Analysis I ¨Ubung - Blatt 3 Musterlösung, für den 25. 10. 2016

Analysis I Übung - Blatt 3 Musterlösung, für den 25. 10. 2016
17. Man zeige mittels vollständiger Induktion folgende Identitäten. In den Beispielen (c)
und (d) finde man zuerst durch Probieren Formeln für die rechte Seite.
P
2
2
(a) ∀ n ∈ N : nk=1 k 3 = n (n+1)
4
P
= n+1
(b) ∀ k, n ∈ N : nm=k m
k
k+1
P
1
(c) ∀ n ∈ N : nk=1 k(k+1)
=??
(d) ∀ n ∈ N : Πnk=1 1 + k1 =??
Lösung:
(a)
n
X
E(n) :
k3 =
k=1
n2 (n + 1)2
4
Induktionsanfang E(1):
1
X
k3 = 1 =
k=1
12 · 22
4
Induktionsschritt E(n) ⇒ E(n + 1):
n+1
X
3
3
k = (n + 1) +
n
X
k 3 = (n + 1)3 +
k=1
k=1
n2 (n + 1)2
=
4
(n + 1)2 (n2 + 4n + 4)
(n + 1)2 (n + 2)2
4(n + 1)3 + n2 (n + 1)2
=
=
4
4
4
(b) 1. Fall: k > n:
In der Vorlesung wurde definiert, dass dann
n X
m
= 0,
k
m=k
über
die leere Menge summiert wird. Zusätzlich wurde für k > n definiert:
n
= 0, da dann auch k + 1 > n + 1 ist, gilt
k
n X
m
m=k
k
n+1
=0=
k+1
2. Fall: k ≤ n
Sei k ∈ N beliebig. Wir führen eine Induktion in n durch um das Ergebnis zu
1
zeigen.
Induktionsanfang E(1): Da k ≤ n gilt:
n 1 X
X
m
m
1
2
=
=
=1=
k
1
1
2
m=1
m=k
Induktionsschritt E(n) ⇒ E(n + 1):
X
n+1 n X
m
n+1
m E(n)
=
+
=
k
k
k
m=k
m=k
n+1
n + 1 Beweis Satz 2.19 n + 2
=
+
=
k
k+1
k+1
(c) Definiere E(n):
n
X
k=1
n
1
=
k(k + 1)
n+1
Induktionsanfang E(1):
1
X
k=1
1
1
=
k(k + 1)
2
Induktionsschritt E(n) ⇒ E(n + 1):
n+1
X
k=1
n
X
1
1
1
E(n)
=
+
=
k(k + 1)
(n + 1)(n + 2) k=1 k(k + 1)
n
n2 + 2n + 1
(n + 1)2
n+1
1
+
=
=
=
=
(n + 1)(n + 2) n + 1
(n + 1)(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
n+2
(d) Definiere E(n):
n Y
1
1+
=n+1
k
k=1
Induktionsanfang E(1):
1 Y
1
1+
=2=1+1
k
k=1
Induktionsschritt E(n) ⇒ E(n + 1):
Y
n+1
n Y
1
1
1 E(n)
1+
= 1+
1+
=
k
n + 1 k=1
k
k=1
1
= 1+
(n + 1) = n + 1 + 1 = n + 2
n+1
2
18. Für n ∈ N definieren wir
2n
X
1
Sn :=
k
k=n+1
Für welche n ist Sn > 53 ?
Lösung: Sn > 53 für n ≥ 3. Wir zeigen dies, indem wir zeigen, dass S2 < 53 < S3
ist und für alle n ∈ N gilt: Sn < Sn+1 . Mit einer weiteren Induktion lässt sich dann
zeigen, dass Sn > 35 ⇔ n ≥ 3.
7
3
1 1
+ =
<
3 4
12
5
37
3
1 1 1
>
S3 = + + =
4 5 6
60
5
S2 =
Sn < Sn+1 ⇔ Sn+1 − Sn > 0
Daher wir müssen zeigen, dass
2(n+1)
2n
X
X 1
1
Sn+1 − Sn =
−
=
k k=n+1 k
k=n+2
1
1
1
+
−
>0
2n + 1 2n + 2 n + 1
gilt.
