Blatt_03_Lösung

Förderkurs Grundlagen des Bauingenieurwesens 2016/2017
1
3. Aufgabenblatt:
Injektivität, Surjektivität und Bijektivität, Vektorrechnung und
vollständige Induktion
1. Untersuchen Sie folgende Abbildungen auf Injektivität, Surjektivität und Bijektivität. Geben Sie gegebenenfalls die Umkehrabbildung an.
a) f : N2 → N, (x1 , x2 ) 7→ f (x1 , x2 ) := x1 + x2 .
2k,
1 − 2k,
falls k > 0,
falls k ≤ 0.
2k,
1 − 2k,
falls k > 0,
falls k ≤ 0.
(
b) f : Z → Z,
k 7→ f (k) :=
(
c) f : Z → N,
k 7→ f (k) :=
d) f : R \ {−1} → R,
e) f : R2 → R2 ,
x 7→ f (x) :=
x
.
x+1
(x1 , x2 ) 7→ f (x1 , x2 ) := (x1 + x2 , x1 − x2 ).
Zeigen Sie, dass die Umkehrabbildung durch f −1 (x1 , x2 ) =
x1 + x2 x1 − x2
,
2
2
gegeben ist.
Lösung:
c) Wie in b) gezeigt, gibt es für jedes n ∈ N ein k ∈ Z, so dass f (k) = n. Die Abbildung f : Z → N ist damit
surjektiv und zusammen mit der Injektivität (analog zu b)) auch bijektiv. Es existiert also eine eindeutig
definierte Umkehrabbildung
n

falls n gerade,

2,
−1
−1
f : N → Z, f (n) :=


 1 − n , falls n ungerade
2
d) • Injektiv: Wähle beliebige Zahlen x1 , x2 ∈ R so, dass f (x1 ) = f (x2 ):
x1
x2
=
⇔ x1 x2 + x1 = x1 x2 + x2 ⇔ x1 = x2 .
x1 + 1
x2 + 1
Damit ist f injektiv.
• Surjektiv: Prüfe, ob für jedes y ∈ R ein x ∈ R existiert, so dass f (x) = y.
x
y
f (x) = y ⇔
= y ⇔ x = xy + y ⇔ x(1 − y) = y ⇔ x =
.
x+1
1−y
Dieser Wert ist für y = 1 nicht definiert; es gibt also kein x ∈ R, für das f (x) den Wert 1 annimmt.
Für den Wertebereich R \ {1} ist die Abbildung allerdings auch surjektiv mit der Umkehrabbildung
x
f −1 (x) =
.
1−x
e)
• Injektiv: Wähle beliebige Zahlen (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ R2 so, dass f (x1 , x2 ) = f (y1 , y2 ):
(
(x1 + x2 , x1 − x2 ) = (y1 + y2 , y1 − y2 ) ⇔
(I) x1 + x2 = y1 + y2
(II) x1 − x2 = y1 − y2
)
I±II
⇔
(
)
x 1 = y1
.
x 2 = y2
Damit ist f injektiv.
• Surjektiv: Prüfe, ob für jedes (y1 , y2 ) ∈ R2 ein (x1 , x2 ) ∈ R2 existiert, so dass f (x1 , x2 ) = (y1 , y2 ).


 x = y1 + y2 ∈ R 
(
)


