13 Lösungen zu den Übungsaufgaben

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1 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe Crahskurs Mathematik für Iformatiker S Juka Kapitel ) Ageomme, es gibt a b A mit gfa)) gfb)) Da f ijektiv ist, gilt fa) fb) Da muss aber auch gfa)) gfb)) gelte, da g ijektiv ist 2) ud 3) folge aalog 4) Würde es fa) fb) für a b A gelte, so sollte auch gfa)) gfb)) gelte, ei Widerspruch zu der Ijektivität vo g f 5) ud 6) folge aalog Beispiel: Wir betrachte die Mege A C {a}, B {a, b} ud die Abbilduge {a} f {a, b} g {a} mit fa) a ud ga) gb) a Da ist g f bijektiv, da gfa)) ga) a gilt Aber f ist icht surjektiv, da b icht im Bildbereich vo f liegt, ud g ist icht ijektiv, da ga) gb) gilt 2 Da die Implikatio 3) ) trivial ist, reicht es die Implikatioe ) 2) ud 2) 3) zu zeige Sei A {a,, a } Die Mege f a ),, f a ) stelle eie Zerlegug der Mege A dar, woraus folgt f a i) A ) 2): Ist f surjektiv, so sid alle Terme f a i) ugleich Null Da alle diese Terme positiv sid ud ihre Summe die Zahl icht überschreite darf, ka dies ur da der Fall sei, we f a i) für alle i,, gilt Somit köe keie zwei Elemete i ei Elemet abgebildet werde, was die Ijektivität vo f bedeutet 2) 3): Ist f : A A ijektiv, so müsse alle fa ),, fa ) verschiedee Elemete der Mege A sei Da aber A ur Elemete ethält, ist damit f eie Permutatio dieser Elemete 3 Es reicht ur die Richtug ) zu zeige die adere ist völlig klar) Es gelte daher { } { } {a}, {a, b} {c}, {c, d} Da muss das Elemet {a} der erste Mege zu der zweite Mege gehöre Da aber diese zweite) Mege ur eie eizige -emetige Mege {c} als ihr Elemet ethält, muss

2 330 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe {a} {c} ud damit auch a c gelte Nach demselbe Argumet muss auch {a, b} {c, d} {a, d} gelte wir habe ja a c bereits bewiese), woraus b d folgt 4 Diese Aufgabe testet, wie gut Sie die Defiitioe der Megegleichheit ud der Abbilduge verstade habe Um die Megegleichheit A B zu zeige, muss ma die beide Iklusioe A B ud B A zeige Ei häufiger Fehler ist, ur eie davo zu zeige) Das Wichtigste i der Defiitio eier Abbildug f : X Y ist: aus U, V Y ud U V folgt f U) f V ) Würde es ämlich ei Elemet x X sowohl i f U) wie auch i f V ) liege, so sollte es ach der Defiitio des Urbides f U) sowohl fx) U wie auch fx) V gelte Dies ist aber icht möglich, we die Mege U ud V disjukt sid ) Sei u U Y eie beliebige Teilmege Um die Iklusio f Y \ U) X \ f U) zu zeige, sei x X ei Elemet i dem Uhrbild f Y \ U) Da gilt auch fx) U, woraus x f U) ud damit auch x X \ f U) folgt Um die umgekehrte Iklusio X \ f U) f Y \ U) zu zeige, sei x X ei Elemet vo X, der icht i dem Uhrbild f U) vo U liegt Da gilt fx) Y \ U, woraus x f Y \ U) folgt 2) Um die Iklusio f U V ) f U) f V ) zu zeige, sei x f U V ) Da muss das Bild fx) vo x sowohl i U wie auch i V liege Somit muss das Elemet x selbst sowohl i f U) wie auch i f V ) liege, woraus x f U) f V ) folgt Um die Iklusio f U) f V ) f U V ) zu zeige, sei x f U) f V ) Da muss es Elemete y U ud y 2 V mit fx) y ud fx) y 2 gebe Da aber f eie Abbildug ist, muss da y y 2 gelte Dh das Elemet y fx) gehört zu beide Mege U ud V, woraus x f U V ) folgt 3) Sei y fa B) Da gibt es ei x A B mit fx) y Da aber x zu beide Mege A ud B gehört, gehört auch y zu beide Mege fa) ud fb) Die umgekehrte Iklusio fa) fb) fa B) gilt aber ia icht! Seie zum Beispiel X {a, b, c}, A {a, b}, B {b, c} ud betrachte die Abbildug f mit fa) fc) y ud fb) z mit y z Da gehört zwar das Elemet y zu fa) fb) {y}, es gehört aber icht zu fa B) f{b}) {z} 4) Nach der Defiitio vo f ist f fa)) {x X : fx) fa)} Gehört u ei Elemet x zu der Mege A, so gehört auch fx) zu dem Bild B fa) vo A Da muss aber das Elemet x zu dem Urbild f B) f fa)) gehöre Die umgekehrte Iklusio f fa)) A gilt aber icht! Betrachte zum Beispiel die Mege X {a, b}, Y {y}, A {a} ud sei fa) fb) y f fa)) f y) {a, b} {a} A 5 Sei B V, E) ei Baum mit E ud sei p v, v 2,, v r) ei lägster eifacher Weg i B Wir behaupte, dass da der erste ud der letzte Kote de Grad habe, dh dv ) ud dv r) gilt Wäre dv ) >, da müsste es eie zu v adjazete Kote x V gebe mit x v 2 Da x v i für alle i r gilt es gäbe sost eie Kreis i B ud B wäre icht azyklisch), ist p x,v, v 2,, v r) ei eifacher Weg i B, der im Widerspruch zur Aahme läger als p ist Es gilt also dv ) Eie aaloge Argumetatio zeigt dv r)