1
1
1
+
−
=
2n + 1 2n + 2 n + 1
(2n + 2)(n + 1) + (2n + 1)(n + 1) − (2n + 1)(2n + 2)
=
=
(2n + 2)(2n + 1)(n + 1)
2n2 + 4n + 2 + 2n2 + 3n + 1 − (4n2 + 6n + 2)
=
=
(2n + 2)(2n + 1)(n + 1)
n+1
1
=
=
(2n + 2)(2n + 1)(n + 1)
(2n + 2)(2n + 1)
Da
1
(2n+2)(2n+1)
> 0 folgt
Sn+1 > Sn
Wir müssen nun noch zeigen, dass aus Sn+1 > Sn für alle n ∈ N folgt, dass n > 3 ⇒
Sn+1 > S3 .
3
Induktionsanfang E(4):
Sn+1 > Sn ⇒ S4 > S3
Induktionsschritt E(n) ⇒ E(n + 1):
Transitivität
Sn+1 > Sn ∧ Sn > S3
⇒
Sn+1 > S3 .
19. Zeigen Sie
n X
i
X
∀n ∈ N :
ai,j =
n X
n
X
i=1 j=1
ai,j
j=1 i=j
über vollständige Induktion.
Lösung: Induktionsanfang E(1):
1 X
i
X
ai,j = a1,1 =
i=1 j=1
1 X
1
X
ai,j
j=1 i=j
Induktionsschritt E(n) ⇒ E(n + 1):
n+1 X
i
X
ai,j =
i=1 j=1
=
n+1
X
an+1,j +
j=1
=
n+1
X
j=1
|
n X
n
X
ai,j =
j=1 i=j
an+1,j −
{z
n
X
an+1,j +
an+1,j +
j=1
an+1,j +
j=1
j=1
=an+1,n+1
n+1
X
n+1
X
n X
n+1
X
n X
i
X
E(n)
ai,j =
i=1 j=1
n
X
n+1
X
j=1
i=j
!
ai,j − an+1,j
ai,j = an+1,n+1 +
j=1 i=j
n X
n+1
X
=
ai,j =
j=1 i=j
}
=
n+1
X
ai,n+1 +
i=n+1
n X
n+1
X
j=1 i=j
ai,j =
n+1 X
n+1
X
ai,j
j=1 i=j
20. Sei (M, ≤) eine linear geordnete, endliche Menge.
(a) Man zeige: M besitzt ein größtes Element. Hinweis: Vollständige Induktion
bzgl. der Mächtigkeit von M .
(b) Man schließe daraus: Es gibt keinen angeordneten, endlichen Körper.
Lösung:
(a) Sei #M die Anzahl der Elemente in M . Die Induktionsannahme lautet E(n):
#M = n ∈ N ⇒ ∃m ∈ M : ∀x ∈ M : x ≤ m.
4
Induktionsanfang E(1): Sei m das eine Element der Menge M , dann gilt aufgrund der Reflexitivität der Ordnungsrelation (O1):
m ≤ m.
Somit ist m das gesuchte maximale Element. Induktionsschritt E(n) ⇒ E(n +
1): Sei x ∈ M , mit #M = n + 1, beliebig. Da die Menge M1 := M \ {x}
Mächtigkeit n hat, existiert ein maximales Element m ∈ M1 , mit y ≤ m, für
alle y ∈ M1 . Aufgrund der Vergleichbarkeit (O4) der linearen Ordnung gilt
x≤m∨m≤x
1.Fall: x ≤ m
Dann ist m auch maximales Element der Menge M , da ∀y ∈ M : y ≤ m.
2.Fall: m ≤ x
Dann ist x maximales Element der Menge M , da aufgrund der Transitiviät der
Ordnungsrelation (O2) für alle y ∈ M1 folgt
y ≤m∧m≤x⇒y ≤x
(b) Sei (K, ≤) ein angeordneter endlicher Körper. Dann ist (K, ≤) auch eine linear
geordnete endliche Menge und besitzt laut (a) ein maximales Element m. Aus
(OK1) und Satz 2.7d folgt
0 < 1 ⇒ m < m + 1,
und damit ein Widerspruch zur Voraussetzung, dass m maximal ist.
21. Es sei M ⊂ R eine induktive Menge. Zeigen Sie:
(a) Die Menge M1 := M \ {x ∈ R : x < 1} ist ebenfalls induktiv.
