Lösungsskizzen zu Blatt 6 - Fachbereich Mathematik

Universität Hamburg
Fachbereich Mathematik
Winter 2016/17
Janko Latschev
Grundlagen der Mathematik
Lösungsskizzen 6
Präsenzaufgaben
(P9) Die Ordnung der natürlichen Zahlen I
Wir hatten in der Vorlesung die Ordnung der natürlichen Zahlen folgendermassen definiert:
n < m : ⇐⇒
∃k ∈
: m = n + k.
N
In dieser Aufgabe sollen Sie mit Hilfe dieser Definition und der Exklusivität der Alternativen n < m, n = m oder n > m die folgende Behauptung aus der Vorlesung
beweisen:
Zu keiner natürlichen Zahl n gibt es eine natürliche Zahl m mit
n < m < n + 1.
a) Formulieren Sie diese Aussage als logische Formel. Vielleicht müssen Sie den Satz
zuerst sprachlich anders formulieren (natürlich ohne den Wahrheitsgehalt zu ändern).
Bemerkung: Hier könnte die Tautologie (¬(A ∧ B)) ⇐⇒ (A =⇒ (¬B)) hilfreich
sein. Können Sie diese beweisen?
Hier sind zwei mögliche Umformulierungen:
• Es stimmt nicht, dass es natürliche Zahlen n und m gibt, so dass n < m < n+1.
• Für alle natürlichen Zahlen n und m gelten nicht gleichzeitig die beiden Ungleichungen n < m und m < n + 1.
Die entsprechenden logischen Formeln lauten
¬(∃ n ∈
und
∀n ∈
N ∃ m ∈ N : n < m < n + 1)
N ∀ m ∈ N : ¬(n < m und m < n + 1).
Mit der Bemerkung kann man dies umformen zu
∀n ∈
N ∀ m ∈ N : (n < m)
=⇒ (m ≥ n + 1).
Bitte wenden!
b) Beweisen Sie die Aussage mit Hilfe der Definition und der aus der Vorlesung bekannten Eigenschaften der Addition.
Seien n und m natürliche Zahlen mit n < m. nach Definition gibt es dann eine
natürliche Zahl k mit m = n+k. Ist k = 1, so gilt m = n+1. Ist k 6= 1, so gibt es ein
` ∈ mit k = ` + 1, und somit gilt m = n + (` + 1) = n + (1 + `) = (n + 1) + `. Also
ist in diesem Fall m > n + 1. Wir haben also gezeigt: aus n < m folgt m ≥ n + 1.
N
(P10) Die Ordnung der natürlichen Zahlen II
Beweisen Sie mit Hilfe der in der Vorlesung formulierten Definitionen und Aussagen
folgende Implikationen für alle natürlichen Zahlen a, b, c ∈ :
N
a) Aus a < b und b < c folgt a < c.
N
Da a < b gibt es ein k ∈ mit b = a + k. Da b < c gibt es ein ` ∈
also folgt c = (a + k) + ` = a + (k + `), d.h. a < c wie behauptet.
N mit c = b + `.
b) Aus a < b folgt a + c < b + c.
N
Da a < b gibt es ein k ∈
mit b = a + k. Dann folgt aber b + c = (a + k) + c =
(a + c) + k, also a + c < b + c.
c) Aus a < b folgt ac < bc.
Da a < b gibt es ein k ∈
also ac < bc.
N mit b = a + k. Dann folgt aber bc = (a + k)c = ac + kc,
d) Aus a + c = b + c folgt a = b.
Hier benutzen wir Induktion nach c. Für c = 1 ist die Behauptung gerade die
Aussage, dass die Nachfolgerabbildung x 7→ x + 1 injektiv ist, was laut Axiom
(P1) wahr ist. Die Induktionsvoraussetzung ist nun, dass aus a + c = b + c auch
a = b folgt. Im Induktionsbeweis nehmen wir an, dass a + (c + 1) = b + (c + 1),
und folgern daraus zunächst mit Hilfe der Assoziativität der Addition
(a + c) + 1 = (b + c) + 1.