3 33 6 Sei f : V {,2,, r} eie legale Färbug vo G V, E) mit r χg) Farbe Wege der Legalität vo f muss jede Kotemege f i), i,, r eie uabhägige Mege sei ud ka daher icht mehr als αg) Kote ethalte Da diese Kotemege auch disjukt sid f ist ja eie Abbildug), muss daher V r f i) r αg) ud somit auch χg) r αg) gelte Die zweite Ugleichug χg) αg)+ ist wiederum eifach zu beweise: Wir ehme eie beliebige uabhägige Mege S V mit S αg) Kote ud färbe alle Kote i S mit eier Farbe Um eie legale Färbug des gaze Graphe zu erhalte, reicht es zu jedem der verbleibede S αg) Kote seie eigee Farbe zu zuweise 7 Zuächst zeige wir, dass die Abbildug f : E N mit f ) 0 ud fx) x X 2x für X E surjektiv ist Sei N eie beliebige atürliche Zahl, 0, ud sei k ǫi2i ihre Biärdarstellug Da gilt fx) mit X {i: ǫ i } Somit ist die Abbildug f surjektiv Nu zeige wir, dass die Abbildug f auch ijektiv ist Seie X Y zwei beliebige edliche Teilmege vo N ud sei k die größte Zahl i der symmetrische Differez X Y Wir köe obda aehme, dass k X ud k Y gilt Da ist die Differez k fx) fy ) 2 k 2 i i0 Die Summe k i0 2i ist eie geometrische Reihe k i0 xi mit x 2 ud ist daher gleich x k )/x ) 2 k Somit ist die Differez fx) fy ) ugleich Null, woraus fx) fy ) folgt Die Abbildug f ist also auch ijektiv Da f surjektiv wie auch ijektiv ist, ist die Mege E abzählbar Kapitel 2 2 Sei die Azahl der Bücher, die Has hat De Fall 000 köe wir ausschließe, de da würde beide Aussage A ud C richtig sei De Fall < 000 köe wir auch ausschließe, de da würde beide Aussage B ud C richtig sei Also bleibt ur der Fall 0 Has hat keie Bücher) übrig; i diesem Fall ist ur die Aussage B richtig 22 Es gibt viele Möglichkeite dies zu beweise Ma ka zb das Uiversum M {0,} betrachte mit zwei Prädikate Px) für»x 0«ud Qx) für»x «Da gilt zwar x : Px) Qx), die Aussage x : Px)) x : Qx)) gilt aber icht, da P) ud Q0) falsch sid Geauso gilt x : Px)) x : Qx)), da P0) Q) wahr ist Die Aussage x : Px) Qx) gilt aber wege 0 icht 23 Sei ageomme, dass a 2 ei Teiler vo ud ei Teiler vo + ist Da ist a k ud + a k für zwei gaze Zahle k ud k Also ist a k a k a k k) Daraus folgt /a k k Da k k eie gaze Zahl ist, muss a gelte Das ist ei Widerspruch zur Hypothese a 2 24 Um die Aussage A» 2 ist irratioal«zu beweise, beutze wir die Wiederspruchsregel Dazu ehme wir a, dass 2 eie ratioale Zahl ist Da ka ma diese Zahl als Quotiet 2 a/b zweier gaze Zahle a ud b darstelle, wobei

4 332 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe *) a ud b keie gemeisame Teiler k 2 habe Um eie Widerspruch zur Aahme A» 2 ist ratioal«zu erhalte, reicht es also zu zeige, dass die Zahle a ud b i jeder Darstellug 2 a/b duch 2 teilbar sei müsse Wege 2 a/b gilt durch Quadriere auch 2 a 2 /b 2 Wir multipliziere beide Seite mit b 2 ud erhalte a 2 2b 2 Da a 2 gleich zwei mal eie gaze Zahl ist, muss a 2 gerade sei Nach Beispiel 23 ist da auch a gerade, also a 2c für eie gaze Zahl c Aus 2b 2 a 2 ud a 2c folgt u 2b 2 4c 2 ud damit auch b 2 2c 2 Also ist b 2 eie gerade Zahl ud, wieder ach Beispiel 23, muss auch b gerade sei Da beide Zahle a ud b gerade sid, ist 2 ei gemeisamer Teiler vo a ud b, ei Widerspruch zu *) Also ist 2 eie irratioale Zahl, wie behauptet 25 Iduktiosbasis: h 2 2 Es gelte u h 2 2 Iduktiosaahme) Da gilt 2 auch h + 2 h ) Wir wolle zeige, dass 2 S 2 für alle Mege S mit S Elemete gilt Iduktiosbasis 0 ist trivial, da da S die leere Mege ist ud ka daher keie weitere Teilmege außer sich selbst habe Sei u die Aussage für alle Mege mit Elemete richtig ud S sei eie Mege mit S + Elemete Wir fixiere ei Elemet a S ud betrachte die Mege F 0 {A: A S, a A} aller Teilmege vo S, die das Elemet a icht ethalte, ud die Mege F {A: A S, a A} der verbleibede Teilmege vo S, also diejeige Teilmege, die das Elemet a ethalte We wir dieses Elemet a aus alle Teilmege A F etfere, da erhalte wir die Mege F {A \ {a}: A S, a A}, die geauso viele Teilmege wie F hat Da beide F 0 ud F Potezmege vo S \ {a} sid, gilt ach Iduktiosvoraussetzug F 0 2 sowie F 2 Isgesamt ergibt dies 2 S F 0 + F 2 + F Iduktio über Iduktiosbasis ist trivial, da 2 gilt Iduktiosschritt + : Es gelte ) 2 Da gilt auch ) ) ) 2 Bild 3 gibt eie alterative aschauliche) Beweis

