Lösungen zu Kapitel 3

Lösungen zu Kapitel 3
Lösung zu Aufgabe 1: Es sollen die drei Aussagen
2
(a) 1 + 8 + . . . + n 3 = n2 (n + 1) ,
1
1
= 1 − n+1
und
(b) 1 1· 2 + 2 1· 3 + . . . + n · (n+1)
1
2
n
2n+1 −n−2
(c) 21 + 22 + . . . + 2n =
2n
durch vollständige Induktion bewiesen werden.
2
(a) P(n) sei die Aussage 1 + 8 + . . . + n 3 = n2 (n + 1) . Offensichtlich gilt P(0).
Wir setzen jetzt die Gültigkeit von P(n) voraus und erhalten
2
(n + 1) + (n + 1)3
2
2
n
+ (n + 1)
= (n + 1)2
4
1 + . . . + n 3 + (n + 1)3 =
n
(n + 1)2 2
(n + 4n + 4)
4
(n + 1)2
=
(n + 2)2
4
2
(n + 1)
(n + 2) ,
=
2
=
das heißt, es gilt P(n + 1).
(b) Mit dem Summenzeichen geschrieben, lautet die Behauptung
n
X
k=1
1
1
=1−
k(k + 1)
n+1
für alle n ≥ 0. Für n = 0 steht links die leere Summe, das heißt 0, und rechts
1
1 − n+1
= 1 − 1 = 0. Es gilt also P(0). Unter der Voraussetzung P(n) folgt
P(n + 1) aus
1
1
1
1
1
+...+
+
=1−
+
1·2
n · (n + 1) (n + 1) · (n + 2)
n + 1 (n + 1) · (n + 2)
(n + 1)(n + 2) − (n + 2) + 1
=
(n + 1)(n + 2)
2
n + 2n + 1
=
(n + 1)(n + 2)
n+1
=
n+2
1
=1−
.
n+2
1
2
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(c) Für n = 0 steht auf der linken Seite wiederum die leere Summe, das heißt 0.
Rechts ergibt sich auch der Wert 0. Es gilt also P(0). Unter Verwendung der
Induktionsvoraussetzung P(n) folgt P(n + 1) aus
n+1
X
k
2n+1 − n − 2 n + 1
=
+ n+1
2k
2n
2
k=1
2n+2 − 2n − 4 + n + 1
2n+1
n+2
2
− (n + 1) − 2
=
.
2n+1
=
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Lösung zu Aufgabe 2: Wir müssen zeigen, dass unter der Vorausssetzung
∀n. P(0) ∧ . . . ∧ P(n − 1) ⇒ P(n)
die Aussage P(n) für alle n ∈ 0 gilt. Wir führen den Beweis indirekt und nehmen an,
dass es eine natürliche Zahl gibt, für die P(n) nicht zutrifft. Da 0 wohlgeordnet ist,
gibt es eine kleinste solche Zahl. Diese sei n ∗ . Es gilt also P(0) ∧ . . . ∧ P(n ∗ − 1). Aus
der Voraussetzung folgt hieraus P(n ∗ ), ein Widerspruch.
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Lösung zu Aufgabe 3: Wir müssen zeigen, dass durch
m ≤ n ⇔ ∃ p. m + p = n
für alle m, n ∈ 0 eine reflexive, antisymmetrische und transitive Relation definiert
wird.
Zuerst beweisen wir die folgenden Hilfsaussagen.
(a) s( 0 ) ∪ {0} = 0 . Das heißt, zu jeder natürlichen Zahl n, n 6 = 0, gibt es eine
natürliche Zahl k mit n = s(k).
(b) Falls für die natürlichen Zahlen m, n ∈ 0 die Gleichung m + n = 0 gilt, dann
ist m = n = 0.
(c) Jede Gleichung der Form
m+x =n
für m, n ∈
0
besitzt höchstens eine Lösung x in
0.
