Technische Universität München Übungsblatt 1

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Mathematik 1 (Elektrotechnik)
Prof. Dr. Anusch Taraz | Dr. Michael Ritter
Übungsblatt 1
Hausaufgaben
Aufgabe 1.1
Zeigen Sie mit vollständiger Induktion: Für alle n ∈ N gilt
1 + 2 + 4 + 8 + · · · + 2n =
n
X
2i = 2n+1 − 1.
i=0
Lösung zu Aufgabe 1.1
Wir führen eine „klassische“ Induktion über n.
Induktionsanfang (n = 1): Den Induktionsanfang erhalten wir einfach durch Einsetzen von
n = 1: Für die linke Seite ergibt sich
1
X
2i = 20 + 21 = 1 + 2 = 3,
i=0
für die rechte Seite erhalten wir
21+1 − 1 = 22 − 1 = 4 − 1 = 3.
Beide Ergebnisse sind gleich, also stimmt die Behauptung für n = 1.
Induktionsvoraussetzung Wir nehmen jetzt an, dass die Behauptung für ein n gilt, also
n
X
2i = 2n+1 − 1.
i=0
Induktionsschritt (n → n + 1) Die Behauptung für n + 1 lautet
n+1
X
2i = 2(n+1)+1 − 1,
i=0
das müssen wir also zeigen. Wir beginnen damit, die linke Seite zu vereinfachen, indem wir
den letzten Summanden abspalten und die Induktionsvoraussetzung einsetzen:
n+1
X
i=0
2i =
n
X
(IV )
2i + 2n+1 = 2n+1 − 1 + 2n+1
i=0
1
Das können wir noch etwas weiter vereinfachen:
2n+1 − 1 + 2n+1 = 2 · 2n+1 − 1 = 2(n+1)+1 − 1
Und damit ist die Behauptung bewiesen.
Aufgabe 1.2
Zeigen Sie: Für alle n ∈ N mit n > 4 gilt
2n > n2 .
Lösung zu Aufgabe 1.2
Zunächst sollten wir uns kurz klarmachen, dass die Bedingung „n > 4“ tatsächlich notwendig
ist. Dazu setzen wir einfach ein:
21 = 2 > 12 = 1
23 = 8 ≯ 32 = 9
22 = 4 ≯ 22 = 4
24 = 16 ≯ 42 = 16
Obwohl die Behauptung also für n = 1 noch stimmt, wäre sie für n ∈ {2, 3, 4} falsch. Wir
beginnen deshalb unsere Induktion bei n = 5. (Zugegeben, der Induktionsanfang würde auch
für n = 1 klappen. Im Induktionsschritt brauchen wir aber dann die Tatsache, dass wir nur
Zahlen ≥ 3 betrachten, uns würde also der „Anschluss“ an den Induktionsanfang fehlen. Für
n = 3 wiederum bekommen wir den Induktionsanfang nicht hin, also müssen wir die kleinste
Zahl nehmen, für die beides klappt – das ist eben n = 5. Das ganze Problem ähnelt ein bisschen
der „Katzenaufgabe“ unten.)
Induktionsanfang (n = 5) Einsetzen ergibt 25 = 32 > 52 = 25, also stimmt die Behauptung
für n = 5.
Induktionsvoraussetzung: Wir setzen jetzt voraus, dass die Behauptung für ein n ∈ N mit
n ≥ 5 gilt, unsere Induktionsvoraussetzung ist also
2n > n2 .
(IV)
Induktionsschritt (n → n+1) Zu zeigen ist, dass die Behauptung unter dieser Voraussetzung
auch für n+1 gilt, wir müssen also beweisen, dass 2n+1 > (n+1)2 . Dazu formen wir ein bisschen
um:
(IV)
2n+1 = 2 · 2n > 2 · n2 .