(b) Die Menge M2 := M1 \ (1, 2) ist ebenfalls induktiv.
(c) Für ein beliebiges n ∈ N gilt:
M ∩ (n, n + 1) = ∅ ⇒ M \ (n + 1, n + 2) ist induktiv
Was folgt aus (a), (b), (c) unmittelbar für die natürlichen Zahlen? Zeigen Sie weiters:
Zwischen zwei natürlichen Zahlen n und n + 1 gibt es keine weitere natürliche Zahl.
Induktionsaussage E(n) genau definieren!
Lösung:
5
(a) Es ist zu zeigen, dass 1 ∈ M1 und ∀a ∈ M1 : (a + 1) ∈ M1 . 1 ∈ M1 , da 1 ∈ M
und 1 ≥ 1. Für a ∈ M1 gilt: a ≥ 1 ⇒ (a + 1) ≥ 1, weiters ist aufgrund der
Induktivität von M : (a + 1) ∈ M . Zusammen folgt (a + 1) ∈ M1 und M1
induktiv.
(b) 1 ∈ M2 , da 1 6∈ (1, 2). Für a ∈ M2 gilt: a = 1 ∨ a ≥ 2.
1.Fall: a = 1
Da 2 ∈ M2 , gilt (a + 1) ∈ M2 .
2. Fall: a ≥ 2
Da M induktiv ist und nur x < 2 aus M entfernt wurden gilt (a + 1) ∈ M2 .
Zusammen folgt, dass auch M2 induktiv ist.
(c) Da ∀n ∈ N : 1 6∈ (n+1, n+2) und M induktiv ist, ist 1 ∈ M3 := M \(n+1, n+2).
Da M ∩ (n, n + 1) = ∅ gilt für x ∈ M3 , dass x auch in M ist und deshalb
x 6∈ (n, n + 1) ⇒ x + 1 6∈ (n + 1, n + 2). Da M induktiv ist gilt somit x + 1 ∈ M3
und M3 ist induktiv.
Da die natürlichen Zahlen die kleinste Induktive Menge sind, ist (a), (b), (c) gemeinsam ist ein Induktionsbeweis, dass es zwischen n und n+1 keine weiteren natürlichen
Zahlen geben kann und dass es keine natürlichen Zahlen kleiner als 1 geben kann.
Wir werden hier den Widerspruchsbeweis führen, indem wir zeigen, dass wir, falls
N ein Element in (n, n + 1) besitzt, dieses Element aus N entfernen könnten und
noch immer eine induktive Menge erhalten. Dies steht allerdings im Widerspruch
zur Definition von N als Schnitt aller induktiven Mengen.
Die Induktionsaussage E(n) lautet
N ∩ (n, n + 1) = ∅.
Induktionsstart E(1): Wir müssen zeigen, dass
N ∩ (1, 2) = ∅
Angenommen, es gäbe ein x ∈ (1, 2) mit x ∈ N. Dann wäre mit (b) N \ (1, 2) auch
induktiv und eine echte Teilmenge von N, was ein Widerspruch zur Definition von N
als Schnitt aller induktiven Mengen wäre.
Induktionsschritt E(n) ⇒ E(n + 1):
Da E(n) gilt, gilt N ∩ (n, n + 1) = ∅, deshalb können wir (c) anwenden und erhalten,
dass N \ (n + 1, n + 2) auch induktiv ist. Würde jetzt ein x ∈ (n + 1, n + 2) mit x ∈ N
existieren, würden wir wieder einen Widerspruch zur Definition von N erhalten.
22. Zeigen Sie: Für alle n, m ∈ N gilt:
n > m ⇒ ∃p ∈ N : n = m + p
6
Hinweis: m ∈ N fixieren, und vollständige Induktion bzgl. n, Bsp 21.
Zeigen Sie weiters: Die ganzen Zahlen (nach Bez. 2.16) sind bzgl. + abgeschlossen,
d.h. + : Z × Z → Z. Hinweis: Fallunterscheidungen, interessant ist x > 0, y < 0,
x > −y.
Lösung: Wir zeigen die Aussage, für beliebiges m ∈ N mit Induktion über n.
