2. Übungsblatt Mathematik I

Fakultät für Luft- und Raumfahrttechnik
Institut für Mathematik und Rechneranwendung
Prof. Dr. Matthias Gerdts
Herbsttrimester 2017
2. Übungsblatt Mathematik I
2.1 Bestimmen Sie eine Formel zur Berechnung der folgenden Gewinnwahrscheinlichkeiten
beim Lotto 6 aus 49:
(a) Genau k Richtige für 1 ≤ k ≤ 6.
(b) Einen Gewinn, also mindestens 3 Richtige.
2.2 Berechnen Sie den für n ∈ N denierten Ausdruck
n
n
n
n
n n
A :=
−
+
−
+ . . . + (−1)
.
0
1
2
3
n
Tipp: Binomiallehrsatz
2.3 Berechnen Sie die folgenden Ausdrücke
(a)
4 P
k
P
ik
k=1 i=1
(b)
10 P
10
P
ik
k=1 i=1
(c)
10 P
10
P
(i + k)
k=1 i=1
2.4 Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion
n Y
n+1
k
1 + x2
k=0
=
1 − x2
1−x
für alle n ∈ N0 und alle x 6= 1.
2.5 Wir denieren die folgenden Mengen:
F : Die Menge alle Fische in einem Fluss
L : Die Menge der Leckerellen im Fluss
E : Die Menge der Ekelitzen im Fluss
U : Die Menge der ungenieÿbaren Fische im Fluss
G : Die Menge der gelben Fische im Fluss
B : Die Menge der blauen Fische im Fluss
Ma : Die Teilmenge aller Fische, die höchstens a Gramm wiegen.
Es gilt Ma ⊆ Mb für a < b.
Übersetzen Sie mit Hilfe dieser Denitionen die folgenden Voraussetzungen in mengentheoretische Aussagen:
In einem Fluss gibt es genau zwei Fischarten, Leckerellen und Ekelitzen, deren erste eine
ausgesprochene Delikatesse, deren zweite jedoch ungenieÿbar ist. Es ist bekannt, dass
jeder gelbe Fisch eine Ekelitze ist, dass jede Leckerelle höchstens 500g wiegt und dass
jede Ekelitze mehr als 300g wiegt.
Beschreiben Sie nun die nachstehenden Aussagen durch mengentheoretische Aussagen.
(a) Es gibt gelbe Fische im Fluss.
(b) Es gibt Fische in dem Fluss, die höchstens 500g wiegen.
(c) Es gibt Fische im Fluss, die höchstens 500g wiegen und nicht gelb sind.
(d) Alle gelben Fische im Fluss wiegen mehr als 500g.
(e) Alle Fische im Fluss, die schwerer sind als 800g, sind ungenieÿbar.
(f) Alle Fische im Fluss, die höchstens 400g wiegen, sind genieÿbar.
(g) Jeder gelbe Fisch im Fluss, der höchstens 200g wiegt, ist blau.
2.6 Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion, dass für alle n ∈ N gilt
n
X
1
k 3 = n2 (n + 1)2 .
4
k=1
2.7 Bestimmen Sie die folgenden Mengen
(
A :=
1 −
x ∈ R \ Z
1+
1
x
1
x
+
1+
1−
1
x+2
1
x+2
)
=3 ,
B := {y ∈ R | sin(πy) = 0},
C := {z ∈ R | 2z 2 + 2z = 12},
D := {w ∈ R+ | ln(w) − 3 ln(2) ≤ 2},
o
n
π π
E := v ∈ − ,
tan(v) ≤ sin(v) ,
2 2
F := C ∪ (A \ B),
G := (C ∩ D) ∪ E
2.K Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion, dass für alle n ∈ N gilt
n
X
k=1
k
(n + 1)! − 1
=
.
(k + 1)!
(n + 1)!
2
Lösungen
2.1 (a) Die Wahrscheinlichkeit ist die Anzahl der günstigen durch die Anzahl der möglichen
Ausgänge der Lottoziehung. Um aus einer Menge mit n Elementen k Elemente aus
zuwählen hat man nk Möglichkeiten. Um also k Richtige zu haben muss man k der
6 richtigen Zahlen und 6 − k der 43 falschen Zahlen haben. Als mögliche Ausgänge
kann man 6 der 49 Zahlen haben. Es ergibt sich somit die Wahrscheinlichkeit für k
Richtige:
6
k
43
6−k
49
6
.
