Vorkurs Mathematik: Arbeitsblatt 1 - KIT

Karlsruher Institut für Technologie (KIT)
Institut für Analysis
Dipl.-Math. Alexander Ullmann
Oktober 2010
Vorkurs Mathematik: Arbeitsblatt 1
Lösung 1.1
A ∨ C, A ⇒ D, A ⇔ E, A ∨ B ⇒ F, F ∧ G ⇒ A.
Achtung: Das ist falsch: C ⇐⇒ B. Warum? Richtig hingegen ist B ⇒ C.
Lösung 1.2
a)
(i) A = {x | x ist eine Himmelsrichtung}.
(ii) Die Darstellung suggeriert, daß es sich um die Menge der ungeraden Zahlen handelt,
also um
B = {x | x ist eine ungerade Zahl} = {x | ∃n ∈ N : x = 2n − 1}.
(1)
ACHTUNG: Tatsächlich ist nicht klar, um welche Menge es sich handelt, da die „Pünktchennotation“ niemals exakt ist, vgl. Vorlesung/Skript. Die Identitäten in (1) hingegen
zeigen mathematisch korrekte Darstellungen der Menge der ungeraden Zahlen.
b)
(i) C = {0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49}
(ii) Definiere E := k|k ∈ Z und
2
k
∈Z .
1
|k ∈ E} = − 16 , − 13 , 13 , 16 .
Dann gilt E = {−2, −1, 1, 2} und somit D = { 3k
Lösung 1.3
a) Bitte beachten Sie, daß es bei der Übertragung mathematischer Sachverhalte auf die sprachliche Ebene niemals nur eine Möglichkeit gibt. Diskutieren Sie weitere, aber achten Sie bei
diesen auf eine korrekte Sprache.
„Es existiert (mindestens) ein x aus X so, daß für alle y aus Y die Aussage F(x, y) wahr
ist.“
„Für (mindestens) ein x aus X existiert ein y aus Y mit F(x, y).“
„Für alle x aus X existiert ein y aus Y (welches in der Regel von x abhängt) so, daß F(x, y)
gilt.“
„Für alle x aus X und y aus Y gilt F(x, y).“
b) „Es gibt einen Teilnehmer diese Vorkurses, der alle Aufgaben eigenständig gelöst hat.“
„Mindestens ein Teilnehmer hat eine Aufgabe eigenständig gelöst.“
„Alle Teilnehmer haben mindestens eine Aufgabe (welche vom Teilnehmer abhängt) eigenständig gelöst.“
„Alle Teilnehmer haben alle Aufgaben eigenständig gelöst.“
Lösung 1.4
Diese Aufgabe soll deutlich machen, daß die Reihenfolge der Quantoren wichtig ist und durch das
Vertauschen i.A. eine andere Aussage entsteht.
Zunächst zur Aussage ∀x ∈ Z : ∃y ∈ Z : x + y = 0 : Sei x ∈ X. Setze y := −x, dann ist y ∈ Z das
additive inverse Element zu x, dessen Existenz die Lösbarkeit von Gleichungen der Form a+x = b
in Z garantiert (Näheres im Studium). Insbesondere ist diese Aussage wahr. Die Negierung der
Aussage ist
¬ ∀x ∈ Z : ∃y ∈ Z : x + y = 0 =||= ∃x ∈ Z : ∀y ∈ Z : x + y 6= 0
und folglich falsch.
Die Aussage ∃x ∈ Z : ∀y ∈ Z : x + y = 0 ist falsch. Das sieht man, in dem man zeigt, daß ihre
Negation wahr ist: Es gilt
¬ ∃x ∈ Z : ∀y ∈ Z : x + y = 0 =||= ∀x ∈ Z : ∃y ∈ Z : x + y 6= 0 .
Wir müssen also für alle x aus Z ein y aus Z finden so, daß x + y 6= 0 ist. Sei dazu x ∈ Z. Setze
y := x2 +x+2, dann ist y ∈ Z, und es gilt x+y = x2 +2x+2 = (x+1)2 +1 ≥ 1, also insbesondere
x + y 6= 0.
Lösung 1.5
Die Aussage läßt sich folgendermaßen formalisieren:
∀x ∈ X :
E(x) ∨ F(x) ∧ ¬ E(x) ∧ F(x) .
(2)
Die Negation dieser Aussage lautet
∃x ∈ X :
¬E(x) ∧ ¬F(x) ∨ E(x) ∧ F(x) .
Bemerkung: Um eine Aussage vom Typ (2) zu beweisen, zeigt man oft die folgende tautologisch
äquivalente Aussage:
∀x ∈ X :
E(x) ∨ F(x) ∧ E(x) ⇒ ¬F(x) .
