Lösungen zu den Übungsaufgaben

73
15 Lösungen der Übungsaufgaben
15 Lösungen der Übungsaufgaben
1.5 Lösung
1.5.1 DeMorgan’sche Regeln
Ist ¬(A _ B) logisch äquivalent zu ¬A ^ ¬B?
Ja, denn
A
0
0
1
1
B
0
1
0
1
A_B
0
1
1
1
¬(A _ B)
1
0
0
0
¬A
1
1
0
0
¬B
1
0
1
0
¬A ^ ¬B
1
0
0
0
Analog zeigt man auch, dass ¬(A ^ B) logisch äquivalent ist zu ¬A _ ¬B.
1.5.2 Distributivgesetze
Ist A ^ (B _ C) logisch äquivalent zu (A ^ B) _ (A ^ C)?
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
C
0
1
0
1
0
1
0
1
B_C
0
1
1
1
0
1
1
1
A ^ (B _ C)
0
0
0
0
0
1
1
1
(A ^ B)
0
0
0
0
0
0
1
1
(A ^ C)
0
0
0
0
0
1
0
1
(A ^ B) _ (A ^ C)
0
0
0
0
0
1
1
1
Analog zeigt man auch, dass A _ (B ^ C) logisch äquivalent ist zu (A _ B) ^ (A _ C).
2.9 Lösung
Aufgabe 1
Betrachte:
M1 := {1, 2}
M2 := {2, 3}
M3 := {X, y, 3}
M4 := {x, y, z}
M5 := {2, 4, 6}
Bestimme:
1. M1 \ M2 = {2}
2. M2 \ M3 = {3}
3. M3 [ M4 = {X, y, 3, x, z}
4. M1 [ M2 [ M3 [ M4 [ M5 = {1, 2, 3, X, y, x, z, 4, 6}
5. M1 \ M2 \ M3 \ M4 \ M5 = ;
74
Vorkurs Mathematik
6. M1 ⇥ M2 ⇥ M3 = { (1, 2, X), (1, 2, y), (1, 2, 3), (1, 3, X), (1, 3, y), (1, 3, 3),
(2, 2, X), (2, 2, y), (2, 2, 3), (2, 3, X), (2, 3, y), (2, 3, 3)}
7. M1 \ M2 = {1}
8. M3 \ M4 = {X, 3}
9. Bestimme alle Paare disjunkter Mengen:
{{M1 , M3 }, {M1 , M4 }, {M2 , M4 }, {M3 , M5 }, {M4 , M5 }}
10. Gilt (M1 \ M2 ) ✓ M5 ? Ja, weil M1 \ M2 = {2} und 2 2 {2, 4, 6}, also {2} ✓ {2, 4, 6}
11. P(M2 ) = {;, {2}, {3}, {2, 3}}
12. P(;) = {;}
13. P({a1 , a2 , a3 }) = {;, {a1 }, {a2 }, {a3 }, {a1 , a2 }, {a1 , a3 }, {a2 , a3 }, {a1 , a2 , a3 }}
14. P({;, a, {a}}) = {;, {;}, {a}, {{a}}, {;, a}, {;, {a}}, {a, {a}}, {;, a, {a}}}
15. P({{;, a, {a}}}) = {;, {{;, a, {a}}}}
Aufgabe 2
Gib die Elemente der folgenden Mengen an:
1. {x 2 N : x < 4} = {1, 2, 3}
2. {x 2 R : x2 = 1} = {1, 1}
3. {x 2 Z : 9y 2 Z : xy = 1} = {1, 1}
4. {x 2 Z : x < 100 ^ 9y 2 Z : y 2 = x} = {0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81}
3.2.4 Lösung
Finde die Nullstellen von x3
2x2
29x
42. Hinweis: Eine Nullstelle ist 7.
x3 2x2
x3 + 7x2
29x
42 : x
7 = x2 + 5x + 6
5x2 29x
5x2 + 35x
6x 42
6x + 42
0
Also ist die Menge der Nullstellen: { 3, 2, 7}, da x2 + 5x + 6, wie schon bei der Mitternachtsformel (in 3.2.2) gesehen, die Nullstellen 3 und 2 hat.