(b) Um mindestens 3 Richtige zu haben addiert man die Wahrscheinlichkeiten 3,4,5 oder
6 Richtige zu haben, also ist die Wahrscheinlichkeit
6
X
6
k
k=3
2.2 Es gilt
n
X
43
6−k
49
6
.
X
n n
n n−k
(−1)
A=
=
1 (−1)k = (1 + (−1))n = 0.
k
k
k=0
k=0
k
2.3 Berechnen Sie die folgenden Ausdrücke
(a)
k
4 X
X
ik = 1 + (2 + 4) + (3 + 6 + 9) + (4 + 8 + 12 + 16) = 65.
k=1 i=1
(b)
10 X
10
X
k=1 i=1
10
10
X
X
ik =
k
i=
k=1
i=1
10
X
!
i
i=1
10
X
!
k
10
X
=
!2
i
=
i=1
k=1
10 · 11
2
(c)
10 X
10
X
10 X
10
X
(i + k) =
k=1 i=1
!
i
+
10 X
10
X
k=1 i=1
= 2
= 2
10 X
10
X
k=1 i=1
i
k=1 i=1
10
X
k=1
10
X
10 · 11
=2
55
2
k=1
= 2 · 55 · 10 = 1100
3
!
k
2
= 552 = 3025.
2.4 Sei x 6= 1.
: Für n = 0 gilt die Aussage, da
Induktionsanfang
0 Y
0+1
1+x
2k
=1+x
20
k=0
(1 + x)(1 − x)
1 − x2
=1+x=
=
.
1−x
1−x
: Die Aussage gelte für ein
Induktionsannahme
n Y
1+x
1 − x2
=
.
1−x
(n+1)+1
1+x
2k
k=0
n+1
Y
Dann gilt die Aussage auch für n + 1, d.h. wir müssen zeigen
n+1
Y
Induktionsschluss
n ∈ N0 , d.h. es gelte
n+1
2k
k=0
Induktionsbehauptung:
beliebiges
1 − x2
=
1−x
.
:
1+x
2k
=
1+x
2n+1
k=0
n Y
k
1 + x2
k=0
Induktionsannahme
=
1 − x2n+1
n+1
1 + x2
1 − x
2n+1 2
1 − (x
)
=
1−x
=
1 − (x2
n+1 ·2
)
1−x
(n+1)+1
1 − x2
.
1−x
=
Damit ist die Aussage nach dem Prinzip der vollständigen Induktion für alle n ∈ N0
bewiesen.
2.5 Die Voraussetzungen sind
Im Fluss gibt es genau zwei Fischarten, Leckerellen und Ekelitzen:
Leckerellen sind Delikatessen:
F = L ∪ E; L 6= ∅; E 6= ∅
L⊆F \U
Ekelitzen sind ungenieÿbar:
E⊆U
Jeder gelbe Fisch ist eine Ekelitzen:
G⊆E
Jede Leckerelle wiegt höchstens 500g:
Jede Ekelitze wiegt mehr als 300g:
L ⊆ M500
E ⊆ F \ M300
oder E ∩ M300 = ∅
(a) Es gibt gelbe Fische im Fluss: G 6= ∅
4
(b) Es gibt Fische in dem Fluss, die höchstens 500g wiegen: M500 6= ∅
(c) Es gibt Fische im Fluss, die höchstens 500g wiegen und nicht gelb sind:
M500 ∩ (F \ G) 6= ∅
(d) Alle gelben Fische im Fluss wiegen mehr als 500g: G ⊆ F \ M500
(e) Alle Fische im Fluss, die schwerer sind als 800g, sind ungenieÿbar: F \ M800 ⊆ U
(f) Alle Fische im Fluss, die höchstens 400g wiegen, sind genieÿbar: M400 ⊆ F \ U
(g) Jeder gelbe Fisch im Fluss, der höchstens 200g wiegt, ist blau: G ∩ M200 ⊆ B
2.6
: Für n = 1 gilt die Aussage, da
Induktionsanfang
1
X
1
k 3 = 13 = 1 = 12 (1 + 1)2 .
4
k=1
: Die Aussage gelte für ein
Induktionsannahme
beliebiges
n ∈ N, d.h. es gelte
n
X
1
k 3 = n2 (n + 1)2 .