Zum Beweis dieser Aussagen:
(a) Die Teilmenge s( 0 ) ∪ {0} von 0 enthält die Zahl 0 und mit jedem Element
auch ihren Nachfolger. Nach Definition 3.1(c) ist dann s( 0 ) ∪ {0} = 0 .
(b) Es sei m + n = 0. Wir müssen m = n = 0 zeigen. Der Beweis erfolgt indirekt.
Aus Symmetriegründen können wir n 6 = 0 annehmen. Nach (a) gibt es dann eine
natürliche Zahl k mit n = s(k). Es folgt 0 = m + n = m + s(k) = s(m + k), ein
Widerspruch zu Definition 3.1(b).
(c) Es seien x 1 und x 2 Lösungen der Gleichung, das heißt, m + x 1 = n = m + x 2 .
Aus der Kürzungsregel für die Addition (siehe Seite 68) folgt die Behauptung
x 1 = x 2 = 0.
Wir weisen jetzt die geforderten Eigenschaften der Relation ≤ nach.
Wegen m + 0 = m für alle m ∈ 0 ist ≤ reflexiv.
Es sei m ≤ n und n ≤ m angenommen. Nach Definition der Relation ≤ gibt es
natürliche Zahlen p und q mit m + p = n und n + q = m. Es folgt n + 0 = n =
m + p = (n + q) + p = n + (q + p) und hieraus nach obiger Hilfsaussage (c)
q + p = 0. Mit Hilfsaussage (b) gilt p = q = 0, das heißt m = n. Dies beweist die
Antisymmetrie von ≤.
Zum Nachweis der Transitivität gelte m ≤ n und n ≤ o. Nach Definition der Relation
≤ gibt es natürliche Zahlen p und q mit m + p = n und n + q = o. Wir bekommen
weiter m + ( p + q) = (m + p) + q = n + q = 0. Dies impliziert m ≤ o.
Wir zeigen zusätzlich, dass ≤ konnex ist. Es seien m und n gegeben. Wir müssen
nachweisen, dass eine der Beziehungen m ≤ n oder n ≤ m zutrifft. Dies erfolgt durch
eine vollständige Induktion über m. Für m = 0 ist 0 + n = n, das heißt m ≤ n. Die
Induktionsvoraussetzung lautet n ≤ m oder m ≤ n. Es ist zu zeigen, dass m + 1 ≤ n
oder n ≤ m + 1 gilt. Wir unterscheiden drei Fälle. Im Fall n ≤ m gilt offensichtlich
n ≤ m ≤ m + 1. Falls m ≤ n und m = n ist, folgt ebenfalls n ≤ m ≤ m + 1. Es
bleibt, die Behauptung für den Fall m ≤ n und m 6 = n nachzuweisen. Es gibt dann eine
natürliche Zahl k mit m + k = n und k 6 = 0. Nach Hilfsbehauptung (a) existiert eine
natürliche Zahl l mit s(l) = k. Es folgt (m+1)+l = m+(1+l) = m+s(l) = m+k = n.
Das heißt, m + 1 ≤ n. In allen Fällen gilt also m + 1 ≤ n oder n ≤ m + 1.
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Lösung zu Aufgabe 4: (H, ◦) sei eine nichtleere kommutative Halbgruppe, in der die
Kürzungsregel (siehe Definition 7.2) erfüllt ist.
(a) Es ist zu zeigen, dass durch
(a, b) ∼ (c, d) ⇔ a ◦ d = b ◦ c
eine für alle a, b, c, d ∈ H eine Äquivalenzrelation auf der Menge H × H
definiert wird. Wegen
(a, b) ∼ (a, b) ⇔ a ◦ b = b ◦ a
ist die Relation reflexiv. Die Symmetrie folgt aus
(a, b) ∼ (c, d) ⇔ a ◦ d = b ◦ c
⇒ c ◦ b = d ◦ a ⇔ (c, d) ∼ (a, b).
