Vorkurs Höhere Mathematik CC

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Herbst 2015
Blatt 2
Vorkurs Höhere Mathematik
1. Gehen Sie die Inhalte der heutigen Vorlesung in kleinen Gruppen durch und fertigen Sie eine Zusammenfassung bzw. ein Formelblatt an.
2. Beweisen Sie die folgenden Aussagen mittels vollständiger Induktion:
(a) Die Summe über die ersten n ungeraden Zahlen liefert für alle n ∈ N den Wert n2 .
(b) Die Bernoulli’sche Ungleichung (1 + x )n ≥ 1 + nx gilt für alle reellen Zahlen x ≥ −1 und alle
n ∈ N.
(c) Für alle n ∈ N gilt: ∑in=1 (i2 − 1) = 16 (2n3 + 3n2 − 5n).
(d) Für alle n ∈ N>4 gilt: 2n > n2 .
(e) Die Fibonacci-Zahlen F0 , F1 , F2 , . . . sind rekursiv definiert durch F0 = 0, F1 = 1 und Fn = Fn−1 +
Fn−2 für n ≥ 2. Für alle n ∈ N gilt: ∑in=1 ( Fi )2 = Fn · Fn+1 .
Lösung:
(a) Induktionsanfang: n = 1.
∑1k=1 (2k − 1) = 2 · 1 − 1 = 1 = 12 = n2 X
Induktionsvoraussetzung:
Es gilt ∑nk=1 (2k − 1) = n2 für ein n ∈ N.
Induktionsschritt:
+1
n
2
2
∑nk=
1 (2k − 1) = ∑k =1 (2k − 1) + 2( n + 1) − 1 = n + 2n + 1 = ( n + 1) . X
(b) Induktionsanfang: n = 1.
(1 + x )1 = 1 + x ≥ 1 + 1x für alle x ∈ R und damit für alle x ≥ −1 X
Induktionsvoraussetzung:
Es gilt (1 + x )n ≥ 1 + nx für ein n ∈ N und x ∈ R mit x ≥ −1.
Induktionsschritt:
(1 + x )n+1 = (1 + x )(1 + x )n ≥ (1 + x )(1 + nx ) = 1 + nx2 + x + nx ≥ 1 + (n + 1) x . X
(c) Induktionsanfang: n = 1.
∑1i=1 (i2 − 1) = 1 − 1 = 0 = 16 (2 + 3 − 5) . X
Induktionsvoraussetzung:
Es gilt ∑in=1 (i2 − 1) = 16 (2n3 + 3n2 − 5n) für ein n ∈ N.
Induktionsschritt:
n +1
n
i =1
i =1
∑ ( i 2 − 1) = ∑ ( i 2 − 1) + ( n + 1)2 − 1
1
= (2n3 + 3n2 − 5n) + n2 + 2n
6
1
= (2n3 + 9n2 + 7n)
6
1
= (2(n + 1)3 + 3(n + 1)2 − 5(n + 1)) . X
6
1
(d) Induktionsanfang: n = 5.
25 = 32 > 25 = 52 . X
Induktionsvoraussetzung:
Es gilt 2n > n2 für ein n ∈ N mit n > 4.
Induktionsschritt:
2n+1 = 2 · 2n > 2 · n2 = n2 + n2 >n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 . X
Im obigen Beweis wird n2 nach unten durch 2n + 1 abgeschätzt, man nutzt also aus, dass für n >
4 stets die Ungleichung n2 > 2n + 1 gilt. Die Gültigkeit dieser Ungleichung lässt sich wiederum
durch Induktion beweisen:
Induktionsanfang: n = 5.
52 = 25 > 11 = 2 · 5 + 1 . X
Induktionsvoraussetzung:
Es gilt n2 > 2n + 1 für ein n ∈ N mit n > 4.
Induktionsschritt:
(n + 1)2 = n2 + 2n + 1 > 2n + 1 + 2n + 1 = 2n + 2 + 2n = 2(n + 1) + 2n > 2(n + 1) + 1 . X
(e) Induktionsanfang: n = 1.
∑1i=1 ( Fi )2 = F12 = 12 = 1 · 1 = 1 · (1 + 0) = F1 · ( F0 + F1 ) = F1 · F2 = F1 · F1+1 . X
Induktionsvoraussetzung:
Es gilt ∑in=1 ( Fi )2 = Fn · Fn+1 für ein n ∈ N.