Mit der Injektivität der Nachfolgerabbildung erhalten wir dann auch a + c =
b + c. Hieraus folgt mit der Induktionsvoraussetzung auch a = b. Dies beweist
den Induktionsschritt.
e) Aus ac = bc folgt a = b.
Wir beweisen diese Aussage durch Kontraposition, d.h. wir zeigen: gilt a 6= b, so
folgt ac 6= bc. O.B.d.A können wir dabei annehmen, dass a < b, und erhalten aus
Aussage c) dann auch ac < bc, also ac 6= bc wie gewünscht.
Siehe nächstes Blatt!
Übungsaufgaben mit Abgabetermin Mo, 28.11.16, zu Beginn der Vorlesung
(A14) Endliche Mengen und die Addition (2+2+2+2+4 Punkte)+(3 Bonus)
Kinder lernen die Addition vermutlich zunächst in einem sehr praktischen Kontext:
Wenn man disjunkte endliche Mengen (Bonbons? Sammelkarten?) vereinigt, so ist die
Kardinalität der Vereinigung die Summe der Kardinalitäten der einzelnen Mengen.
Definition: Zwei Mengen M1 und M2 heißen disjunkt, wenn M1 ∩ M2 = ∅, d.h. wenn
sie kein Element gemeinsam haben.
Allgemeiner sei für jedes n ∈
eine Menge Mn gegeben. Man nennt die Mengen Mn
paarweise disjunkt, falls
N
∀ i, j ∈
N : i 6= j
=⇒ Mi ∩ Mj = ∅.
a) Beweisen Sie: Sind M1 und M2 zwei endliche Mengen, so gilt
|M1 ∪ M2 | = |M1 | + |M2 | − |M1 ∩ M2 |.
(*)
Bemerkung: Insbesondere gilt also für disjunkte endliche Mengen M1 und M2
|M1 ∪ M2 | = |M1 | + |M2 |.
Die Kommutativität der Addition natürlicher Zahlen ist also eine Konsequenz der
Kommutativität der Vereinigung von Mengen.
Für den Beweis gibt es verschiedene Argumentationsmöglichkeiten:
1. Version: Wenn man das Abzählen der Elemente von M1 ∪ M2 mit dem Ergebnis
vergleicht, welches man erhält, indem man nacheinander die Elemente von M1 und
M2 zählt, so stellt man fest, dass man bei der zweiten Zählung genau die Elemente
von M1 ∩ M2 doppelt gezählt hat. Dies übersetzt sich gerade in die angegebene
Formel.
2. Version: Wir beweisen die Formel zunächst für den Fall M1 ∩ M2 = ∅. Gilt
|M1 | = n und |M2 | = m, so können wir die Elemente jeweils nummerieren und
erhalten
M1 = {x1 , x2 , . . . , xn }
M2 = {y1 , y2 , . . . , ym }.
Dann gilt aber M1 ∪M2 = {x1 , x2 , . . . , xn , y1 , y2 , . . . , ym }, d.h. |M1 ∪M2 | = n+m =
|M1 | + |M2 | wie behauptet. Im allgemeinen schreiben wir
M1 = (M1 ∩ M2 ) ∪ (M1 \ M2 )
M2 = (M1 ∩ M2 ) ∪ (M2 \ M1 ).
Setzen wir a := |M1 ∩ M2 |, b := |M1 \ M2 | und c := |M2 \ M1 |, so folgt mit unserer
ersten Überlegung |M1 | = a + b und |M2 | = a + c. Andererseits wissen wir
M1 ∪ M2 = M1 ∪ (M2 \ M1 ),
also
|M1 ∪ M2 | = (a + b) + c = (a + b) + (a + c) − c = |M1 | + |M2 | − |M1 ∩ M2 |.
Bitte wenden!
b) Geben Sie je ein Beispiel für eine Folge (Mn )n∈N von Teilmengen Mn ⊂
N an, die
• paarweise disjunkt sind.
Hier sind einige Beispiele:
– Für jedes n ∈ setzen wir Mn = {n}.
– Für jedes n ∈ setzen wir Mn := {2n, 2n + 1}.
– Für jedes n ∈ setzen wir Mn := {3n , 5n , 7n }.