Zum Nachweis der Transitivität seien Paare (a, b), (c, d) und (e, f ) aus H × H
mit (a, b) ∼ (c, d) und (c, d) ∼ (e, f ) gegeben. Die Transitivität ergibt sich
unter Anwendung der Kürzungsregel, der Assoziativität und der Kommutativität
aus
(a, b) ∼ (c, d) ∧ (c, d) ∼ (e, f ) ⇒ a ◦ d = b ◦ c ∧ c ◦ f = d ◦ e
⇒a◦d ◦c◦ f =b◦c◦d ◦e
⇒a◦c◦ f ◦d =b◦c◦e◦d
⇒a◦c◦ f =b◦c◦e
⇒a◦ f =b◦e
⇒ (a, b) ∼ (e, f ).
(b) Wir zeigen jetzt, dass auf der Faktormenge
G = H/∼ = {[(a, b)] | a, b ∈ H }
durch
[(a, b)] ◦ [(c, d)] = [(a ◦ c, b ◦ d)]
für alle [(a, b)], [(c, d)] ∈ G eine assoziative und kommutative Verknüpfung
definiert wird, für die es ein Einselement sowie inverse Elemente gibt. Zuerst ist
nachzuweisen, dass die Verknüpfung auf G wohldefiniert ist. Dazu seien Paare
(a, b), (a 0 , b0 ), (c, d) und (c0 , d 0 ) mit (a, b) ∼ (a 0 , b0 ) und (c, d) ∼ (c0 , d 0 )
gegeben. Wir müssen [a ◦ c, b ◦ d] = [a 0 ◦ c0 , b0 ◦ d 0 ], das heißt
(a ◦ c, b ◦ d) ∼ (a 0 ◦ c0 , b0 ◦ d 0 ),
zeigen. Nach Voraussetzung ist a ◦ b 0 = b ◦ a 0 und c ◦ d 0 = d ◦ c0 . Hieraus
bekommen wir die Behauptung
a ◦ c ◦ b0 ◦ d 0 = b ◦ d ◦ a 0 ◦ c0 .
6
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Die Kommutativität und die Assoziativität übertragen sich sofort von H auf G.
Da H 6 = ∅ ist, können wir ein Element h ∈ H wählen. Aufgrund der Kürzungsregel gilt
[(a, b)] ◦ [(h, h)] = [(a ◦ h, b ◦ h)] = [(a, b)]
für alle a, b ∈ H . Die Äquivalenzklasse [(h, h)] ist daher das Einselement der
Verknüpfung ◦ auf G. Es sei [(a, b)] ∈ G. Aus
[(a, b)] ◦ [(b, a)] = [(a ◦ b, a ◦ b)] = [(h, h)]
folgt, dass [(b, a)] ein zu [(a, b)] inverses Element bezüglich ◦ ist.
(c) Wenn wir die Aussagen von (a) und (b) auf die nichtleere kommutative Halbgruppe ( 0 , +) anwenden, erhalten wir offensichtlich die kommutative Gruppe ( , +). Für die nichtleere kommutative Halbgruppe ( , · ) bekommen wir
die kommutative Gruppe ( + , · ) aller positiven rationalen Zahlen bezüglich der
Multiplikation.
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p
Lösung zu Aufgabe 5: Wenn r +x = q rational wäre, dann wäre es – im Widerspruch
zur Annahme – auch x =
x = q p· r , ein Widerspruch.
p
q
− r. Wenn r · x =
p
q
rational wäre, dann wäre es auch
Lösung zu Aufgabe 6:
(a) Wenn wir z 1 = 3 + 2i, z 2 = −2 + 3i, z 3 = −3 − 2i und z 4 = 2 − 2i in die
Gauß’sche Zahlenebene eintragen, so erhalten wir das folgende Bild.
Im
4
−2 + 3i
3 + 2i
2
-4
-2
2
4 Re
−3 − 2i
-2
2 − 2i
-4
(b) Es ist z 1 + z 2 = 1 + 5i, z 1 − z 2 = 5 − i, z 1 · z 2 = −12 + 5i und
z1
3 + 2i
(3 + 2i)(−2 − 3i)
−6 − 9i − 4i − 6i 2
= −i.