Im letzten Schritt haben wir die Induktionsvoraussetzung für den Term 2n eingesetzt. Werfen
wir mal einen Blick auf die rechte Seite (n + 1)2 = n2 + 2n + 1. Wir haben noch zu zeigen,
dass
n2 ≥ 2n + 1
gilt (hier genügt „≥“, das „>“ haben wir ja beim Einsetzen der Induktionsvoraussetzung
bereits sichergestellt). Wenn das bewiesen wäre, könnten wir oben einfach weitermachen:
2n+1 = · · · > 2 · n2 = n2 + n2 ≥ n2 + (2n + 1) = (n + 1)2 ,
2
damit wäre die Behauptung gezeigt.
Es bleibt allerdings noch die kleine Lücke „n2 ≥ 2n + 1“ zu schließen. Und weil’s so schön
war, machen wir das gleich nochmal mit einer vollständigen Induktion. Wo fangen wir diesmal
an? Setzen wir doch mal ein:
n = 1 :n2 = 1 2 · 1 + 1 = 3n = 2 : n2 = 4 2 · 2 · 2 + 1 = 5n = 3 :n2 = 9 ≥ 2 · 3 + 1 = 7X
Für n = 3 klappt das zum ersten Mal, also versuchen wir mal, folgende Aussage zu zeigen:
„Für alle n ≥ 3 gilt n2 ≥ 2n + 1.“
• Induktionsanfang n = 3: Das haben wir oben schon nachgerechnet.
• Induktionsvoraussetzung: Für ein n ≥ 3 gilt n2 ≥ 2n + 1.
• Induktionsschritt n → n + 1: Zu zeigen ist, dass (n + 1)2 ≥ 2(n + 1) + 1.
(n + 1)2 ≥ 2(n + 1) + 1
⇔n2 + 2n + 1 ≥ 2n + 3
⇔n2 ≥ 2
Letzteres gilt aber für alle n ≥ 3, damit ist die Aussage bewiesen.
Kleine Anmerkung: Dass n2 ≥ 2n + 1 für n ≥ 3 gilt, hätte man natürlich auch einfacher
zeigen können, z. B.:
√
n2 ≥ 2n + 1 ⇔ n2 − 2n + 1 ≥ 2 ⇔ (n − 1)2 ≥ 2 ⇔ |n − 1| ≥ 2,
und für natürliche Zahlen ist das äquivalent zu n ≥ 3.
Aufgabe 1.3
Die Fibonacci-Zahlen F0 , F1 , F2 , . . . sind rekursiv definiert durch die folgende Vorschrift
F0 := 0
F1 := 1
Fn := Fn−1 + Fn−2
Zeigen Sie: Für alle n ∈ N gilt
n
X
für n ≥ 2
(Fi )2 = Fn · Fn+1 .
i=1
Lösung zu Aufgabe 1.3
Wir beweisen die Aussage mit Induktion über n.
Induktionsanfang (n = 1): Einsetzen von n = 1 ergibt:
n
X
i=1
(Fi )2 =
1
X
(Fi )2 = (F1 )2 = 12 = 1
i=1
Fn · Fn+1 = F1 · F2 = F1 · (F1 + F0 ) = 1 · (1 + 0) = 1 · 1 = 1
Damit stimmt die Aussage für n = 1.
3
Induktionsvoraussetzung Wir setzen voraus, dass die Aussage für ein n richtig ist, d. h. für
ein n gilt
n
X
(Fi )2 = Fn · Fn+1 .
i=1
Induktionsschritt (n → n+1): Wir müssen zeigen, dass mit obiger Induktionsvoraussetzung
auch
n+1
X
(Fi )2 = Fn+1 · Fn+2
i=1
richtig ist. Es gilt:
n+1
X
2
(Fi ) =
i=1
n
X
IV
(Fi )2 + (Fn+1 )2 = Fn · Fn+1 + (Fn+1 )2 = Fn+1 · (Fn + Fn+1 ) = Fn+1 · Fn+2
i=1
Dabei haben wir im letzten Schritt die Rekursionsvorschrift für die Fibonacci-Zahlen benutzt.
