Blatt 8 $ Präsenzübungen

Prof. A. Grigorian, Funktionen
SS2017
Blatt 8 - Präsenzübungen
40. Sei S eine nicht-leere Teilmenge von R. Beweisen Sie die folgenden Aussagen.
(a) Ist S nach oben beschränkt, so gibt es die kleinste obere Schranke von S (d.h.
die Menge von allen oberen Schranken von S ein Minimum hat).
(b) Ist S nach unten beschränkt, so gibt es die größ
te untere Schranke von S (d.h.
die Menge von allen unteren Schranken von S ein Maximum hat).
Bemerkung. Die kleinste obere Schranke von S heiß
t das Supremum von S und wird
mit sup S bezeichnet. Die größ
te untere Schranke von S heiß
t das In…mum von S
und wird mit inf S bezeichnet.
Hinweis. Benutzen Sie das Vollständigkeitsaxiom.
(c) Existiert max S, so gilt sup S = max S. Existiert min S, so gilt inf S = min S:
Solution. (a) Bezeichnen wir mit B die Menge von allen oberen Schranken von S.
Da S nach oben beschränkt ist, so ist B nicht leer. Für alle a 2 S und b 2 B gilt
a
b nach De…nition der oberen Schranke. Das Vollständigkeitsaxiom ergibt: es
existiert die Zahl c 2 R, die S und B trennt, d.h.
a
c
b 8a 2 S
8b 2 B:
Da a c für alle a 2 S, ist c eine obere Schranke von S und deshalb c 2 B. Da c b
für alle b 2 B, so ist c das kleinste Element von B. Nach De…nition gilt sup S = c:
(b) Die Existenz des In…mums wird analog bewiesen.
(c) Ist m = max S, so gilt a m für alle a 2 S und somit ist m eine obere Schranke.
Ist b eine andere obere Schranke, so gilt m b da m 2 S. Somit ist m die kleinste
obere Schranke, d.h. m = sup S. Der Fall min S wird analog bewiesen.
41. Beweisen Sie die folgenden Identitäten für beliebige endliche Mengen A; B; C :
card (A [ B [ C) = card A + card B + card C
card (A \ B)
card (A \ C)
+ card (A \ B \ C) :
card (B \ C)
Solution. Nach Aufgabe 38 gilt
card (X [ Y ) = card X + card Y
card (X \ Y ) :
Mit Hilfe von (23) erhalten wir
card (A [ B [ C) = card ((A [ B) [ C)
= card (A [ B) + card (C)
= card A + card B
+ card C
card ((A [ B) \ C)
card (A \ B)
card ((A [ B) \ C) :
Nach dem Distributivgesetz gilt
(A [ B) \ C = (A \ C) [ (B \ C) :
29
(23)
Identität (23) mit X = A \ C und Y = B \ C ergibt
card ((A [ B) \ C) = card (A \ C) + card (B \ C)
card (A \ B \ C) ;
woraus folgt
card (A [ B [ C) = card A + card B
card (A \ B)
+ card C
card (A \ C)
card (B \ C) + card (A \ B \ C) ;
was zu beweisen war.
42. Für ganze Zahlen n
k
0 de…nieren wir den Binomialkoe¢ zient
n
k
=
n
k
durch
n!
;
(n k)!k!
wobei m! wie folgt de…niert wird:
m! =
m
Y
k = 1 2 ::: m
k=1
für m 2 N und 0! = 1. Beweisen Sie die folgende Identität für alle n
n
n
+
k
k 1
=
k
1:
n+1
:
k
Solution. Es folgt aus der De…nition von m!, dass für alle m 2 N
m! = m (m
1)!:
Dann erhalten wir
n
n
+
k
k 1
=
=
=
=
n!
n!
+
k! (n k)! (k 1)! (n k + 1)!
n!
1
1
+
(k 1)! (n k)! k n k + 1
n+1
n!
(k 1)! (n k)! k (n k + 1)
(n + 1)!
n+1
=
:
k! (n k + 1)!
k
43. Eine ganze Zahl n heiß
t gerade falls n=2 ganz ist, und ungerade falls (n
ist.
