Blatt 6 $ Präsenzübungen

Prof. A. Grigorian, Funktionen
SS2017
Blatt 6 - Präsenzübungen
31. Beweisen Sie die folgenden Identitäten für endliche Summen von reellen Zahlen:
n
n
P
P
(a) c
xi =
(cxi )
(b)
i=1
n
P
xi +
i=1
(c)
n
P
i=1
n
P
yi =
i=1
xi
(xi + yi )
i=1
m
P
yj
j=1
i=1
n
P
!
=
n
P
i=1
m
P
xi yj
j=1
!
Solution. (a) Induktion nach n. Für n = 1 sind die beiden Seiten gleich cx1 .
Induktionsschritt von n nach n + 1:
!
n+1
n
n
n
n+1
X
X
X
X
X
c
xi = c
xi + xn+1 = c
xi + cxn+1 =
cxi + cxn+1 =
cxi :
i=1
i=1
i=1
i=1
i=1
(b) Induktion nach n. Für n = 1 sind die beiden Seiten gleich x1 + y1 . Induktionsschritt von n nach n + 1:
!
!
n+1
n+1
n
n
X
X
X
X
xi +
yi =
xi + xn+1 +
yi + yn+1
i=1
i=1
=
=
i=1
n
X
xi +
i=1
n
X
n
X
i=1
yi
i=1
!
+ (xn+1 + yn+1 )
(xi + yi ) + (xn+1 + yn+1 ) =
i=1
n+1
X
(xi + yi )
i=1
(c) Induktion nach n. Für n = 1 haben wir
0
1
!0 m 1
n
m
m
n X
m
X
X
X
X
X
xi @
yj A = x1 @
yj A =
x1 yj =
xi yj :
i=1
j=1
j=1
j=1
i=1 j=1
Induktionsschritt von n nach n + 1:
!0 m 1
!0 m 1
n+1
n
X
X
X
X
xi @
yj A =
xi + xn+1 @
yj A
i=1
j=1
i=1
=
i=1
=
j=1
0
1
!0 m 1
n
m
X
X
X
xi @
yj A + xn+1 @
yj A
n X
m
X
j=1
xi yj +
i=1 j=1
=
n+1
m
XX
i=1 j=1
23
m
X
j=1
xi yj :
j=1
xn+1 yj
32. Sei faij gn;m
i=1;j=1 eine reellwertige Doppelfolge, d.h. eine Abbildung a : En
Beweisen Sie die Identität:
!
m
n
n
m
P
P
P
P
aij
aij =
i=1
j=1
j=1
Em ! R.
(19)
i=1
Solution. Induktion nach n. Für n = 1 erhalten wir
0
1
!
n
m
m
m
n
X
X
X
X
X
@
aij A =
a1j =
aij :
i=1
j=1
j=1
j=1
i=1
Induktionsschritt von n nach n + 1:
0
1
0
1
n+1
m
n
m
m
X X
X
X
X
@
@
aij A =
aij A +
a(n+1)j
i=1
j=1
=
i=1
j=1
m
X
n
X
j=1
i=1
j=1
m
X
=
i=1
n
X
m
n+1
X
X
=
j=1
aij
j=1
!
+
m
X
a(n+1)j
j=1
aij + a(n+1)j
aij
i=1
!
!
:
33. Beweisen Sie die folgende Identität für reellen Zahlen xk ; yk :
n
P
k=1
n
P
x2k
k=1
yk2
=
2
n
P
xk yk
+
k=1
n
n P
1 P
(xk yl
2 k=1 l=1
xl yk )2 :
(20)
Erhalten Sie aus (20) die Cauchy-Schwarz-Ungleichung:
n
P
k=1
x2k
n
P
k=1
n
P
yk2
2
xk yk
:
(21)
k=1
Mit Hilfe von (21) beweisen Sie die Ungleichung vom arithmetischen und quadratischen Mittel:
2
n
n
1 P
1 P
x2k
xk
(22)
n k=1
n k=1
Solution. Wir haben
n
X
k=1
x2k
!
n
X
k=1
yk2
!
n
X
=
x2k
k=1
=
n X
n
X
!
n
X
yl2
l=1
!
x2k yl2 :
k=1 l=1
Vertauschen von k und l ergibt
! n
!
n
n X
n
n X
n
X
X
X
X
2
2
xk
yk =
x2l yk2 =
x2l yk2 ;
k=1
k=1
l=1 k=1
24
k=1 l=1
woraus folgt
2
n
X
x2k
k=1
Wir haben
!
n
X
yk2
k=1
!
