Blatt 4

Mathematik 1 für Ingenieure (Maschinenbau und Sicherheitstechnik)
Apl. Prof. Dr. G. Herbort – Dipl.-Math. T. Pawlaschyk
WiSe14/15, 31.10.14
Blatt 4
Tipp: Nachbearbeiten der Vorlesung und der Übungen
Viele Themen bauen aufeinander auf. Sofern Sie einige Themen nicht verstanden haben oder ungenügend
nachbearbeitet haben, werden Sie evtl. Schwierigkeiten im weiteren Verlauf der Vorlesung haben, den
Inhalten zu folgen. Wir empfehlen daher, die Inhalte der Vorlesung und der Übung nachzuarbeiten.
Suchen Sie sich dazu etwa 3-4 Stunden in der Woche Zeit und lernen Sie vor der nächsten Vorlesung bzw.
Übung.
Wiederholen Sie für die Übungs- und Hausaufgaben die Abschnitte über das Induktionsprinzip, die
Summennotation und -formeln sowie den Binomialkoeffizient.
Präsenzaufgaben
Die Präsenzaufgaben werden in den Übungen besprochen. Die Hausaufgaben finden Sie auf der nächsten
Seite.
Aufgabe 1)
(a) Berechnen Sie die folgende Summe:
n
X
√
k=1
1
√ .
k+1+ k
(b) Schreiben Sie die nachstehenden Terme mit Hilfe der Summennotation.
(i) S1 = 4 + 7 + 10 + 13 + 16 + 19 + 22
(ii)
S2 =
1
4
7
10
13
+
+
+
+
.
2 · 3 5 · 6 8 · 9 11 · 12 14 · 15
Lösungen zu Aufgabe 1 (a)
√
√
n
n
X
X
√
√
√
k+1− k
1
√ =
√ √
√ =
k+1− k = n+1−1
√
√
k + 1 + k k=1 ( k + 1 + k)( k + 1 − k) k=1
k=1
n
X
(b) (i) S1 =
7
X
3k + 1
k=1
(ii) S2 =
4
X
k=0
3k + 1
(3k + 2)(3k + 3)
Aufgabe 2) Zeigen Sie die folgenden Formeln mit Hilfe des Induktionsprinzips.
(i)
n
X
4k − 1 = 2n2 + n
(ii)
k=1
n
X
k=1
1
k3 =
n2 (n + 1)2
4
2n+1
X
(−1)k−1 k 2 = (n + 1)(2n + 1)
(iii)
k=1
Lösungen zu Aufgabe 2
(i) Induktionsanfang: Für n = 1 erhalten wir auf beiden Seiten 3.
Induktionsschritt: Wir schließen von n auf n + 1, indem wir zeigen, dass die Formel
n+1
X
4k − 1 = 2(n + 1)2 + (n + 1)
k=1
gilt, sofern die Formel
Es ist:
n+1
X
Pn
k=1
4k − 1 =
k=1
n
X
4k − 1 = 2n2 + n bereits Gültigkeit hatte (Induktionsvoraussetzung=IV).
IV
4k − 1 + 4(n + 1) − 1 = 2n2 + n + 4(n + 1) − 1 = 2n2 + 5n − 3.
k=1
Auf der anderen Seite ist ebenfalls
2(n + 1)2 + n + 1 = 2n2 + 4n + 2 + n + 1 = 2n2 + 5n − 3.
Also
n+1
X
4k − 1 = 2(n + 1)2 + (n + 1).
k=1
(ii) Für n = 1 steht auf beiden Seiten 1. Wir schließen von n auf n + 1:
n+1
X
k3 =
k=1
n
X
IV
k 3 + (n + 1)3 =
k=1
(n + 1)2
(n + 1)2 2
n2 (n + 1)2
+ (n + 1)3 =
n + 4(n + 1) =
(n + 2)2
4
4
4
Auf der anderen Seite ist
(n + 1)2 (n + 2)2
(n + 1)2
(n + 1)2 ((n + 1) + 1)2
=
=
(n + 2)2
4
4
4
Also ist
n+1
X
k3 =
k=1
(n + 1)2 (n + 2)2
.
