WS 11/12 - Dependable Systems and Software

DEPENDABLE SYSTEMS AND SOFTWARE
Fachrichtung 6.2 — Informatik
Christian Eisentraut, M.Sc.
4. Übungsblatt zum mathematischen Vorkurs (WS 11/12)
Aufgabe 1 (Beispiel)
Finden Sie eine Formel für die Summe der ersten n natürlichen, geraden Zahlen und beweisen
Sie die Korrektheit dieser Formel.
Lösung:
Um die richtige Formel zu ermitteln, definieren wir die Folge:
an =
n
X
2·i
i=0
Die ersten zehn Folgenglieder sind: 0, 2, 6, 12, 20, 30, 42, 56, 72, 90
Betrachten wir die Folge bn = n2 mit den ersten Folgengliedern: 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81
Dann erkennen wir, dass der Abstand zwischen an und bn sich in jedem Schritt um einmal n
erhöht.
Für die ersten 10 Schritte kann man also ablesen: an = n2 + n
Diese Vermutung beweisen wir nun mit vollständiger Induktion über n:
Basisfall / Induktionsanfang (n = 0):
a0 =
0
X
2 · i = 0 = 02 + 0
i=0
Induktionsschritt (n =⇒ n + 1)
Induktionsannahme (I.A.): Angenommen, die Behauptung gilt für ein n ∈ N, also an = n2 +n.
Wir zeigen nun damit, dass die Behauptung auch für an+1 gilt:
an+1
Def.
=
n+1
X
2 · i = 2 · (n + 1) +
i=0
I.A.
=
n
X
2 · i = 2 · n + 2 + an
i=0
2 · n + 2 + n2 + n = (n2 + 2 · n + 1) + (n + 1) = (n + 1)2 + (n + 1)
Damit ist die Behauptung bewiesen.
Aufgabe 2
Sei n ≥ 1. Finden Sie eine Formel für die Summe
n
X
k=1
1
k · (k + 1)
und beweisen Sie sie mittels vollständiger Induktion über n.
Aufgabe 3
Sei n ≥ 1. Finden Sie eine Formel für die Summe
n
X
1
2k
k=1
und beweisen Sie sie mittels vollständiger Induktion über n.
Aufgabe 4
Sei n ≥ 0. Beweisen Sie mit vollständiger Induktion:
n
X
3 · 5k =
k=0
3 · (5n+1 − 1)
4
Aufgabe 5
Sei n ≥ 1. Beweisen Sie mit vollständiger Induktion:
12 + 22 + 32 + ... + n2 =
n · (n + 1) · (2n + 1)
6
Aufgabe 6
Sei n ≥ 1. Beweisen Sie mit vollständiger Induktion:
1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + ... + n · n! = (n + 1)! − 1
Aufgabe 7
Beispiel:
∀n ≥ 5 : 2n > n2
Beweis durch vollständige Induktion über n.
Basisfall / Induktionsanfang (n = 5):
2n = 25 = 32 > 25 = 52 = n2
Induktionsschritt (n =⇒ n + 1)
Induktionsannahme: Angenommen, die Behauptung gilt für ein n ∈ N, also 2n > n2 .
Dann gilt die folgende Abschätzung:
I.A.
2n+1 = 2 · 2n >
Nun bleibt zu zeigen, dass
∀n ≥ 5 : 2 · n2 ≥
2 · n2
(∗)
(n + 1)2
⇔ ∀n ≥ 5 :
n2
≥ 2·n+1
Dies ist ziemlich leicht zu beweisen (siehe Teilaufgabe a unten) ).
Einsetzen in (*) liefert dann:
2n+1 > 2 · n2 ≥ (n + 1)2
Damit ist die Aussage bewiesen.
Beweisen Sie mit vollständiger Induktion folgende Abschätzungen:
a)
∀n ≥ 5 : n2 ≥ 2 · n + 1
b)
∀n ≥ 7 : 3n < n!
P
∀n ≥ 2 : nk=1 k12 < 2 −
c)
1
n
Aufgabe 8
Beispiel:
Wir erinnern uns: b ∈ N ist teilbar durch a ∈ N, wenn gilt ∃c ∈ N : b = c · a.
∀n ≥ 0 : n5 − n ist teilbar durch 5
Beweis durch vollständige Induktion über n.
Basisfall / Induktionsanfang (n = 0):
n5 − n = 05 − 0 = 0 ist teilbar durch 5 mit c=0
Induktionsschritt (n =⇒ n + 1)
Induktionsannahme: Angenommen, die Behauptung gilt für ein n ∈ N, also n5 − n ist teilbar
durch 5.
Nach Definition der Teilbarkeit existiert also ein c, so dass gilt
n5 − n = 5 · c
Also gilt:
(n + 1)5 − (n + 1)
=
=
I.A.
