2. ¨Ubungsblatt Aufgaben mit Lösungen

2. Übungsblatt
Aufgaben mit Lösungen
Aufgabe 6: (a) Beweisen Sie mit vollständiger Induktion:
2
n
X
n(n + 1)
3
k =
2
,n ∈ N .
k=1
(b) Zeigen Sie, dass gilt:
n
X
n
X
2
k
k3 =
k=1
,n ∈ N .
k=1
Hinweis zu Aufgabe 6 b): die erste Vorlesung aus diesem Semester könnte Ihnen hilfreich sein.
Lösung 6:
P1
a) Induktionsanfang: n = 1. Dann ist k=1 k 3 = 1 = 13 .
2
n
X
n(n + 1)
3
. Dann folgt
Induktionsschritt: n y n + 1. Wir nehmen an, für ein n ∈ N gelte
k =
2
k=1
n+1
X
k3 =
k=1
n
X
k 3 + (n + 1)3 =
k=1
n(n + 1)
2
2
+ (n + 1)3 =
(n + 1)2 2
(n + 1)2 (n + 2)2
(n + 4n + 4) =
.
4
4
Dies war zu zeigen.
b) Aus der ersten Vorlesung ist bekannt:
n
X
n(n + 1)
,
2
k=
k=0
n ∈ N.
Quadrieren wir beide Seiten, erhalten wir
n
X
2 n(n + 1) 2
k =
.
2
k=0
Nun benutzen wir Teilaufgabe a) und bekommen somit
n
n
2 X
X
k3 .
k =
k=1
k=0
Aufgabe 7: Zeigen Sie durch vollständige Induktion
2n ≥ n2 ,
n ∈ N≥4 .
Lösung 7:
Induktionsanfang: n = 4. Dann ist 24 = 16 = 42 .
2
Induktionsschritt: n y n + 1. Es gelte 2n ≥ n2 für ein n ∈ N, n ≥ 4. Zu Zeigen ist 2n+1 ≥ (n + 1) .
Es gilt
2n+1 = 2 · 2n
Ind.Vor.
≥
2n2 = n2 + n2
da n≥4 ist
≥
2
n2 + 4n ≥ n2 + 2n + 1 = (n + 1) .
Aufgabe 8: Beweisen Sie folgende Aussage:
n
X
k−1 2
(−1)
k = (−1)
n−1
k=1
n+1
,
2
n ∈ N.
Lösung 8:
Induktionsanfang n = 1:
1
P
(−1)k−1 k 2 = 1 =
k=1
Induktionsschritt n y n + 1 : Es gelte
n
P
2
2
(−1)k−1 k 2 = (−1)n−1
k=1
Zu zeigen ist, dass auch
n+1
P
(−1)k−1 k 2 = (−1)n
k=1
n+1
X
(−1)
k=1
n
X
n+2
2
n+1
2
für ein n ∈ N.
gilt:
n+1
k =
(−1)
k + (−1) (n + 1)
= (−1)
+ (−1)n (n + 1)2
2
k=1
(n + 1)n
(n + 1)2 2 − (n + 1)n
(n + 1)(2n + 2 − n)
n
2
n
n
= (−1) (n + 1) −
= (−1)
= (−1)
2·1
2·1
2·1
(n + 2)(n + 1)
n+2
= (−1)n
= (−1)n
.
2·1
2
k−1 2
k−1 2
n
2 Ind.Ann.
n−1
Aufgabe 9: Gegeben seien die komplexen Zahlen z1 = 1 + i, z2 = 2 − 3i. Berechnen Sie Real- und Imaginärteil der
1
komplexen Zahlen zj , −zj , zj zj , , zj − zj und |zj |, jeweils für j = 1, 2, sowie der Zahlen
zj
z1
z1 + z2
und
z13 z22 ,
√
1
1
= (1 − i), z1 − z1 = 2i und |z1 | = 2.
z1
2
√
1
1
z2 = 2 + 3i, −z2 = −2 + 3i, z2 z2 = 13,
=
(2 + 3i), z2 − z2 = −6i und |z2 | = 13.
z2
13
Ferner ist
z1
1+i
(1 + i)(3 + 2i)
1
5
=
=
=
+ i
z1 + z2
3 − 2i
13
13 13
Lösung 9:
z1 = 1 − i, −z1 = −1 − i, z1 z1 = 2,
und
z13 z22 = 2i (1 + i) (2 − 3i) (2 − 3i) = (−2 + 2i) (−5 − 12i) = 34 + 14i.
Aufgabe 10: Skizzieren Sie die Menge aller komplexen Zahlen z, die der jeweiligen Bedingung genügen:
(a) |Re z| + |Im z| ≤ 4 ,
(b) |z|2 ≤ 2Re z ,
(c) z 4 + (2i + 2)z 2 + 4i = 0 .
Lösung 10:
(a) Mit der Bezeichnung x = Re z und y = Im z schreiben wir die Ungleichung als |x| + |y| ≤ 4. Das ist ein Quadrat
in kartesischen Koordinaten mit den Eckpunkten (4, 0)> , (0, 4)> , (−4, 0)> und (0, −4)> .
(b) |z|2 ≤ 2 Re z ⇔ Re2 z + Im2 z ≤ 2 Re z. Quadratische Ergänzung liefert (Re z − 1)2 + Im2 z ≤ 1, was zu der
Ungleichung |z − 1|2 ≤ 1 äquivalent ist, oder entsprechend |z − 1| ≤ 1, also eine Kreisscheibe um 1 mit Radius 1.
(c) Wir bemerken:
2
2
(i + 1) = 2i und (1 − i) = −2i
Quadratische Ergänzung liefert:
2
0 = z 4 + 2z 2 (i + 1) + (i + 1) + 2i = z 2 + [i + 1]
2
2
− (1 − i) .
Daraus folgt die Gleichung z 2 + [i + 1] = ± (1 − i) .
In einem Fall haben wir: z 2 = 1 − i − 1 − i = −2i, und die Lösungsmenge
− i,−1 + i}.
√ist {1√
2i, − 2i .
In zweitem Fall gilt z 2 = i − 1 − 1 − i = −2, und die Lösungsmenge ist