– Für jedes n ∈
setzen wir Mn := {n2 , . . . , (n + 1)2 − 1}, d.h. also M1 =
{1, 2, 3}, M2 = {4, 5, 6, 7, 8} usw.
• nicht paarweise disjunkt sind.
N
N
N
N
Auch hier geben wir mehrere Beispiele:
– Für jedes n ∈ setzen wir Mn = {1, 2, . . . , n}. Dann gilt für alle n, m ∈
die Beziehung Mn ∩ Mm 6= ∅.
– Für n = 1 setzen wir M1 = , für jedes n 6= 1 setzen wir Mn := {n}. Dann
gilt für alle n ∈ die Beziehung Mn ∩ M1 6= ∅.
– Für n = 1 setzen wir M1 = {1, 2}, für jedes n 6= 1 setzen wir Mn := {n}.
Dann gilt M1 ∩ M2 = {2} 6= ∅, aber alle anderen Mengen sind paarweise disjunkt. Ein Gegenbeispiel genügt aber, damit die Bedingung für die
gesamte Folge verletzt ist.
N
N
c) Beweisen Sie: Ist n ∈
N
N
N und sind M1,M2,. . . ,Mn+1 beliebige Mengen, so gilt
(M1 ∪ M2 ∪ · · · ∪ Mn ) ∩ Mn+1 = (M1 ∩ Mn+1 ) ∪ (M2 ∩ Mn+1 ) ∪ · · · ∪ (Mn ∩ Mn+1 ).
Wir beweisen dies mit vollständiger Induktion über n, beginnend mit n = 2. Für
n = 2 ist die Aussage gerade das Distributivgesetz
(M1 ∪ M2 ) ∩ M3 = (M1 ∩ M3 ) ∪ (M2 ∩ M3 )
für die Mengenoperationen, welches wir in der Vorlesung erwähnt hatten. Gilt die
Aussage für n ∈ , und sind n + 2 Mengen M1 ,M2 ,. . . Mn+1 ,Mn+2 gegeben, so
schreiben wir
N
(M1 ∪ M2 ∪ . . . Mn+1 ) ∩ Mn+2
= ((M1 ∪ M2 ∪ . . . Mn ) ∪ Mn+1 ) ∩ Mn+2
= ((M1 ∪ M2 ∪ . . . Mn ) ∩ Mn+2 ) ∪ (Mn+1 ∩ Mn+2 )
IV
= (M1 ∩ Mn+1 ) ∪ (M2 ∩ Mn+1 ) ∪ · · · ∪ (Mn ∩ Mn+1 ) ∪ (Mn+1 ∩ Mn+2 ),
wobei wir im zweiten Schritt das Distributivgesetz (d.h. den Induktionsanfang)
benutzt haben.
Siehe nächstes Blatt!
d) Beweisen Sie:
Satz (Additivität von Kardinalitäten): Ist für jedes n ∈
eine endliche
Menge Mn gegeben und sind die Mengen Mn paarweise disjunkt, so gilt für jedes
n∈
|M1 ∪ M2 ∪ · · · ∪ Mn | = |M1 | + |M2 | + · · · + |Mn |.
N
N
Bemerkung: Auch die Assoziativität der Addition natürlicher Zahlen kann also als
Konsequenz der Assoziativität der Vereinigung von Mengen betrachtet werden.
Auch diese Aussage beweisen wir mit Induktion nach n. Für n = 1 ist die Aussage
trivial. Wir nehmen im Induktionsschritt an, dass die Aussage für n richtig ist, und
bemerken zunächst, dass wegen Teil c) die Vereinigung M1 ∪ M2 ∪ . . . Mn disjunkt
von der Menge Mn+1 ist, da ja nach Voraussetzung alle einzelnen Mengen Mk mit
1 ≤ k ≤ n disjunkt von Mn+1 sind. Also gilt
|M1 ∪ M2 ∪ · · · ∪ Mn+1 | = |(M1 ∪ M2 ∪ · · · ∪ Mn ) ∪ Mn+1 |
= |M1 ∪ M2 ∪ · · · ∪ Mn | + |Mn+1 |
IV
= |M1 | + |M2 | + · · · + |Mn | + |Mn+1 |,
wobei wir im zweiten Schritt Teil a) verwendet haben.
e) Von 23 Schülerinnen und Schülern einer Klasse spielen 11 Fußball, 6 Handball und
7 Basketball; 3 von ihnen spielen Fußball und Handball, 2 Handball und Basketball,
3 nur Basketball und 1 Schülerin betreibt alle drei Sportarten.