=
=
5
4
(1)
3
2
n + 5 · n + 10 · n + 10 · n + 5 · n + 1 − n − 1
5
4
3
2
(2)
(n − n) + 5 · (n + 2 · n + 2 · n + n)
(3)
5 · c + 5 · (n4 + 2 · n3 + 2 · n2 + n)
(4)
3
2
5 · (c + n · 4 + 2 · n + 2 · n + n)
|
{z
}
c0 ∈Z
Damit ist (n + 1)5 − (n + 1) durch 5 teilbar.
(5)
Beweisen Sie folgende Teilbarkeitsregeln mit vollständiger Induktion:
a)
∀n ≥ 0 : n3 + 2 · n ist teilbar durch 3.
b)
∀n ≥ 0 : n3 − n ist teilbar durch 6.
(Hinweis: Eine Zahl ist genau dann durch 6 teilbar, wenn sie durch 2 und durch 3 teilbar ist.)
c)
Sei n eine ungerade, positive Zahl. Dann ist n2 − 1 durch 8 teilbar.
(Hinweis: Hier ist nicht unbedint ein Induktionsbeweis erforderlich - aber möglich.)
Aufgabe 9
Sei n ≥ 3 und M eine n-elementige Menge. Beweisen Sie:
Es gibt genau
Hinweis:
n · (n − 1) · (n − 2)
Teilmengen von M mit genau 3 Elementen.
6
n
n · (n − 1)
=
2
2
Aufgabe 10
Für welche natürlichen Zahlen gilt n2 ≤ 2 · n?
Überlegen Sie, und beweisen Sie Ihre Behauptung dann mit Hilfe vollständiger Induktion.
Aufgabe 11
Für eine Skatrunde benötigt man 3 oder 4 Mann.
Zeigen Sie durch vollständige Induktion für n ≥ 6:
Man kann n Skatspieler so verteilen, dass jeder Spieler (genau) einer Runde angehört.
Aufgabe 12
Wo ist der Fehler in diesem Beweis?
Behauptung:
Sei a eine positive, reelle Zahl. Dann ist an = 1 für alle n ∈ N.
Basisfall / Induktionsanfang (n = 0):
an = a0 = 1 gilt offensichtlich.
Induktionsschritt (n =⇒ n + 1)
Sei ak = 1 für alle k ≤ n. Dann gilt
ak+1 =
ak · ak
1·1
=
=1
k−1
1
a
Damit ist die Behauptung bewiesen.
Aufgabe 13
Wo ist der Fehler in diesem Beweis?
Behauptung:
Alle Pferde haben die gleiche Farbe.
Beweis:
Wir beweisen die Aussage „Jede n-elementige Menge von Pferden enthält nur Pferde der
gleichen Farbe“ durch vollständige Induktion über n.
Basisfall / Induktionsanfang (n = 1):
Klar.
Induktionsschritt (n =⇒ n + 1)
•
Gegeben sei eine (n+1)-elementige Menge von Pferden, wir nennen die Pferde p1 , ..., pn+1
•
Betrachten wir die Teilmenge M1 = {p1 , .., pn }. Nach Induktionsvoraussetzung haben
diese Pferde alle die gleiche Farbe - ohne Einschränkung sagen wir, sie seien schwarz.
•
Nun betrachten wir die Menge M2 = {p2 , .., pn+1 }. Nach Induktionsvoraussetzung haben
diese Pferde auch alle die gleiche Farbe. Da aber z.B. p2 ∈ M1 , ist p2 schwarz und damit
sind alle Pferde in M2 schwarz.
=⇒ Alle Pferde p1 , ..., pn+1 haben die gleiche Farbe, was unsere Behauptung beweist.
Aufgabe 14
Vor langer Zeit lebte ein grausamer Herrscher, der viele Menschen, die unerlaubt Mathematik
betrieben hatten, in ein großes Gefängnis gesperrt hatte. Eines Nacht jedoch, wurde er von
Muse der Logik geküsst, und fasste großes Vertrauen in die Mathematik, insbesondere in die
Logik. Und so beschloss er, die gefangenen Mathematiker freizulassen. Aber nur, wenn sie sich
als würdig erweisen würden. . .
In der Nacht vorm Tage 0 malte der Herrscher k Mathematikern aus der Gesamtzahl von
n Gefangenen (k ≤ n) unbemerkt ein unabwischbares Mal auf die Stirn. Die Gefangenen
haben keine Chance zu sehen, ob sie selbst ein Mal tragen, jedoch sehen sie jeden Tag alle
anderen Gefangenen, und wissen daher, welcher von diesen ein Mal trägt. Gleichzeit ist es
den gefangenen Mathematikern komplett unmöglich untereinander zu kommunizieren (eine
nur geringe Untertreibung der sozialen Kompetenzen von Mathematikern und Informatikern
(zumindest den Gerüchten in der “normalen” Welt nach)).
Der Herrscher sagt nun: “Ihr werdet alle frei sein, wenn genau diejenigen von euch, die heute
Nacht ein Mal bekommen haben, zu mir kommen. Kommt auch nur ein einziger nicht, oder
kommt einer ohne Mal zu mir, werde ich euch alle töten!”
Nehmen wir an, alle Mathematiker sind perfekte Logiker: Am wievielten Tag werden alle frei
sein?