Vorkurs Grundlagen für das Mathematikstudium Lösungen 1

Universität Zürich, 11. September 2017
Vorkurs Grundlagen für das Mathematikstudium
Lösungen 1: Algebra und Logik
Lösung zu Aufgabe 1.
(a) Wir schreiben das Differenzen-Schema gemäss Skript Seite 5 auf.
3
-2
1
3
1
-6
2
-3
-2
0
Die unterstrichenen Zahlen werden nun eingesetzt in die Formel des Theorems 1.3 im Skript
(Seite 6). Dies ergibt dann
y =3+
x
x(x − 1)
x(x − 1)(x − 2)
· (−2) +
·3+
· (−6).
1
1·2
1·2·3
Multiplizieren wir aus und gruppieren die Terme gleicher Potenz, so erhalten wir schliesslich
das Polynom vom Grad 3: y = −x3 + 92 x2 − 11
2 x + 3. Durch Einsetzen kann man sich davon
überzeugen, dass die Punkte P , Q, R und S wirklich im Graphen des Polynoms liegen.
(b) Hier wissen wir nicht, welchen Grad das gesuchte Polynom hat. Wir betrachten das DifferenzenSchema.
0
1
13
7
23
13
+
23
12
19
33
13
+
23
+
33
37
43
13 + 2 3 + 3 3 + 4 3
6
18
0
6
24
61
0
0
6
Diese Form legt die Vermutung nahe, dass das Polynom den Grad 4 haben muss, da nachher
die Einträge im Differenzenschema 0 sind. Wir haben das natürlich nur für wenige Zeilen
überprüft. Daher argumentieren wir nun allgemein. Die Einträge in der zweiten Spalte sind
jeweils n3 . Die Einträge in der dritten Spalte sind
(n + 1)3 − n3 = 3n2 + 3n + 1.
Die Einträge in der vierten Spalte sind
3(n + 1)2 + 3(n + 1) + 1 − 3n2 − 3n − 1 = 6(n + 1).
Die Einträge in der fünften sind schliesslich immer 6 und in der sechsten (und damit in
allen darauf folgenden Spalten) immer 0. Es sind also nur fünf Spalten nicht 0 (wobei die
ersten Spalte einfach der Funktionswert ist). Also hat das Polynom tatsächlich Grad 4.
Setzen wir die Zahlen in die Formel ein (wie in (a)), so ergibt dies
x(x − 1)
x(x − 1)(x − 2)
x(x − 1)(x − 2)(x − 3)
+ 12 ·
+6·
2
6
24
4
3
2
x
x
x
+
+ .
4
2
4
y = x+7·
=
Wir können wiederum einsetzen, um zu sehen, dass das Polynom an den entsprechenden
Stellen die gewünschten Werte annimmt.
Lösung zu Aufgabe 2.
(a) Das Verfahren mit Theorem 1.3 liefert ein Polynom von Grad 3, das vorgegebene Werte
an den Stellen 0, 1, 2 und 3 annimmt. In der Aufgabe sind nur die Werte für 1, 2 und
3 vorgegeben. Wir können also zwei unterschliedliche Werte an der Stelle 0 vorgeben und
erhalten zwei unterschiedliche Polynome (denn sie unterscheiden sich ja an der Stelle 0!).
(b) Wir betrachten das Differenzen-Schema mit den ersten 4 Werten.
-1
3
2
2
5
7
6
8
13
20
Setzen wir die unterstrichenen Zahlen in die Formel ein, so erhalten wir
y = −1 + 3x + 2 ·
x(x − 1)
x(x − 1)(x − 2)
+6·
= x3 − 2x2 + 4x − 1.
2
6
Setzen wir nun in diese Formel x = 4 ein, so ergibt dies 47. Damit gibt es kein Polynom vom
Grad 3 mit den gewünschten Eigenschaften.
Lösung zu Aufgabe 3.
(a) Nein, denn das Niesen der Katze ist nur notwendig, nicht aber hinreichend für den Regen.
Achtung: falsche Schlussrichtung! Eine Schwierigkeit dabei ist, dass die kausale Abfolge
nicht der zeitlichen entspricht.
(b) Ja. Heute ist der 1. Januar. Dann war vorgestern der 30. Dezemeber, Peter hatte am 31.
Dezember letzten Jahres seinen 11. Geburtstag. Somit wird er am 31. Dezember nächsten
Jahres 13.
Lösung zu Aufgabe 4.
(a)
(i) Ist eine Aussage, die falsch ist.
(ii) Ist ein Befehl. Dieser kann nicht wahr oder falsch sein, daher ist es keine Aussage.
(iii) Ist eine Aussage, aber eine falsche: wäre es eine wahre Aussage, so sage ich nicht die
Wahrheit. Dann aber ist der Satz nicht wahr.
Ist der Satz dagegen nicht wahr, so folgt daraus, dass ich mindestens einmal die
Wahrheit sage. Das muss allerdings nicht bei diesem Satz der Fall sein, womit kein
Widerspruch entsteht. Damit ist der Satz eine falsche Aussage.
(b)
(i) Es gibt mindestens eine Frau, die nicht schön ist.