4
(iii) Auf beiden Seiten steht für n = 1:
3
X
=1−4+9=6
k=1
und
(1 + 1)(2 · 1 + 1) = 6.
Wir schließen von n auf n + 1:
2(n+1)+1
X
(−1)k−1 k 2 =
k=1
=
2n+1
X
2n+3
X
(−1)k−1 (2k + 1)2
k=0
(−1)k−1 (2k + 1)2 + (−1)2n+2−1 (2n + 2)2 + (−1)2n+3−1 (2n + 3)2
k=0
IV
= (n + 1)(2n + 1) + (−1)2n+1 (2n + 2)2 + (−1)2n+2 (2n + 3)2
= (n + 1)(2n + 1) − (2n + 2)2 + (2n + 3)2
= 2n2 + 3n + 1
= 2n2 + 7n + 6
−
(4n2 + 8n + 4)
2
+
4n2 + 12n + 9
Auf der anderen Seite ist
((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1) = (n + 2)(2n + 3) = 2n2 + 7n + 6
Also ist
2(n+1)+1
X
(−1)k−1 k 2 = ((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1).
k=1
Aufgabe 3) Herr Gabel tippt beim Lotto ’3 aus 5’ immer die 2, weil es seine Glückszahl ist. Für
Frau Fourchette ist die 2 allerdings ihre Unglückszahl, die sie niemals tippt. Herr Widelec hat keine
Glückszahlen und tippt mit allen Zahlen. Wieviele Möglichkeiten zu tippen hat jeder?
Lösungen zu Aufgabe 3
Da Herr Gabel immer auf die 2 tippt, hat er nur noch die vier Zahlen
zur Auswahl, von denen er
1,3,4,5
4!
zwei aussuchen muss. Sein ist Spiel ist somit ’2 aus 4’, und er hat 42 = 2!(4−2)!
= 6 Tippmöglichkeiten.
Frau Fourchette mag die 2 nicht wählen. Sie hat dann
nur 4!noch die vier Zahlen 1,3,4,5 zur Auswahl, von
= 4 Möglichkeiten.
denen sie drei aussuchen muss. Dazu hat sie nur 43 = 3!(4−3)!
5!
Herrn Widelec ist egal, welche Zahlen er tippt. Somit hat er 53 = 3!(5−3)!
= 10 Möglichkeiten zu tippen.
Hausaufgaben
Abgabe der Hausaufgaben in der Woche vom 10.11.-14.11.14 in Ihrer Übungsgruppe. Die Lösungen
finden Sie nach der Abgabe online auf www.math.uni-wuppertal.de/∼herbort.
Aufgabe 1) (a) Berechnen Sie die folgenden Summen.
4
X
(i)
k 2 − 5k + 1
6
X
k+2
(ii)
k=3
k=1
k
Lösungen zu Aufgabe 1 (a) (i)
4
X
k 2 − 5k + 1
=
12 − 5 · 1 + 1
=
1−5+1
+
22 − 5 · 2 + 1
+
32 − 5 · 3 + 1
+
42 − 5 · 4 + 1
k=1
+
4 − 10 + 1
+
9 − 15 + 1
+
16 − 20 + 1 = −16
(ii)
6
X
k+2
k=3
k
=
3+2 4+2 5+2 6+2
5 3 7 4
+
+
+
= + + +
3
4
5
6
3 2 5 3
=
3+
3 7
30 + 15 + 14
59
+ =
=
.
2 5
10
10
(b) Stellen Sie den folgenden Term mit Hilfe der Summennotation dar.
102 −
1
1
1
1
+ 82 − 2 + 62 − 2 + 42 − 2 + 22 − 1
2
9
7
5
3
Aufgabe 2) Zeigen Sie die nachstehenden Gleichungen mit Hilfe des Induktionsprinzips.
