Lösungen 4 zum Mathematik-Brückenkurs

Lösungen 4 zum Mathematik-Brückenkurs
für alle, die sich für Mathematik interessieren
µFSR, TU Dresden
Version vom 26. September 2016,
Fehler und Verbesserungsvorschläge bitte an
[email protected]
Aufgabe 4.1. Beweise mit vollständiger Induktion, dass ∑in=1 i = 21 n(n + 1) für alle n ∈ N!
Kennzeichne dabei Induktionsanfang, Induktionshypothese und Induktionsschritt!
Lösung. Induktionsanfang (n = 1): Es gilt ∑1i=1 i = 1 = 21 1(1 + 1).
Induktionsvoraussatzung: Es gebe ein n ∈ N mit ∑in=1 i = 12 n(n + 1).
Induktionsschritt: Sei n wie in der Induktionshypothese. Dann gilt
n +1
n
i =1
i =1
1
1
1
∑ i = n + 1 + ∑ i = n + 1 + 2 n(n + 1) = 2 (2n + 2 + n2 + n) = 2 (n + 1)(n + 2),
also gilt die behauptung auch für n + 1.
Aufgabe 4.2. Beweise mit vollständiger Induktion, dass für q 6= 1 und alle n ∈ N die Formel
n
∑
qk =
k =0
1 − q n +1
1−q
gilt. (Partialsumme der geometrischen Reihe)
Lösung. Induktionsanfang (n = 0): Es gilt für alle q ∈ R \ {0}: ∑0k=0 qk = q0 = 1 =
1− q1
1− q .
1 − q n +1
Induktionshypothese: Es gebe ein n ∈ N, sodass ∑nk=0 qk = 1−q für alle q ∈
R \ {0}.
Induktionsschritt: Sei n wie in der Induktionshypothese. Dann gilt für alle q ∈ R \
{0}
n +1
n
k =0
k =0
∑ q k = ∑ q k + q n +1 =
1 − q n +1
1 − q n +1 + ( 1 + q ) q n +1
1 − q n +2
+ q n +1 =
=
,
1−q
1−q
1−q
also gilt die Behauptung auch für n + 1.
1
Aufgabe 4.3. Beweise mit vollständiger Induktion, dass für a1 , a2 , . . . , an > 0 mit ∏nk=1 ak =
1 gilt, dass ∑nk=1 ak ≥ 1. Folgere die Ungleichung vom geometrischen und arithmetischen
Mittel: Es gilt für alle x1 , x2 , . . . , xn > 0
s
n
1 n
n
∏ xk ≤ n ∑ xk .
k =1
k =1
Lösung. Zum ersten Teil der Aufgabe: Induktionsanfang (n = 1): Es gilt für alle a1 ∈ R,
dass
1
∏ a k = 1 ⇒ a1 = 1 ⇒
k =1
1
∑ ak = 1.
k =1
Induktionshypothese: Es gebe ein n ∈ N, sodass für alle a1 , a2 , . . . , an > 0 mit
= 1 gilt, dass ∑nk=1 ak ≥ 1.
Induktionsschritt: Sei n wie in der Induktionsvoraussetzung und seien a1 , a2 , . . . , an , an+1 >
+1
0 mit ∏nk=
1 ak = 1. Nach Induktionsvoraussetzung gilt dann
∏nk=1 ak
a 1 a 2 + a 3 + · · · + a n + a n +1 ≥ n
Ohne Einschränkung können wir annehmen, dass ak = 1 nicht für alle k ∈ {1, . . . , n +
1} gilt, denn sonst stimmt die zu beweisende Aussage trivialerweise. Damit können
wir weiterhin ohne Einschränkung annehmen, dass unter den Zahlen a1 und a2 eine
Zahl größer und eine Zahl kleiner als 1 ist (Weil + und · kommutativ sind). Dann gilt
( a2 − 1)( a1 − 1) ≤ 0.