75
15 Lösungen der Übungsaufgaben
3.3 Lösung
Behauptung: Für zwei Zahlen a, b 2 R gilt:
1. (a + b)2 = a2 + 2ab + b2
b)2 = a2
2. (a
2ab + b2
b) = a2
3. (a + b)(a
b2
Beweis: Seien a, b 2 R. Dann rechnen wir einfach nach:
1. (a + b)2 = (a + b) · (a + b) = a · a + b · a + a · b + b · b = a2 + 2ab + b2
b)2 = (a
2. (a
b) = a · a + ( b) · a + a · ( b) + ( b) · ( b) = a2
b) · (a
b) = a · a + b · a + a · ( b) + b · ( b) = a2 + ab
3. (a + b)(a
ab
b2 = a 2
2ab + b2
b2
2
3.5.6 Lösung
Betrachte die auftretenden Variablen stets so, dass der Nenner 6= 0 ist.
1. Kürze:
a)
64x
12y
b)
12xy+5y
4xy 8xy
c)
56x2 y 16xy 2
24yz+40y 2
d)
a2 b 2
5a+5b
=
16x
3y
(12x+5)y
4xy
=
=
=
a b
5
=
9
7
12x+5
4x
=
7x2 2xy
3z+5y
2. Berechne:
a)
5
7
4
7
+
= 1 27
b)
x2 + y 2 + 3xy
5x 5y
xy
x
y
=
=
=
=
=
d)
4
7x ·
1
7 +
21x
4·21x
3
8 = 7x·8 = 2
1
8
7
15
8 = 56 + 56 = 56
e)
5a2
a b
:
c)
f) ( 4a
3b :
5a2
a b
35
7a 7b
=
7a
9ab )
42ab
5
:
·
=
7a 7b
35
4a
3b
·
=
9ab
7a
5a2 ·7(a b)
(a b)·35
:
42ab
5
=
x2 + y 2 + 3xy
5xy
5 · (x y)
5 · (x y)
x2 + y 2 + 3xy 5xy
5 · (x y)
x2 + y 2 2xy
5 · (x y)
(x y)2
5 · (x y)
x y
5
= a2
4a·9ab
3b·7a
:
42ab
5
=
4a·3
7
·
5
42ab
=
12a·5
7·42ab
=
2·5
7·7b
=
10
49b
3. Löse die Gleichungen:
a)
3z 8
3z+8
=
1
2
() (3z
8)·2 = 3z +8 () 6z
16 = 3z +8 () 3z = 24 () z = 8
76
Vorkurs Mathematik
b)
2x + 1
2x 1
=
x+5
x+2
() (2x + 1) · (x + 2) = (2x
2
1) · (x + 5)
2
() 2x + 4x + x + 2 = 2x + 10x
() 5x + 2 = 9x
x
5
5
() 7 = 4x
7
() x =
4
3.6.3 Lösung
1. Berechne:
a) 210 = 1024
b) ( 2)3 =
c) 2
3
=
8
1
8
2. Fasse zusammen:
a) 52 3x3 y 3 z 2 · 52 33 xyz 2 = 54 34 x4 y 4 z 4 = (5 · 3xyz)4 = (15xyz)4
b) 32 a
2 b5
·3
1 a2 b 3
= 32
1
·a
2+2
· b5
3
= 31 · a0 · b2 = 3 · 1 · b2 = 3b2
c) Achtung: Potenz vor Punkt vor Strich!