4
k=1
Induktionsbehauptung:
Dann gilt die Aussage auch für n + 1, d.h. wir müssen zeigen
n+1
X
1
k 3 = (n + 1)2 (n + 2)2 .
4
k=1
Induktionsschluss
:
n+1
X
k
3
3
=
(n + 1) +
n
X
k3
k=1
k=1
1
(n + 1)3 + n2 (n + 1)2
4
1
(n + 1)2 [4(n + 1) + n2 ]
4
1
(n + 1)2 (n + 2)2 .
4
Induktionsannahme
=
=
=
Damit ist die Aussage nach dem Prinzip der vollständigen Induktion für alle n ∈ N
bewiesen.
2.7 Wir formen zunächst die Gleichung in A um:
1−
3=
1+
1
x
1
x
+
1+
1−
1
x+2 x6∈{0,−1,−2}
=
1
x+2
x−1 x+2+1
2(x + 1)
+
=
.
x+1 x+2−1
x+1
Diese Gleichung hat keine Lösung und damit folgt
(
A=
1 −
x ∈ R \ Z
1+
5
1
x
1
x
+
1+
1−
1
x+2
1
x+2
)
=3
= ∅.
Weiterhin sind die Nullstellen des Sinus in πZ. Also ist
B = {y ∈ R | sin(πy) = 0} = Z.
Die Lösungsformel für die quadratische Gleichung 2z 2 + 2z − 12 = 0 liefert
z1,2 =
−2 ±
√
4 + 96
4
1 5
=− ± .
2 2
Damit ist
C = {z ∈ R | 2z 2 + 2z = 12} = {−3, 2}.
Wegen w ∈ R+ ist der Logarithmus in der Denition von D wohldeniert. Es gilt
ln(w) − 3 ln(2) ≤ 2
⇔
ln
w
23
≤2
w ≤ 8e2 ,
⇔
wobei die letzte Äquivalenz aus der strengen Monotonie der Exponentialfunktion folgt.
Somit ist
D = {w ∈ R+ | ln(w) − 3 ln(2) ≤ 2} = (0, 8e2 ].
Nach Denition gilt mit cos(v) > 0 für v ∈ − π2 , π2 :
sin(v)
≤ sin(v)
cos(v)
⇔ sin(v) ≤ sin(v) cos(v)
tan(v) ≤ sin(v) ⇔
⇔ sin(v)(1 − cos(v)) ≤ 0
Damit gilt Gleichheit für v = 0 und, da der Faktor (1 − cos(v)) für v ∈ − π2 , π2 \ {0}
positiv ist, muss dann sin(v) ≤ 0 sein, also v ≤ 0 sein. Es folgt
π π
o π i
E= v∈ − ,
tan(v) ≤ sin(v) = − , 0 .
2 2
2
n
Nun erhalten wir
F = C ∪ (A \ B) = {−3, 2} ∪ (∅ \ Z) = {−3, 2} ∪ ∅ = {−3, 2}.
π i π i
2
G = (C ∩ D) ∪ E = ({−3, 2} ∩ (0, 8e ]) ∪ − , 0 = − , 0 ∪ {2}.
2
2
2.K
: Für n = 1 gilt die Aussage, da
Induktionsanfang
1
X
k=1
k
1
1
(1 + 1)! − 1
=
= =
.
(k + 1)!
2!
2
(1 + 1)!
: Die Aussage gelte für ein
Induktionsannahme
n
X
k=1
beliebiges
k
(n + 1)! − 1
=
.
(k + 1)!
(n + 1)!
6
n ∈ N, d.h. es gelte
Induktionsbehauptung:
Dann gilt die Aussage auch für n + 1, d.h. wir müssen zeigen
n+1
X
k=1
Induktionsschluss
n+1
X
k=1
k
(n + 2)! − 1
=
.
(k + 1)!
(n + 2)!
:
k
(k + 1)!
n
X
n+1
k
+
(n + 2)! k=1 (k + 1)!
=
Induktionsannahme
=
=
=
(n + 1)! − 1
n+1
+
(n + 2)!
(n + 1)!
(n + 1) + [(n + 1)! − 1](n + 2)
(n + 2)!
(n + 2)! − 1
.
(n + 2)!
Damit ist die Aussage nach dem Prinzip der vollständigen Induktion für alle n ∈ N
bewiesen.
7