Stellt man diese Ungleichung um, erhält man a1 a2 ≤ a2 + a1 − 1, was eingesetzt in die
andere Ungleichung
a 1 + a 2 + a 3 + · · · + a n + a n +1 ≥ n + 1
ergibt. Also gilt die Behauptung auch für n + 1.
Nun zum zweiten Teil der Aufgabe:
Seien x1 , x2 , . . . , xn > 0. Wir definieren P :=
√
n
n
∏k=1 xk und setzen ak := xk / P. Dann gilt ∏nk=1 ai = 1 und wir können unsere
gerade bewiesene Hilfsaussage anwenden, um
n
n≤
1 n
√
a
=
∑ k n P ∑ xk
k =1
k =1
zu erhalten, woraus mit P := ∏nk=1 xk die Ungleichung vom geometrischen und arithmetischen Mittel folgt:
s
n
√
1 n
n
n
∏ xk = P ≤ n ∑ xk .
k =1
k =1
2
Aufgabe 4.4. Für welche n ∈ N gilt 2n ≥ n2 ? Stelle eine Vermutung auf und beweise sie
mit vollständiger Induktion.
Lösung. Wir berechnen zunächst ein paar Beispiele:
n
1
2
3
4
5
6
n2
1
4
9
16
25
36
2n
2
4
8
16
32
64
Unsere Vermutung ist also, dass n2 ≤ 2n für n ∈ N genau dann gilt, wenn n ∈
{1, 2} ∪ {4, 5, 6, 7, . . .}. Die ersten beiden Zahlen haben wir schon nachgerechnet, den
Rest beweisen wir jetzt mit Induktion:
Induktionsanfang (n = 4): Es gilt n2 = 16 ≤ 16 = 2n .
Induktionshypothese: Es gebe ein n ∈ N mit n ≥ 4 und n2 ≤ 2n .
Induktionsschritt: Für n wie in der Induktionshypothese gilt
(n + 1)2 = n2 + 2n + 1 ≤ 2n2 ,
da für n ≥ 4 gilt, dass 2n + 1 ≤ 3n + n = 4n ≤ n2 . Damit gilt nach Induktionsvoraussetzung
(n + 1)2 ≤ 2n2 ≤ 2 · 2n = 2n+1 ,
also gilt die Behauptung auch für n + 1.
Aufgabe 4.5. Folgende Aufgabe ist aus dem Buch The Art of Computer Programming von
Donald Knuth: Etwas kann am folgenden Beweis nicht stimmen. Was ist es?
„Satz. Sei a > 0. Dann gilt für jedes n ∈ N, dass an−1 = 1. Beweis. Sei a > 0. Induktionsanfang: Für n = 1 gilt an−1 = a0 = 1. Induktionshypothese: Gelte für ein n ∈ N, dass
ak−1 = 1 für alle k ∈ N mit k ≤ n. Induktionsschritt: Sei n wie in der Induktionshypothese.
Dann gilt
a n −1 · a n −1
1·1
a(n+1)−1 = an = (n−1)−1 =
= 1.
1
a
Also gilt die Behauptung auch für n + 1.“
Lösung. Das Problem ist, dass der Induktionsschritt verwendet, dass es zwei aufeinanderfolgende natürliche Zahlen gibt, die die Behauptung erfüllen, während der Induktionsanfang nur die Gültigkeit der Behauptung für eine Zahl (nämlich die 1) zeigt.
Tatsächlich gibt es zwei solche Zahlen nicht und damit ist die Induktionshypothese
eine unerfüllbare Annahme.
Wie wir uns in der ersten Stunde überlegt haben, kann aus falschen Aussagen alles
gefolgert werden, insbesondere also auch die falsche Aussage, die wir am Ende des
Induktionsschrittes erhalten.
