¨Ubungen zur Vorlesung Mathematik I/1

Institut für Wissenschaftliches Rechnen
Prof. Dr. Jörg Wensch
Dr. Ute Feldmann
Übungen zur Vorlesung Mathematik I/1
2. Woche
Ü1: Lösungen 1.3, 1.7, 1.8
1.3 p = 1 q = 1
(a) p ∧ q = 0
(e) p ∨ q = 1
(b) p ∧ q = 0
(f) (p ∧ q) = 1 entspricht b) negiert
(c) (p ∧ q) = 0
(g) (p ∨ q) ∧ p = 0 durch Absorption
(d) p ⇒ q = 1
(h) (p ⇒ q) = 0 entspricht d) negiert
1.7 (c)
(p ⇒ q) ⇒ q = (p ∨ q) ⇒ q
= (p ∨ q) ∨ q
= (p ∧ q) ∨ q
= (p ∨ q) ∧ (q ∨ q)
| {z }
=1
= (p ∨ q)
(d)
(p ∨ q) ∧ (r ∨ q) = (p ∨ q) ∧ (r ∧ q)
= (p ∧ r ∧ q) ∨ (q ∧ q ∧r)
| {z }
=0
| {z }
=0
= (p ∧ r ∧ q)
1.8 (b),(c) Regel von De Morgan, (b) siehe Folie 1/2/5
(d) Linke Seite kanonisch disjunktive Normalform“ = Disjunktion von Elementartermen“, die Einsen
”
”
in der Wertetabelle erzeugen (Wird in der Vorlesung Systemtheorie“ im 3. Semester behandelt)
”
(e),(f) Distributivität = ausUNDen“ bzw. ausODERn“ in Analogie zu Ausmultiplizieren
”
”
Ü1 Aufgabe 1.5.
Gesucht sind also diejenigen ’Quantor-haltigen’ Aussagen aus (a) bis (d), die wahr sind.
(a) ∀a ∈ R : ∀b ∈ R : (a > b) ⇒ (a2 > b2 )
(b) . . .
Lösung: a), e) falsch; Rest wahr.
Prinzip: Eine Aussage ist entweder wahr oder falsch. Die ’Wahrheit’ (einer ∀-Aussage) wird nachgewiesen, indem unter Verwendung der Voraussetzungen (also dem, was links vom Implikationspfeil steht) die
Behauptung (rechts vom Implikationspfeil) hergeleitet wird.
Ist die Aussage falsch, so ist ihre Negation wahr. Da bei der Negation aus ∀a ∈ R : ∀b ∈ R : . . . ein
∃a ∈ R : ∃b ∈ R : . . . wird, genügt hier zum Nachweis der Wahrheit (der ∃-Aussage) die Angabe eines
Beispiels (was letztendlich ein Gegenbeispiel zur ∀-Aussage ist).
Ü1 Aufgabe 1.6.
Bilden Sie die Negation von:
a) Eine notwendige Bedingung dafür, dass zwei Dreiecke kongruent sind, ist, dass sie gleichen Flächeninhalt haben.
b) Zu jedem Mann gibt es mindestens eine Frau, die ihn nicht liebt.
Lösung: Bedeutung ’hinreichend’ und ’notwendig’:
’a ist hinreichend für b’ = (a ⇒ b)
’a ist notwendig für b’ = (ā ⇒ b̄) = (b ⇒ a)
Kontraposition
(a) mit a=’2 Dreiecke haben gleichen Flächeninhalt’ und b=’2 Dreiecke sind kongruent’ liegt die Aussageform ā ⇒ b̄ vor.
Negation der Aussageform = ā ⇒ b̄ = b ⇒ a
in Worten: Dass 2 Dreiecke gleichen Flächeninhalt haben ist keine notwendige Bedingung dafür,
dass sie kongruent sind.
oder
Dass 2 Dreiecke kongruent sind ist nicht hinreichend dafür, dass sie gleichen Flächeninhalt haben.
Bemerkung: Während die orginale Aussageform für alle Dreiecke WAHR ist, ist natürlich deren
Negation für manche Dreiecke FALSCH. Also nicht wundern, wenn die Lösung nicht vertrauenerweckend klingt ...
(b) Mit l(f, m) =’f liebt m’ und M/F =’Menge der Männer/Frauen’ lässt sich die orginale Aussage
formal schreiben als
∀m ∈ M : ∃f ∈ F : l(f, m)
Man beachte, dass hier die Liebe als unidirektionale Beziehung betrachtet wird (’Sie liebt ihn’ heißt
nicht unbedingt auch ’Er liebt sie’) ... ;-)
Negation der Aussage:
∀m ∈ M : ∃f ∈ F : l(f, m) = ∃m ∈ M : ∀f ∈ F : l(f, m)
in Worten: Es gibt einen Mann, den alle Frauen lieben.
Bemerkung: wie bei (a) Während die Orginalaussage wahr ist, ist deren Negation natürlich falsch.
Ü1 Aufgabe 1.9.
Es sei Z(x, y) eine Aussageform. Bilden Sie die Negation von:
a) ∀x ∀y : Z(x, y),
b) ∀x ∃y : Z(x, y),
c) ∃x ∀y : Z(x, y),
d) ∃x ∃y : Z(x, y).
Lösung: a) ∀x ∀y : Z(x, y) = ∃x ∃y : Z(x, y)
...
Ü1 Aufgabe 1.10.
Es seien x und y Variable für reelle Zahlen. Bestimmen Sie die Wahrheitswerte von:
a) ∀x ∀y : y = x2 ,
b) ∀x ∃y : y = x2 ,
c) ∃x ∀y : y = x2 ,
d) ∃x ∃y : y = x2 ,
e) ∀y ∃x : y = x2 ,
f) ∃y ∀x : y = x2 .
Lösung: Für x, y ∈ R: b),d) wahr, Rest falsch. Für x, y ∈ C: b),d), e) wahr, Rest falsch.
Ü1 Aufgabe 2.1.
Zeigen Sie, dass für die endliche geometrische Reihe die Darstellung
(
1−q n+1
2
n
1−q , falls q 6= 1
1 + q + q + ... + q =
n + 1,
falls q = 1
für alle n ∈ N, q ∈ R gilt. Welche Situationen ergeben sich beim Grenzübergang n → ∞?
Lösung: für q 6= 1:
S = 1 + q + q2 + . . . + qn
2
qS =
(1)
n
q + q + ... + q + q
(1 − q)S = 1 − q
n+1
(2)
n+1
(1) − (2)
n+1
S=
1−q
1−q
n+1
1−q
lim
n→∞
1−q
=
q.e.d.



