Lösungen zu Aufgabenblatt 3

Erstitutorium WS 15/16
Dritter regulärer Termin – Lösungen
10. November 2015
1
Yannick Schrör
[email protected]
ID 03/455
Lösungen
1.1
1.1.1
Höhere Mathematik I
Vollständige Induktion
Zeige durch vollständige Induktion, dass die Summe 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 der ungeraden
n · (2n − 1) · (2n + 1)
Quadratzahlen bis 2n − 1 gleich
ist. Das heißt:
3
n
X
(2i − 1)2 =
i=1
n · (2n − 1) · (2n + 1)
3
Lösung:
Die vollständige Induktion wird unter Anderem dazu genutzt, zu zeigen, dass eine Aussage A(n)
für alle natürlichen Zahlen N gilt. Dabei macht man sich die Eigenschaft zunutze, dass jede
natürliche Zahl genau einen Nachfolger hat. Der Beweis besteht aus zwei Teilen. Im ersten Teil
zeigen wir, dass es überhaupt eine Zahl n gibt, für die die Aussage A(n) gilt. Im zweiten Teil
muss gezeigt werden, dass die Implikation A(n) ⇒ A(n + 1)“ gilt. In Worten ausgedrückt
”
bedeutet dies, dass aus der Tatsache, dass die Aussage für n gilt, folgen muss, dass sie auch
für n + 1 gilt. Beide Teile zusammen beweisen, dass die Aussage für alle n gilt, da wir zum
einen Zeigen konnten, dass es ein n gibt, für welches die Aussage gilt, und zum anderen, dass
es auch für jeden der jeweiligen Nachfolger gelten muss. Beim ersten Teil sollte man mit der
kleinstmöglichen Zahl beginnen, da die inverse Implikation A(n) ⇐ A(n + 1)“ im Allgemeinen
”
nicht als gültig angenommen werden kann.
Induktionsanfang: Zeige, dass die Gleichung für n = 1 gilt:
1
X
(2i − 1)2 =
i=1
1 · (2 · 1 − 1) · (2 · 1 + 1)
3
3
3
1=1
(2 · 1 − 1)2 =
Induktionsvoraussetzung: Es gelte
n
X
i=1
(2i − 1)2 =
n · (2n − 1) · (2n + 1)
3
1
Induktionsschritt: Setze n 7→ n + 1 und zeige:
n+1
X
(2i − 1)2 =
i=1
(n + 1) · (2(n + 1) − 1) · (2(n + 1) + 1)
3
Zunächst bringen wir die rechte Seite in eine handlichere Form:
⇔
n+1
X
(2i − 1)2 =
i=1
(n + 1) · (2n + 1) · (2n + 3)
3
Nun formen wir die linke Seite um, bis wir die rechte Seite erhalten:
n+1
X
n
X
i=1
i=1
(2i − 1)2 =
=
=
=
=
=
=
=
(2i − 1)2 + (2n + 1)2
n · (2n − 1) · (2n + 1)
+ (2n + 1)2
3
n · (2n − 1) · (2n + 1) 3(2n + 1)2
+
3
3
n · (2n − 1) · (2n + 1) + 3(2n + 1)2
3
(n · (2n − 1) + 3(2n + 1)) · (2n + 1)
3
(2n2 − n + 6n + 3) · (2n + 1)
3
(2n2 + 5n + 3) · (2n + 1)
3
(n + 1) · (2n + 1) · (2n + 3)
3
(nach I.V.)
(2n + 1 ausklammern)
(Linearfaktorzerlegung)
q.e.d.
1.2
1.2.1
Statistik – Klassische Wahrscheinlichkeitsrechnung
Würfel
Ein fairer Würfel wird geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass . . .
1. . . . eine 3 gewürfelt wird?
Antwort:
1
6
2. . . . eine 3 oder eine 4 geworfen wird?
Antwort:
2
6
=
1
3
3. . . . eine Primzahl > 3 geworfen wird?
Antwort:
1
6
4. . . . eine Primzahl oder eine Zahl > 3 geworfen wird?
Antwort:
5
6
(1 ist keine Primzahl!)
2
Nun wird mit 2 Würfeln gewürfelt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass . . .
1. . . . die Augensumme 7 ist?
Antwort:
6
36
=
1
6
2. . . . die Augensumme durch 4 teilbar ist?
Antwort: Teilbar durch 4 sind: 4, 8, 12
E4 = {(1, 3), (2, 2), (3, 1)},
|E4 | = 3
E8 = {(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)},
E12 = {(6, 6)},
|E8 | = 5
|E12 | = 1
|Egesamt | = |E4 | + |E8 | + |E12 | = 9 (möglich, da disjunkt)
Lösung:
9
36
=
1
4
3