Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 4. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
05.11.2013
Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 4. Übung
Präsenzaufgabe 1:
Beweisen Sie per vollständiger Induktion: Jede natürliche Zahl n > 1 ist darstellbar als das Produkt von Primzahlen.
Lösung:
Induktionsanfang n = 2: trivial, denn 2 ist selbst eine Primzahl.
Induktionsvoraussetzung:
Alle natürlichen Zahlen k mit 2 ≤ k ≤ n sind als Produkt von Primzahlen darstellbar.
Induktionsschritt 2, . . . , n → n + 1:
Entweder ist n + 1 selbst eine Primzahl und somit als Produkt von Primzahlen darstellbar, oder n + 1 ist selbst keine
Primzahl, somit das Produkt von zwei natürlichen Zahlen a, b ∈ {2, 3, . . . , n}. Aufgrund der Induktionsvoraussetzung
sind a und b als Produkt von Primzahlen darstellbar und das Produkt dieser beiden Produkte ist selbst das Produkt
von Primzahlen, also ist n + 1 als Produkt von Primzahlen darstellbar.
Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion sind alle natürlichen Zahlen n > 1 als Produkt von Primzahlen
darstellbar.
Präsenzaufgabe 2:
Zeigen Sie: Sei n ∈ N, dann gilt
1
1
1
+
+ ... +
< 1,
1·2 2·3
n(n + 1)
.
2n
1 · 3 · . . . · (2n − 1)
22n =
b)
.
n
2 · 4 · . . . · (2n)
a)
Lösung:
a) Für k ∈ N gilt
1
1
−
k k+1
=
k+1
k
−
k(k + 1) k(k + 1)
1
,
k(k + 1)
=
somit ist
1
1
1
+
+ ... +
1·2 2·3
n(n + 1)
=
n
X
k=1
=
n X
1
k=1
=
1
k(k + 1)
1
−
k k+1
n
n
X
1 X 1
−
k
k+1
k=1
=
k=1
n
n+1
X
1 X1
−
k
k
k=1
=
k=2
n
n
k=2
k=2
1 X1 X1
1
+
−
−
1
k
k n+1
=
1−
<
1
1
n+1
1
b) Induktionsanfang n = 1:
2 2
1
2 =
X
1
2
.
2n
1 · 3 · . . . · (2n − 1)
sei für ein belieInduktionsvoraussetzung: Wir nehmen an, die Aussage
22n =
2 · 4 · . . . · (2n)
n
biges, aber festes n ∈ N wahr.
Induktionsschritt n → n + 1:
2(n + 1) 2(n+1)
(2n + 2)!
2
=
(n + 1)! · (n + 1)! · 22n+2
n+1
(2n + 2) · (2n + 1) · (2n)!
(n + 1) · (n + 1) · 22 · n! · n! · 22n
.
(2n + 2) · (2n + 1)
2n
·
22n
(2n + 2) · (2n + 2)
n
=
=
=
2n + 1 1 · 3 · . . . · (2n − 1)
·
2n + 2
2 · 4 · . . . · (2n)
=
1 · 3 · . . . · (2n − 1) · (2(n + 1) − 1)
2 · 4 · . . . · (2n) · (2(n + 1))
Präsenzaufgabe 3:
Zeigen Sie: Die Zahlen 1007, 10017, 100117, 1001117, . . . sind alle durch 53 teilbar.
Lösung:
Sei sn := 1001| .{z
. . 1}7, dann lässt sich sn auch als Summe aus 10
. . 0} ,
| .{z
n Einsen
sn
1| .{z
. . 1}
und 6 darstellen, somit ist
n+3 Nullen n+1 Einsen
10n+3 + 10n + 10n−1 + . . . + 101 + 100 + 6
n
X
10n+3 +
10k + 6 .
=
=
k=0
Es ist s0 = 1007 = 19 · 53, also durch 53 teilbar.
Existiere für sn mit n > 0 nun ein ln ∈ N mit sn = ln · 53 (sei sn also durch 53 teilbar), so gilt
sn+1
=
n+1
X
10n+4 +
10k + 6
k=0
=
n
X
10n+3 +
10k + 6 −10n+3 + 10n+4 + 10n+1
k=0
|
{z
=sn
}
=
ln · 53 + 10n+1 −102 + 103 + 1
{z
}
|
=
ln+1 · 53
=901=17·53
mit ln+1 := ln + 10n+1 · 17 und nach dem Prinzip der vollständigen Induktion ist sn für jedes n ∈ N0 durch 53
teilbar.
Präsenzaufgabe 4:
1
1
∈ Z. Zeigen Sie: Dann ist auch an + n ∈ Z.
a
a
n
1
Hinweis: Betrachten Sie a +
.
a
1
Zusatzfrage: Für welche a ∈ R \ {−1, 1} gilt a + ∈ Z?
a
Sei n ∈ N, a ∈ R \ {0} und a +
Lösung:
Induktionsanfang n = 1: trivial
2
Induktionsanfang n = 2:
a+
1
1 2
= a2 + 2 + 2
a
a
⇒
a2 +
1 2
1
=
a
+
− |{z}
2 ∈Z X
a2
| {z a}
∈Z
∈Z
Induktionsvoraussetzung: Sei n ∈ N mit n > 2 gegeben. Es seien nun an−1 +
1
1
und an + n ganze Zahlen.
an−1
a
Induktionsschritt n − 1, n → n + 1:
Es ist für n > 2 nach binomischem Lehrsatz
a+
1 n
a
k
n X
n n−k 1
a
k
a
=
=
an +
k=0
1
an
+
n−1
X
k=1
n n−2k
a
,
k
somit ist
n−1
X
k=1
n n−2k
a
k
=
1 1 n n
− a + n
a+
| {z a}
| {z a }
∈Z
∈Z
eine ganze Zahl und wir erhalten
a+
1 n+1
a
=
=
1 n 1
· a+
a
a
! n−1
X n
1
1
n
n−2k
a + n+
a
· a+
a
k
a
a+
k=1
=
an+1 +
1
an+1
+ an−1 +
1
an−1
n−1
X n
1
·
an−2k .
+ a+
k
a
k=1
Somit ist
an+1 +
1
an+1
n−1 1 n+1 n−1
1 1 X n n−2k
= a+
− a
+ n−1 − a +
·
a
| {z a}
|
{z a }
| {z a} k=1 k
{z
}
|
∈Z
∈Z
∈Z
∈Z
eine ganze Zahl.
Zur Zusatzfrage:
Für a 6= 0 und k ∈ Z \ {−1, 0, 1} gilt
a+
1
=k
a
⇔
a2 + 1 = ka
⇔
a2 + 1 = ka
⇔
a2 − ka + 1 = 0
√
k ± k2 − 4
.
a=
2
⇔
Für k ∈ {2, −2} ist a = ±1. Somit ist
(
) (
)
√
√
√
√
√
k ± k2 − 4
3+ 5 3− 5
a∈
; k ∈ {3, −3, 4, −4, . . .} =
,
, 2 + 3, 2 − 3, . . . .
2
2
2
3