Achtung: Diese Rekursionsvorschrift gilt nur für n ≥ 2, der Beweis funktioniert also genau
genommen nur für n ≥ 2 (vergleiche auch die folgende Aufgabe). Da wir den Induktionsanfang
für n = 1 gemacht hatten, fehlt uns aber noch der Schritt von n = 1 auf n = 2. Dafür rechnen
wir die Behauptung für n = 2 einfach nochmal extra nach:
2
X
(Fi )2 = 12 + 12 = 2
i=1
und F2 · F3 = 1 · 2 = 2
Damit haben wir jetzt alles gezeigt.
Aufgabe 1.4
Was halten Sie von folgendem Beweis? Wo genau steckt der Fehler?
Behauptung: Alle Katzen haben die gleiche Augenfarbe.
Zum Beweis formulieren wir die Behauptung erst ein wenig genauer. Wir werden zeigen:
„Für jedes n ∈ N gilt: Alle Katzen in jeder n-elementigen Menge von Katzen besitzen alle
die gleiche Augenfarbe.“. Wir beweisen diese Aussage mit Induktion über n, damit folgt dann
sofort unsere ursprüngliche Behauptung.
• Der Induktionsanfang ist klar: Für n = 1 besitzen alle Katzen in jeder 1-elementigen
Menge von Katzen die gleiche Augenfarbe.
• Für den Induktionsschritt sei M eine (n + 1)-elementige Menge von Katzen. Wir nummerieren die Katzen in beliebiger Reihenfolge von 1 bis (n + 1) durch und betrachten
die Mengen M1 der ersten n Katzen (also der Katzen 1, . . . , n) und M2 der letzten n
Katzen (also der Katzen 2, . . . , (n + 1)). Auf diese beiden Mengen dürfen wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, also gilt: Alle Katzen in der Menge M1 und alle Katzen
in der Menge M2 besitzen jeweils die gleiche Augenfarbe. Da die zweite Katze in beiden
Mengen enthalten ist, gilt weiter, dass die Augenfarbe aller M1 -Katzen gleich der Augenfarbe aller M2 -Katzen ist. Damit ist aber gezeigt, dass alle Katzen in M die gleiche
Augenfarbe besitzen. Da M eine beliebige (n + 1)-elementige Katzenmenge war, zeigt
das die Behauptung.
4
Lösung zu Aufgabe 1.4
Die Behauptung ist natürlich völliger Unsinn. Der Induktionsanfang ist allerdings unanfechtbar, und auch der Induktionsschritt scheint durchaus korrekt zu sein. Der Teufel steckt hier
im Detail: Im Induktionsschritt wird ausgenutzt, dass es eine Katze (die zweite Katze) gibt,
die in den Mengen M1 und M2 zugleich enthalten ist. Das stimmt auch, wenn wir wenigstens
3 Katzen betrachten. Für zwei Katzen geht es aber schief, weil dann M1 = {1} und M2 = {2}
gilt. Zwei Katzen entspricht dem Fall n+1 = 2, also beim Schritt von 1 auf 2. Dieser Schritt ist
aber entscheidend, weil es nach dem Induktionsanfang der erste Schritt wäre. Da der Induktionsschritt somit (ohne das ausdrücklich zu sagen) n + 1 ≥ 3 voraussetzt, passt er nicht zum
Induktionsanfang für n = 1, die „Lücke“ zwischen 1 und 2 können wir nicht füllen (danach
würde wieder alles funktionieren – es stehen gewissermaßen nur die „Dominosteine“ 1 und
2 zu weit auseinander). Wir haben also immerhin bewiesen: Wenn wir wüssten, dass je zwei
Katzen die gleiche Augenfarbe haben (ganz egal, welche zwei Katzen Sie auswählen), dann
hätten alle Katzen die gleiche Augenfarbe. Leider nützt uns diese Erkenntnis in der Praxis
nicht allzu viel.
Aufgaben für die Tutorübung
Aufgabe 1.5
Zeigen Sie mit vollständiger Induktion: Für alle a ∈ N und alle n ∈ N ist (2a − 1)n − 1 eine
gerade Zahl.
Lösung zu Aufgabe 1.5
Offenbar gilt: (2a − 1)n − 1 ist genau dann eine gerade Zahl, wenn (2a − 1)n eine ungerade
Zahl ist. Wir müssen also zeigen: Für alle a ∈ N und alle n ∈ N ist (2a − 1)n eine ungerade
Zahl. Das zeigen wir für beliebiges a ∈ N mit vollständiger Induktion über n.