1) =2 ganz
(a) Beweisen Sie, dass jede ganze Zahl n entweder gerade oder ungerade ist.
(b) Beweisen Sie, dass für jedes n 2 Z
n ist gerade , n2 ist gerade.
30
Solution. (a) Bemerken wir: die beiden Zahlen n=2 und (n 1) =2 können gleichzeitig nicht ganz sein, da deren Di¤erenz = 12 nicht ganz ist. Beweisen wir, dass
mindestens eine von n=2 und (n 1) 2 ganz ist. Es reicht diese Aussage für n 2 N zu
beweisen. Induktion nach n. Für n = 1 gilt (n 1) =2 = 0; d.h. (n 1) =2 ist ganz.
Induktionsschritt von n nach n + 1. Ist n=2 ganz so ist auch ((n + 1) 1) =2 = n=2
ganz. Ist (n 1) =2 ganz, so its auch (n + 1) =2 = (n 1) =2 + 1 ganz.
(b) Ist n gerade, so gilt n = 2k für ein k 2 Z, woraus folgt, dass n2 = 4k = 2 (2k)
gerade ist. Ist n ungerade, so gilt n 2 1 = k 2 Z und somit n = 2k + 1, woraus folgt,
dass
n2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2 2k 2 + 2k + 1
ungerade ist.
p
44. Beweisen Sie, dass 2 nicht rational ist.
p
Solution. Sei 2 = pq wobei p; q natürliche Zahlen sind und q ist die kleinste
mögliche Zahl in diese Darstellung (erinnern wir uns: jede nicht leere Teilmenge von
2
N eine kleinste Zahl enthält). Daraus folgt 2 = pq2 und somit p2 = 2q 2 : Insbesondere
ist p2 gerade, und somit p ist auch gerade. So gilt p = 2n für ein n 2 N und p2 = 4n2 ,
woraus folgt
4n2 = 2q 2
2n
und q 2 = 2n2 : Ebenso muss q gerade sein, q = 2m für ein m 2 N. Dann pq = 2m
=
p
n
1
und 2 = m mit m = 2 q < q was ein Widerspruch zur Minimalität von q ist.
31
n
m
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Blatt 9 - Abgabe bis 26.05.17
Zusätzliche Aufgaben sind mit * markiert
45. Sei S eine nicht-leere Teilmenge von Z derart, dass max S und min S existieren.
Beweisen Sie, dass S endlich ist.
Solution. Setzen wir a = min S und b = max S. Dann gilt
S
[a; b] \ Z:
Wählen wir ein n 2 N mit n > jaj und n > jbj, z.B. n = jaj + jbj + 1. Dann gilt
[a; b]
[ n; n] ;
und somit
S
[ n; n] \ Z:
Die Menge [ n; n] \ Z ist endlich, da sie die Vereinigung von endlichen Mengen
En = f1; :::; ng, En = f n; :::; 1g und f0g ist. Da S eine Teilmenge einer endlichen
Menge ist, so ist S endlich.
46. Für jede reelle Zahl a 6= 0 und jedes n 2 Z de…nieren wir die Potenz an wie folgt.
Für n 2 N wurde an in Aufgabe 29 schon de…niert. Für n = 0 setzen wir a0 = 1, für
n = 1 ist a 1 das Inverse von a, und für beliebiges ganzes n < 0 de…nieren wir an
mit
n
an = a 1
;
da
n 2 N. Beweisen Sie die folgenden Identitäten:
(a) 1n = 1 für alle n 2 Z;
(b) (an )
(c)
1
(an )m
= a
=
1 n
an m
für alle n 2 N;
für alle n; m 2 Z.
Hinweis. Benutzen Sie Aufgabe 29.
Solution. (a) Für n > 0 beweisen wir 1n = 1 per Induktion nach n. Für n = 1 gilt
11 = 1 nach De…nition. Gilt 1n = 1, so erhalten wir 1n+1 = 1n 1 = 1 1 = 1:
Für n = 0 gilt 10 = 1 nach De…nition. Für n < 0 setzen wir k =
erhalten
k
1n = 1 1 = 1k = 1:
(b) Da
an
a
1 n
= a a
so erhalten wir
(an )
1
= a
1 n
= 1n = 1;
1 n
:
Hier haben wir die Identität (ab)n = an bn aus der Aufgabe 29 benutzt.