5 Bild 3: Die Summe der erste ugerade atürliche Zahle gleich ist 2 28 Iduktiosbasis: Für 0 gilt , ud Null ist durch alle Zahle teilbar Iduktiosschritt + : Nach Iduktiosaahme sid beide Zahle ud 3 durch 3 teilbar Da müsse auch die Zahle ud + ) ) ) ) 3 + 2) ) + ) 3 + ) ) + ) durch 3 teilbar sei 3 ) ) 29 Sei S k k Wir wolle zeige, dass S + für alle gilt Iduktiosbasis ist wege 2 < 2 trivial Sei u S + richtig Da gilt auch S + S + Es reich also zu zeige, dass ) gilt Dazu addiere wir zu beide Seite ud multipliziere beide Seite mit + Da steht auf der like Seite + )2 + + ) ud auf der rechte Seite steht + 2) + ) < + 2) + 2) + 2 Somit ist die Ugleichug 3) ud damit auch die Ugleichug S bewiese 20 Iduktiosbasis: Für 0 gilt 0 2 i i0

6 334 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe Iduktiosschritt + : Sei beliebig ud es gelte 2 i 2 + i0 Uter Awedug der Iduktiosvoraussetzug folgt + 2 i 2 i) ) )+ i0 i0 2 Es reicht zu zeige, dass es für jedes festes ud für alle k 0,,2, die Ugleichug + k/ + /) k gilt Iduktiosbasis k 0 ist trivial Iduktiosschritt + Wir ehme a, dass + k + ) k gilt Wege + /) r für alle r 0 gilt da auch + k + + k ) + + ) k + + ) k ) k + ) + ) k+ ) k Iduktiosaahme wege + /) r 22 Iduktiosbasis: 4 Cets lasse sich mit zwei Zweicetstücke bezahle Iduktiosschritt: We wir wisse, i welcher Stückelug a Cets zu bezahle sid, köe wir daraus recht leicht schließe, wie eie Stückelug für a + Cets aussehe ka: Ma stelle sich dazu de Müzehaufe für a Pfeige vor We er zwei Zweicetstücke ethält, ehme wir sie fort ud lege dafür ei Füfcetstück hizu 2 We er ei Füfcetstück ethält, ehme wir es fort ud lege dafür drei Zweicetstücke hizu Im erste Fall ethält der Müzehaufe a a + Cets, ud im zweite Fall a a + Cets Da jeder solcher Müzehaufe vo midestes 4 Cets etweder ei Füfcetstück oder zwei Zweicetstücke ethalte muss, ist stets eie der beide Regel awedbar 23 Iduktio über r Für r ist die Ugleichug offesichtlich richtig, da da λ gelte muss Für r 2 ist die Ugleichug auch richtig wege der Kovexität Nehme wir also a, dass die Ugleichug für r 2 Summade richtig ist, ud zeige, dass sie da auch für r + Summade richtig bleibt: fλ x + λ 2x λ r+x r+) λ fx ) + λ 2fx 2) + + λ r+fx r+)

7 335 Wir köe obda aehme, dass λ 0 gilt Nu ersetze wir die Summe λ x +λ 2x 2 der erste zwei Terme durch µy mit µ λ + λ 2 ud y λ x + λ2 x 2 λ + λ 2 λ + λ 2 Wege 0 µ ud µ + r i3 λi r λi köe wir die Iduktiosaahme awede, woraus f r+ ) λ ix i f µy + r+ i3 ) r+ λ ix i µfy) + i3 λ ifx i) folgt Nu beutze wir wieder die Kovexität vo f ud erhalte µfy) λ + λ 2)f λ x + λ + λ 2 λ λ + λ 2) fx ) + λ + λ 2 λ fx ) + λ 2fx 2) ) λ2 x 2 λ + λ 2 λ2 λ + λ 2 fx 2) Ist die Fuktio fx) kokav, so reicht es, alle Ugleichuge umzukehre ) 24 User Maximierugsproblem ist durch das Paar A, f) gegebe, wobei A eie edliche Mege ud f : A A eie Abbildug ist Eie Lösug für das Problem ist eie größtmögliche Teilmege S A, so dass f eigeschräkt auf S eie bijektive Abbildug ist Wir löse dass Problem mittels Iduktio über A Iduktiosbasis ist trivial, da i diesem Fall S A die eizige Lösug ist Iduktiosschritt + : Ageomme wir wisse, wie ma das Problem für alle Paare B, g) mit B ud g : B B löse ka Sei A eie beliebige Mege mit A + Elemete ud f : A A sei eie beliebige Abbildug Ist f bijektiv, so ist S A die eizige Lösug Aderefalls muss midestes ei Elemet x 0 A außerhalb des Bildbereiches vo f liege Somit ka x 0 i keier Lösug S für das Paar A, f) ethalte sei Da sid aber die Lösuge für dieses Paar geau die Lösuge für das Paar B, g), wobei B A \ {x 0} ud g die Eischräkug vo f auf B ist Wir habe also das ursprügliche Problem auf ei»kleieres«problem reduziert, das ach der Iduktiosaahme bereits lösbar ist 25 Wir frage zwei Persoe A ud B, ob A ket B Falls ja, da ka A icht eie Berühmtheit sei Falls ei, da ka B keie Berühmtheit sei Damit köe wir eie vo diese zwei Persoe mit ur eie Frage aus der Befragug elimiiere Nach Frage bleibt ur eie Perso X übrig Ma ka da mit 2 ) zusätzliche Frage bestimme, ob X tatsächlich eie Berühmtheit ist

