Blatt 2 - Ruhr-Universität Bochum

Musterlösung der Präsenzaufgaben zu
Mathematik I für ET/IT und ITS“
”
WS 2011/2012
Blatt 2
1. Binomialkoeffizienten:
(a) Berechnen Sie (ohne Taschenrechner) den Binomialkoeffzienten 84 einmal mit Hilfe
der expliziten Formel und einmal mit Hilfe der Rekursionsformel.
Lösung. Mit der expliziten Formel erhält man
8
8·7·6·5
7·6·5
7·2·3
=
=
=
= 70.
4
1·2·3·4
3
1
Mit Hilfe des Pascalschen Dreiecks erhält man:
n=0:
1
n=1:
1 1
n=2:
1 2 1
n=3:
1 3 3 1
n=4:
1 4 6 4 1
n=5:
1 5 10 10 5 1
n=6:
1 6 15 20 15 6 1
n=7:
1 7 21 35 35 21 7 1
n = 8 : 1 8 28 56 70 56 28 8 1
(b) Berechnen Sie für alle n ∈ N
n
X
(−2)
k=1
k
n+1
.
k
Lösung. Aus der binomischen Formel folgt mit a = −2 und b = 1:
n
X
k=1
(−2)
k
n+1
k
=
n+1
X
k=0
(−2)
k
n+1
n+1
n+1
0
−
(−2) −
(−2)n+1
k
0
n+1
= (−2 + 1)n+1 − 1 − (−2)n+1
= (−1)n+1 − 1 + (−1)n · 2n+1
(
2n+1 − 2 , falls n gerade ist,
=
−2n+1
, falls n ungerade ist.
1
2. Qualitatives Wachstum von Potenzen und Fakultäten:
Bestimmen Sie die kleinste natürliche Zahl n0 , so dass für jede natürliche Zahl n ≥ n0
gilt: 2n+1 + n3 < n!
Lösung. Wir berechnen
n
n!
2n+1 + n3
1
1
5
2
2
16
3
6
43
4
24
96
5
120
189
6
720
344
Nun gilt die Ungleichung, wenn wir sie für n ≥ 6 schon voraussetzen, auch für n + 1:
(n + 1)! − (2n+2 + (n + 1)3 ) = (n + 1) · n! − 2n+2 − (n + 1)3
> (n + 1)(2n+1 + n3 ) − 2n+2 − (n + 1)3
= 2n+1 (n + 1 − 2) + (n + 1)(n3 − (n + 1)2 )
= 2n+1 (n − 1) + (n + 1)(n3 − (n + 1)2 ) > 0
denn für n ≥ 6 gilt sicherlich n3 > (n + 1)2 und n − 1 > 0. Durch Induktion folgt somit
die Ungleichung für alle n ≥ 6, und das minimale n0 ist n0 = 6.
3. Primzahlen:
(a) Zeigen Sie, dass für alle n ∈ N, n ≥ 2, die Zahl an := n3 + 2n keine Primzahl ist.
Lösung. Die einfachste Lösung ist: für n > 1 ist an = n(n2 + 2) das Produkt zweier
Zahlen, die beide > 1 sind, hat also wenigstens zwei Teiler.
Alternativ kann man per Induktion zeigen , dass an für alle n ∈ N durch 3 teilbar
ist. Dies ist klar für n = 0, und es gilt
an+1 = (n + 1)3 + 2(n + 1) = n3 + 3n2 + 3n + 1 + 2n + 2
= (n3 + 2n) + 3(n2 + n + 1)
Der zweite Summand ist offensichtlich durch 3 teilbar und der erste nach Induktionsvoraussetzung.
Da für n ≥ 2 außerdem an ≥ 27 + 6 = 33 > 3 ist, kann an keine Primzahl sein.
(b) Bestimmen Sie die Primzahlzerlegung und die Anzahl der Teiler von a5 und a9 .
Lösung. Es ist a5 = 53 + 10 = 135 = 33 · 5. Die Anzahl der Teiler der Zahl a5 ist
4 · 2 = 8. Diese Teiler sind 1 = 30 50 , 3 = 31 50 , 9 = 32 50 , 27 = 33 50 , 5 = 30 51 ,
15 = 31 51 , 45 = 32 51 und 135 = 33 51 .
Es ist a9 = 93 + 18 = 747 = 32 · 83. Die Anzahl der Teiler der Zahl a9 ist 3 · 2 = 6.
Diese Teiler sind 1, 3, 9, 83, 249, 747.
2
4. Zahldarstellung bezüglich verschiedener Basen:
(a) Schreiben Sie die Dezimalzahlen 2011,
1
3
und
1
4
bezüglich der Basis 3.
Lösung. Für die natürliche Zahl 2011 gilt (2011)10 = (2202111)3 ,
2011 = 3 · 670 + 1
670 = 3 · 223 + 1
223 = 3 · 74 + 1
74 = 3 · 24 + 2
24 = 3 · 8 + 0
8=3·2+2
2 = 3 · 0 + 2.
Da 31 = 3−1 , gilt (1/3)10 = (0, 1)3 .
Mit x0 = 14 und b = 3 erhält man
1
3
3
=
⇒ a−1 = 0, x−1 =
4
4
4
9
1
1
3
3 · = = 2 + ⇒ a−2 = 2, x−2 = .