=
n X
n
X
k=1 l=1
x2k yl2 + x2l yk2 = x2k yl2 + x2l yk2
xl yk ) + 2xk xl yk yl
woraus folgt
! n
!
n
n X
n
X
X
X
2
2
=
xk
yk
k=1
k=1 l=1
n X
n
X
1
2
=
2
1
(xk yl
2
(xk yl
xl yk )2 +
(xk yl
2
xl yk ) +
k=1 l=1
n
n X
n
X
xk yk xl yl
k=1 l=1
n
X
xk yk
k=1
n
1 XX
(xk yl
2
=
xl yk )2 + xk xl yk yl
k=1 l=1
n
n
1 XX
=
2xk xl yk yl + 2xk xl yk yl
2
= (xk yl
k=1
x2k yl2 + x2l yk2 :
2
xl yk ) +
k=1 l=1
n
X
xk yk
k=1
!
!2
n
X
l=1
xl yl
!
:
Die Ungleichung (21) folgt o¤ensichtlich aus (20), und die Ungleichung (22) folgt
aus (21) wenn alle yk = 1 sind.
34. Beweisen Sie die folgende Verallgemeinerung des Induktionsprinzips. Sei A (n) eine
von n 2 Z abhängige Aussage, die für ein n0 2 Z die folgenden Bedingungen erfüllt:
(i) A (n0 ) ist wahr;
(ii) für jedes n 2 Z mit n
n0 gilt A (n) ) A (n + 1) :
Dann ist A (n) wahr für alle n 2 Z mit n
n0 :
Solution. Setzen wir m = n n0 + 1 und bemerken, dass n 2 Z , m 2 Z und
n n0 , m 1. Um die Aussage A (n) für alle ganze Zahlen n n0 zu beweisen,
reicht es die Aussage
B (m) := A (m + n0 1)
für alle m 2 N zu beweisen.
Induktionsanfang: für m = 1 die Aussage B (1) = A (n0 ) gilt nach (i).
Induktionsschritt:
B (m) = A (m + n0
gilt nach (ii) mit n = m + n0
1) =) A (m + n0 ) = B (m + 1) ;
1:
35. Sei fak gnk=m eine Folge von reellen Zahlen, wobei m < n ganze Zahlen sind. Beweisen
Sie die folgende Identität für alle ganze Zahlen l mit m l < n:
l
P
k=m
ak +
n
P
k=l+1
ak =
n
P
ak :
k=m
Hinweis. Beweis per Induktion nach n mit Hilfe von Aufgabe 34.
25
Solution. Seien m und l …xiert. Wir beweisen die Identität per Induktion nach
n. Die Bedingung n > l ist äquivalent zu n
l + 1. Somit benutzen wir die
Verallgemeinerung des Inductions von Aufgabe 34 mit n0 = l + 1.
Induktionsanfang n = l + 1. In diesem Fall gilt nach De…nition
n
X
ak = al+1
k=l+1
und
l
X
ak +
k=m
n
X
ak =
k=l+1
l
X
l+1
X
ak + al+1 =
k=m
ak =
k=m
n
X
ak :
k=m
Induktionsschritt von n nach n + 1. Die Induktionsvoraussetzung ist
l
X
ak +
k=m
n
X
ak =
k=l+1
n
X
ak :
n+1
X
ak :
k=m
Zu beweisen ist die Induktionsbehauptung:
l
X
ak +
k=m
n+1
X
ak =
k=l+1
k=m
Unterhalb benutzen die induktive De…nition der Summe, das Assoziativgesetz und
die Induktionsvoraussetzung. Wir erhalten:
!
n
l
n+1
l
X
X
X
X
ak + an+1
ak +
ak =
ak +
k=m
k=l+1
k=l+1
k=m
l
X
=
k=m
=
n
X
k=m
was zu beweisen war.
26
ak +
n
X
k=l+1
ak + an+1 =
ak
!
n+1
X
k=m
+ an+1
ak ;