63ab3
(4ab)3 · 2
1
· ( 2a
2
1
· ( 2a
2
32a3 b3 · ( 2a 2 )
)=
63ab3
64a3 b3 ·
=
63ab3
=
63ab3 + 64a3
3
=
63ab + 64ab
2 3
b
3
= ab3
d)
x10 xn
y 7 y m x3
= x10+n
3ym 7
= xn+7 y m
7
e)
✓
a2 a3
:
bn b2
◆
2
:
a2
=
b4
✓
a 2 b2
·
bn a 3
= a2 b
= a
1
n
b
= a2 b2n
= b2n
◆
2
· b2 a
2
3
2 4
n+2
4
b4
a2
·
b a
· b4 a
2
3.7.5 Lösung
1. Berechne:
p
p
p
p
p
p
p
a) 7 x
25x
2x = 7 x 5 x
2x = 2 x
p
p p
p
b) 140 · 7 · 20 = 140 · 7 · 20 = 140
p
2x
· b4 a
2
2
2
)
77
15 Lösungen der Übungsaufgaben
c)
d)
p p
a
b
p p
a+ b
p
p
7
·
p
a+2 ab+b
a b
p
63
=
p
p p
( a
b)·(a+2 ab+b)
p p
( a+ b)·(a b)
x=
x
p
p
p
p
4
4
3
10
4
7
x· x3
x·x 7
q
qx 7 =
p
e) 7 2 p = 7
=
1
5
7
9
y · y
y 2 ·y 2
y2
10
x 28
5
y 14
p p
p p
( a
b)·( a+ b)2
p
p p p p
( a+ b)·( a+ b)( a
b)
=
p
5
x 14
=
5
y 14
=
=1
⇣ ⌘5
14
x
y
2. Erweitere so, dass der Nenner rational wird:
a)
b)
c)
p
p
ab
7 ab
p7· p
=
(a, b 2 Q)
ab
ab· ab
p
p
p
3
3
6 p
2
6
p
= p
= 622 = 3 3 2
3
3
4
4· 3 2
p
p
p
28·(3
2)
28·(3
2)
28·(3
2)
28
p =
p
p =
=
9 2
7
3+ 2
(3+ 2)·(3
2)
p7
ab
=
= 4 · (3
p
2) = 12
p
4 2
3. Löse die Gleichung:
p
3x
) 3x
21 = x
21 = x
)0=x
2
7
2
14x + 49
17x + 70
MNF
) x1 = 10, x2 = 7
3.8.4 Lösung
1. Berechne:
a) log4 64 = 3
b) log2
c) log3
1
16
p
=
3=
4
1
2
2. Fasse zusammen:
a) log10 2 + log10 5 = log10 (2 · 5) = log10 10 = 1
b)
1
5
ln x
1
10
ln x2 + 3 ln x
1
2
ln x2 =
1
5
ln x
2
10
ln x + 3 ln x
2
2
ln x = 2 ln x
3. Forme
q so um, dass nur Vielfache von ln 5 verwendet werden:
ln 15 = 12 ln 15 = 12 (ln 1 ln 5) = 12 ln 5
4. Löse die Gleichungen:
a) log3 (x
1) = 2 () x
1 = 32 () x = 10
b) log2 x = log3 x () x = 1
c)
lg(5x) + lg 2 = 3
lg(4x)
() lg(5x) + lg(2) + lg(4x) = 3
() lg(5x · 2 · 4x) = 3
() lg(40x2 ) = 3
() 40x2 = 103
() x2 = 25
Also ist x = +5, weil die negative Lösung aufgrund des Logarithmus wegfällt.
78
Vorkurs Mathematik
d)
1 x+2
7x
() 7(x
1)(x+2)
() (x
= 7(x+2)(x+5)
1)(x + 2) = (x + 2)(x + 5)
Fall 1: x 6=
() x
x+5
= 7x+2
2:
1=x+5
1=5E
()
2X
Fall 2: x =
e)
p
3
3x+6 =
p
4
1
(x+6)
3
32x
2
1
(2x
4
2)
() 3
=3
1
1
() (x + 6) = (2x 2)
3
4
() 4 · (x + 6) = 3 · (2x 2)
() 4x + 24 = 6x
6
() 30 = 2x
() x = 15
4.2.2 Lösung
1. Schreibe mit Summenzeichen:
a)
1 + 4 + 9 + 14 + 19 =
1 + (5
= (5 · 0
=
4
X
1) + (10
1) + (5 · 1
(5i
1) + (15
1) + (5 · 2
1)
i=0
b)
1
4
+
1
2
+1+2+4=2
2
+2
1
+ 20 + 21 + 22 =
i= 2
2. Berechne für c 2 R und m 2 N:
4
4
P
P
a)
3i = 3
i = 3 · (1 + 2 + 3 + 4) = 3 · 10 = 30
i=1
b)
4
Q
k=1
2
P
i=1
2k = 21 · 22 · 23 · 24 = 21+2+3+4 = 210 = 1024
2i
1) + (20
1) + (5 · 3
1)
1) + (5 · 4
1)
79
15 Lösungen der Übungsaufgaben
c)
4 X
4
X
ij =
i=1 j=1
4
4
X
X
i
j
i=1
=
4
X
i=1
= 10
j=1
i · (1 + 2 + 3 + 4)
4
X
i
i=1
= 10 · (1 + 2 + 3 + 4)
= 10 · 10
= 100
d)
e)
1
Q
i=3
m
P
i=1
f)
i=1
c2 = c|2 + .{z
. . + c}2 = mc2
m mal
10
X
(2i
3)
i=3
2
8
X
i
8=2
i=1
=2
10
X
10
X
i
i=3
10
X2
3
2
i=3
=2
8
X
i=1
8
X
(i + 2)
3
2
i=1
10
X
10
X
2
i=3
3
8
8·3
8
8
X
i
8
i=1
3
2
8
X
i
8
i=1
i=3
=2·8·2
= 32
8
X
8
2
i=3
i+2
i=1
i
i=1
10
X
i=3 2
=2
8
X
24
8
=0
4.3.5 Lösung
1.