1
1−q ,
∞,


Grenzwert existiert nicht
falls |q| < 1
falls q > 1
falls q ≤ −1
Ü1 Aufgabe 2.2.
Zeigen Sie durch vollständige Induktion:
n
P
k 2 = n(n+1)(2n+1)
,
a)
6
c)
k=1
n
P
k3 =
k=1
e) 3
n+1
P
n+1 2
,
2
n
P
h)
k=1
n
P
2
3
2
(2k − 1) = 4n + 12n + 11n + 3,
d)
k=1
n
P
f)
n
P
(2k − 1) = n2 ,
k
2k
=2−
k
kx =
k=1
cos((2k − 1)x) =
k=1
n
P
k=1
k=1
g)
b)
√1
k
>
√
sin(2nx)
2 sin x



n+2
2n
n(n+1)
2
x
x−1
nxn −
für x = 1
xn −1
x−1
für x 6= 1
(x 6= mπ, m ganze Zahl),
n (n = 2, 3, . . .).
Lösung:
h) z.zg.:
Pn
k=1
√1
k
>
√
n
Induktionsanfang: n = 2
2>1→
√
√
und da 2/ 2 = 2 ist, folgt
√
√
1+1
1+ 2
> √
2>1→ √
2
2
√
1+ 2 √
√
> 2.
2
Induktionsvoraussetzung: die Ungleichung gilt für ein n ≥ 2:
n
X
√
1
√ > n.
k
k=1
Induktionsbehauptung: Dann gilt die Ungleichung auch für n + 1: Also zu zeigen ist
n+1
X
k=1
√
1
√ > n + 1.
k
Beweis: zum Nachweis einer > Relation, wird die ’rechte’ Seite nur umgeformt (=) oder kleiner
gemacht (>), jedoch NICHT die ’linke’ Seite ’kleiner’ machen!
n+1
X
k=1
1
√
k
=
>
=
>
=
n
X
1
1
√ +√
n+1
k
k=1
√
1
n+ √
(! Induktionsvoraussetzung)
n+1
p
√ √
n(n + 1) + 1
n n+1+1
√
√
=
n+1
n+1
p
n(n) + 1
n+1
√
=√
n+1
n+1
√
n+1
q.e.d..
Zugegeben, die letzten zwei Zeilen sind ’vorwärts’ kaum zu finden. Da hilft es oft, vom Ziel aus etwas
’rückwärts’ zu suchen.
Ü1 Aufgabe 2.4.
Zeigen Sie durch indirekten Beweis, dass
√
√
√ 2 irrationale Zahlen sind,
a) 3, log2 6 bzw 1+3
1− 2
b) die Gleichung ex = 0 für keine reelle Zahl x eine Lösung hat,
c) für beliebige a, b ∈ R gilt: (a2 + b2 )2 ≥ 4ab(a − b)2 ,
√
√
√
d) für a, b ∈ R mit 0 < a < b die Ungleichung b − a < b − a gilt,
e) die Umkehrfunktion einer streng monoton fallenden Funktion ebenfalls streng monoton fallend ist,
√
*f) p für jede Primzahl irrational ist.
Lösung:
a) Wir nehmen jeweils an, dass die Zahl als rationale Zahl in der Form p/q mit q 6= 0 darstellbar ist.
(i) Folgende Umformungen sind äquivalent:
√
3 =p/q
2
3 = p /q 2
3q 2 =p2
Betrachten wir das Auftreten des Faktors 3 in der Primfaktorzerlegung. In einem Quadrat tritt
3 (wie jeder Primfaktor) in gerader Potenz auf. Wir argumentieren nun mit der Eindeutigkeit
der Primfaktorzerlegung: Auf der linken Seite tritt 3 in ungerader Potenz auf, auf der rechten in
gerader Potenz. Dies ist ein Widerspruch.
(ii) Folgende Umformungen sind äquivalent:
log2 6 =p/q
2p/q =6
2p =6q = 2q 3q
Wir argumentieren wieder mit der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung. Daraus folgt sofort
p = q (Primfaktor 2) und q = 0 (Primfaktor 3). Letzteres widerspricht unserer Voraussetzung
q 6= 0.
(iii) Folgende Umformungen sind äquivalent:
√
1+3 2
√ =p/q
1− 2
√
√
(1 + 3 2)q =(1 − 2)p
√
q − p = 2(−p − 3q)
√
Da 2 irrational ist, muss sowohl −p − 3q = 0 als auch q − p = 0 gelten. Daraus folgert man
p = q = 0 und somit einen Widerspruch.