3
Aufgabe 4.6. Angenommen, es gibt 3- und 5-Taler-Münzen. Beweise mit vollständiger Induktion, dass man jede Rechnung von mehr als 7 Talern bezahlen kann, ohne Wechselgeld zu
kriegen! (Wir nehmen an, dass man nur runde Beträge bezahlen muss, es also keine halben
Taler gibt.)
Lösung. Formalere Formulierung der Aufgabe: Zeige, dass es für jede Zahl n ∈ N mit
n ≥ 8 zwei natürliche Zahlen k, l ∈ N ∪ {0} gibt, sodass n = 3k + 5l.
Der Trick ist hier eine Induktion zu machen, die nicht von einer Zahl zu ihrem
Nachfolger geht sondern von n zu n + 3. Dann ist, wenn man im Induktionsanfang
die Behauptung für die ersten drei Zahlen zeigt, auch alles gezeigt.
Induktionsanfang: Es gilt
8 = 3 · 1 + 5 · 1,
9 = 3 · 3 + 5 · 0,
10 = 3 · 0 + 5 · 2.
Induktionshypothese: Es gebe ein n ∈ N, für das es k, l ∈ N ∪ {0} gibt, sodass
n = 3k + 5l.
Induktionsschritt: Für n, k, l wie in der Induktionshypothese gilt
n + 3 = 3(k + 1) + 5l,
also ist die Behauptung auch für n + 3 wahr.
Aufgabe 4.7. Die Fibonacci-Zahlen (nach Leonardo Bonacci, bekannt als Fibonacci) sind eine
Zahlenfolge, definiert ist durch f 0 := 0, f 1 := 1 und für alle n ≥ 2 durch f n := f n−1 + f n−2 .
Eine solche Definition nennt man eine induktive Definition. Die ersten Glieder der Folge sind also 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, . . .. Beweise folgende Eigenschaften der FibonacciZahlen durch vollständige Induktion:
1. Für alle n ≥ 0 gilt ∑in=0 f i = f n+2 − 1.
2. Für alle n ≥ 0 und m ≥ 1 gilt f m+n = f n+1 f m + f n f m−1 . Tip: Mache den Induktionsanfang für m = 1 und m = 2.
3. Für alle n ≥ 1 gilt f n+1 f n−1 − f n2 = (−1)n (Identität von Cassini, nach Giovanni
Domenico Cassini). Was hat diese Formel mit folgendem Bilderrätsel zu tun?
4
?
4. Für alle n ≥ 3 ist f 2n−1 die Länge der Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks mit
ganzzahligen Seitenlängen. (Erinnerung: Die Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks ist die Seite, die dem rechten Winkel gegenüberliegt. Sie ist die längste der Seiten
des Dreiecks. Die anderen Seiten heißen Katheten. In jedem rechtwinkligen Dreieck gilt
der Satz des Pythagoras: a2 + b2 = c2 , wobei a und b die Längen der Katheten und c
die Länge der Hypotenuse bezeichnen. Diesen Satz darfst du ohne Beweis verwenden.)
Lösung.
1. Induktionsanfang (n = 0): Es gilt ∑1i=0 f i = f 0 = 0 = 1 − 1 = f 2 − 1
Induktionshypothese: Es gebe n ∈ N ∪ {0} mit ∑in=0 f i = f n+2 − 1
Induktionsschritt: Für n wie in der Induktionshypothese gilt
n +1
∑
i =0
n
fi =
∑ f i + f n +1 =
f n+2 − 1 + f n+1 = f n+3 − 1,
i =0
also gilt die Behauptung auch für n + 1.
2. Induktionsanfang (m = 1 und m = 2): Es gilt für jedes n ∈ N ∪ {0}, dass
f 1+ n = f n +1 · 1 + 0 = f n +1 f 1 + f n f 0
und
f 2+ n = f n +1 + f n = f n +1 f 2 + f n f 1 .
Induktionshypothese: Es gebe zwei aufeinanderfolgende m ∈ N, sodass f m+n =
f n +1 f m + f n f m −1 .