4
4
4
4
3·
Daraus folgt ( 14 )10 = (0, 02)3 .
(b) Berechnen Sie für die Binärzahlen a := (101010)2 und b := (1101)2 das Produkt
ab und die Differenz a − b im Binärsystem.
Lösung. Es gilt ab = (101010)2 (1101)2 =
1 0 1 0 1 0
1 0 1 0 1 0
1 0 1 0 1 0
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0
Die Binärzahl a hat 6 Stellen. Die Binärzahl b hat weniger als 6 Stellen. Darum gilt
a−b = a+ b̄+1−26 . Es gilt b̄ = (110010)2 , a+ b̄ = (1011100)2 , a+ b̄+1 = (1011101)2
und a − b = (11101)2 .
3
Musterlösung der Hausaufgaben zu
Mathematik I für ET/IT und ITS“
”
WS 2011/2012
Blatt 2
1. (4 Punkte)
(a) Bestimmen Sie ganze Zahlen ck ∈ Z mit
P6
k=0 ck x
k
= (x − 3)6 .
Lösung. Aus dem binomischen Satz folgt mit a = x, b = −3 und n = 6:
(x − 3)6 =
6 X
6
k=0
Mit den Binomialkoeffizienten
6
k
k
xk (−3)6−k
aus dem Pascalschen Dreieck erhält man
(x − 3)6 = x0 (−3)6 + 6x1 (−3)5 + 15x2 (−3)4 + 20x3 (−3)3
+ 15x4 (−3)2 + 6x5 (−3)1 + x6 (−3)0
= x6 − 18x5 + 135x4 − 540x3 + 1215x2 − 1458x + 729 ,
also c0 = 729, c1 = −1458, c2 = 1215, c3 = −540, c4 = 135, c5 = −18 und
c6 = 1.
(b) Berechnen Sie für alle n ∈ N, n ≥ 2,
n
X
(−1)k k
k=1
n
.
k
Lösung. Da k ≥ 1 für den Laufindex k gilt, kann man den Vorfaktor k kürzen,
eine Indexverschiebung vornehmen und dann die binomische Formel mit a = −1
und b = 1 anwenden:
X
n
n
X
n
n(n − 1) . . . (n − k + 1)
k
(−1) k
=
(−1)k k
k!
k
k=1
k=1
n
X
(−1)k
n
X
(−1)k
=n
k=1
(n − 1) . . . (n − k + 1)
(k − 1)!
(n − 1) . . . (n − 1 − (k − 1) + 1)
(k − 1)!
k=1
n n−1
X
X n − 1
n−1
k−1
= −n
(−1)
= −n
(−1)k
k−1
k
=n
k=1
k=0
= −n(−1 + 1)
1
n−1
=0
2. (2 Punkte)
Bestimmen Sie die kleinste natürliche Zahl n0 , so dass für jede natürliche Zahl n ≥ n0
gilt: 3n > n2 + 5n + 6.
Lösung. Wir testen für kleine Werte von n, ob die Ungleichung gilt, und versuchen
dann, eine allgemeine Aussage mit Hilfe einer vollständigen Induktion zu beweisen.
1
3
12
n
3n
n2 + 5n + 6
2
9
20
3
27
30
4
81
42
Nimmt man die Unlgeichung für n an, so gilt sie auch für n+1, denn wegen n+4 < 3n+6
ist
(n + 1)2 + 5(n + 1) + 6 = n2 + 7n + 12 = (n + 3)(n + 4)
< (n + 3)(3n + 6) = 3(n + 2)(n + 3)
= 3 · (n2 + 5n + 6) < 3 · 3n = 3n+1
Mit vollständiger Induktion folgt 3n > n2 + 5n + 6 für alle n ≥ 4, und n0 = 4 ist das
kleinste solche n0 .
3. (2 Punkte)
Bestimmen Sie die Primzahlzerlegung und die Anzahl der Teiler von 23400.
Lösung. Es gilt 23400 = 234 · 100 = 26 · 9 · 102 = 23 · 32 · 52 · 13. Deshalb ist die Anzahl
der Teiler der Zahl 23400 das Produkt 4 · 3 · 3 · 2 = 72.
4. (2 Punkte)
Bestimmen Sie die Binärdarstellung des Dezimalbruchs
13
5
(a) mit Hilfe des allgemeinen Verfahrens zur Darstellung reeller Zahlen bezüglich einer
Basis.
3
Lösung. Es gilt ( 13
5 )10 = (2)10 + ( 5 )10 , (2)10 = (10)2 und
3
5
1
2·
5
2
2·
5
4
2·
5
2·
6
5
2
=
5
4
=
5
8
=
5
=
1
=1+ ,
5
2
=0+ ,
5
4
=0+ ,
5
3
=1+ ,
5
Daraus folgt ( 13
5 )10 = (10, 1001)2 .
2
1
5
2
=
5
4
=
5
3
= .
5
a−1 = 1, x−1 =
a−2 = 0, x−2
a−3 = 0, x−3
a−4 = 0, x−4
(b) indem Sie die Division 13 : 5 im Binärsystem durchführen.
Lösung. Es gilt (13)10 = (1101)2 , (5)10 = (101)2 und im Binärsystem
1101, 00 : 101 = 10, 1001.
101
00110
00101
00010
00000
000100
000000
00001000
00000101
000000110
3