8 336 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe Kapitel 3 3 ) Nach dem biomische Lehrsatz gilt 5) + + ) ) 5) ) k 5 k 5 k + k k ) [ ) k 5 k + 5 k] k Da die Biomialkoeffiziete gazzahlig sid, reicht es zu zeige, dass Z k ) k 5 k + 5 k für alle k 0,,, gaze Zahle sid Ist k ugerade, so gilt Z k 5 k + 5 k 0 Ist dagege k eie gerade Zahl, also k 2m für eie atürliche Zahl m, da ist Z k ) 2m 5 2m + 5 2m 5 m + 5 m wiederum eie gaze Zahl 2) Nach dem biomische Lehrsatz gilt 2 + 3) + 2 ) 3) 2 ) k k 2 k 3 + ) k 3 k k k ) 2 [ k k 3 + ) k 3 k], k wobei 3 k + ) k 3 k ach demselbe Argumet wie i Teil ) eie gaze Zahl 0 oder 2 3 k/2 ) für jedes k 0,,, ist 32 Nach Satz 39 gilt ) ) k + ) k) k + k + )! k k + k k + ) k + ) k! ) k 33 Seie +, + 2,, + k aufeiaderfolgede atürliche Zahle Da der Biomialkoeffiziet ) + k k + k)! k!! + k) + k ) + ) k! eie gaze Zahl ist, muss auch das Produkt k + i) durch k! teilbar sei 34 Wir wede das Prizip des doppelte Abzähles a Wir betrachte ämlich eie aus

9 337 Zeile ud k) Spalte bestehede Tabelle T Wir iterpretiere die Zeile als Elemete x vo [] {,2,, } ud die Spalte als k-elemetige Teilmege vo [] Der Eitrag zu x,m) ist gleich, falls x M gilt, ud ist sost gleich 0 Somit hat jede Spalte M geau M k Eise Die Azahl der Eise i der Zeile zu x is geau die Azahl ) k der k-elemetige Teilmege M mit x M Da die Summe über die Zeile vo T gleich der Summe über die Spalte sei muss, gilt ) ) k k k 35 Wir wede wiederum das Prizip des doppelte Abzähles a Wir betrachte ämlich eie aus l) Zeile ud k) Spalte bestehede Tabelle T Wir iterpretiere die Zeile als l-elemetige Teilmege L ud die Spalte als k-elemetige Teilmege K vo [] Der Eitrag zu L, M) ist gleich, falls L M gilt, ud ist sost gleich 0 Somit hat jede Spalte K geau ) k l eise ud jede Zeile L geau l k l) Eise, woraus die gewüschte Gleichug ) ) ) ) k l k l l k l folgt 36 Wir beweise de biomische Lehrsatz x + y) k) x k y k mittels Iduktio Iduktiosbasis 0 ist trivial Iduktiosschritt + : x + y) + x + y) x + y) ) x + y) x k y k k ) ) x x k y k + y x k y k k k ) ) x k y k+ + x k+ y k k k Iduktiosaahme Vertausch der beide Summe Wir köe u die erste Summe als ) ) x 0 y + + x k y k+ 0 k k ud die zweite als ) ) x k y k+ + x + y 0 k k umschreibe Aufsummiert ergibt dies wege ) ) ) + + k k k Satz 30

10 338 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe ud ) ) sowie auch ) ) + + die gewüschte Gleichug ) + x + y) + + x k y +) k k 37 I eier Stadt wohe x Fraue ud y Mäer, ud die Eiwoher habe Lust so viele Vereie wie möglich zu bilde Die eizige Eischräkug ist, dass jeder Verei geau z Teilehmer habe muss Da wir isgesamt x + y Eiwoher i der Stadt habe, ka ma geau ) x+y z solche Vereie bilde Adererseits ist x y i) z i) geau die Azahl der Vereie, i dee geau i Fraue ud z i Mäer beteiligt sid Da i jedem Verei etweder keie Fraue i 0) oder eie Frau i ) oder alle Fraue i z) teilehme köe, erhalte wir i0 x + y z ) ) ) z x y i z i i0 Für x y z ergibt dies die Gleichug ) 2 ) 2 i 38 Sei x 0 X fest ud betrachte die folgede zwei Teilmege der Potezmege 2 X : F 0 {M : M X, x 0 M} ud F {M : M X, x 0 M} Diese zwei Teilmege sid disjukt ud ihre Vereiigug ist gleich 2 X Sei f : F 0 F die durch fm) M {x 0} gegebee Abbildug Diese Abbildug ist offesichtlich bijektiv, woraus F 0 F folgt Außerdem gilt für jede Mege M F 0 M gerade fm) ugerade Wir habe also jeder gerade bzw ugerade Teilmege Y vo X eie eideutige ugerade bzw gerade Teilmege zugewiese Daher muss X geau so viele gerade wie ugerade Teilmege ethalte 39 Aus dem biomische Lehrsatz folgt ) ) 2 i 2 i i 2 + ) 3 i i i0 i0 30 Sei die Azahl der Bürger, X i sei das Kapital des i-te Bürgers ud X Xi sei das gesamte Kapital Da ist das Durchschittskapital gleich K X/, woraus X K