Induktionsschritt: Es gilt für m wie in der Induktionshypothese:
f (m+1)+n = f m+n + f m+n−1 f m+n + f (m−1)+n = f n+1 f m + f n f m−1 + f n+1 f m−1 + f n f m−2
= f n +1 ( f m + f m −1 ) + f n ( f m −1 + f m +1 ) = f n +1 f m +1 + f n f m ,
Also gilt die Behauptung auch für n + 1.
5
3. Induktionsanfang (n = 1): Es gilt f 2 f 0 − f 12 = −1 = (−1)1 .
Induktionsvoraussetzung: Es gebe ein n ∈ N mit f n+1 f n−1 − f n2 = (−1)n .
Induktionsschritt: Für n wie in der Induktionsvoraussetzung gilt
f n+2 f n − f n2+1 =( f n+1 + f n ) f n − ( f n + f n−1 ) f n+1 = f n+1 f n + f n2 − f n f n+1 − f n−1 f n+1
= − ( f n+1 f n−1 − f n2 ) = −(−1)n = (−1)n+1 ,
also gilt die Behauptung auch für n + 1.
Zu dem Bilderrätsel: Wenn man ein Lineal anlegt, kann man sehen, das an der
Stelle, an der das grüne und blaue Dreiecke aneinanderstoßen, das obere „Dreieck“ einen kleinen Knick nach innen und das untere einen Knick nach außen
hat. Die Seitenlängen der beiden „Dreiecke“ sind 13 und 5, also f 7 und f 5 . Wenn
man nachzählt und nachrechnet, wie viele Kästchen, die beiden „Dreiecke“ haben, erhält man , dass sie beide
blaue Fläche + grüne Fläche + rote Fläche + gelbe Fläche = 12 + 5 + 7 + 8 = 32
Kästchen enthalten, ihre gemeinsame Fläche ist also 64 = 82 = f 62 . Die Fläche eines Vierecks mit Seitenlängen 13 und 5 ist 65, das heißt, wenn die beiden „Dreiecke“ tatsächlich welche wären, dann könnten sie ein solches Viereck ausfüllen.
Cassinis Formel sagt, dass f 7 f 5 − f 62 = (−1)6 = 1, also, dass den „Dreiecken“
dazu ein Kästchen fehlt. Das ist gerade dasjenige, das im Bild mit dem Fragezeichen markiert ist.
4. Lösung kommt später hier
Aufgabe 4.8. Quicksort ist ein Algorithmus zum Sortieren von Listen. Die Arbeitsweise
des Algorithmus wird von folgendem Pseudocode illustiert. Dabei ist liste die zu sortierende
Liste. Die Funktion concat(l1,l2) nimmt zwei Listen l1 und l2 und fügt sie zur Liste, die
zuerst die Elemente von l1 und dann die Elemente von l2 enthält, zusammen. Die Funktion
append(l,a) nimmt eine Liste l und hängt das Element a an. Die Funktion createlist(l)
legt eine leere Liste mit Namen l an. Die Funktion laenge(l) gibt an, wie viele Elemente die
Liste l hat. Der Befehl return gibt den den Wert des ihm folgenden Ausdruckes zurück.
function quicksort(liste)
falls laenge(liste) > 1
e:= irgendein Element von liste
createlist(links)
createlist(rechts)
für alle a in liste
falls e < a
append(links,a)
sonst
6
append(rechts,a)
ende
ende
return concat(quicksort(links),quicksort(rechts))
sonst
return liste
ende
ende
Beweise durch Induktion nach n, dass der Algorithmus eine Liste mit n verschiedenen (d.h. für
je zwei ist eines immer strikt größer) Elementen aufsteigend sortiert!