Induktionsanfang E(1):
Da die linke Seite der Implikation mit n = 1 für alle m ∈ N falsch ist, ist die Aussage
immer wahr. (falsch ⇒ wahr = wahr und falsch ⇒ falsch = wahr) Somit müssen wir
für E(1) nichts zeigen.
Induktionsschritt E(n) ⇒ E(n + 1):
1. Fall: n > m:
Hier können wir die Induktionsannahme verwenden aus der folgt, dass ein p ∈ N
existiert mit
n=m+p
da N induktiv ist existiert (p + 1) ∈ N mit
n + 1 = m + (p + 1)
2. Fall: n ≤ m: Mit Beispiel 21 wissen wir, dass für m ∈ N und m ≥ 2, zwischen
(m − 1) und m keine natürlichen Zahlen existieren. Deshalb folgt (n + 1 > m) ∧ (n ≤
m) ⇒ m = n. Für m = n folgt n + 1 = m + 1 ⇒ p = 1 ∈ N.
Für die Abgeschlossenheit der ganzen Zahlen bezgl. + müssen wir zeigen, dass
x, y ∈ Z ⇒ x + y ∈ Z. Dazu benötigen wir folgende Fallunterscheidungen:
• x=0∨y =0
⇒ x + 0 = x ∈ Z ∨ 0 + y = y ∈ Z.
• (x < 0 ∧ y > 0) ∨ (x > 0 ∧ y < 0)
Da die Addition kommutativ ist, reicht es den Fall x < 0 ∧ y > 0 zu betrachten.
Aus der Definition der ganzen Zahlen und aus ∀n ∈ N : n > 0, folgt −x ∈ N
und y ∈ N. Hier betrachten wir wieder 3 Fälle:
o −x = y
⇒ x + y = x + (−x) = 0 ∈ Z.
o −x > y
Aus Beispiel 21 folgt die Existenz eines p ∈ N mit −x = y + p. Daraus folgt
x + y = −p. Da p ∈ N ist, ist −p ∈ Z.
o −x < y
Aus Beispiel 21 folgt die Existenz eines p ∈ N mit y = −x + p. Daraus folgt
x + y = p. Und somit x + y ∈ Z.
• x>0∧y >0
Hier folgt, dass x ∈ N und y ∈ N. Wir zeigen, dass ∀x ∈ N : ∀y ∈ N : x + y ∈ N.
7
Dafür sei x ∈ N beliebig. Wir führen eine Induktion in y durch.
Induktionsanfang E(1):
x + 1 ∈ N folgt direkt aus der Definition einer induktiven Menge.
Induktionsschritt E(n) ⇒ E(n + 1):
Aus x + y ∈ N folgt x + (y + 1) = (x + y) + 1 ∈ N wieder direkt aus der Definition
der induktiven Menge.
• x<0∧y <0
Hier folgt, dass −x ∈ N und −y ∈ N. Daraus folgt mit dem 3. Punkt, dass
(−x) + (−y) ∈ N. Da (−x) + (−y) = −(x + y) ist folgt x + y ∈ Z aus der
Definition der ganzen Zahlen.
23. Wir definieren für x ∈ R:
T0 (x) := 1,
T1 (x) := x
und
∀ n ∈ N : Tn+1 (x) := 2xTn (x) − Tn−1 (x)
(a) Zeigen Sie: Für jedes n ∈ N ist die Funktion x 7→ Tn (x) ein Polynom vom
Grad n.
(b) Plotten Sie die Funktionen Tn für n = 0, . . . , 5 und x ∈ [−1.2, 1.2]. Welchen
Verdacht haben Sie für den Wertebereich von Tn |[−1,1] ?
(c) Zeigen Sie: Für x ∈ [−1, 1] gilt die Darstellung:
∀ n ∈ N : Tn (x) = cos(n arccos(x))
Rechnen mit cos nach Schulwissen (Additionstheorem), arccos ist Umkehrfunktion von cos : [0, π] → [−1, 1]. Begründen Sie damit den in (b) vermuteten
Wertebereich.
Lösung:
(a) Ein Polynom vom Grad n hat die Form
n
X
ak x k
k=1
mit an 6= 0. Wir zeigen die Annahme E(n) “ Tn (x) ist Polynom vom Grad
n” mit Induktion, dafür zeigen wir, dass E(n − 1) ∧ E(n) ⇒ E(n + 1). Der
Induktionsanfang E(0) ist wahr und E(1) ist wahr folgt direkt aus der Definition
von T0 und T1 .