(c) Ist n = 0 oder m = 0, so gilt
(an )m = 1 = anm ;
32
n 2 N und
da a0 = 1 und 1k = 1 für alle k 2 Z nach (a).
Für positive n; m gilt die Identität (an )m = anm nach Aufgabe 29.
Seien n; m negativ, so dass k = n und l =
von negativen Potenzen haben wir
m in N liegen. Nach der De…nition
1 k
an = a
und
(an )m =
a
m
1 k
=
a
l
1
1 k
:
Da k 2 N, so gilt es nach (b)
a
1 k
1
ak
=
1
1
= ak ;
woraus folgt
(an )m = ak
l
:
Da k; l 2 N, so erhalten wir nach Aufgabe 29
l
ak
= ak l :
Somit erhalten wir
(an )m = ak l = an m ;
da k l = ( n) ( m) = n m:
Sei n > 0 und m < 0. Setzen wir l =
(an )m = (an )
1
l
=
m 2 N. Dann gilt nach (b)
1 n l
a
Im Fall n < 0 und m > 0 setzen wir k =
(an )m =
a
m
1 k
= a
1 nl
(n l)
=a
= an m :
n 2 N und erhalten analog
= a
1 km
km
=a
= anm :
47. Beweisen Sie die folgenden Identitäten für alle n; m 2 Z und a; b 2 R n f0g:
(a) (a b)n = an bn
(b) an+m = an am :
Hinweis. Benutzen Sie die Aufgaben 17(b), 29 und 46.
Solution. (a) Für n = 0 gilt die Identität trivialerweise, da die beiden Seiten gleich
1 sind. Für n > 0 gilt die Identität
(a b)n = an bn
nach Aufgabe 29. Sei n < 0. Dann k =
(a b)n = (a b)
1
k
= a
n 2 N und wir erhalten
1
33
b
1 k
= a
1 k
b
1 k
= an bn :
(b) Ist n oder m gleich 0, so gilt
an+m = an am
(24)
trivial, da a0 = 1. Sind n; m positiv so ist die Identität (24) schon bekannt von
Aufgabe 29.
Sind n; m negativ, so sind k =
an+m = a
(k+l)
n und l =
= a
1 k+l
m positiv und es gilt
1 k
= a
a
1 l
= an am :
Sei n positive und m negativ (der Fall n negativ und m positiv ist analog). Da nach
Aufgabe 46
1
am = a m
;
so ist (24) äquivalent zu
an+m = an
a
1
m
;
d.h. zu
an+m a
m
= an :
Im Fall n + m > 0 gilt diese Identität, da auch
(25)
m und n positiv sind und
(n + m) + ( m) = n:
If Fall n + m < 0 haben wir
an+m = a
1
(n+m)
und (25) ist äquivalent zu
(n+m)
a
1
a
m
= an ;
d.h. zu
a
Diese Identität gilt, da
m; n;
m
= an a
(n+m)
:
(n + m) positiv sind und
m=n
(n + m).
If Fall n + m = 0 gilt (25) trivialerweise.
48. Beweisen Sie die folgenden Identitäten für alle n 2 N :
n
X
k
n+2
(a)
=2
:
k
2n
2
k=1
(b) (x
y)
n
X
xn
k yk
= xn+1
k=0
y n+1 für alle x; y 2 R (wobei x0
Solution. (a) Induktion nach n. Induktionsanfang für n = 1:
n
1
X
X
k
k
1
=
=
k
k
2
2
2
k=1
und
2
k=1
n+2
=2
2n
1+2
=2
2
34
3
1
= :
2
2
y0
1).
Induktionsschritt von n nach n + 1:
n+1
X
k=1
k
2k
n
X
n+1
k
=
+ n+1 = 2
2
2k
n+2 n+1
+ n+1
2n
2
k=1
= 2
= 2
2n + 4 n + 1
+ n+1
2n+1
2
(n + 1) + 2
;
2n+1
was zu beweisen war.