(x + 2)3 = 1 · x3 · 20 + 3 · x2 · 21 + 3 · x1 · 22 + 1 · x0 · 23
= x3 + 6x2 + 12x + 8
2.
(3x
5)4 = 1 · 34 x4 · 50
= 81x4
4 · 33 x3 · 51 + 6 · 32 x2 · 52
540x3 + 1350x2
1500x + 625
4 · 31 x1 · 53 + 1 · 30 x0 · 54
80
Vorkurs Mathematik
5.10.4 Lösung
1.
Behauptung:
8n 2 N :
n
X
(2k
1) = n2
k=1
Beweis: IA (n = 1):
1
X
1 = 1 = 12
1) = 2 · 1
(2k
k=1
IV: Die Behauptung gelte für ein beliebiges aber festes n 2 N.
IS (n ! n + 1):
n+1
X
(2k
1) =
k=1
n
X
(2k
1) + (2(n + 1)
1)
k=1
IV
= n2 + (2n + 2
1)
2
= n + 2n + 1
= (n + 1)2
2
Behauptung:
8n 2 N0 :
n
X
k=0
k2 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
Beweis: IA (n = 0):
(Wir müssen hier bei 0 anfangen, da die Aussage für alle n 2 N0 gelten soll!)
0
X
k 2 = 02 = 0 =
k=0
0·1·1
0 · (0 + 1) · (2 · 0 + 1)
=
6
6
IV: Die Behauptung gelte für ein beliebiges aber festes n 2 N0 .
IS (n ! n + 1):
n+1
X
k2 =
k=0
n
X
k 2 + (n + 1)2
k=0
IV
=
=
=
=
=
=
=
n(n + 1)(2n + 1)
+ (n2 + 2n + 1)
6
(n2 + n)(2n + 1) 6n2 + 12n + 6
+
6
6
3
2
2n + 3n + n + 6n2 + 12n + 6
6
2n3 + 9n2 + 13n + 6
6
(n2 + 3n + 2)(2n + 3)
6
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
6
(n + 1)((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1)
6
81
15 Lösungen der Übungsaufgaben
2
2. Behauptung: Geometrische Reihe
Für 1 6= q 2 R gilt:
8n 2 N0 :
Beweis: Sei 1 6= q 2 R beliebig.
IA (n = 0):
0
X
n
X
1
qk =
k=0
qk = q0 = 1 =
k=0
1
1
q n+1
1 q
q
1 q 0+1
=
q
1 q
IV: Die Behauptung gelte für ein beliebiges aber festes n 2 N0 .
IS (n ! n + 1):
n+1
X
qk =
k=0
n
X
q k + q n+1
k=0
IV
=
=
=
=
=
q n+1
+ q n+1
1 q
1 q n+1 q n+1 · (1 q)
+
1 q
1 q
n+1
n+1
1 q
+q
q n+2
1 q
1 q n+2
1 q
1 q (n+1)+1
1 q
1
2
6.5 Lösung
1. f : M ! N mit
✓
1 2 3 4
a c b c
◆
• Abbildung X Jedem Element des Definitionsbereichs wird eindeutig ein Wert des
Wertebereichs zugeordnet.
• injektiv E Es ist f (2) = f (4), aber 2 6= 4.
• surjektiv X Alle Elemente aus N werden getro↵en.
• bijektiv E Die Abbildung ist nicht injektiv, also auch nicht bijektiv.
✓
◆
1 3 4
2. g : M ! N mit g =
b a c
• Abbildung E Da 2 kein Bild zugeordnet bekommt, ist g keine Abbildung. Also sind
Injektivität, Surjektivität und Bijektivität ausgeschlossen.