(3)
Lösung 1.6
a) Wir definiere die Aussagen
A:
B:
C:
D:
E:
Es regnet.
Ich werde naß.
Ich stehe draußen.
Ich habe keinen Regenschirm dabei.
Ich kann mich nirgendwo unterstellen.
Dann läßt sich die gegebene Aussage formalisieren als:
(A ∧ C ∧ D ∧ E) ⇒ B.
Die Verneinung lautet
¬ (A ∧ C ∧ D ∧ E) ⇒ B =||= A ∧ C ∧ D ∧ E ∧ ¬B.
Dies läßt sich umgangssprachlich folgendermaßen ausdrücken: „Es regnet, ich stehe draußen, habe
keinen Regenschirm dabei und kann mich nirgendwo unterstellen, aber werde (trotzdem) nicht
naß.“
b) Wir definiere X als die Menge aller Kursteilnehmer, und für alle (x, y) ∈ X × X bezeichne
S(x, y) die Aussage „x sieht y“. Dann läßt sich die gegebene Aussage formalisieren als:
∀ x ∈ X ∃ y ∈ X : S(x, y) ∧ S(y, x) ∧ ∃ z ∈ X : ¬S(y, z) .
Die Verneinung lautet
∃x ∈ X ∀y ∈ X :
¬S(x, y) ∨ ¬S(y, x) ∨ ∀ z ∈ X : S(y, z) .
Für festes (x, y) ∈ X × X können wir folgende tautologische Umformung vornehmen:
¬S(x, y) ∨ ¬S(y, x) ∨ ∀ z ∈ X : S(y, z)
=||=
¬ S(x, y) ∧ S(y, x) ∨ ∀ z ∈ X : S(y, z)
=||=
S(x, y) ∧ S(y, x) ⇒ ∀ z ∈ X : S(y, z) .
Damit erhalten wir die folgende umgangssprachlich Formulierung (man beachte den selben Hinweis wie zu Beginn der Lösung von Aufgabe 1.3) : „Es gibt einen Kursteilnehmer derart, daß
jeder andere Kursteilnehmer der ihn ansieht und auch von ihm angesehen wird schon alle anderen
Kursteilnehmer ansieht.“
Übrigens: Es läßt sich natürlich auch darüber diskutieren, wie man eine reale Situation herstellen
kann, in der diese Aussage wahr ist (Zum Beispiel bei einer gerade Anzahl von Teilnehmern, indem
sich je zwei direkt ansehen, und die andere nicht im direkten Blickfeld stehen).
Lösung 1.7
⇔
⇔
⇔
Also
⇔
⇔
⇔
Also
4(1 − x) + 3(x + 2)
−4x + 3x
−x
x
ist L = (2, ∞).
c)
e)
≤ 2(x − 6)
≤ 2x − 12
≤ −12 − 3
≤ − 15
2 −∞, − 15
2 .
4x + 3
4x + 3
2x
x
ist L =
a)
x−1
2
b)
⇔
⇔
⇔
Also
<8
<8−4−6
< −2
>2
9x ≥ 3(6x−1)
2
⇔ 9x − 9x ≥ −3/2
⇔
0 ≥ −3/2
Das ist für alle x ∈ R erfüllt, also ist
L = R.
d)
≥ 1−x
3
x − 1 ≥ 23 − 23 x
5
5
3x ≥ 3
x ≥ 1
ist L = [1, ∞)
3x − 1 ≤ 2(x − 3) − (2 − x)
⇔ 3x − 2x − x ≤ 1 − 6 − 2
⇔
0 ≤ −7
Also ist L = ∅.
f)
⇔
⇔
⇔
Also
−7x ≥ 3(x−1)
2
−14x − 3x ≥ −3
−17x ≥ −3
3
x ≤ 17
3
ist L = −∞, 17 .
Lösung 1.8
a)
b)
1
1
3− 2 < 12 2
⇔
1 < (1/2)1/2 · 31/2
⇔
1 < (3/2)1/2
Die Ungleichung ist erfüllt, da 3/2 > 1 und damit auch (3/2)1/2 > 1 gilt.
(1 + a)2 ≤ 1 + 2a
⇔ 1 + 2a + a2 ≤ 1 + 2a
⇔
a2 ≤ 0
ist genau dann erfüllt, wenn a = 0.
a2 > 2,
√ a∈Z
⇔ |a| > 2 a ∈ Z
ist erfüllt für alle a ∈ Z mit a ≥ 2 oder a ≤ −2.
a
1+a
d)
>
beide Nenner positiv!
a
a−1
c)
⇔ (1 + a)(a − 1) > a2
⇔
a2 − 1 > a2
⇔
−1 > 0
ist für kein a ∈ R erfüllt.