11 339 ud somit auch X i X X i K K 2 2 K 2 X folgt i reich i arm 3 ): Markiere die kate des Baumes B mit Bits 0 ud : Die Kate zum like Kid erhält Bit 0 ud die Kate zum rechte Kid erhält Bit Da etspricht jeder Weg vom Wurzel zu eiem Blatt i eiem 0- Vektor a i a,, a ti ) der Läge t i, wobei t i die Tiefe dieses Blattes die Azahl der Kate bis zu diesem Blatt) ist Außerdem sid diese Vektore für verschiedee Blätter auch verschiede Sei t max{t i : i,, } die maximale Tiefe eies Blattes vo B Sei A i {0,} t die Mege aller 2 t t i Vektore, dere erste t i Bits mit de Bits auf dem Weg zum Blatt i übereistimme: A i {b,, b t): b k a k für alle k,, t i} Die Mege A i besteht also aus diejeige 0- Vektore i {0,} t, mit dee ma de Blatt i vo der Wurze begied erreiche ka Da die Wege zu verschiedee Blätter verschiede sid, sid die Mege A,, A disjukt Daher gilt 2 t 2 t i 2 t t i woraus die Kraft-Ugleichug folgt 2 t i A i A i {0,} t 2 t, 2): Wie im Hiweis gegebe, wede wir die Jese-Ugleichug mit fx) log 2 x, x i 2 t i ud λ i / für alle i a Da die Logarithmusfuktio kokav ist, ergibt dies t i log 2 2 t i ) ) f λ ix i log 2 2 t i 0 log 2 log 2 λ ifx i) ) log 2 ) 2 t i log 2 wege log 2 2 t i ) t i Jese-Ugleichug Kraft-Ugleichug 32 Sei fx) e x, λ λ / ud x i la i, für alle i,, Da e x eie kovexe Fuktio ist, ergibt die Jese-Ugleichug a i λ ifx i) ) f λ ix i Jese-Ugleichug

12 340 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe e x i)/ e l a i ) / ) / a i 33 a) Betrachte Nistplätze durchummeriert als Zahlepaare,2), 3,4), 5,6),, 2,2) ud setze die Zahl a S i de Nistplatz i, i + ) geau da, we a i oder a i + gilt Da wir S + > Zahle i S habe, müsse midestes zwei Zahle a, b S, a b i demselbe Nistplatz sitze, dh es muss etweder b a+ oder a b+ gelte b) Betrachte Nistplätze durchummeriert als,2), 2,2 ), 3,2 2),,, + ) ud setze die Zahl a S i de eizige Nistplatz i,2 i + ) mit a {i,2 i + } Da wir S + > Zahle habe, müsse midestes Zwei Zahle a b aus S i demselbe Nistplatz i,2 i+) sitze Da muss aber a+b i+2 i+) 2+ gelte c) Jede Zahl a {,2,,2} ka ma als Produkt a x a 2 k für eie ugerade Zahl x a darstelle: Teile dazu a wiederholt durch 2 Zum Beispiel: x 2, x 0 5, x 2 3, usw Zwische ud 2 gibt es ugerade Zahle diese Zahle betrachte wir als Nistplätze ud die Zahle i S als Taube Wir setze die Taube a S i de Nistplatz x a Da es S + Taube ud ur Nistplätze gibt, müsse zwei Taube a b aus S i demselbe Nistplatz sitze Dies bedeutet aber, dass x a x b x ud somit auch a x2 k ud b x2 m für etsprechede Zahle k ud m gelte muss Gilt u k m, so ist b durch a teilbar; sost ist a durch b teilbar 34 Wir betrachte eie Tabelle T, dere Zeile mit Elemete x X ud Spalte mit Teilmege A,, A m markiert sid Wir setze Tx,i) geau da, we x A i gilt; sost ist Tx,i) 0 Die Azahl der Eise i der Zeile zu x ist da gleich dx) ud die Azahl der Eise i der Spalte zu A i ist gleich A i Die gewüschte Gleichug m Ai x X dx) folgt also aus dem Prizip des doppelte Abzähles 35 Sei G V, E) ei ugerichteter Graph mit E > 2k ) 2 Kate ud sei M E ei Matchig mit der größte Azahl der Kate Ist M k, so sid wir fertig Nehme wir deshalb a, dass M k gilt Sei U die Mege der 2 M Edkote der Kate i M Da M sich icht erweiter lässt, muss jede Kate aus E midestes eie Edkote i dieser Mege U ethalte Wir köe also eie Abbildug f : E U defiiere, idem wir jeder Kate e E eie ihre Edkote y e mit y U zuweise We wir u die Kate e E als Taube ud die Kote y U als Nistplätze betrachte, da ergibt us das Taubeschlagprizip eie Kote y U mit f y) E 2k )2 > U 2k ) k Nach der Defiitio der Zuweisug f : E U bedeutet dies, dass der Kote y ei Edkote vo midestes k Kate sei muss Somit habe wir eie Ster mit k Kate i G gefude

13 34 Kapitel ) ) 42 Wege 0 mod 3 ist die Summe a 0 + 0a a k a k modulo 3 gleich der Summe a 0 + a + a a k 43 a a + a + a a 2 + a) a + a a + ) a ) a + a a + ) 44 Seie r a a mod ud r b b mod Da ist ab x + r a)y + r b ) xy + xr b + yr a) + r ar b Da der erste Term durch teilbar ist, müsse beide zahle ab ud r ar b dieselbe Reste geteilt durch ergebe 45 Aus a qb + r folgt r a qb Da c beide Zahle a ud b teilt, muss c auch de rest r teile 46 a): Sei d a, b) Da a gerade ist, gibt es eie Zahl m mit a 2m Wege d a muss eie Zahl t mit 2m td gebe Da d eie ugerade Zahl die Zahl b) teilt, muss d ugerade sei Da muss aber die Zahl t gerade sei, also t 2r für ei r Aus 2m 2rd folgt u m rd, dh d muss ei Teiler vo m a/2 sei b): Siehe Aufgabe Nach Satz 44 gilt: a, b) mi{ax + by: x, y Z} N + Satz 44 mi{ax + by: x, y Z} N + a,b) Satz Iduktiosbasis 2: f 2 0 +, f ud,2) Iduktiosschritt + : Wir wolle f +, f +2) aus f, f +) ableite Dazu führe wir eie Widerspruchsbeweis aus Sei f +, f +2) d, wobei d > ist Aus f +2 dp, f + dq für irgedwelche Zahle p,q ud aus f +2 f + + f erhalte wir f f +2 f + dp q), dh f ist auch durch d teilbar Da d beide Zahle f ud f + teilt, muss f, f +) d gelte Dies ist aber ei Widerspruch zu der Iduktiosaahme f, f +) 49 ): Sei d a,) Hat ax b mod eie Lösug x, so muss ach Lemma 42 die Differez ax b sowohl durch die Zahl wie auch durch die Zahl d teilbar sei Da aber a durch d teilbar ist, muss auch b durch d teilbar sei ): Ist b durch d a,) teilbar, da sid alle drei Zahle a,b ud durch d teilbar ud wir köe die modifizeirte Gleichug a d x b d mod d

