Vorkurs Mathematik - SoSe 2017

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1 3 Vorkurs Mathematik - SoSe 2017 Regula Krapf Lösungen Übungsblatt 2 Aufgabe 1. Zeigen Sie, dass die beiden Aussagen ( x : P(x)) ( x : Q(x)) und x : (P(x) Q(x)). nicht dasselbe ausdrücken. Wie sieht es aus, wenn man den Existenzquantor durch den Allquantor ersetzt? Lösung. Wir setzen P(x) als x ist eine gerade Zahl und Q(x) als x ist eine ungerade Zahl. Dann ist die Aussage ( x : P(x)) ( x : Q(x)) die Aussage es gibt eine gerade Zahl und es gibt eine ungerade Zahl. Das ist offensichtlich wahr, da 0 gerade ist und 1 ungerade. Die Aussage x(p(x) Q(x)) bedeutet dann es gibt eine Zahl, die gerade und ungerade ist. Dies ist offensichtlich falsch. Wenn man durch ersetzt, so sind die beiden Aussagen logisch äquivalent. Aufgabe 2. Finden Sie den Fehler in folgendem Widerspruchsbeweis: Behauptung: Alles, was nicht rot ist, ist blau. Beweis: Wir werden die Behauptung durch Widerspruch beweisen. Nehmen wir also die Negation der Behauptung an: Alles, was rot ist, ist blau. Dies ist aber ein Widerspruch zur Eindeutigkeit der Farbe. Also kann die Annahme nicht gelten und die Behauptung ist bewiesen. Lösung. Die Negation von Alles, was nicht rot ist, ist blau ist Es gibt etwas nicht Rotes, was nicht blau ist, also Es gibt etwas, was weder rot noch blau ist. Dies lässt sich wie folgt erklären: Sei R(x) das Prädikat "x ist rot" Sei B(x) das Prädikat "x ist blau" Dann kann man Alles, was nicht rot ist, ist blau darstellen als x : ( R(x) B(x)). Die Negation davon ist also x : ( R(x) B(x)).

2 4 Um die Negation einer Implikation zu bilden verwenden wir die Regel A B A B. In unserem Fall gilt also ( R(x) B(x)) ( R(x) B(x)) (R(x) B(x)) R(x) B(x). Insgesamt ist die Negation der Behauptung also x : R(x) B(x) was genau der Aussage Es gibt etwas, was weder rot noch blau ist entspricht. Aufgabe 3. Verneinen Sie folgende Aussagen: (a) Für jede natürliche Zahl n 1 gibt es eine Primzahl, die n teilt. (b) Der Boden ist vom Regen nass oder jemand hat ihn mit dem Wasserschlauch vollgespritzt. (c) Jede Frau und jeder Mann hat schon mindestens einmal im Leben nicht Lösung. alles vom Teller aufgegessen. (a) Es gibt eine natürliche Zahl n 1, sodass keine Primzahl n teilt. (b) Der Boden ist weder vom Regen nass noch hat hat ihn jemand mit dem Wasserschlauch vollgespritzt. Andere Lösung: Der Boden ist nicht vom Regen nass und niemand hat ihn mit dem Wasserschlauch vollgespritzt. (c) Es gibt (mindestens) eine Frau oder einen Mann, die/der immer alles vom Teller aufgegessen hat. Aufgabe 4. Berechnen Sie jeweils die Lösungsmenge folgender (Un)Gleichungen. (a) 3x (b) x 1 2 x = 3 (c) 2x+1 x 3 1. Lösung. (a) Wir machen eine Fallunterscheidung: 1. Fall: 3x Dann gilt 3x x 4 x 4 3.

3 5 2. Fall: 3x + 2 < 0. Dann gilt (3x + 2) 6 3x 2 6 3x 8 3x 8 x 8 3 Also ist die Lösungsmenge von 3x+2 6 gegeben durch (, 8 3 ] [ 4 3, ). (b) Wir haben 4 Fälle: 1. Fall: x 1 0 und x 0. Dann gilt x 1 2 x = (x 1) 2x = x 1 und x 1 = 3 x = 2 x = Fall: x 1 0 und x < 0. Dieser Fall ist unmöglich und hat somit keine Lösungen. 3. Fall: x 1 < 0 und x 0. Dann gilt x 1 2 x = (x 1) 2x = 3x + 1 und 3x + 1 = 3 3x = 4 x = 4 3. Dies ist aber nicht möglich, da wir ja angenommen haben, dass x 1 < 0, denn für x = 4 3 gilt x 1 = = 1 3 > 0. In diesem Fall gibt es also keine Lösung. 4. Fall: x 1 < 0 und x < 0. Dann gilt x 1 2 x = (x 1) 2( x) = x x = x + 1 und x + 1 = 3 x = 4. Also ist die Lösungsmenge von x 1 2 x gegeben durch { 4,2}. (c) Da man nicht durch 0 dividieren kann, muss x 3 gelten. Wir machen eine Fallunterscheidung: 1. Fall: 2x Um die Ungleichung nach x aufzulösen, möchten wir beide Seiten mit x 3 multiplizieren. Dazu muss aber das Vorzeichen von x 3 bekannt sein. Es gibt also 2 Teilfälle: Fall 1.1: x 3 0. Dann gilt 2x + 1 x 3 1 2x + 1 x 3 x 4. Dies steht aber im Widerspruch zur Annahme x 3 0.