Lösung. Induktionsnfang (n = 1): Es ist zu zeige, dass Quicksort eine einelementige Liste sortiert. Da aber eine einelementige Liste immer sortiert ist, müssen wir
nur überprüfen, dass der Algorithmus eine einelementige Liste unverändert zurückgibt. Das ist allerdings der Fall, denn für eine einelementige Liste liste gilt nicht
laenge(liste) > 1, also wird der „sonst“-Teil von „falls laenge(liste) > 1“ ausgeführt, der nur die Liste zurückgibt.
Indukionshypothese: Es gebe ein n ∈ N, sodass Quicksort jede höchstens n-elementige
Liste aufsteigend sortiert.
Induktionsschritt: Sei n wie in der Induktionshypothese und liste eine n + 1elementige Liste. Da n + 1 > 1, wird der erste Teil der falls-Anweisung ausgeführt.
Hier wird die Liste in zwei Listen links und rechts zuerlegt, wobei links alle Elemente von liste enthält, die strikt kleiner als ein festes Element e von liste sind
und rechts alle übrigen Elemente (also insbesondere e) enthält. Da wir nach Aufgabenstellung annehmen dürfen, dass alle Elemente von von liste unterschiedlich sind,
werden also beide der Teillisten links und rechts höchstens n Elemente haben. Nach
Induktionsvoraussetzung sortiert Quicksort also links und rechts aufsteigend. Damit ist die Liste concat(quicksort(links),quicksort(rechts)) ebenfalls aufsteigend
sortiert, weil alle Elemente von rechts größer als alle Elemente von links sind. Also
sortiert Quicksort auch n + 1-elementige Listen.
Aufgabe 4.9. Zeige, dass die Menge Ñ := {0, 1, 2} mit S0 = 1,S1 := 2, und S2 := 0 alle
der Peano-Axiome außer P3 erfüllt.
Lösung.
P1 Es gilt 0 ∈ Ñ.
P2 Es gilt auch für n ∈ Ñ stets Sn ∈ Ñ.
P3 Es gilt S2 = 0, also ist dieses Axiom nicht erfüllt.
P4 Auch dieses Axiom ist einfach anhand der Definition von Ñ zu überprüfen.
P5 Sei X eine Menge mit 0 ∈ X und gelte für alle n ∈ Ñ, dass n ∈ X ⇒ Sn ∈ X.
Dann gilt 1 = S0 ∈ X und 2 = S1 ∈ X und damit Ñ ⊆ X.
7
Aufgabe 4.10. Beweise Sn = n + 1 für alle n ∈ N.
Lösung. Es gilt nach Definition der Addition n + 1 = n + S0 = S(n + 0) = Sn.
Aufgabe 4.11. Beweise mit vollständiger Induktion, dass für alle n, m ∈ N
m·n = 0+m
| +m+
{z· · · + m}
n-mal
gilt. Folgere daraus, dass für alle m, n, o ∈ N das Distributivgesetz m · (n + o ) = m · n + m ·
o der Addition und Multiplikation gilt. Welche Probleme siehst du mit dieser Vorgehensweise?
Lösung. Das Spannende und Schwierige an dieser Aufgabe ist, dass wir hier unsere beiden Begriffe von den natürlichen Zahlen in Übereinstimmung bringen wollen. Während also alle Zahlen, die wir in irgendwelchen Termen sehen, im Sinne der PeanoAxiome zu verstehen sind, können wir Begriffe wie „n-mal“ nur so verstehen, wie
wir es gewohnt sind. Wir erlangen also mit dem ersten Teil dieser Aufgabe in gewisser Weise die Berechtigung, mit den über die Peano-Axiome definierten Zahlen zu
zählen.
Induktionsanfang (n = 0): Es gilt für alle m ∈ N
m · 0 = 0 = 0 + |m + m +
{z· · · + m} .
o-mal
Induktionshypothese: Es gebe ein n ∈ N, sodass für alle m ∈ N
m·n = 0+m
{z· · · + m}
| +m+
n-mal
gilt.