Induktionsanfang (n = 1): Einsetzen ergibt (2a − 1)1 = 2a − 1. Da 2a gerade ist (a ist ja
eine natürliche Zahl), muss 2a − 1 ungerade sein, die Behauptung gilt also für n = 1.
Induktionsvoraussetzung Die Induktionsvoraussetzung lautet: Für ein n ∈ N und alle a ∈ N
ist (2a − 1)n eine ungerade Zahl.
Induktionsschritt (n → n + 1): Zu zeigen ist, dass (2a − 1)n+1 für alle a ∈ N eine ungerade
Zahl ist. Dazu formen wir um:
(2a − 1)n+1 = (2a − 1)n · (2a − 1)
Nach Induktionsvoraussetzung ist der erste Faktor (2a − 1)n für alle a ∈ N ungerade. Der
zweite Faktor (2a − 1) ist es aber offenbar auch, vgl. Induktionsanfang. Damit ist (2a − 1)n+1
ein Produkt aus zwei ungeraden Zahlen und damit selbst wieder ungerade. Das zeigt die
Behauptung.
Aufgabe 1.6
Zeigen Sie: Für jedes n ∈ N hat die Summe der ersten n ungeraden natürlichen Zahlen den
Wert n2 .
Lösung zu Aufgabe 1.6
5
Wir schreiben die Behauptung erstmal sauber auf: Für jedes n ∈ N gilt
n
X
(2i − 1) = n2 .
i=1
Der Beweis verwendet vollständige Induktion über n.
Induktionsanfang (n = 1): Einsetzen von n = 1 ergibt
n
X
(2i − 1) =
i=1
2
1
X
(2i − 1) = 2 − 1 = 1
i=1
n = 12 = 1
Das beweist die Behauptung für n = 1.
Induktionsvoraussetzung: Die Induktionsvoraussetzung lautet nun: Für ein n ∈ N gilt
Pn
2
i=1 (2i − 1) = n .
Induktionsschritt (n → n +1): Wir setzen n +1 statt n ein, spalten den letzten Summanden
ab und setzen die Induktionsvoraussetzung ein:
n+1
X
n
X
i=1
i=1
(2i − 1) =
(IV )
(2i − 1) + (2(n + 1) − 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2
Damit ist die Behauptung für n + 1 gezeigt.
Aufgabe 1.7
Bestimmen Sie jeweils alle reellen Lösungen der folgenden Gleichungen und Ungleichungen
und kennzeichnen Sie jeweils die Lösungsmengen auf der Zahlengeraden.
a) 7 − 6x = 2x + 3
c) |1 − x| ≤ 1 + 2x
b) x2 − x − 6 > 0
d) x |x| = 12 x3
Lösung zu Aufgabe 1.7
a) Es gilt:
7 − 6x = 2x + 3
⇔ −8x = −4
1
4
⇔x= =
8
2
−3
−2
−1
0
6
1
2
3
b) Wir bestimmen zunächst die Nullstellen von x2 − x − 6:
√
1 ± 1 + 24
1 5
x1,2 =
= ±
2
2 2
Als Nullstellen ergeben sich x1 = 3 und x2 = −2, daher gilt x2 − x − 6 = (x − 3)(x + 2).
Dieser Term ist genau dann positiv, wenn entweder beide Faktoren positiv oder beide
Faktoren negativ sind. Es sind also zwei Fälle zu betrachten:
Fall 1: x − 3 > 0 und x + 2 > 0: Es gilt
x−3>0∧x+2>0
⇔ x > 3 ∧ x > −2
⇔ x ∈]3; ∞[
Fall 2: x − 3 < 0 und x + 2 < 0: Es gilt
x−3<0∧x+2<0
⇔ x < 3 ∧ x < −2
⇔ x ∈] − ∞; −2[
Zusammen ergibt sich: x2 − x − 6 > 0 ⇔ x ∈] − ∞; −2[∪]3; ∞[.