(b) Induktionsanfang: für n = 1 ist die Identität äquivalent zu
(x
y) (x + y) = x2
y2:
Induktionsschritt von n nach n + 1. Wir haben
(x
y)
n+1
X
(n+1) k k
x
y
= (x
n
X
y)
k=0
(n+1) k k
x
y +y
n+1
k=0
= (x
y) x
= x xn+1
n
X
xn
k=0
n+1
y
k k
y) y n+1
y + (x
+ (x
= xn+2
xy n+1 + xy n+1
= xn+2
y n+2 ;
!
y) y n+1
y n+2
was zu beweisen war.
49.
Für reelle Zahlen a; b de…nieren wir die Operationen ^ und _ durch
a ^ b = min fa; bg
a _ b = max fa; bg :
(a) Formulieren und beweisen Sie die Kommutativ- und Assoziativgesetze für ^
und _:
(b) Beweisen Sie zwei Distributivgesetze:
a ^ (b _ c) = (a ^ b) _ (a ^ c)
a _ (b ^ c) = (a _ b) ^ (a _ c)
Solution. (a) The commutative laws
a ^ b = b ^ a und
a_b=b_a
are true because the sets fa; bg und fb; ag are the same. The associative laws say
a ^ (b ^ c) = (a ^ b) ^ c
a _ (b _ c) = (a _ b) _ c
Let us prove the …rst one. Denote m = a ^ (b ^ c) und show that
m = min fa; b; cg :
35
By de…nition, z = min S is one of the elements of S such that z x for all x 2 S.
It follows that m is one of the numbers a; b; c und m
a, m
b, m
c; woraus
m = min fa; b; cg follows.
(b) Let us prove the …rst distributive law:
a ^ (b _ c) = (a ^ b) _ (a ^ c) :
(26)
Note that all the terms
a ^ b; a ^ c; a ^ (b _ c)
are
a. Hence, the both sides of (26) are
Let a be bounded by b or by c, say, a
a. Consider two cases.
c. Dann
a ^ c = a und a ^ (b _ c) = a
which implies that the both sides of (26) are equal to a.
Let a
b und a
c. Dann
a ^ b = b;
a ^ c = c; a ^ (b _ c) = b _ c
so that the both sides of (26) are equal to b _ c:
Hence, in the both cases we have the identity in (26).
Second solution. Consider the following mapping a 7! ( 1; a]; so that the image
of a 2 R is the interval ( 1; a] =: Ia . Observe that
a ^ b 7! Ia \ Ib
und
a _ b 7! Ia [ Ib :
Since the above laws hold for \ und [, they follow also for the operations ^ und _.
50.
Sei fak g1
k=1 eine Folge von ganzen Zahlen mit a1 = 0 und ak+1 > ak für alle k 2 N.
Beweisen Sie, dass die Vereinigung von allen Intervallen [ak ; ak+1 ) gleich [0; +1) ist
(d.h. jedes x 2 [0; +1) gehört zu einem von Intervallen [ak ; ak+1 )).
Hinweis. Zeigen Sie zunächst, dass ak
k
1.
Solution. Let us …rst show that ak
k 1: Indeed, for k = 0 it is given. If it is
true for some k, then ak+1 > ak implies ak+1 ak + 1 k; which proves the claim.
Given x 2 [0; +1), let us prove that x 2 [ak ; ak+1 ) for some k. For that consider
the set
S = fn 2 N : an xg :
This set is non-empty as a1 = 0
because for any n 2 S we have
n
x and, hence, 1 2 S. The set S is bounded,
an + 1
x + 1;
that is, n x + 1, so that x + 1 is an upper bound for S. Hence, S is a non-empty
bounded subset of Z; therefore, there exists the maximum of S. Set k = max S:
Dann k 2 S und, hence, ak
x, while k + 1 2
= S und, hence, ak+1 > x. It follows
that x 2 [ak ; ak+1 ), which was to be proved.
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