 1

x1 + x2 = y1
2
f (x1 , x2 ) = (y1 , y2 ) ⇔
⇔


y − y2
x1 − x2 = y2

 x2 = 1

∈ R
2
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2
Damit ist f surjektiv.
• Umkehrfunktion:
Um zu zeigen, dass f −1 tatsächlich die Umkehrfunktion ist,
−1
f f (x1 , x2 ) = (x1 , x2 ) und f −1 (f (x1 , x2 )) = (x1 , x2 ) gelten:
f f −1 (x1 , x2 ) =
x1 + x2 x1 − x2 x1 + x2 x1 − x2
+
,
−
2
2
2
2
f −1 (f (x1 , x2 )) =
(x1 + x2 ) + (x1 − x2 ) (x1 + x2 ) − (x1 − x2 )
,
2
2
muss
= (x1 , x2 )
= (x1 , x2 )
Damit ist f −1 tatsächlich die gesuchte Umkehrfunktion.
2. Untersuchen Sie folgende Abbildungen auf Injetivität, Surjektivität und Bijektivität.
a) f : R → R,
x 7→ f (x) = x + |x|
b) f : N → Z,
1
n 7→ f (n) := (−1)n 2n + [(−1)n − 1]
2
c) f : R2 → R2 ,
(x, y) 7→ f (x, y) := (x2 + y + x − 2, x + 3)
Lösung:
b) f (n) =
(−1)n 2n
1
+ [(−1)n − 1] =
2
2n
−2n − 1
(
für n gerade
für n ungerade
• Injektiv: Wähle bel. Zahlen n1 , n2 ∈ N so, dass f (n1 ) = f (n2 ): Wir machen eine Fallunterscheidung:
– n1 , n2 gerade: f (n1 ) = f (n2 ) ⇔ 2n1 = 2n2 ⇔ n1 = n2 .
– n1 , n2 ungerade: f (n1 ) = f (n2 ) ⇔ −2n1 − 1 = −2n2 − 1 ⇔ n1 = n2 .
– n1 gerade, n2 ungerade: f (n1 ) = f (n2 ) ⇔ 2n1 = −2n2 − 1 ⇔ 2(n1 + n2 ) + 1 = 0. Da
n1 , n2 > 0 kann dieser Fall nicht auftreten, d.h. ein gerader und ein ungerader Wert können nicht
den gleichen Funktionswert liefern.
⇒ Die Funktion ist injektiv.
• Surjektiv: Prüfe, ob für jedes k ∈ Z ein n ∈ N existiert, so dass f (n) = k.
Offensichtlich gibt es kein n ∈ N mit f (n) = 0, d.h. f ist nicht surjektiv.
c)
• Injektiv: Wähle beliebige Zahlen (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 so, dass f (x1 , y1 ) = f (x2 , y2 ):
(x21 + y1 + x1 − 2, x1 + 3) = (x22 + y2 + x2 − 2, x2 + 3)
x21 + y1 + x1 − 2 = x22 + y2 + x2 − 2
x1 + 3 = x2 + 3
⇒ y1 = y2
(
⇔
⇒ x1 = x2
⇒ f ist injektiv.
• Surjektiv: Prüfe, ob für jedes (x, y) ∈ R2 ein (u, v) ∈ R2 existiert, so dass f (x, y) = (u, v).
x2 + y + x − 2 = u
⇒ (v − 3)2 + y + (v − 3) − 2 = u ⇒ y = u − v 2 + 5v − 4 ∈ R
.
x+3=v
⇒x=v−3∈R
(
Also ist f surjektiv und damit bijektiv mit Umkehrfunktion f −1 (x, y) = (y − 3, x − y 2 + 5y − 4).
3. Aufgabe aus der Klausur Mathematik 1 im Jahr 2013
Welche der folgenden Abbildungen fi sind injektiv, surjektiv, bijektiv?
a) f1 : [0, 1] → [1, 2], x 7→ 1 + x2 .
b) f2 : R2 → R, (x, y) 7→ x − y.
Begründen Sie Ihre Antworten und geben Sie im Fall der Bijektivität die Umkehrabbildung fi−1 an.
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Lösung:
a)
• Injektiv: Seien x1 , x2 ∈ [0, 1] mit f1 (x1 ) = f1 (x2 ):
f1 (x1 ) = f1 (x2 ) ⇔ 1 + x21 = 1 + x22 ⇔ x21 = x22 ⇔ |x1 | = |x2 |
x1 ,x2 >0
⇔
x1 = x2 ⇒ f1 ist injektiv.
• Surjektiv: Sei y ∈ [1, 2]:
√
f1 (x) = y ⇔ 1 + x2 = y ⇔ x2 = y − 1 ⇔ x = y − 1.
√
Für jedes y ∈ [1, 2] ist y − 1 ∈ [0, 1], damit ist f1 surjektiv.
f1 ist sowohl injektiv als auch surjetiv und damit bijektiv mit Umkehrabbildung f1−1 (x) =
b)
• Injektiv: Seien (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 mit f2 (x1 , y1 ) = f2 (x2 , y2 ):
f2 (x1 , y1 ) = f2 (x2 , y2 ) ⇔ x1 − y1 = x2 − y2 ⇔ x1 − x2 = y1 − y2
Es gilt z.B. f2 (0, 0) = f2 (1, 1) und damit ist f2 nicht injektiv.
• Surjektiv: Sei z ∈ R:
f2 (x, y) = z ⇔ x − y = z ⇔ x = z + y.
Mit z ∈ R und y ∈ R ist auch z + y ∈ R. Z.B. ist f2 (z, 0) = z. Damit ist f2 surjektiv.
4. Gegeben seien die Vektoren ~a =
3
3
!
−2
−2
, ~b =
!
!
, ~c =
1
.
−1
a) Zeichen Sie die Vektoren ~a, ~b und ~c in ein Koordinatensystem ein.
b) Berechnen Sie die Skalarprodukte ~a · ~b, ~a · ~c und ~b · ~c
(Hinweis: Die Notation ~a · ~b entspricht der Schreibweise h~a|~bi aus der Vorlesung).
c) Berechnen Sie die Winkel zwischen ~a und ~b, ~a und ~c bzw. ~b und ~c.
1
1
2
  ~
 