8
Induktionsschritt E(n − 1) ∧ E(n) ⇒ E(n + 1):
Sei
Tn (x) =
n
X
ak xk
k=1
mit an 6= 0 und
Tn−1 (x) =
n−1
X
bk x k
k=1
mit bn−1 6= 0. Aus der Definition von Tn+1 (x) folgt, dass
! n−1
n−1
n
n
X
X
X
X
bk x k =
2ak xk+1 −
b k xk =
Tn+1 (x) = 2x
ak xk −
k=1
n+1
X
k=1
k=1
=
k=2
2ak−1 xk −
Definiere
c1 := b1
ck := 2ak−1 − bk , für k = 2, ..., n − 1
cn := 2an−1
cn+1 := 2an
Dann gilt:
Tn+1 (x) =
n+1
X
ck x k .
k=1
(b)
Da cn+1 = 2an 6= 0 ist Tn+1 (x) ein Polynom vom Grad n + 1.
9
k=1
n−1
X
k=1
bk x k
1.06
T (0)
1.5
T (1)
1.04
1.0
1.5
1.02
0.5
1.0
1.00
0.0
0.5
0.98
−0.5
0.0
0.96
−1.0
−0.5
0.94
4
−1.0 −0.5 0.0
0.5
1.0
T (3)
−1.5
7
3
6
2
5
1
4
−1.0 −0.5 0.0
0.5
1.0
T (4)
−1.0
2
1
−5
−3
0
−10
0.5
1.0
−1
1.0
−1.0 −0.5 0.0
0.5
1.0
5
3
−1.0 −0.5 0.0
0.5
T (5)
10
0
−4
−1.0 −0.5 0.0
15
−1
−2
T (2)
2.0
0
−1.0 −0.5 0.0
0.5
1.0
−15
Annahme: Wertebereich in [−1, 1].
(c) Wir verwenden die folgenden Gleichungen für die Winkelfunktionen:
cos(x + y) = cos(x) cos(y) − sin(x) sin(y)
1
sin(x) sin(y) = (cos(x − y) + cos(x + y))
2
(1)
(2)
Unsere Induktionsannahme E(n) lautet, dass
Tn (x) = cos(n arccos(x)).
Wir zeigen wieder, dass E(0) und E(1) wahr sind und folgern aus E(n − 1) ∧
E(n) ⇒ E(n + 1), dass die Aussage für alle n ∈ N wahr ist.
T0 (x) = cos(0) = 1
T1 (x) = cos(arccos(x)) = x
10
Induktionsschritt E(n − 1) ∧ E(n) ⇒ E(n + 1):
(1)
cos((n + 1) arccos(x)) = cos(n arccos(x) + arccos(x)) =
E(n)
= cos(n arccos(x)) cos(arccos(x)) − sin(n arccos(x)) sin(arccos(x)) =
(2)
= Tn (x)x − sin(n arccos(x)) sin(arccos(x)) =
1
= xTn (x) −
cos(n arccos(x) − arccos(x)) + cos(n arccos(x) + arccos(x)) =
2
E(n−1)
1
= xTn (x) −
cos((n − 1) arccos(x)) + cos((n + 1) arccos(x)
=
2
1
1
= xTn (x) − Tn−1 (x) + (cos((n + 1) arccos(x))) ⇔
2
2
1
1
⇔ cos((n + 1) arccos(x)) = xTn (x) − Tn−1 (x) ⇔
2
2
⇔ cos((n + 1) arccos(x)) = 2xTn (x) − Tn−1 (x)
Aufgrund der Darstellung als cos für ein x ∈ [−1, 1] und da der Wertebereich
des cos in [−1, 1] liegt, muss der Wertebereich von Tn (x) für x ∈ [−1, 1] auch in
[−1, 1] liegen.
24. Eine rationale Funktion auf R hat die Form
x 7→ c
xm + am−1 xm−1 + . . . + a1 x + a0
,
xn + bn−1 xn−1 + . . . + b1 x + b0
wobei n, m ∈ N0 und c, a0 , . . . am−1 , b0 , . . . bn−1 ∈ R. Der Definitionsbereich D ⊂ R ist
dabei jeweils so gewählt dass Nullstellen im Nenner ausgenommen werden. Zeigen
Sie (mit Schulwissen): Die Menge der rationalen Funktionen bildet einen Körper,
nennen wir ihn RF .