=
=
=
z2
−2 + 3i
(−2 + 3i)(−2 − 3i)
4 + 6i − 6i − 9i 2
√
√
(c) Der Betrag von z 1 und z 2 ist 32 + 22 = 13. Für den Winkel von z 1 erhalten
wir arctan( 23 ) = 33,7◦ , der von z 2 ergibt sich zu 180◦ − arctan( 32 ) = 90◦ +
arctan( 23 ) = 123,7◦ .
Lösung zu Aufgabe 7: Bei dieser Aufgabe handelt es sich um ein Abzählproblem. In
Satz 11.6 wird ein allgemeineres Ergebnis vorgestellt und bewiesen.
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Lösungen zu Kapitel 3
Lösung zu Aufgabe 8: Eine Menge M ist nach Definition genau dann höchstens
abzählbar, wenn sie endlich oder abzählbar ist. Wir zeigen die Aussage
M ist endlich oder M ist abzählbar ⇔ ∃ f : M →
, f injektiv .
Die Äquivalenz zur dritten Aussage ergibt sich aus Aufgabe 23 von Kapitel 2.
Wenn M = {m 1 , . . . , m n } endlich ist, dann ist die Funktion f : M →
mit
f (m i ) = i, i = 1, . . . , n, injektiv. Falls M abzählbar ist, existiert nach Definition
3.7 sogar eine bijektive Abbildung f : M → .
eine injektive Abbildung und M sei unendlich. Die Elemente
Es sei f : M →
der Menge f (M) = { f (m) | m ∈ M} können wir der Größe nach sortieren. Auf diese
Weise erhalten wir eine Folge x 1 , x 2 , x 3 , . . . von natürlichen Zahlen. Die Abbildung
g :
→ M mit g(i) = m mit f (m) = x i , i ∈ , ist bijektiv. Das heißt, M ist
abzählbar.
Lösung zu Aufgabe 9: Es seien Mi = {m i,0 , m i,1 , m i,2 , . . .}, i ∈
0 , abzählbare
Mengen. Die Elemente der Vereinigungsmenge lassen sich wie im Beweis von Satz 3.8
anordnen:
...
m 0,0
m 0,1
m 0,2
m 0,3
m 1,0
m 1,1
m 1,2
m 2,0
m 2,1
...
m 3,0
...
...
Daher ist ∪i ∈ 0 Mi abzählbar. Die Produktmenge P × Q zweier abzählbarer Mengen
P = { p0 , p1 , . . .} und Q = {q0 , q1 , . . .} ist abzählbar. Dies ergibt sich mit dem ersten
Cantor’schen Diagonalverfahren aus folgendem Diagramm:
( p 0 , q0 )
( p 0 , q1 )
( p 0 , q2 )
( p 0 , q3 )
( p 1 , q0 )
( p 1 , q1 )
( p 1 , q2 )
...
( p 2 , q0 )
( p 2 , q1 )
...
( p 3 , q0 )
...
...
Durch vollständige Induktion folgt, dass auch das Produkt von endlich vielen abzählbaren Mengen wieder abzählbar ist.
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Lösung zu Aufgabe 10: Es sei M eine abzählbare Menge. Für jede natürliche Zahl n
ist die Menge der nichtleeren Teilmengen von M mit höchstens n Elementen das Bild
der Abbildung g : M n → P (M) mit g(m 1 , . . . , m n ) = {m 1 , . . . , m n } und daher nach
Satz Satz 3.10(c) abzählbar. Die Behauptung folgt damit unmittelbar aus Satz 3.10(b).
Lösung zu Aufgabe 11: Wir beweisen zunächst einen Hilfssatz: Es sei M eine über-
abzählbare Menge und N eine abzählbare Teilmenge von M. Dann gilt |M| = |M \ N |.