Induktionsschritt: Sei n wie in der Induktionshypothese. Dann gilt
m · Sn
Definition von ·
=
Induktionsvoraussetzung
=
(m · n) + m
0+m
| +m+
{z· · · + m} +m
n-mal
so zählen wir normalerweise
=
0 + |m + m +
{z· · · + m},
n + 1-mal
also gilt die Behauptung auch für n + 1.
Zum Distributivgesetz: Für m, n, o ∈ N gilt
m · (n + o ) =0 + |m + m +
{z· · · + m}
n + o-mal
=0 + m
| +m+
{z· · · + m} +0 + m
| +m+
{z· · · + m} = m · n + m · o.
n-mal
o-mal
8
Ein Problem der gerade gezeigten Vorgehensweise zum Beweisen des Distributivgesetzes ist, dass wir unsere intuitive Vorstellung vom Rechnen mit den natürlichen Zahlen verwendet haben, um eine Eigenschaft der Peano-Arithmetik zu beweisen. Dass
„n + o-mal“ (mit dem +, das wir uns intuitiv vorstellen) gerade „n-mal“ + „o-mal“
(mit dem + der Peano-Arithmetik) ist, ist keineswegs klar! Ein weiteres Problem ist,
dass wir noch kein Assoziativgesetz für + bewiesen haben, also eigentlich gar nicht
wissen, was Terme mit mehreren „+“ hintereinander bedeuten sollen.
Aufgabe 4.12. Beweise mit vollständiger Induktion das Kommutativgesetz der Multiplikation,
d.h. m · n = n · m für alle m, n ∈ N.
Du wirst vermutlich viele der bisher bewiesenen Eigenschaften der natürlichen Zahlen benötigen. Du darfst auch das Distributivgesetz verwenden. Begründe jeden deiner Schritte mit
einer zuvor bewiesenen Eigenschaft oder einem der Axiome P1-P5!
Lösung. Wir beweisen die Eigenschaft durch Induktion nach m. Induktionsanfang (m =
0 und m = 1): Es gilt für alle n ∈ N, dass n · 0 = 0 nach Definition der Multiplikation.
Ferner gilt 0 · n = 0, was wir schnell durch Induktion über n beweisen: Es gilt 0 · 0 =
0 = 0 · 0 nach Definition also gilt die Behauptung für n = 0. Nimmt man an, dass es
n ∈ N gibt mit 0 · n = 0, dann gilt 0 · Sn = (0 · n) + 0 = 0 nach Induktionsannahme
und wegen x + 0 = 0 für alle x ∈ N. Damit kommutieren alle natürlichen Zahlen mit
0. Sei also nun m = 1: Es gilt für alle n ∈ N mit der Definition der Multiplikation und
Addition und dem Kommutativgesetz der Addition n · 1 = n · S0 = n · 0 + n = 0 + n =
n + 0 = n. Weiterhin gilt 1 · n = n, was wir wiederum mit Induktion beweisen: Für
n = 0 ist 1 · 0 = 0 nach Definition der Multiplikation. Unter der Annahme, dass es ein
n ∈ N mit 1 · n = n gibt, gilt
1 · Sn
Sn = n + 1
=
Distributivgesetz
=
1 · ( n + 1)
1·n+1·1
Induktionsannahme
=
1 · 1 = 1 · S0 = (1 · 0) + 1 = 0 + 1
=
n+1·1
n + 1.
Also gilt die Behauptung auch für m = 1.
Induktionshypothese: Es gebe ein m ∈ N mit m · n = n · m für alle n ∈ N.
Induktionsschritt: Für m wie in der Induktionshypothese gilt
9
n · Sm
Sm = m + 1
=
Distributivgesetz
=
Induktionsanfang für m = 1
=
Induktionsvoraussetzung
=
Distributivgesetz
=
Sm = m + 1
=
10
n · ( m + 1)
n·m+n·1
n·m+1·n
m·n+1·n
( m + 1) · n
Sm · n