Für eine rationale Funktion f definieren wir
f < 0 :⇔ c < 0
und damit die Ordnungsrelation f < g :⇔ f − g < 0. Zeigen Sie: Damit ist (RF, ≤)
ein angeordneter Körper. Zeigen Sie: Für die identische Funktion f : x 7→ x (ist in
RF enthalten!) gilt:
∀ n ∈ N : n = |1 + 1 +
{z. . . + 1} < f
n mal
Warum lässt sich der Beweis des Satzes von Archimedes-Eudoxos (2.22) nicht auf RF
übertragen?
11
Lösung: Die rationale Funktion lässt sich auch als
Pm
k
α
k=1 ak x
P
:= n
k
β
k=1 bk x
mit bn = 1 und am = c darstellen. Wir definieren die Operationen + und × als
α1 α2
α1 β2 + α2 β1
+
:=
β1
β2
β1 β2
α1 α2
α1 α2
×
:=
β1
β2
β1 β2
Wir setzen als Schulwissen voraus (kann auch leicht über Induktion nachgewiesen
werden), das Produkt und die Summe von Polynomen wieder Polynome ergeben.
Deshalb erhalten wir in beiden Fällen wieder eine rationale Funktion. Assoziativ-,
Kommutativ- und Distributivgesetz folgen dann direkt aus den jeweiligen Gesetzen
für Polynome. Die neutralen Elemente folgen auch direkt als
n=0
e=1
sowie die Inversen:
−α
α
− =
β
β
−1
β
α
=
β
α
Die Gesetze der Ordnungsrelation lassen sich am einfachsten mit Bsp 16 aus Übung
2:
Wir zeigen, dass M := {f ∈ RF : c > 0} die Bedingungen (a), (b) und (c) aus dem
Beispiel erfüllt. Daraus erhalten wir, mit der gegebenen Relation, einen angeordneten
Körper.
(a) 0 6∈ M :
klar, da die Konstante c dann 0 ist und somit 0 6∈ M .
(b) ∀x 6= 0 : x ∈ M ⇔ −x 6∈ M : klar, da die Konstante c für −x die negative
Konstante für x ist.
(c) ∀x, y ∈ M : x + y ∈ M ∧ xy ∈ M . Sei nα der P
Grad des Polynoms α und cα
α
der höchste Koeffizient anα des Polynoms α = nk=0
ak xk . Dann gilt für die
Konstante cx+y der Summe zweier rationaler Funktionen x + y = αβ11 + αβ22 (folgt
direkt aus dem oben genannten Schulwissen über die Summe von Polynomen),
wobei wir wieder o.B.d.A annehmen, dass aβ1 = 1 und aβ2 = 1:


cα1 , für nα1 nβ2 > nα2 nβ1
(3)
cx+y = cα1 + cα2 , für nα1 nβ2 = nα2 nβ1


cα2 , für nα1 nβ2 < nα2 nβ1
12
Für x, y ∈ M gilt, dass cα1 > 0 und cα2 > 0 und daraus folgt, dass cx+y > 0,
deshalb x + y ∈ M .
Für den Koeffizient des Produkts gilt
cxy = cα1 cα2
und somit folgt aus cα1 , cα2 > 0 : cxy > 0 und xy ∈ M .
Der Koeffizient c von n − x ist −1 < 0, daraus folgt, dass ∀n ∈ N : n < x und somit
die natürlichen Zahlen in diesem Körper beschränkt sind. Der Beweis des Satzes von
Archimedes-Eudoxos lässt sich nicht übertragen, da RF nicht ordnungsvollständig
ist, dh. das Supremum zu Beginn des Beweises nicht existiert. Angenommen ∀n ∈
N : c αβ > n, Aufgrund der Darstellung (3) des Koeffizenten der Summe, muss deshalb
gelten, dass nα > nβ . Und der Koeffizient c = cα . Deshalb ist aber 2c αβ auch eine
obere Schranke für N und da 2c < c ist, kann es keine kleinste obere Schranke geben.
13