 
5. Gegeben seien die Vektoren ~a =  0  , b =  3  , ~c =  1  in R3 .
2
0
1
 
 
 
a) Berechnen Sie das Vektorprodukt ~a × ~b.
h
i
b) Berechnen Sie das Spatprodukt ~a, ~b, ~c = (~a × ~b) · ~c.
Lösung:
1
1
0·0−2·3
−6

    
 
a) ~a × ~b =  0  ×  3  =  2 · 1 − 1 · 0  =  2 
2
0
1·3−0·1
3
 
 




−6
2

  
~
b) ~a × b · ~c =  2  ·  1  = −12 + 2 + 3 = −7
3
1

  
6. Sei A = (1, 2), B = (3, 4), C = (1, 4). Berechnen Sie:
~ AC,
~
a) AB,
b) die Parameterdarstellung der Gerade durch A und B,
c) den Normalenvektor ~n zu dieser Gerade,
d) die Normalform für diese Gerade,
~ und AC,
~
e) den Winkel zwischen AB
f) die Fläche des Dreiecks 4ABC.
√
x − 1.
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4
Lösung:
3
4
!
~ =
a) AB
1
4
!
~ =
AC
!
−
1
2
!
−
1
2
1
2
b) gAB : ~x =
!
=
2
2
!
=
0
2
!
1
1
+t
!
, t∈R
c) Der Normalenvektor ~n zum Vektor
a
b
!
!
−b
. Also ~nAB =
a
ist in 2d gegeben durch ~n =
!
−1
.
1
d) Die Normalform einer Gerade in 2d ist gegeben durch (~x − ~a) · ~n = 0.
x
y
Also
!
1
2
−
!!
·
−1
1
!
e) cos(ϕ) =
~a · ~b
=
|~a||~b|
0
2
·
2
2
√ √
8· 4
!
=0
−x + 1 + y − 2 = 0
⇔
⇔
−x + y − 1 = 0
!
4
1√
=√ =
2 ⇒ ϕ = 45◦
2
32

 

AB
~ x
~ x AC
1
 ~ 
~ · |AC|
~ = 
~ y
f) F4ABC = sin(ϕ)|AB|
 AB
 ×  AC

y =2
2
0
0
7. Die Gleichung x + 2y + 3 = 0 stellt eine Gerade in 2D dar. Geben Sie eine Parameterdarstellung dieser
Gerade an.
Lösung:
Hier handelt es sich um eine Gleichung für zwei Unbekannte. Somit kann eine Variable beliebig gewählt
werden, z.B, y = λ. Also x + 2λ + 3 = 0 ⇔ x = −2λ − 3
x
y
⇒ g : ~x =
!
=
−3
0
!
+λ
−2
1
!
, λ∈R
8. Sei A = (0, −1, 1), B = (1, 2, 0), C = (−1, 0, 1), D = (0, 0, 0). Berechnen Sie:
~ AC,
~
a) AB,
b) die Parameterdarstellung der Gerade durch A und B,
c) die Parameterdarstellung der Ebene durch A, B und C,
d) den Normalenvektor ~n zu dieser Ebene,
e) die Normalform für diese Ebene,
~ AC
~ und AD
~ aufgespannt wird.
f) das Volumen des Spats, der durch AB,
Lösung:
1
0
1
  
 

~
a) AB =  2  −  −1  =  3  ,
0
1
−1
 




−1
0
−1

 
 

~
AC =  0  −  −1  =  1 
1
1
0
x
0
1
  



b) g : ~x =  y  =  −1  + t  3  , t ∈ R
z
1
−1












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5
−1
1
0






c) E : ~x =  −1  + s  3  + t  1  , s, t ∈ R
0
−1
1






1
3 · 0 − (−1) · 1
−1
1
  
 
 