Mit M ist auch |M \ N | überabzählbar. Wir können daher eine abzählbare Teilmenge P ⊆ (M \ N ) auswählen. Da die Vereinigungsmenge zweier abzählbarer Mengen abzählbar ist, ist P ∪ N abzählbar. Das heißt, es gibt eine bijektive Abbildung
g : P ∪ N → P. Die Abbildung f : M → M \ N mit
(
m,
falls m ∈
/ P ∪ N,
f (m) =
g(m), falls m ∈ P ∪ N
ist offensichtlich eine Bijektion. Es gilt also |M| = |M \ N |.
Es sei M die Menge der unendlichen echten Teilmengen von . Nach Aufgabe 10
und dem eben bewiesenen Hilfssatz ist |P ( )| = |M|.
Jedem Element m aus M kann durch die Dualzahldarstellung bijektiv eine reelle
Zahl f (m) mit 0 < f (m) < 1 zugeordnet werden. Beispielsweise entspricht der Menge
M = {1, 3, 5, 7, . . .} die reelle Zahl f (m) = 0,10101 . . . = 2−1 +2−3 +2−5 +2−7 +. . .
Daher ist das Intervall (0, 1) gleichmächtig zu M, das heißt, |M| = |(0, 1)|.
x
Die Abbildungen h :
→ (−1, 1) mit h(x) = 1+|x|
, x ∈ , und k : (−1, 1) →
(0, 1) mit k(x) = 12 (x + 1), x ∈ , sind Bijektionen. Hieraus folgt | | = |(−1, 1)| =
|(0, 1)| und mit der davor gezeigten Aussage
|P ( )| = |M| = |(0, 1)| = |(−1, 1)| = | |.
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Lösung zu Aufgabe 12: Es seien M und N Mengen. Mit M → N bezeichnen wir
die Menge aller Abbildungen f : M → N .
Es sei I eine nichtleere, höchstens abzählbare Menge. Wir zeigen die allgemeine
Aussage |I → | = | |. Jeder Teilmenge von
entspricht eine Abbildung
→
{0, 1}, ihre charakteristische Funktion. Nach Aufgabe 11 reicht es daher, die Aussage
|I → (
→ {0, 1})| = |
→ {0, 1}|
(*)
zu zeigen. Da sich Abbildungen der Form M → (N → P) und M × N → P einander
bijektiv zuordnen lassen, gilt
|I → (
Nach Satz 3.10(c) ist |
→ {0, 1})| = |
× I → {0, 1}|.
(**)
× I | = | |. Hieraus folgt
|
× I → {0, 1}| = |
→ {0, 1}|.
Mit (∗∗) ergibt sich hiermit die Behauptung (∗).
Wir können nun speziell I als zwei- oder dreielementige Menge wählen und erhalten
| | = | × | = | × × |.
Lösung zu Aufgabe 13: Ein Polynom an x n + . . . + a2 x 2 + a1 x + a0 vom Grade n mit
Koeffizienten aus ist eindeutig durch das n + 1-Tupel (an . . . . , a0 ) festgelegt. Nach
Satz 3.10(c) gibt es also nur abzählbar viele Polynome vom Grad n. Aus Satz 3.10(b)
folgt, dass es insgesamt nur abzählbar viele Polynome mit Koeffizienten aus gibt.
Jedes dieser Polynome hat nur endlich viele Nullstellen. Es gibt daher nur abzählbar
viele algebraische Zahlen.
Lösung zu Aufgabe 14: Mit dem in Beispiel 3.6 vorgestellten Verfahren erhalten wir
die folgenden Werte:
1583
Basis 3
2011122
Basis 4
120233
Basis 5
22313
Basis 6
11155
Basis 7
4421
Basis 8
3057
Lösung zu Aufgabe 15: Da
n−1
X
i =0
2i = 2n − 1
für alle n ≥ 1 ist, wird die Zahl −1 im Zweierkomplement durch die Bitfolge, die aus
lauter Einsen besteht, dargestellt.