Induktionsschritt:
∑in=+11 ( Fi )2 = ∑in=1 ( Fi )2 + ( Fn+1 )2 = Fn · Fn+1 + Fn+1 · Fn+1 = Fn+1 · ( Fn + Fn+1 ) = Fn+1 · Fn+2 . X
3. Zeigen Sie, dass für die Binomialkoeffizienten die folgenden Rechenregeln gelten, dabei sind k, n ∈
N0 mit k ≤ n:
( ) (
)
( )
( )
(
) ( ) (
)
n
n
n
n
n+1
n
n
(a)
(b)
(c)
=
,
=1=
,
=
+
.
k
n−k
n
0
k
k
k−1
Lösung:
( )
n
(a)
=
k
( )
n
(b)
=
n
(c) Es gilt:
(
)
n
,
n−k
n!
k!(n−k )!
=
n!
n!(n−n)!
=1=
n!
0!(n−0)!
( )
n
=
,
0
( ) (
)
n
n
n!
n!
+
+
=
k
k−1
k!(n − k )! (k − 1)!(n − k + 1)!
n!k
n!(n − k + 1)
+
=
k!(n − k + 1)! k!(n − k + 1)!
(
)
( n + 1) !
n+1
=
=
.
k
k!(n − k + 1)!
4. Stellen Sie die folgenden Dezimalzahlen x in der Form x =
(a) x = 10.124,
(b) x = 0.09,
p
q
mit p ∈ Z und q ∈ N dar:
(c) x = 0.142857.
Lösung:
(a) Es gilt:
Nun folgt: x =
1000 · x − 10 · x = 990 · x = 10124.24 − 101.24 = 10023 .
10023
990
=
3341
330 .
2
(b) Es sei a := 10 · 0.09 = 0.9. Dann gilt
10 · a − a = 9.9 − 0.9 = 9 .
Nach a aufgelöst erhalten wir a = 1 und damit x = 0.09 =
(c) Es gilt
1
10 .
106 · x − x = 142857.142857 − 0.142857 = 142857 .
Nach x aufgelöst erhalten wir:
x=
142857
142857 1
=
= .
106 − 1 999999 7
5. In einem Neubaugebiet wurden innerhalb eines Zeitraumes von etwa 12 Jahren insgesamt 4380
Wohneinheiten fertiggestellt. Pro Tag wurde jeweils eine Wohnung bezugsfertig. Vom Bezugstag
der ersten Wohnung bis einen Tag nach Übergabe der letzten Einheit wurden von den Bewohnern
insgesamt 1.8709 · 108 kWh Strom verbraucht. Ermitteln Sie den durchschnittlichen Verbrauch pro
Tag und Wohnung.
Lösung: Wir nummerieren die Wohneinheiten in der Reihenfolge ihrer Fertigstellung durch. Die
k-te Wohnung hat 4380 − (k − 1) Verbrauchstage, k = 1, 2, . . . , 4380. Die Zahlen 4380 − (k − 1) durchlaufen die Werte 4380, 4379, . . . , 1. Die Anzahl N der Wohnungsverbrauchstage ist
4380
N=
∑ k=
k =1
4380 · 4381
= 9594390 .
2
Damit ist der durchschnittliche Verbrauch pro Tag und Wohnung
1.8709 · 108
= 19.5 kWh .
N
6. Ein Hypothekendarlehen über 100 000 Euro wird mit 7 % jährlich verzinst und mit gleichbleibender
Rate A (Annuität) jeweils am Ende eines Jahres getilgt.
Wie groß muss A sein, wenn das Darlehen mit der 20. Tilgungsrate ganz zurückgezahlt sein soll?
Lösung: Wir bezeichnen die Schuld nach der k-ten Rate mit Sk . Der Verzinsungsfaktor ist q = 1.07.
Damit erhalten wir
S0 = 100 000 Euro ,
S1 = S0 · q − A ,
S2 = S1 · q − A = ( S0 · q − A ) · q − A ,
..
..
.
.
Sn = (· · · (S0 · q − A) · q − A) · q − A) · · · ) · q − A
= S0 · q n − A · ( q n − 1 + q n − 2 + · · · + q + 1 )
qn − 1
= S0 · q n − A ·
.
q−1
Die Bedingung S20 = 0 liefert demnach
0 = S0 · q20 − A ·
q20 − 1
.
q−1
Aufgelöst nach A bedeutet das:
A = S0 · q20
q−1
≈ 9439.29 Euro .
q20 − 1
3