14 342 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe betrachte Da d a,) der größte gemeisamer Teiler vo a ud ist, müsse a ud d teilerfremd sei Daher hat die modifizierte Gleichug ach dem Satz vo Bézout eie d Lösug x Z Da aber ax b durch geau da teilbar ist, we a x b durch d d d teilbar ist, muss x auch die Lösug vo ax b mod sei 40 Nach dem biomische Lehrsatz gilt ) ) p p x + y) p p x k y p k x p + y p p + x k y p k, k k 4 Sei k wobei ach Beispiel 47 die letzte Summe durch p teilbar ist p s ps 2 2 psm m die Primzahlzerlegug eier atürliche Zahl 2 mit 2 p < p 2 < < p m Da hat jeder Teiler a vo die Form a p r pr 2 2 prm m 32) mit r i {0,,, s i} für alle i,, m Ma ka also jedem Teiler a vo eie Vektor r, r 2,, r m) mit r i {0,,, s i} zuweise Da es ach der Produktrege Satz 3) geau m si + ) solche Vektore gibt, bleibt es zu zeige, dass je zwei verschiedee Vektore auch verschidee Zahle etspreche Um eie Widerspruch zu erhalte, ehme wir a, dass p r p r 2 2 p rm m p t p t 2 2 p tm m für zwei verschiedee Vektore r,, r m) ud t,, t m) gilt We wir u die beide Seite dieser Gleichug kürze also beide Seite durch p r i i bzw durch p t i i teile, falls r i t i bzw r i t i gilt), da erhalte wir zwei verschiedee Darstelluge eier Zahl 2 als Produkt vo Primzahle, ei Widerspruch zu dem Fudametalsatz der Arithmetik 42 Sei a k + )! + wie i dem Hiweis Da ist die Zahl a + i k + )! + i + für alle i,2,, k durch i + teilbar, de es gilt k + )! 2 i + ) k + ) Also ka keie der Zahle a +, a + 2,, a + k eie Primzahl sei 43 Wir köe ob da aehme, dass p > 2 gilt: I Z 2 {0,} sid 0 ud verschiedee Wurzel Sei u h p/2, also h p Seie x y zwei verschiedee Zahle i 2 {0,,, h} Es reicht zu zeige, dass da auch die Quadrate x 2 ud y 2 ugleich modulo p sei müsse Um eie Widerspruch zu erhalte, ehme wir a, dass x 2 y 2 mod p gilt Wege x 2 y 2 x+y)x y) muss da x+y)x y) 0 mod p ud somit auch x y mod p oder x y mod p gelte Wege x y ka die erste Gleichug x y mod p ich gelte, de bede Zahle x ud y liege i Z p Es muss also x y mod p oder äquivalet x p y gelte i Z p ist ja y p y das additive Iverse vo y) Dies ka aber icht der Fall sei, da beide Zahle x ud y icht größer als h p 2 sid

15 Zuächst müsse wir kläre, wieviele Zahle aus [] {,2,, } durch eie feste) gaze positive Zahl m ohe Rest teilbar sid Die durch m teilbare Zahle aus [] sid geau die Zahle m,2m,3m,, rm, wobei r die größte atürliche Zahl mit r /m ist, also r /m Somit ist m ei Teiler vo geau /m der Zahle,2,, Nach userer obere Überlegug sid geau /p der Faktore,2,3,, vo! 2 3 durch p teilbar Dies ergibt p Vorkomme der Zahl p i der Primzahlzerlegug vo! Nu habe wir p 2 Faktore vo!, die icht ur durch p soder auch durch p 2 teilbar sid Jeder vo diese Faktore brigt zusätzlich och eie Vorkomme vo p i der Primzahlzerlegug vo! bei, usw Nu etwas präziser Da die Primzahlzerlegug vo 2 Produkt der Primzahlzerleguge der Faktore,2,, ist, gilt Sei χ p!) χ p) + χ p2) + + χ p) r max{k: p k } die größte atürliche Zahl mit /p r 0 Wir wolle also zeige, dass r χ p!) p k p k k k 33) gilt Um dies zu zeige, beutze wir das Prizip des doppelte Abzähles Dafür betrachte wir eie r Tabelle T mit { falls p k teilt m; Tk,m) 0 sost Die m-te Spalte dieser Tabelle besteht also aus χ pm) Eise gefolgt vo Nulle; eie Eis a der k-te Stelle bedeutet, dass m immer och durch p k ohe Rest teilbar ist Aufsummiert über alle Spalte ergibt dies m k r Tk,m) χ pm) χ p!) m Adererseits hat die k-te Zeile vo T geau /p k Eise, da geau so viele Zahle m aus {,2,, } durch p k ohe Rest teilbar sid Aufsummiert über alle Zeile ergibt dies

