
2
36
162
512
1250
2592
(n + 1)4
16
81
256
625
1296
2401 ,
so vermuten wir, dass n ≥ 6 die Bedingung ist. Glückt uns dies, gilt dann die Aussage für alle n ≥ 6? Nein,
wir beweisen so nur, dass falls die Aussage für ein n mit n ≥ 6 gilt, dass sie dann auch für n + 1 gilt. Sie
muss ja nicht für n gelten. Aber können wir den Schritt für n ≥ 6 beweisen und finden einen Induktionsanfang
größergleich 6, dann gilt die Aussage ab diesem Induktionsanfang, weil ja ab dort der Schritt gilt. Wo suchen
4
wir den kleinstmöglichen Induktionsanfang N ? Wir wissen 216 = 24·4 = 24 = 164 , für n = 16 gilt die
Aussage nicht, ein kleinstes N ist somit größer als 16.
Nun zum Beweis:
Beweis per vollständiger Induktion von 2n > n4 über alle natürlichen Zahlen n ≥ 17:
Induktionsanfang n = 17:
4
Wir wissen 216 = 24·4 = 24 = 164 . Somit folgt
174
=
(16 + 1)4
=
164 + 4 · 163 + 6 · 162 + 4 · 16 + 1
<
164 + 4 · 163 + 6 · 163 + 4 · 163 + 1 · 163
=
164 + 15 · 163
<
164 + 16 · 163
=
2 · 164
=
2 · 216
=
217 ,
und die Aussage gilt für n = 17.
Induktionsvoraussetzung:
Sei n ≥ 6 gegeben. Die Aussage 2n > n4 ist wahr.
2
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
2n+1
=
2 · 2n
IV
>
2 · n4
=
n4 + n4
(2)
≥
n4 + 6n3
=
n4 + 4n3 + 2n3
(2)
≥
n4 + 4n3 + 2 · 6n2
=
n4 + 4n3 + 6n2 + 6n2
(2)
≥
n4 + 4n3 + 6n2 + 6 · 6n
=
n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 32n
(2)
≥
n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 32 · 6
≥
n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 1
=
(n + 1)4 .
Bei (2) wird jeweils n ≥ 6 ausgenutzt. Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt die Aussage somit
für n ≥ 17.
Somit ist 17 die kleinste natürliche Zahl N für die gilt: ∀n ≥ N : 2n > n4 . Zudem gilt die Aussage für n = 1
und für n ∈ {2, . . . , 16} nicht.
b) Beweis per vollständiger Induktion über alle natürlichen Zahlen n:
Induktionsanfang n = 1:
131+1 + 142·1−1 = 169 + 14 = 183 X
Induktionsvoraussetzung: Sei n ∈ N gegeben. 13n+1 + 142n−1 ist durch 183 teilbar. Das bedeutet: Zu n
gibt es ein sn ∈ N mit 13n+1 + 142n−1 = 183 · sn .
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(n+1)+1) + 142(n+1)−1
=
13 · 13n+1 + 142 · 142n−1
=
13 · 13n+1 + (13 + 183) · 142n−1
=
13 · (13n+1 + 142n−1 ) + 183 · 142n−1
=
13 · 183 · sn + 183 · 142n−1
=
183 · sn+1
mit sn+1 := 13 · sn + 142n−1 ∈ N. Somit ist auch 13(n+1)+1) + 142(n+1)−1 durch 183 teilbar.
Aufgabe 3: (6 Punkte)
Gegeben seien nichtleere Mengen A, B, C und Funktionen f : A → B und g : B → C. Zeigen Sie:
i) Ist g ◦ f surjektiv, dann ist g surjektiv.
ii) Ist g ◦ f injektiv, dann ist f injektiv.
iii) Sind g, f bijektiv, dann ist g ◦ f bijektiv.
Beweisen Sie jeweils durch ein Gegenbeispiel, dass die Umkehrung der Aussagen im Allgemeinen nicht gilt.
Lösung:
i) Zu zeigen ist, dass zu jedem c ∈ C ein b ∈ B existiert, so dass g(b) = c gilt.
Sei also c ∈ C vorgegeben. Da g ◦ f : A → C surjektiv ist, existiert ein a ∈ A mit c = (g ◦ f )(a). Für
b = f (a) ∈ B gilt dann
g(b) = g(f (a))) = (g ◦ f )(a) = c .
3
ii) Zu zeigen ist, dass a1 = a2 für alle a1 , a2 ∈ A mit f (a1 ) = f (a2 ) gilt.
Sei also f (a1 ) = f (a2 ). Dann ist selbstverständlich auch g(f (a1 )) = g(f (a2 )). Die Funktion g ◦ f : A → C ist
injektiv, also folgt aus
(g ◦ f )(a1 ) = g(f (a1 )) = g(f (a2 )) = (g ◦ f )(a2 )
direkt a1 = a2 .
iii) Seien f, g injektiv. Für a1 , a2 ∈ A mit (g ◦ f )(a1 ) = (g ◦ f )(a2 ) gilt dann
g(f (a1 )) = g(f (a2 ))
g injektiv
=⇒
f (a1 ) = f (a2 )
f injektiv
=⇒
a1 = a2 ,
also ist g ◦ f injektiv.