(i)
k
X
(−1)k k 2 = (−1)n
k=0
(iii)
n(n + 1)
2
(ii)
n
X
k=1
4
n(3n + 5)
=
k(k + 2)
(n + 1)(n + 2)
1
1
1
1
1−
· 1−
· ... · 1 −
=
2
3
n
n
3
Lösungen zu Aufgabe 2
(i) Induktionsanfang: Für n = 1 sind beide Seiten gleich −1.
Induktionsvoraussetzung (IV): Angenommen, die Formel gelte für n ∈ N0 .
Induktionsschritt (IS): Dann haben wir
n+1
X
k 2
(−1) k
n
X
=
k=0
(−1)k k 2 + (−1)n+1 (n + 1)2
k=0
n(n + 1)
+ (−1)n+1 (n + 1)2
2
n
(−1)n+1 (n + 1) n + 1 −
2
n+1 (n + 1)(n + 2)
(−1)
2
IV
(−1)n
=
=
=
(ii) Induktionsanfang: Für n = 1 steht auf beiden Seiten eine Eins.
Induktionsschritt n → n + 1:
n+1
X
k
3
=
k=1
I.V.
=
=
=
=
=
n
X
k 3 + (n + 1)3
k=1
2
n (n + 1)2
+ (n + 1)3
4
n2 (n + 1)2 + 4(n + 1)3
4
(n2 + 4(n + 1))(n + 1)2
4
(n2 + 4n + 4)(n + 1)2
4
(n + 2)2 (n + 1)2
4
(iii)
Induktionsanfang: Für n = 2 steht auf beiden Seiten 21 .
Induktionsschritt n → n + 1:
1
1
1
1−
· 1−
· ... · 1 −
2
3
n+1
=
I.V.
=
=
=
1
1
1
1
1−
· 1−
· ... · 1 −
· 1−
2
3
n
n+1
1
1
· 1−
n
n+1
1
n
·
n n+1
1
n+1
Aufgabe 3) Zeigen Sie induktiv oder mit Hilfe des Binomialkoeffizienten, dass eine n-elementige Menge
genau 2n Teilmengen besitzt.
Lösungen zu Aufgabe 3 (a) Wir zeigen zunächst per Induktion über n ∈ N ∪ {0}.
Induktionsanfang: Für n = 0 ist die Menge leer, hat also nur die leere Menge als Teilmenge, also 20 = 1
Teilmengen. Für n = 1 hat eine 1-elementige Menge die leere Menge und die Menge selbst als Teilmengen.
Es gibt also 2 = 21 Teilmengen. Der Induktionsanfang ist gezeigt.
Induktionsvoraussetzung (IV): Man nehme an, dass die Aussage für n ∈ N stimmt, d.h. dass jede nelementige Menge genau 2n Teilmengen besitzt.
4
Im Induktionsschritt schließen wir von n auf n + 1. Sei M eine beliebige (n + 1)-elementige Menge. Sei
x ∈ M und A := M \ {x}. Dann besitzt A genau n Elemente und hat nach der Induktionsvoraussetzung
genau 2n Teilmengen. Die Menge P aller Teilmengen von M , die x nicht enthalten, stimmt mit der Menge
aller Teilmengen von A überein. Die Menge S aller Teilmengen von M , die x enthalten, simmt mit der
Menge
{B ∪ {x} : B ∈ P }
überein. Die Mengen P und S haben jeweils 2n Elemente und ergeben vereinigt die Menge aller Teilmengen
von M . Zudem sind P und S disjunkt. Also hat M genau 2n + 2n = 2 · 2n = 2n+1 Teilmengen.
(b) Eine n-elementige Menge hat genau nk viele k-elementige Teilmengen, wobei 0 ≤ k ≤ n ist. Also hat
die Menge
n X
n
= 2n
k
k=0
Teilmengen. Die letzte Form wurde in der Vorlesung mit Hilfe des Induktionsprinzips gezeigt.
5