Lösung 1: Primzahlen Bildeten die Primzahlen eine endliche Menge

Lösung 1: Primzahlen
Bildeten die Primzahlen eine endliche Menge P = {p1 , p2 , ..., pn }, mit pk < pk+1 , so dürfte
p :=
n
Y
pk + 1 > pn
k=1
keine Primzahl sein. Dies stünde im Widerspruch dazu, daß p kein pk ∈ P als Teiler hat,
denn die entsprechende Division gibt in jedem Fall den Rest 1.
Bem.: Da es also tatsächlich unendlich viele Primzahlen gibt, darf man natürlich nicht
folgern, daß p für jedes n ∈ N eine Primzahl sei. Das einfachste Gegenbeispiel ist n = 6,
6
Y
k=1
pk + 1 ≡ 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 + 1 = 30 031 = 59 · 509.
Lösung 2: Summenzeichen
111
X
(a)
(3n + 1),
(b)
n=6
100
X
2
(n + n + 1),
n=3
(c)
4
5 X
X
ij.
i=1 j=1
Lösung 3d: Binomischer Satz
Wir führen nur den Induktionsschluß aus. Die Behauptung sei für irgendein n ∈ N richtig.
Dann ergibt Ausmultiplizieren
(a + b)
n X
n
an−k bk
= (a + b) ·
k
n+1
k=0
=
=
n
X
n
X
n!
n!
n+1−k k
a
b +
an−k bk+1
k!(n − k)!
k!(n
−
k)!
k=0
k=0
n+1
X
n!
n!
n+1−k k
a
b +
an+1−k bk .
k!(n − k)!
(k
−
1)!(n
+
1
−
k)!
k=1
k=0
n
X
Spalte von der ersten Summe den ersten und von der zweiten den letzten Summanden ab,
(a + b)
n+1
n+1
= a
+
n X
k=1
n!
n!
an+1−k bk + bn+1 .
+
k!(n − k)! (k − 1)!(n + 1 − k)!
Ausklammern ergibt
...
=
n!
(n + 1)!
n+1
(n + 1 − k) + k ≡
=
.
k
k!(n + 1 − k)!
k!(n + 1 − k)!
Damit erhalten wir schließlich die Behauptung für n → n + 1,
(a + b)
n+1
n+1 X
n+1
an+1−k bk .
=
k
k=0
3
Lösung 6: Katheten- und Höhensatz
Nach Pythagoras gilt h2 = a2 − q 2 = b2 − p2 , woraus sofort der Höhensatz folgt
2h2 = (a2 + b2 ) − (p2 + q 2 ) = c2 − (p2 + q 2 ) = (p + q)2 − (p2 + q 2 ) = 2pq.
Damit folgen aus a2 = h2 + q 2 bzw, b2 = h2 + p2 schließlich die Kathetensätze,
a2 = pq + q 2 = q(p + q) = qc,
b2 = pq + p2 = p(q + p) = pc.
Lösung 9a: Strahlensatz
Die beiden Fünfecke seien ABCDE und AFGHB, wie in folgender Skizze.
F
E
A
G
M
N D
B
H
C
Ihre Innenwinkel sind 51 · 540◦ = 108◦ .
Also haben wir die Winkel GAF = 36◦ , GAM = 72◦ und schließlich AGM = 18◦ .
In exakten Fünfecken (nicht in der Skizze) gilt: GA k HB k AE.
Damit folgt nach Strahlensatz für die Strecken a = AB = AE und b = GA = EC:
sin 18◦ ≡
EN
a/2
b/2
AM
=
≡
=
.
AG
EG
b
b+a
Dies ist eine quadratische Gleichung für b als Funktion von a,
√
√
1+ 5
5−1
a/2
2
2
b − ab − a = 0
⇒
b=
a,
=
,
2
b
4
4
qed.