Musterlösung zum 3. Blatt 21. Aufgabe: Stellen Sie den Ausdruck 1

Musterlösung zum 3. Blatt
21. Aufgabe: Stellen Sie den Ausdruck
1
m1 +
1
1 + m2 +
1
1 + m3 +
1 + m4 +
1
m5 + 1
als Bruch natürlicher Zahlen dar.
Lösung:
oben”
Am Beispiel von M = 6125295. Man rechnet sukzessive von “unten nach
1
6+
1+1+
1+2+
1
= 6+
1
1
1+5+
1
2+
3+
1
2+1
1
6+
1
= 6+
1
2+
3+
1
19
3
1
= 6+
1
2+
3+
= 6+
1
3
3
19
1
2+
1
60
19
1
139
60
60
894
= 6+
=
.
139
139
= 6+
22. Aufgabe: Für jede natürliche Zahl n ≥ 0 werde eine Zahl xn wie folgt rekursiv
definiert: x0 :=√0, x1 := 1, xn+1 := xn +√
(m4 + 2)xn−1 (n ≥ 1).
1
1
1
1
Sei a := 2 + 2 9 + 4m4 und b := 2 − 2 9 + 4m4 . Bestimmen Sie reelle Zahlen λ und µ,
so dass
xn = λan + µbn
gilt für jedes n ≥ 0. Beweisen Sie diese Formel durch Induktion nach n.
Lösung:
definiert:
Am Beispiel M = 3687651. Dann ist m4 = 7, und die Folge xn ist wie folgt
(1) x0 = 0 und x1 = 1;
(2) xn+1 = xn + 9xn−1 für n ≥ 1.
√
√
Auuserdem ist a = 12 + 12 37 und b = 12 − 12 37. Gilt die Beziehung xn = λan + µbn für
jede natürliche Zahl n, so gilt sie insbesondere für n = 0 und n = 1. Wir erhalten dann
aus (1), dass
0 = x0 = λ + µ
1 = x1 = λa + µb.
√
√
√
Es folgt dann 1 = λ(a − b) = 37, und damit λ = 1/ 37, µ = −1/ 37.
Wir beweisen die Formel
√ n
√ n
1
1 + 37
1
1 − 37
xn = √
−√
2
2
37
37
durch Induktion nach n:
Induktionsverankerung: Für n = 0 haben wir x0 = 0 =
√
√
Für n = 1 erhalten wir x1 = 1 = √137 1+2 37 − 1−2 37 =
√1
37
√1
37
√
1+ 37
2
0
√
1+ 37
2
1
−
−
√1
37
√1
37
√
1− 37
2
0
√
1− 37
2
1
.
.
Die Formel ist also für n = 0 und n = 1 richtig .
Induktionsschritt: Sei n ≥ 1 eine natürliche Zahl, für die wir annehmen, dass die Behauptung für alle natürlichen Zahlen k mit k ≤ n gilt. Dann ist
x n+1
(2)
=
I.V.
=
=
=
xn + 9xn−1
√ n
√ n
1
1 + 37
1
1 − 37
√
−√
2
2
37
37
√ n−1
√ n−1
1
1 + 37
1
1 − 37
+9 √
− 9√
2
2
37
37
1
√
an + 9an−1 − (bn + 9bn−1 )
37
1
√
an−1 (a + 9) − bn−1 (b + 9) .
37
Nun beachte man, dass a und b die beiden Nullstellen des quadratischen Polynoms x2 −
x − 9 sind. Es gilt also a2 = a + 9 und b2 = b + 9. Man rechnet also weiter:
1
· · · = √ (an−1 a2 − bn−1 b2 )
37
1
= √ (an+1 − bn+1 )
37
√ n+1
√ n+1
1 − 37
1
1 + 37
1
.
−√
= √
2
2
37
37
Damit gilt die Formel für alle natürlichen Zahlen n.
23. Aufgabe: Seien x, y > 0 reelle Zahlen mit x 6= y. Entscheiden Sie, ob bei
p
m2 + m4 x + y
√
(−1)m3 · 1 +
·
xy · (1 + m2 ) · (1 + m4 )
2
2
in dem Kästchen
abhängt.
allgemein >, < oder = steht, oder ob die Antwort von x und y
Lösung: Beispielhaft für M = 6223217.