−4
−3
[
−2
−1
0
1
2
]
3
4
c) Bei Beträgen müssen wir grundsätzlich eine Fallunterscheidung machen.
Fall 1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1:
|1 − x| ≤ 1 + 2x
⇔ 1 − x ≤ 1 + 2x
⇔ 0 ≤ 3x
⇔x≥0
Zusammen mit der Bedingung des Falls erhalten wir als ersten Teil der Lösungsmenge das Intervall [0; 1].
Fall 1 − x < 0 ⇔ x > 1:
|1 − x| ≤ 1 + 2x
⇔ x − 1 ≤ 1 + 2x
⇔ −2 ≤ x
⇔ x ≥ −2
Zusammen mit der Bedingung des Falls erhalten wir als zweiten Teil der Lösungsmenge das Intervall ]1; ∞[ (da wir ja x > 1 vorausgesetzt hatten!).
7
Insgesamt ergibt sich die Lösungsmenge [0; 1]∪]1; ∞[= [0; ∞[.
−3
−2
[
−1
0
1
2
3
d) Wir lösen den Betrag wieder mit einer Fallunterscheidung auf.
Fall x ≥ 0:
1
x |x| = x3
2
1
2
⇔ x = x3
2
Vorsicht: Hier darf nicht einfach durch x2 geteilt werden, da ja x = 0 noch eine
zulässige Lösung sein könnte! Vielmehr ist eine weitere Fallunterscheidung nötig:
Unterfall x 6= 0: In diesem Fall dürfen wir durch x2 teilen und erhalten x = 2 als
Lösung.
Unterfall x = 0: Setzt man x = 0 in die Gleichung x2 = 1/2 · x3 ein, so erkennt
man, dass auch x = 0 die Gleichung löst, wir erhalten also eine weitere Lösung.
Zusammen mit der Bedingung des Falls ergibt sich als erste Teil-Lösungsmenge
{0, 2}.
Fall x < 0:
1
x |x| = x3
2
1
2
⇔ −x = x3
2
Im Unterschied zu oben kann der Fall x = 0 hier nicht auftreten (wir setzen ja
x < 0 voraus), wir dürfen also einfach durch x2 teilen:
1
⇔ −1 = x
2
⇔ x = −2
Das ist mit der Bedingung des Falls vereinbar, als Teil-Lösungsmenge erhalten wir
also jetzt {−2}.
Zusammen ergibt sich die Lösungsmenge {−2, 0, 2} für die Gleichung.
−3
−2
−1
0
1
2
3
Aufgabe 1.8
Gegeben seien die folgenden Teilmengen der reellen Zahlen:
A := {x ∈ R : −2 < x < 5}
n
B := {x ∈ R : 1 ≥ x}
o
n
C := x ∈ R : x2 ≤ 4
o
D := x ∈ R : x2 > 1
8
Bestimmen Sie jeweils die folgenden Mengen und skizzieren Sie diese auf der Zahlengerade:
a) A ∩ B
c) B \ C
e) C ∩ (A ∪ B)
b) A ∪ D
d) D \ (A ∩ B)
f) (R \ (A ∩ B)) ∪ (C ∩ D)
Lösung zu Aufgabe 1.8
a) A ∩ B =] − 2; 1]
−6
]
]
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
−1
0
1
2
3
4
5
6
−1
0
1
2
3
4
5
6
b) A ∪ D = R
−6
c) B \ C =] − ∞; −2[
−6
−5
[
d) D \ (A ∩ B) =] − ∞; −2]∪]1; ∞[
−6
−5
−4
]
−3
−2
−3
−2
]
e) C ∩ (A ∪ B) = [−2; 2]
−6
−5
−4
[
]
f) R \ (A ∩ B) ∪ (C ∩ B) = (] − ∞; −2]∪]1; ∞[) ∪ ([−2; −1[∪]1; 2]) =] − ∞; −1[∪]1; ∞[=
R \ [−1; 1]
−6
−5
−4
−3
−2
[
−1
0
9
]
1
2
3
4
5
6