3. id : R ! R : x 7! x
• Abbildung X Jedem Element des Definitionsbereichs wird eindeutig ein Wert des
Wertebereichs zugeordnet.
• injektiv X Kein Element des Wertebereichs wird doppelt getro↵en.
82
Vorkurs Mathematik
• surjektiv X Alle Elemente aus N werden getro↵en.
• bijektiv X Die Abbildung ist injektiv und surjektiv, also auch bijektiv.
4. id : N ! Z : x 7! x
• Abbildung X Jedem Element des Definitionsbereichs wird eindeutig ein Wert des
Wertebereichs zugeordnet.
• injektiv X Kein Element des Wertebereichs wird doppelt getro↵en.
• surjektiv E Das Element
1 2 Z wird nicht getro↵en.
• bijektiv E Die Abbildung ist nicht surjektiv, also auch nicht bijektiv.
5. | · | : Q ! Q : x 7! |x|
• Abbildung X Jedem Element des Definitionsbereichs wird eindeutig ein Wert des
Wertebereichs zugeordnet.
• injektiv E Es ist zum Beispiel |
• surjektiv E Das Element
1| = 1 = |1|, aber
1 6= 1.
1 2 Q wird nicht getro↵en.
• bijektiv E Die Abbildung ist weder injektiv noch surjektiv, also auch nicht bijektiv.
6. succ : N ! N : x 7! x + 1
• Abbildung X Jedem Element des Definitionsbereichs wird eindeutig ein Wert des
Wertebereichs zugeordnet.
• injektiv X Kein Element des Wertebereichs wird doppelt getro↵en.
• surjektiv E Das Element 1 wird nicht getro↵en.
• bijektiv E Die Abbildung ist nicht surjektiv, also auch nicht bijektiv.
7. succ : N0 ! N : x 7! x + 1
• Abbildung X Jedem Element des Definitionsbereichs wird eindeutig ein Wert des
Wertebereichs zugeordnet.
• injektiv X Kein Element des Wertebereichs wird doppelt getro↵en.
• surjektiv X Nun wird jedes Element des Wertebereichs getro↵en.
• bijektiv X Die Abbildung ist sowohl injektiv, als auch surjektiv, also bijektiv.
9.6 Lösung
Ist die Funktion g : R ! R : x 7! x3
3 bijektiv? Wenn ja, berechne die Umkehrfunktion.
• injektiv: Seien x1 , x2 2 R.
g(x1 ) = g(x2 ) () x31
()
x31
3 = x32
=
3
x32
() x1 = x2
• surjektiv: Sei y 2 R beliebig. Setze x :=
g(x) =
p
3
y + 3. Dann gilt
⇣p
⌘3
3
y+3
3=y+3
3 = y.
83
15 Lösungen der Übungsaufgaben
Also ist die Funktion g bijektiv. Wir berechnen daher die Umkehrfunktion:
x3
Somit ist die Abbildung g
1
3 = y () x3 = y + 3
p
() x = 3 y + 3
p
: R ! R : x 7! 3 x + 3 die Umkehrfunktion zu g.
10.7 Lösung
Berechne für a, b, t 2 R folgende Ableitungen:
1.
d
dx 5
2.
d
dx 7x
=7
3.
d
dx 3t
=0
4.
d
dt 3t
=3
5.
d
dx (x
+ 2)2 = 2x + 4 (entweder über Kettenregel, oder Produktregel, oder nach ausmultiplizieren über Linearität)
6.
d 5x
dx e
7.
d
x2
dx e
8.
d
dx 7x
· 2x2 = 42x2
9.
d
dx 5x
· cos(x) = 5 · cos(x) + 5x · ( sin(x)) = 5 cos(x)
10.
d
dx
=0
= 5e5x
=
2xe
x2
5x sin(x)
sin2 (x) = 2 sin(x) cos(x)
11.
d
(sin4 (x)
dx
cos4 (x)) = 4 sin3 (x) cos(x) + 4 cos3 (x) sin(x)
= 4 sin(x) cos(x) · (sin2 (x) + cos2 (x))
= 4 sin(x) cos(x)
12.
d 1
dx 3x
=
1
3x2
13.
d x4 1
dx x2 +1
= 2x
14.
d ex
dx x2
ex ·x2 ex ·2x
x4
15.
d ax
dx e
16.
d
dx
=
=
xex 2ex
x3
· cos(bx) = eax · (a cos(bx)
tan(x) =
d sin(x)
dx cos(x)
=
b sin(bx))
cos(x) cos(x) sin(x)·(
cos2 (x)
sin(x))
=
cos2 (x)+sin2 (x)
cos2 (x)
= 1 + tan2 (x)
17.