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
Wieviele
Wieviele
Wieviele
Wieviele
Schülerinnen
Schülerinnen
Schülerinnen
Schülerinnen
und
und
und
und
Schüler
Schüler
Schüler
Schüler
spielen Fußball und Basketball?
spielen nur Fußball?
spielen nur Handball?
betreiben keine der drei Sportarten?
Wir benutzen die Formeln aus Teil a) und Teil d), wobei wir mit M1 die Menge der
Fußball spielenden, mit M2 die Menge der Handball spielenden, mit M3 die Menge
der Basketball spielenden sowie mit K die Menge aller Schülerinnen und Schüler
der Klasse bezeichnen. Für die Berechnung wollen wir diese Mengen als disjunkte
Vereinigungen schreiben wollen. Dazu führen wir folgende Bezeichnungen ein:
A := M1 ∩ M2 ∩ M3 ,
B := (M1 ∩ M2 ) \ M3 ,
C := (M1 ∩ M3 ) \ M2 ,
D := (M2 ∩ M3 ) \ M1 ,
E := M1 \ (M2 ∪ M3 ),
F := M2 \ (M1 ∪ M3 ),
G := M3 \ (M1 ∪ M2 ),
H := K \ (M1 ∪ M2 ∪ M3 ).
Bitte wenden!
Für die folgenden Überlegungen ist es sinnvoll, das entsprechende Mengen-Diagramm
zu skizzieren. Wir wissen
M1 = A ∪ B ∪ C ∪ E,
M2 = A ∪ B ∪ D ∪ F und
M3 = A ∪ C ∪ D ∪ G,
wobei die Vereinigungen jeweils disjunkt sind. Wenn wir nun die Kardinalität jeder
Menge mit dem entsprechenden Kleinbuchstaben bezeichnen, so wissen wir aus der
Aufgabenstellung
k = 23, m1 = 11, m2 = 6, m3 = 6, a + b = 3, a + d = 2, g = 3 und a = 1.
Aus a = 1 und a + b = 3 folgt b = 2, und aus a = 1 und a + d = 2 folgt d = 1. Da
wir nun a, b und d kennen, erhalten wir aus m2 = 6 dass f = 2. Da wir auch a,
d und g kennen, erhalten wir aus m3 = 7 auch c = 2. Hieraus folgt mit m1 = 11,
dass e = 6. Wegen
M 1 ∪ M2 ∪ M3 = M1 ∪ D ∪ F ∪ G
erhalten wir also, dass insgesamt 11 + 1 + 2 + 3 = 17 Schülerinnen und Schüler
mindestens eine Sportart betreiben, so dass also h = k − 17 = 6 gilt.
Die Antworten auf die 4 Fragen lauten also:
(i) Die Anzahl der Fußball und Basketball spielenden Schülerinnen und Schüler ist
a + c, also 3.
(ii) Die Anzahl der nur Fußball spielenden Schülerinnen und Schüler ist gleich e,
also 6.
(iii) Die Anzahl der nur Handball spielenden Schülerinnen und Schüler ist f , also 2.
(iv) Die Anzahl der Schülerinnen und Schüler, die keine der drei Sportarten betreiben, ist h, also 6.
f ) (Bonus) Formulieren und beweisen Sie die zu (*) analoge allgemeine Formel für
die Kardinalität der Vereinigung von drei endliche Mengen M1 , M2 und M3 .