4 6 Fall 1.2: x 3 < 0. Dann gilt 2x + 1 x 3 1 2x + 1 x 3 x 4. Also haben wir die Bedingungen x 3 < 0,x 4 und 2x + 1 0, welche äquivalent zu x < 3,x 4 und x 1 2 sind, also insgesamt x [ 1 2,3). 2. Fall: 2x + 1 < 0, also x < 1 2. Dann gilt aber auch x < 3 und somit x 3 < 0. Also haben wir (2x + 1) x 3 1 2x + 1 (x 3) 1 2x + 1 x + 3 3x 2 x 2 3. Also erhalten wir x (, 1 2 ). Die Lösungsmenge von 2x+1 x 3 1 ist also (, 1 2 ) [ 1 2,3) = (,3). Aufgabe 5. Seien x, y R. Beweisen Sie per Fallunterscheidung die Dreiecksungleichung: x + y x + y. Lösung. Es gilt immer x x und x x. Wir machen eine Fallunterscheidung: 1. Fall: x + y 0. Dann gilt x + y = x + y x + y wie gewünscht. 2. Fall: x + y < 0. Dann gilt x + y = (x + y) = ( x) + ( y) x + y. Da die Ungleichung in beiden Fällen gilt, ist die Behauptung bewiesen. Man könnte auch stattdessen 8 Fälle betrachten (x + y 0 vs. x + y < 0 und x 0 vs. x < 0 und y 0 vs. y < 0), oder auch nur 4 Fälle(x 0 vs. x < 0 und y 0 vs. y < 0). Aufgabe 6. Stimmt es, dass n 2 +n+41 für jede Zahl eine Primzahl ist? Beweisen Sie oder finden Sie ein Gegenbeispiel. Lösung. Nein, denn für n = 41 gilt n 2 + n + 41 = = 41(41 + 2) = Also ist dann n 2 + n + 41 durch 41 und 43 teilbar und somit keine Primzahl.

5 Aufgabe 7. Zeigen Sie mit Hilfe vom Schubfachprinzip um folgende Aussage zu beweisen: Unter 5 Punkten in einem Quadrat der Seitenlänge 2 gibt es zwei, deren Abstand 2 ist. Hinweis: Teilen Sie das Quadrat auf. Lösung. Wir teilen das Quadrat in 4 Teilquadrate der Seitenlänge 1 auf, wobei wir den Rand der inneren Quadrate zu den Quadraten oben links und unten rechts zählen Nach dem Schubfachprinzip müssen mindestens 2 Punkte im selben Teilquadrat liegen. Der maximale Abstand innerhalb eines Teilquadrates ist gegeben durch die Länge der Diagonale, welche nach dem Satz von Pythagoras = 2 ist. Aufgabe 8. [Existenz des Umkreismittelpunktes] Formalisieren Sie die Existenz eines Umkreismittelpunktes mit Quantoren: Für jedes Dreieck gibt es einen Punkt, dessen Abstand zu allen Eckpunkten des Dreiecks gleich lang ist. Beweisen Sie die Aussage. Hinweis: Erinnern Sie sich daran, wie man den Umkreismittelpunkt konstruiert. Lösung. Sei ΔABC ein Dreieck mit Seiten a,b und c. Gesucht ist ein Punkt M mit MA = MB = MC. Seien m a,m b und m c die Mittelsenkrechten der Seiten a,b und c. Sei M der Schnittpunkt von m a und m b. Da M auf m a liegt, gilt MB = MC. Da M auf m b liegt, gilt MA = MB. Also folgt MA = MB = MC. Insbesondere muss M also auch auf der Mittelsenkrechten m c liegen. Aufgabe 9. Zeigen Sie, dass die Aussage in Aufgabe 8 falsch ist, wenn man Dreieck durch Viereck ersetzt. Lösung. Wir wählen drei Punkte A,B und C, die nicht auf einer Gerade liegen. Dann sind A,B und C die Eckpunkte des Dreiecks ΔABC. Aus Aufgabe 8 folgt, dass es einen Punkt M gibt, der denselben Abstand r zu A,B und C hat. Wir

6 8 wählen nun einen Punkt D, der nicht auf dem Umkreis von ΔABC liegt. Wir machen nun einen Widerspruchsbeweis und nehmen an, dass es einen Punkt M gibt, dessen Abstand zu A,B,C und D gleich ist. Dann müssen die Mittelsenkrechten zu AB und BC durch M gehen, also folgt M = M (denn zwei verschiedene Geraden haben höchstens einen Schnittpunkt). Dann folgt aber MD = MC = r und somit liegt D auf dem Umkreis, ein Widerspruch. Aufgabe 10. Erklären Sie den folgenden Witz. Drei Logiker kommen in eine Bar...»Wollt ihr alle ein Bier?«fragt die Kellnerin.»Weiß ich nicht«sagt der erste Logiker.»Weiß ich nicht«sagt der zweite Logiker.»Ja!«sagt der dritte Logiker. Lösung. Die Logiker haben die Frage Wollt ihr alle ein Bier als x {drei Logiker}(x will ein Bier) verstanden, d.h. die Antwort ist ja, falls jeder ein Bier will, und nein, falls mindestens einer keins will. Der erste Logiker will ein Bier, denn sonst wäre er ein Gegenbeispiel und könnte direkt nein antworten. Da der erste Weiß ich nicht sagt, weiß der zweite, dass der erste in Bier will. Da der zweite ebenfalls Weiß ich nicht sagt, weiß der dritte, dass sowohl der erste als auch der zweite ein Bier möchten. Da er selbst eines möchte, antwortet er mit ja.