⇣
⇣
⇣
d
⇡⌘
⇡⌘
⇡⌘ 1
x cos ln 4x3 +
= 1 · cos ln 4x3 +
+x·
sin ln(4x3 +
· 3 · 12x2
dx
3
3
3
4x
⇣
⇣
⇡⌘
⇡⌘
3
3
= cos ln 4x +
3 sin ln 4x +
3
3
84
Vorkurs Mathematik
12.3.3 Lösung
Finde einen Widerspruch zu einer anderen Eigenschaft der Äquivalenzrelation.
Hier sind sogar beide weiteren Eigenschaften der Äquivalenzrelation verletzt:
• Symmetrie: Zum Beispiel für x = 1, y = 2 ist zwar x ⇠ y, aber wegen 2 · y = 4 6= 1 = x
gilt y 6⇠ x.
• Transitivität: Zum Beispiel für x = 1, y = 2, z = 4 ist zwar x ⇠ y und y ⇠ z, aber
wegen 2 · x = 2 · 1 = 2 6= 4 = z gilt x 6⇠ z.
12.3.5 Lösung
1. Seien M := {1, 2, 3, 4} und R1 , R2 ✓ M ⇥ M .
a) Ist R1 := {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (1, 3), (3, 3), (4, 4), (3, 2), (3, 1)} eine Äquivalenzrelation?
Ja, R1 ist eine Äquivalenzrelation, da die Relation reflexiv, symmetrisch und transitiv ist.
b) Ist R2 := {(1, 1), (2, 2), (2, 1), (3, 3), (3, 4), (4, 3), (4, 4)} eine Äquivalenzrelation?
Nein, R2 ist keine Äquivalenzrelation, da zum Beispiel (2, 1) 2 R2 , aber (1, 2) 62 R2
und die Relation damit nicht symmetrisch ist.
c) Ist R3 := {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4)} eine Äquivalenzrelation?
Ja, alle 3 Eigenschaften sind o↵ensichtlich gegeben.
d) Ist R4 := M ⇥ M eine Äquivalenzrelation?
Ja, da jedes Element mit jedem anderen in Relation steht, sind alle 3 Eigenschaften
trivialerweise erfüllt.
2. Sei ⇠✓ Z2 mit x ⇠ y () x
y ist gerade.
Behauptung: ⇠ ist eine Äquivalenzrelation.
Beweis: Seien x, y, z 2 Z.
Reflexivität: Da x
x = 0 und 0 gerade ist, gilt x ⇠ x.
Symmetrie: Wenn x y gerade ist, ist auch
gilt: x ⇠ y ) y ⇠ x.
(x
y) = y
x gerade und somit
Transitivität: Wenn x y und y z gerade sind, dann auch x z, da gilt x z =
(x y) + (y z) und die Summe zweier gerader Zahlen nach (5.1) wieder eine
gerade Zahl ergibt. Damit gilt: (x ⇠ y ^ y ⇠ z) ) x ⇠ z
Die Äquivalenzklassen dieser Relation sind:
[0] = {0, 2, 2, 4, 4, . . .} = {x 2 Z : x ist gerade}
[1] = {1, 1, 3, 3, . . .} = {x 2 Z : x ist ungerade}
12.4.4 Lösung
Sei ⇠✓ N2 mit x ⇠ y () x | y.
Behauptung: ⇠ ist eine Ordnungsrelation, die nicht linear ist.
Beweis: Seien x, y, z 2 N.
Reflexivität: Da x = 1 · x gilt x | x.
2
85
15 Lösungen der Übungsaufgaben
Antisymmetrie: Wenn x | y, dann gibt es ein n1 2 N mit y = n1 · x. (Wichtig: Hier reicht
n1 2 N anstatt n1 2 Z, da x und y natürliche Zahlen sind.)
Analog gibt es für y | x ein n2 2 N mit x = n2 · y. (⇤)
Wir können also schreiben y = n1 · x = n1 · n2 · y.