Wir benutzen die Formel (*) aus Teil a) und erhalten
|M1 ∪ M2 ∪ M3 |
= |(M1 ∪ M2 ) ∪ M3 |
= |M1 ∪ M2 | + |M3 | − |(M1 ∪ M2 ) ∩ M3 |
= |M1 ∪ M2 | + |M3 | − |(M1 ∩ M3 ) ∪ (M2 ∩ M3 )|
= |M1 ∪ M2 | + |M3 | − (|M1 ∩ M3 | + |M2 ∩ M3 | − |M1 ∩ M2 ∩ M3 |)
= |M1 | + |M2 | + |M3 | − |M1 ∩ M2 | − |M1 ∩ M3 | − |M2 ∩ M3 | + |M1 ∩ M2 ∩ M3 |.
Siehe nächstes Blatt!
(A15) Weitere Induktionsbeweise
(2+3+3 Punkte)
a) Beweisen Sie für eine reelle Zahl h ≥ −1 und jede natürliche Zahl n ∈
Ungleichung
(1 + h)n ≥ 1 + nh.
N die
Wir führen einen Induktionsbeweis über n.
IA: Für n = 1 gilt die Ungleichung trivialerweise.
Induktionsschritt:
IV: (1 + h)n ≥ 1 + nh
IBeh: (1 + h)n+1 ≥ 1 + (n + 1)h
IBew: Es gilt
(1+h)n+1 = (1+h)n (1+h)
IV +(P 10)c)
≥
(1+nh)(1+h) = 1+(n+1)h+h2 ≥ 1+(n+1)h.
Mit dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt nun die behauptete Aussage für
alle n ∈ .
N
b) Beweisen Sie, dass die Summe der ersten n Kubikzahlen für jedes n ∈
Quadratzahl ist.
N eine
Wir überlegen uns zunächst, welche Quadratzahl wir als Summe der ersten n Kubikzahlen erwarten. Dazu berechnen wir
13 = 1,
13 +23 = 9 = 32 ,
13 +23 +33 = 36 = 62 ,
13 +23 +33 +43 = 100 = 102 .
Dies führt uns auf die Vermutung
n
X
k3 =
k=1
n(n + 1)
2
2
.
Diese Aussage beweisen wir mit Induktion über n.
IA: Für n = 1 gilt die Aussage offenbar, denn 1 =
Induktionsschritt:
n
X
n(n + 1) 2
3
IV:
k =
.
2
k=1
n+1
X
(n + 1)(n + 2) 2
3
IBeh:
k =
.
2
k=1
IBew: Es gilt
n+1
X
k3 =
k=1
n
X
IV
k 3 + (n + 1)3 =
k=1
n2 (n
n(n + 1)
2
2
1·2 2
.
2
+ (n + 1)3
+ 1)2
n2 (n + 1)2 + (4n + 4)(n + 1)2
+ (n + 1)(n + 1)2 =
4
4
2
2
2
(n + 2) (n + 1)
(n + 1)(n + 2)
=
=
.
4
2
=
Bitte wenden!
Mit dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt nun die behauptete Aussage für
alle n ∈ .
N
c) Bestimmen Sie die Menge aller natürlichen Zahlen n ∈
(natürlich mit Beweis).
Wieder betrachten wir zunächst kleine n ∈
n
2n
3n + 1
1
2
4
2
4
7
3
8
10
N, für die 2n ≥ 3n + 1 gilt
N, um eine Vermutung aufzustellen.
4
16
13
5
32
16
6
64
19
Anhand dieser Beispiele vermuten wir folgende Aussage:
Für alle n ≥ 4 gilt 2n ≥ 3n + 1.
Auch diese Aussage beweisen wir mit vollständiger Induktion über n.
IA: Den Induktionsanfang n = 4 entnehmen wir unserer Tabelle.
Induktionsschritt:
IV: 2n ≥ 3n + 1 für ein n ∈ .
IBeh: 2n+1 ≥ 3(n + 1) + 1.
IBew: Wir schätzen wie folgt ab:
N
IV
n>1
2n+1 = 2 · 2n ≥ 2(3n + 1) = 3(n + n) + 2 > 3(n + 1) + 1.
Mit dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt also die behauptete Ungleichung
für alle n ≥ 4.
Bemerkung: Man beachte: obwohl der Induktionsschritt für alle n ∈ funktioniert,
gilt die Aussage nur für n ≥ 4, denn n = 4 ist der kleinste Wert, der für den
Induktionsanfang verwendbar ist.
N