16 344 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe also r r Tk,m) p k k m k ud die gewüschte Gleichheit 33) ist damit bewiese 45 Eie Zahl x i Z p k {0,,2,, p k } {,2,, p k, p k } wege p k mod p k 0 ist icht relativ prim zu p k geau da, we x durch p teilbar ist, dh we x ei Vielfaches vo p ist Daher sid das geau die p k Zahle A {p,2p,3p,, p k )p, p k } Da die restliche Zahle i Z p k relativ prim zu p k sei müsse, erhalte wir Φp k ) Z p k A p k p k p k p ) 46 Sei pq ud A {a Z : a, ) > } sei die Mege aller Zahle a 0 i Z, die icht teilerfremd zu sid Nach dem Euklid sche Hilfssatz ka die Zahl d a, ) > das Produkt pq ur da teile, we d p oder d q gilt; daher muss a ei Vielfaches vo p oder vo q sei Die Mege A hat also die Form A {q,2q,,3q,, pq} {p,2p,2p,, qp} Wege A p + q pq kommt zweimal i A vor!) erhalte wir φ) A p q + p )q ) φp) φq) 47 Nach dem Kleie Satz vo Fermat gilt k p mod p ud k p k mod p für alle k,2,, p Daher gilt modulo p ud p mal p { }} { k p p k p p k p k p ) p p 2 k k Beachte, dass p )/2 eie gaze Zahl ist 0 arithmetische Reihe 48 Gilt a b mod p i für alle i,, t, so muss ach dem Chiesische Restsatz) auch a b mod P für das Produkt P p p 2 p t

17 345 gelte Da alle p i Primzahle sid, muss p i 2 für alle i gelte, also P 2 t Sid u a b zwei verschiedee Zahle i {,2,, N}, da ka a b mod P ur da gelte, we die Zahl P kleier als N ist Zusamme ergibt dies 2 t P < N, woraus t log 2 N folgt Kapitel 5 5 ab eab)e b 2 )ab)a 2 ) wege x 2 e bba)ba))a Assoziativität bba) 2 a be)a wege x 2 e ba hier ist ab die Abkürzug für a b 52 Sei G,, e) eie edliche Gruppe der Ordug ud sei gerade Wir bilde die Paare x, y) mit y x»elemet ud sei Iverses«ud sei m die Azahl der Paare mit x y Die verbleibede Elemete i G müsse da x x oder äquivalet x 2 e) erfülle; diese ethalte das eutrale Elemet e ei Elemet) ud alle Elemete der Ordug 2 Es muss also 2m Elemete der Ordug 2 gebe Da gerade ist, muss diese Zahl 2m ugerade ud damit ugleich Null sei 53 Gegebeispiel: 2 2) ) ) 54 Sei X eie icht-leere Mege Da sid 2 X, ) ud 2 X, ) beide Halbgruppe I der erste Halbgruppe ist e X das eutrale Elemet Aber für A 2 X mit A X gibt es kei Iverses, da es A B A X für alle B 2 X gilt I der zweite Halbgruppe ist e das eutrale Elemet Aber keie icht-leere Teilmege A 2 X ka ihr Iverses habe, da es A B A für alle B 2 X gilt 55 a) Da jede Fuktio f S M bijektiv ist, ist die Umkehrfuktio f das Iverse vo f b) Wir wolle zuächst zeige, dass die Gruppe S M, ) kommutativ ist, we M 2 gilt Sei M {,2} Da besteht S M aus ur zwei Fuktioe Permutatioe) f 2 ) 2 ud g 2 ) 2 ud es ist klar, dass für sie f g g f gilt f ist ja eie idetische Abbildug) Wir wolle u zeige, dass für M 3 die Gruppe S M, ) icht kommutativ, also icht

18 346 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe abelsich, ist Dazu betrachte die folgede zwei Permutatioe f 2 3 ) 3 2 ud g 2 3 ) 2 3 Da gilt fg)) f2) 3 2 g) gf)), ud damit gilt das Kommutativgesetz f g g f i dieser Gruppe icht 56 Da Q,+,,0,) ei Körper ist, reich es zu zeige, dass jedes Elemet a + 2b 0 vo R {a + b 2: a,b Q} sei multiplikatives Iverses i R hat Wege 2 Q ud a, b Q ka a 2 2b 2 0 ur da gelte, we a + 2b gleich Null ist Warum? Da die Zahl 2 irratioal ist: Wäre es ämlich b 0, so würde da a 2 eie ratioalle Zahl b sei Somit ist a + 2b) a + 2b a 2b a 2 2b 2 das multiplikative Iverse vo a + 2b 0 a a 2 2b 2 b a 2 2b Ei Polyom vom Grad 2 oder 3, ist kei Primpolyom geau da, we er eie lieare Faktor x a ethält Die Behauptug folgt also direkt aus Lemma Wir betrachte de Rig Z 2/px) {0,, x, + x} mit px) x 2 + Wege 2x 0 ud x x i Z 2 gilt ud x + x) x 2 + x x + mod px) x + ) 2 x 2 + 2x + x mod px) Die Multiplikatiostabelle sieht also folgedermaße aus: 0 x + x x + x x 0 x + x + x 0 + x + x 0 Somit ist Z 2/px) kei Körper, da zum Beispiel + x kei multiplikatives Iverses hat 59 px) x + x x +, de es gilt x )x + x x + ) x + x + + x 2 + x) x + x x + ) x 50 Ist b Z eie Nullstelle vo px) a x + + a x + a 0, da gilt 0 pb) a b + + a } {{ b +a } 0 teilbar durch b