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Lösung zu Aufgabe 16: Es gilt:
(a) (4534)6 + (454)6 = (5432)6 ,
(b) (4534)6 − (454)6 = (4040)6 ,
(c) (4534)6 · (454)6 = (4022244)6 .
Die zugehörigen Rechnungen lauten:
4534
+ 454
-----5432
4534
- 454
----4040
4534*454
-------31424
40402
31424
-------4022244
Für die Berechnung des Produkts ist es hilfreich, das „kleine Einmaleins“ zur Basis 6
zu verwenden:
1
2
3
4
5
1
1
2
3
4
5
2
2
4
10
12
14
3
3
10
13
20
23
4
4
12
20
24
32
5
5
14
23
32
41
Wenn wir zur Kontrolle die Rechnungen im Dezimalsystem durchführen, erhalten wir
zunächst (4534)6 = (1066)10 und (454)6 = (178)10 und damit
(a) (1066)10 + (178)10 = (1244)10 = (5432)6 ,
(b) (1066)10 − (178)10 = (888)10 = (4040)6 ,
(c) (1066)10 · (178)10 = (189748)10 = (4022244)6 .
Lösung zu Aufgabe 17: In der Bitfolge 010000 ist das Vorzeichenbit 0, das heißt, die
dargestellt Zahl ist negativ. Die Mantisse ist 100, sie stellt die Zahl 21 dar. Die verbleibenden zwei Bits 00 stellen nach Vereinbarung den Exponenten −1 dar. Demzufolge
stellt die Bitfolge 010000 die Zahl − 21 · 2−1 = − 14 dar.
In der 001111 ist das erste Bit der Mantisse 0. Die dargestellte Zahl ist daher nach
Definition 0.
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Lösungen zu Kapitel 3
Lösung zu Aufgabe 18: Wir betrachten zunächst den Datentypen float. Die Man-
tisse besteht aus 23 Bits. Der größte damit darstellbare Wert ist (0,111 . . . 1) 2 ≈ 1.
Für den Exponenten stehen 8 Bits zur Verfügung, davon 7 für positive Exponenten.
7
Die größte darstellbare Zahl ist daher ungefähr 1 · 22 = 2128 ≈ 3,403 · 1038 . Für den
10
Datentypen double ergibt sich analog 1 · 22 = 21024 ≈ 1,798 · 10308 als größter
darstellbarer Wert.
Lösung zu Aufgabe 19: Wir legen eine Rechengenauigkeit von 4 Dezimalstellen
zugrunde. Als Beispiel wollen wir die Zahlen a = 1234,0 und b = 0,1234 addieren.
Da nur vier Stellen signifikant sind, ergibt die Rechnung:
+
=
1 234,0000
0,1234
1 234,0000
Wir erhalten a + b = a. Die Ursache für diesen Fehler liegt darin, dass a und b eine
stark unterschiedliche Größenordnung besitzen, so dass der Wert von b bei der Addition
durch die Rechnung mit vier Stellen unberücksichtigt bleibt.
Um die Probleme darzustellen, die beim Test zweier Zahlen auf Gleichheit auftreten
können, betrachten wir das Beispiel von 84:
5 3
5
3 3
= + = 2,
+
+
4
8 8
4 4
3
3
5 3
+ = ? + 6 = 2.
+
4 8
8
8
Da die Zahl 45 + 83 nicht dargestellt werden kann, muss ein Näherungswert genommen werden, zum Beispiel
5 3
13
7
+ =
= 1,625 ≈ .
4 8
8
4
Dies bedeutet jedoch, dass 74 mehrere Zahlen repräsentiert, zum Beispiel x = 13
8 und
y = 74 . Wenn in einem Algorithmus die Werte x und y auf Gleichheit getestet werden,
dann ist das Ergebnis true, obwohl verschiedene Zahlen gemeint sind. Die Ursache für
dieses Problem ist darin zu sehen, dass durch die Gleitkommadarstellung reelle Zahlen
nicht eindeutig beschrieben werden.