Seien f, g surjektiv. Für c ∈ C existiert dann ein b ∈ B mit g(b) = c . Für b ∈ B wiederum existiert a ∈ A mit
f (a) = b . Somit gilt (g ◦ f )(a) = g(f (a)) = g(b) = c. Also ist (g ◦ f ) surjektiv.
Seien nun f, g bijektiv. Dann sind f, g injektiv und surjektiv, also ist nach dem oben gezeigten g ◦ f injektiv
und surjektiv, also bijektiv.
Gegenbeispiele:
zu i) Wähle A = B = C = R≥0 und f (x) = x + 1 sowie g(x) = x. Dann ist g : R≥0 → R≥0 surjektiv, aber
g ◦ f : R≥0 → R≥0 , (g ◦ f )(x) = x + 1 ist nicht surjektiv.
zu ii) Wähle A = B = C = R und f (x) = x sowie g(x) = x2 . Dann ist f : R → R injektiv, aber g ◦ f : R →
R , (g ◦ f )(x) = x2 ist nicht injektiv.
zu iii) Wähle A = C = R≥0 , B = R und f (x) = x sowie g(x) = x2 . Dann ist f : R≥0 → R nicht surjektiv und
g : R → R≥0 nicht injektiv, aber g ◦ f : R≥0 → R≥0 , (g ◦ f )(x) = x2 ist bijektiv.
Aufgabe 4: (6 Punkte)
Sei k ∈ N. Beweisen Sie: Es existiert ein N ∈ N, so dass k n < n! für alle n ∈ N mit n ≥ N gilt.
Gilt die Aussage auch für alle k ∈ R≥0 ?
Lösung:
Für gegebenes k ∈ N setze N := 2 k 2 , dann gilt
N ! = 1 · 2 · . . . · k 2 · (k 2 + 1) · . . . · (k 2 + k 2 )
> 1 · 2 · . . . · k 2 · |k 2 · .{z
. . · k }2
k2 -mal
2 k2
> (k )
=k
2k2
= kN
Sei also n = N , dann gilt n! > k n . Gelte nun n! > k n für n ≥ 2k 2 , dann ist
(n + 1)! = (n + 1)n! > (n + 1)k n > k · k n = k n+1
und nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt k n < n! für alle n ≥ N := 2k 2 .
Ist nun k ∈ R≥0 , so ist nach Definition der Gaußklammer [k] die größte ganze Zahl, die kleiner gleich k ist, wegen
k ≥ 0 ist [k] sogar eine natürliche Zahl. Damit ist [k] + 1 größer als k und eine natürliche Zahl, deshalb gibt es sowohl
ein N mit ([k] + 1)n < n! für alle n ≥ N , als auch ist k n < ([k] + 1)n . Zusammen folgt die Aussage.
An dieser Stelle noch ein durch die Lösung einer Studentin angeregter alternativer Beweis:
Zunächst wollen zeigen, dass
n+1
1
1+
≤ 4 für alle n ∈ N
n
(1)
gilt. Dazu eine Hilfsrechnung:
1 n+1
n
n+2
1
n+1
1+
1+
=
n+1 n+1
n
n+2
n+2
n+1
4
1
=
n+1
n
n+1
n
n+2
n+1
·
!n+2
n+2
=
n
·
n+1
(n + 1)2
n(n + 2)
n
·
n+1
=
n2 + 2n + 1
n2 + 2n
n+2
n+2
n
1
· 1+
n+1
n(n + 2)
n
1
· 1 + (n + 2) ·
n+1
n(n + 2)
n+1
n
·
= 1,
n+1
n
=
(∗)
≥
=
wobei wir in (*) die Bernoulli-Ungleichung anwenden. Somit gilt
1
1+
n+1
n+2
n+1
1
≤ 1+
.
n
(2)
1+1
n+1
1
1
Für n = 1 ist nun 1 +
≤ 4. Gilt nun 1 +
≤ 4 für ein beliebiges aber festes n ∈ N, so ist
1
n
1+
1
n+1
n+2
(2)
≤
1+
1
n
n+1
≤4
und nach dem
Prinzip der vollständigen Induktion folgt (1). Mit Präsenzaufgabe 3b) und dem Umstand, dass
1 ≤ 1 + k1 für alle k ∈ N gilt, können wir nun schließen:
nn
n!
3b)
=
n−1
Y
1+
k=1
1
k
k
≤
n−1
Y
1+
k=1
1
k
k+1
(1)
≤
n−1
Y
4 = 4n−1 ,
k=1
also
n!
≥
nn
4n−1
>
nn
4n
=
n n
4
n≥4k
≥ kn .
Das heißt, wählen wir N := 4k, so gilt für alle n ≥ N auch n! > k n , also das zu Zeigende.
5