Es sind m2 = 2, m3 = 2, und m4 = 3. Also
√
√
x+y
7
sind die Terme 2 · 2 und xy · 12 miteinander zu vergleichen. Beide Terme sind
positiv. Würde hier für gewisse x > 0 und y > 0 mit x 6= y die Beziehung < oder =
gelten, so hätte man dieselbe Beziehung nach Quadrieren: 49(x + y)2 ≤ 192xy. Dies
ergäbe 49x2 + 98xy + 49y 2 ≤ 192xy, also 49x2 − 94xy + 49y 2 ≤ 0. Dann würde wegen
x > 0 und y > 0 folgen 49(x − y)2 = 49x2 − 98xy + 49y 2 ≤ 0, Widerspruch, denn das
Quadrat (x − y)2 ist wegen x 6= y positiv.√Also muss für alle x, y > 0 (verschieden
√
voneinander) gelten, dass 27 · x+y
> xy · 12 gilt. Die richtige Antwort ist in diesem
2
Fall also “groesser”. (Bei ungeradem m3 wäre die richtige Antwort “kleiner”; Gleichheit
ist niemals erfüllt, und die Lösung ist immer unabhängig von x und y.)
24. Aufgabe: Gilt für reelle Zahlen x und y mit x > y immer
(1 + m5 ) · x2 + (−1)m3 −m5 · (m2 + 1)2 > (1 + m6 ) · y 2 + (m3 + 1)2 ?
Lösung:
Beispielhaft für M = 6988851. Die Frage ist dann, ob für x > y immer
9x2 + 100 > 6y 2 + 81
gilt. Falls dies gelten würde, hätte man 9x2 + 19 > 6y 2 für alle x > y. Dies ist aber
offensichtlich falsch, man kann nämlich z. B. x = 0 und y = −2 wählen, was 19 > 24
ergeben würde, ein Widerspruch. Also kann obige Ungleichung nicht immer erfüllt sein.
Die richtige Antwort ist also nein . (Dies ist auch die richtige Antwort für alle anderen
Matrikelnummern.)
25. Aufgabe: Seien a, b, c < 0 reelle Zahlen mit b < c. Entscheiden Sie, ob der folgende
Ausdruck > 0, = 0 oder < 0 ist.
(−1)m1 −m2 · (m1 + m3 )2 · (a + 3b − 2c) · (m6 + 2) · (a2 − 2b + 3(c − b)).
Lösung: Beispielhaft für die Matrikelnummer M = 6128969. Es ist zu untersuchen der
Ausdruck −512(a + 3b − 2c)(a2 − 2b + 3(c − b)). Wir schauen uns die einzelnen Faktoren
a + 3b − 2c und a2 − 2b + 3(c − b) an. Nach Voraussetzung ist b < c < 0, also ist 3b < 2c
und damit a + 3b − 2c < 0 (weil auch a < 0). Es ist a2 − 2b + 3(c − b) = a2 − 5b + 3c,
und es ist 3c > 5b, also −5b + 3c > 0. Da auch a2 > 0, folgt a2 − 2b + 3(c − b) > 0 .
Insgesamt ist damit −512(a + 3b − 2c)(a2 − 2b + 3(c − b)) > 0 . Die richtiger Antwort ist
in diesem Fall “groesser”.
26. Aufgabe: Sei x > −1 eine reelle Zahl mit x 6= 0. Zeigen Sie durch vollständige
Induktion, dass für jede natürliche Zahl n ≥ 2 die Ungleichung (1 + x)n > 1 + nx gilt.
Lösung:
Beweis durch Induktion nach n:
Induktionsverankerung: Für n = 2 gilt (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x wegen x 6= 0.
Induktionsschritt von n auf n + 1: Sei n ≥ 2 eine natürliche Zahl, für die (1+x)n > 1+nx
gilt. Dann folgt
I.V.
(1 + x) n+1 = (1 + x)(1 + x)n > (1 + x)(1 + nx) = 1 + (n + 1)x + x2 > 1 + ( n + 1 )x.
Beachte, dass sich das erste Ungleichheitszeichen nicht verdreht wegen 1 + x > 0; beim
zweiten Ungleichheitszeichen wurde nochmal x 6= 0 verwendet.
Damit ist die Behauptung bewiesen.