(ii) Der Boden ist nicht nass vom Regen und es gibt niemanden, der den Boden mit dem
Wasserschlauch vollgespritzt hat. Deutsch: Der Boden ist weder vom Regen nass noch
hat ihn jemand mit dem Wasserschlauch vollgespritzt.
(iii) Es gibt mindestens eine Frau oder einen Mann, die oder der immer alles vom Teller
aufgegessen hat.
Lösung zu Aufgabe 5. Wir wissen mit Sicherheit, dass mindestens jemand kommt, nämlich
Walter oder Kathrin. Wir betrachten diese beiden Fälle einzeln.
• Kommt Walter, so kommen auch Kathrin und Herr Meier. Mit Herr Meier kommt aber
auch Frau Meier. Da Kathrin kommt, ist auch Franziska dabei. Daraus folgt, dass in diesem
Falle die ganze Familie kommt. Das steht also im Widerspruch dazu, dass Frau Meier und
Franziska keinesfalls zusammen kommen. Somit kann dieser Fall nicht eintreten.
• Kommt Kathrin, so kommt sicherlich auch Franziska. Dann aber kann Frau Meier nicht
kommen und daher auch Herr Meier nicht (denn er geht nicht ohne sie). Im ersten Schritt
haben wir schon ausgeschlossen, dass Walter kommt. Somit ist klar, dass nur die beiden
Töchter kommen.
Lösung zu Aufgabe 6.
(a) Zwei aufeinanderfolgende Quadratzahlen sind n2 und (n + 1)2 . Nun ist
(n + 1)2 − n2 = (n2 + 2n + 1) − n2 = 2n + 1,
also ungerade.
(b) Betrachte das folgende Quadrat mit den Seitenlängen n + 1:
1 2 3 4 5 6
n
Das Quadrat besteht aus (n + 1)2 Quadraten der Seitenlänge 1 × 1. Von diesen liegen n + 1
2
genau auf der Diagonalen, und (n+1) 2−(n+1) unterhalb (und überhalb) der Diagonalen. Die
Anzahl der 1 × 1-Quadrate unterhalb der Diagonalen kann man auch mit 1 + 2 + · · · + n
zählen, womit
(n + 1)2 − (n + 1)
n(n + 1)
1 + 2 + ··· + n =
=
2
2
ist.
(c) Es ist
1+
1
1
n2 (n + 1)2 + (n + 1)2 + n2
n4 + 2n3 + 3n2 + 2n + 1
+
=
=
n2 (n + 1)2
n2 (n + 1)2
n2 (n + 1)2
2
(n2 + n + 1)2
n2 + n + 1
=
=
.
n2 (n + 1)2
n2 + n
Natürlich kommt man nicht «einfach so» auf diese Rechnung. Wenn man «drauf los» rechnet, kommt man schnell auf den Buch mit Zähler n4 + 2n3 + 3n2 + 2n + 1, von dort aus
aber nicht weiter.
Wenn wir wie in dem Hinweis vorgehen, erhalten wir für den Zähler die 1 = 12 , 9 = 32 ,
49 = 72 und 169 = 132 für n = 0, 1, 2, 3. Nun ist 3 = 1 + 2 · 1, 7 = 3 + 2 · 2, 13 = 7 + 2 · 3.
Wir können also vermuten, dass der Zähler gleich (1 + 2 · (1 + 2 + · · · + n))2 ist. Wegen
1 + 2 + · · · + n = n(n+1)
erhalten wir als Vermutung (n2 + n + 1)2 . Multiplizieren wir dies
2
aus, erhalten wir tatsächlich n4 + 2n3 + 3n2 + 2n + 1.
Lösung zu Aufgabe 7.
(a) Da (n + 1)! gerade das Produkt der Zahlen 2, . . . , (n + 1) ist, kann man jeweils den zweiten
Summanden ausklammern, was dann beweist, dass es keine Primzahlen sein können. So ist
zum Beispiel (n + 1)! + 3 = 3(2 · 4 · · · (n + 1) + 1).
(b) Sei also {p0 , . . . , pm } die Menge aller Primzahlen. Dann definieren wir
q := p0 · · · pm + 1.
Jede natürliche Zahl besitzt eine eindeutige Zerlegung in Primfaktoren. Aber teilen wir q
durch eine beliebige Primzahl pi , so erhalten wir Rest 1. Das bedeutet, dass q nicht weiter
zerlegt werden kann und somit selbst eine Primzahl ist. Dies jedoch ist ein Widerspruch,
denn q ist nicht in der Menge aller Primzahlen enthalten. Wir können also folgern, dass es
unendlich viele Primzahlen gibt.
Bemerkung: In der obigen Argumentation verwenden wir, dass es Primzahlen gibt. Wäre
nämlich die Menge der Primzahlen leer, so wäre q = 1, also keine Primzahl.
Lösung zu Aufgabe 8. Sei n die Anzahl der Bücher in der Bibliothek. Dann stehen in jedem
Buch höchstens n−1 Wörter. Wir wenden das Schubladenprinzip an. Wir müssen dazu n Bücher
in die n − 1 «Schubladen» verteilen. Eine Schublade muss also zwei Bücher enthalten, das heisst,
zwei Bücher enthalten gleichviele Wörter. Das darf aber nicht sein. Daher muss ein Buch leer
sein, und den Inhalt dieses Buches kennen wir.