Damit muss n1 · n2 = 1 sein. Wegen n1 , n2 2 N muss also n1 = 1 = n2 gelten.
(⇤)
Also gilt x = 1 · y = y.
Transitivität: Wenn x | y, dann gibt es ein n1 2 N mit y = n1 · x.
Analog gibt es für y | z ein n2 2 N mit z = n2 · y.
Also ist z = n2 · y = n2 · n1 · x.
Da n1 und n2 natürliche Zahlen sind, ist es auch n2 · n1 .
Somit gilt also x | z.
Linearität: Es gilt zum Beispiel 2 - 3 und 3 - 2.
2
11.7 Lösung
Seien z1 := 3 + 6i, z2 := 10
1. z̄1 = 3
5i. Berechne:
6i
2. z̄2 = 10 + 5i
3. z1 + z2 = 13 + i
4. z1
z2 =
7 + 11i
5. z1 · z2 = (30
( 30)) + ( 15 + 60)i = 60 + 45i
= (30 30)+(15+60)i
=
100+25
p
p
p
7. |z1 | = 9 + 36 = 45 = 3 5
p
p
p
8. |z2 | = 100 + 25 = 125 = 5 5
6.
z1
z2
=
3+6i
10 5i
·
10+5i
10+5i
75
125 i
= 35 i
9. Finde die Nullstellen von X 2 + 9.
Es ist X 2 + 9 = (X + 3i)(X 3i), also sind die Nullstellen { 3i, 3i}.
13.1.2, 5. Lösung
Sei M = {1, 2}. Zeige die Abgeschlossenheit des Schnittes mithilfe einer Verknüpfungstafel:
\
;
{1}
{2}
{1, 2}
;
;
;
;
;
{1}
;
{1}
;
{1}
{2}
;
;
{2}
{2}
{1, 2}
;
{1}
{2}
{1, 2}
86
Vorkurs Mathematik
13.1.2, 6. Lösung
✓
1
✓1
1
Verknüpfungstafel:
✓1
1
✓2
1
2
◆
2
1◆
2
2◆
2
1◆
2
2
✓
1
✓1
1
✓1
1
✓1
1
✓2
1
2
◆
2
1◆
2
1◆
2
1◆
2
2◆
2
2
✓
1
✓1
1
✓1
1
✓1
1
✓2
1
2
◆
2
2◆
2
1◆
2
2◆
2
1◆
2
2
✓
1
✓2
1
✓1
1
✓2
1
✓1
1
2
◆
2
1◆
2
1◆
2
1◆
2
2◆
2
2
✓
1
✓2
1
✓1
1
✓2
1
✓1
1
2
◆
2
2◆
2
1◆
2
2◆
2
1◆
2
2
13.1.3, 2. Lösung
Behauptung: (Z, ÷) ist keine Halbgruppe.
Beweis: Zum Beispiel ist 5 2 Z und 7 2 Z, aber 57 62 Z, somit ist Z bezüglich ÷ nicht
abgeschlossen, also keine Halbgruppe. Ebenso könnten wir die Assoziativität widerlegen:
10 ÷ (5 ÷ 2) = 10 ÷ 52 = 4 6= 1 = 2 ÷ 2 = (10 ÷ 5) ÷ 2.
2
13.4 Lösung
1. Ist ({ 1, +1}, ·, +1) eine abelsche Gruppe?
Da (R \ {0}, ·, +1) eine abelsche Gruppe ist und { 1, +1} ✓ R \ {0} gilt, erbt“
”
({ 1, +1}, ·, +1) schon das Assoziativ- und Kommutativgesetz.
a) Zeige ({ 1, +1}, ·, +1) ist abgeschlossen:
·
1 +1
1 +1
1
+1
1 +1
b) Zeige, dass +1 das neutrale Element ist: Wir sehen in der Verknüpfungstafel, dass
die Multiplikation mit +1 den Wert nicht verändert.
c) Wir sehen in der Verküpfungstafel, dass ( 1)
1
=
1 und (+1)
1
= +1 gilt, da:
( 1) · ( 1) = +1
(+1) · (+1) = +1
Also ist ({ 1, +1}, ·, +1) eine abelsche Gruppe.
2. Es ist 0·0 = 0 6= 1 und 0·1 = 0 6= 1. Also besitzt 0 kein Inverses und somit ist ({0, 1}, ·, 1)
keine (abelsche) Gruppe.