~
~
d) ~n = AB × AC =  3  ×  1  =  −1 · (−1) − 1 · 0  =  1 
4
1 · 1 − 3 · (−1)
0
−1




 


e) Die Normalform einer Ebene in 3d ist gegeben durch (~x − ~a) · ~n = 0. Also
x
0
1
  
  
−
·
 y   −1   1  = 0
z
1
4



  
x + y + 4z + 0 + 1 − 4 = 0
⇔
⇔
x + y + 4z − 3 = 0
  

1
0 
  
f) V = |(~a × ~b) · ~c| =  1  ·  1  = | − 3| = 3
4
−1 9. Die Gleichung x + 2y + 3z + 4 = 0 stellt eine Ebene in 3D dar. Wie lautet die Parameterdarstellung
dieser Ebene?
Lösung:
Hier handelt es sich um eine Gleichung für drei Unbekannte. Somit können zwei Variablen beliebig gewählt
werden, z.B. y = λ und z = µ. Also x + 2λ + 3µ + 4 = 0 ⇔ x = −2λ − 3µ − 4.








−3
−2
−4
x





  
⇒ E : ~x =  y  =  0  + λ  1  + µ  0  , λ, µ ∈ R
1
0
0
z
10. Finden Sie eine Formel zur Berechnung des Ausdrucks
Formel mittels vollständiger Induktion.
n
X
1
. Beweisen Sie die Richtigkeit Ihrer
k(k + 1)
k=1
11. Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion:
a)
n X
k=2
b)
c)
k
(k − 1) ln
k−1
1
1+
n+1
n
X
k2 =
k=1
1
· 1+
n+2
= n · ln(n) − ln(n!),
n(n + 1)(2n + 1)
,
6
1
· ... · 1 +
n+n
∀n ≥ 2.
=2−
1
,
n+1
∀n ∈ N.
∀n ∈ N.
d) 4n + 15n − 1 ist für alle n ∈ N durch 9 teilbar.
e) Für alle Primzahlen k ist nk − n durch k teilbar.
Lösung:
b) Der Term auf der linken Seite lässt sich folgendermaßen verkürzen:
1
1+
n+1
1
· 1+
n+2
1
· ... · 1 +
n+n
=
Induktionsanfang: Die Aussage gilt für n = 1, denn
1 Y
1+
i=1
1
1+i
=1+
1
3
1
= =2−
X
1+1
2
1+1
Induktionsannahme: Die Aussage gilt für ein n ∈ N.
n Y
i=1
1
1+
n+i
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6
Induktionsschritt: Wir zeigen die Behauptung für n + 1:
n+1
Y
1+
i=1
1
n+1+i
= 1+
n
Y
1
1
·
1+
n + 1 + n + 1 i=1
n+1+i
= 1+
1
n 2n + 3 1 + n+n+1 Y
1
IA 2n + 3
=
=
·
·
1+
·
1
2n + 2 1 + n+1 i=1
n+i
2n + 2
=
n+1
Y
1
1
·
1+
2n + 2 i=2
n+i
2n+2
2n+1
n+2
n+1
1
· 2−
n+1
2n + 3 (2n + 2)(n + 1) 2n + 1
2n + 3
2(n + 2) − 1
1
·
·
=
=
=2−
2n + 2 (2n + 1)(n + 2) n + 1
n+2
n+2
n+2
c) Induktionsanfang: Die Aussage gilt für n = 1, denn
1
X
k 2 = 12 = 1 =
k=1
1·2·3
X
6
Induktionsannahme: Die Aussage gilt für ein n ∈ N.
Induktionsschritt: Zeige, dass die Aussage dann auch für n + 1 gilt:
n+1
X
k2 =
k=1
n
X
k 2 + (n + 1)2 =
IA
k=1
=
2n3 + 3n2 + n + 6n2 + 12n + 6
n(n + 1)(2n + 1) 6(n + 1)2
+
=
6
6
6
2n3 + 9n2 + 13n + 6
6
(n + 1)(n + 1 + 1)(2(n + 1) + 1)
(n2 + 3n + 2)(2n + 3)
2n3 + 9n2 + 13n + 6
=
=
6
6
6
d) Eigenschaften von Teilbarkeit
• a|b ⇔ ∃ k ∈ Z : a · k = b
• a|a · k
∀k ∈ Z
• a|b ∧ b|c ⇒ a|c
• ak|bk ⇔ a|b
∀ k ∈ Z \ {0}
• a|b ∧ c|d ⇒ ac|bd
• a|b ∧ a|c ⇒ a|bk + cl
∀ k, l ∈ Z
Induktionsanfang: Wir zeigen die Behauptung für n = 1:
41 + 15 · 1 − 1 = 18 = 2 · 9, die Behauptung gilt also.
Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass 9|4n + 15n − 1.
Induktionsschritt: Wir zeigen nun, dass die Behauptung auch für n + 1 gilt, d.h. 9|4n+1 + 15(n + 1) − 1.
4n+1 + 15(n + 1) − 1 = 4 · 4n + 15n + 15 − 1 = 4n + 15n − 1 + 3 · 4n + 15.
Nach der Induktionsannahme ist der erste Teil (blau) durch 9 teilbar. Aufgrund der Regeln für Teilbarkeit
muss also noch gezeigt werden, dass auch 3 · 4n + 15 durch 9 bzw. dass 4n + 5 durch 3 teilbar ist.
1. Möglichkeit: per Induktion
Induktionsanfang: Zeige die Behauptung für n = 1: 41 + 5 = 9 = 3 · 3 X.
Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass 4n + 5 durch 3 teilbar ist.
Induktionsschritt: 4n+1 + 5 = 4 · 4n + 5 = 4n + 5 + 3 · 4n .
Der erste Term (blau) ist nach der Induktionsannahme durch 3 teilbar, der zweite Term enthält den Faktor
3, ist also ebenfalls durch 3 teilbar. Damit ist die Behauptung gezeigt.
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7
2. Möglichkeit: über allgemeine binomische Formel
4n +5
=
(3+1)n +5
=
n
X
k=0
n
k
!
3 1
k n−k
+5 =
n
X
k=0
n
k
n
X
!
3 +5 =
k
k=1
n
k
!
3 +1+5 =
k
n
X
n
k
k=1
!
3k +6.
Da ab k = 1 summiert wird, enthält jeder Summand den Faktor 3. Damit ist auch die Summe durch 3
teilbar. Da 6 ebenfalls ein Vielfaches von 3 darstellt, ist der gesamte Ausdruck durch 3 teilbar und die
Behauptung bewiesen.
e) Induktionsanfang: Wir zeigen die Behauptung für n = 1: 1k − 1 = 1 − 1 = 0.
Offensichtlich gilt k|0 sogar für k ∈ Z insbesondere also auch für Primzahlen.
Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass nk − n durch k teilbar ist.
Induktionsschritt: Zeige, dass die Aussage dann auch für n + 1 gilt:
(n +
1)k
− (n + 1) =
k
X
i=0
k
i
!
n1
i k−i
−n−1=
k
X
i=0
k
i
!
n −n−1=
i
k−1
X
i=1
k
i
!
ni + nk − n.
Da nk − n nach Induktionsannahme durch k teilbar ist, muss noch gezeigt werden, dass auch
k−1
X
i=1
!
k
i
!
ni
k!
k
durch k teilbar ist. Begründe dazu, dass für Primzahlen k der Term
=
für alle i ∈
i!(k − i)!
i
{1, 2, ..., k − 1} durch k teilbar ist. Da k eine Primzahl ist, können i! und (k − i)! nur dann Teiler von k
sein, wenn sie gleich 1 oder k sind. Andernfalls
! bleibt im betrachteten Bruch der Faktor k im Zähler stehen
k
und entsprechend ist k dann Teiler von
. Betrachte nun die genannten vier Fälle:
i
• i! = 1
i∈{1,2,...,k−1}
⇒
i=1⇒
kprim
k
i
!
= k ⇒ k|
• i! = k ⇒ k = 1, i ∈ {0, 1} ∨ i = k = 2
• (k − i)! = 1 ⇒ k − i = 0
kprim
k
i
!
(i ∈ 1, 2, . . . , k − 1)
(i ∈ 1, 2, . . . , k − 1) ∨ k − i = 1 ⇒
k
i
!
• (k − i)! = k ⇒ k − i = k = 2 ∨ k = 1, k − i ∈ {0, 1} ⇒ i ∈ {0, 1}
= k ⇒ k|
k
i
!
(i ∈ 1, 2, . . . , k − 1)