19 347 Daher muss auch a 0 durch b teilbar sei 5 Sei au v) +bu + v) 0 Da gilt a+b)u + a b)v 0 Da u, v liear uabhägig sid, muss a + b 0 ud a b 0 gelte Da muss aber a + a b b 0 wie auch b + b a a 0 gelte Wege charf) 2 ka dies ur da der Fall sei, we a ud b beide gleich Null sid 52 v + v 2) v 2 + v 3) + v 3 + v 4) v 4 + v ) 0 53 Sei av + v 2) + bv 2 + v 3) + cv 3 + v ) 0 Da gilt auch a + c)v + a + b)v 2 + b + c)v 3 0, woraus a + c a + b b + c 0 wege der lieare Uabhägigkeit vo v, v 2, v 3 folgt Aus a + c a + b folgt u c b, aus a + b b + c folgt a c, also a b c Wege a + c 0 müsse alle drei Zahle gleich Null sei 54 Zuächst zeige wir die lieare Uabhägigkeit der Vektore Sei v, v + v 2, v + v 2 + v 3,, v + + v m λ v + λ 2v + v 2) + + λ mv + + v m) 0 Da gilt auch λ + + λ m)v + λ λ m)v λ mv m 0 Die lieare Uabhägigkeit vo v,, v m ergibt λ + λ λ m 0, λ λ m 0, λ m 0, woraus λ λ m 0 durch Eisetze folgt Es bleibt also zu zeige, dass sich jeder Vektor x V als eie Liearkombiatio vo Vektore v, v + v 2,, v + + v m darstelle lässt Da die Vektore v,, v m eie Basis vo V bilde, ka ma x als eie Liearkombiatio x a v + + a mv m darstelle Es bleibt also, ur die Zahle λ,, λ m zu bestimme, für die x λ v + λ 2v + v 2) + + λ mv + + v m) λ + + λ m)v + λ λ m)v λ mv m gilt Die Gleichuge a v + + a mv m x λ + + λ m)v + + λ mv m

20 348 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe ergebe das Gleichugssystem λ + λ λ m a, λ λ m a 2, λ m a m Durch Eisetze erhalte wir λ a a 2, λ 2 a 2 a 3,, λ m a m 55 Ageomme, es gibt eie icht-triviale lieare Kombiatio λ f + λ 2f λ mf m 0; dabei ist 0 : A F eie Nullfuktio mit 0a) 0 für alle a A Sei i das kleiste Idex mit λ i 0 Wir ersetze die Variable durch das Elemet a i ud erhalte λ j 0 für j<i f j a i )0 für j>i { }} { { }} { 0 λ f a i) + + λ i f ia i)+λ if ia i) + λ i+f ia i) + + λ mf ma i) λ if ia i) Wege f ia i) 0 folgt daraus λ i 0, ei Widerspruch 56 Seie fx) e x, gx) x 4 ud hx) 4x Sei af + bg + ch 0 eie Liearkombiatio, die die Nullfuktio 0 ergibt Da gilt af + bg + ch)x) 0 oder äquivalet ae x + bx 4 + 4cx 0 für alle x R gilt Für x 0 ergibt dies a 0 Es gilt also bx 4 + 4cx 0 für alle x Für x ergibt dies b+4c 0, also b 4c Für x 2 folgt da 64b+8b 56b 0, also b 0 ud somit auch c 0 57 Iduktio über Iduktiosbasis 0 ist trivial: E0 θ) E0) cos0 + isi 0 cos0 Eθ) 0 Gilt u Eθ) Eθ), so gilt wege der Additiostheoreme für Kosius ud Sius auch cosx + y) cos x cos y si x si y, six + y) cos x si y + si x cos y E + )θ) cosθ + θ) + isiθ + θ) cosθ) cos θ siθ) si θ + i[siθ) cos θ + cosθ) si θ]

21 349 [cosθ) + isiθ)] [cosθ) + isiθ)] Eθ) + Kapitel 6 6 Ageomme gibt es Vektore u U \ U 2 ud u 2 U 2 \ U Ist u U U 2 ei Vektorraum, so muss auch der Vektor u +u 2 i U U 2 liege, dh es muss u +u 2 w für ei w U oder w U 2) gelte Da aber U wie auch U 2) ei Vektorraum ist, muss da auch der Vektor u 2 w v i U oder der Vektor u w v 2 i U 2) liege Ei Widerspruch Die adere Richtug ist trivial 62 Sei λ v + +λ k v k 0 eie Liearkombiatio Wir wolle zeige, dass da λ λ k 0 gilt Dies ergibt sich aus 0 v i,0 v i, λ v + + λ k v k λ v i, v + + λ k v i, v k, was wege v i 0 scho λ i 0 zur Folge hat Warum? Da { 0 für i j, v i, v j v i 2 für i j ud v i 0 wege v i 0 gilt R ist ja ei euklidischer Vektorraum) 63 a) Es gilt x + y 2 + x y 2 x + y, x + y + x y, x y b) Aus x y folgt c) Aus ud folgt x, x + 2 x, y + y, y + x, x 2 x, y + y, y 2 x, x + 2 y, y 2 x 2 + y 2 ) x + y, x y x, x x, y + y, x y, y x, x y, y x 2 y 2 0 x + y 2 x + y, x + y x, x + 2 x, y + y, y x y 2 x y, x y x, x 2 x, y + y, y x + y 2 x y 2 4 x, y 64 Betrachte wie im Hiweis) de Vektor v v,, v ) mit v i falls u i > 0, ud v i sost Da gilt u i u iv i für alle i ud damit auch u, v u Adererseits

22 350 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe sid alle Koordiate vo v gleich ±, woraus v v, v v 2 i folgt Aus der Cauchy-Schwarz Ugleichug folgt u u u, v v u u 65 Betrachte u x,, x ) ud v x σ),, x σ) ) Wege u v gilt da ach Cauchy Schwarz Ugleichug x i x σi) u, v u v u 2 u, u x 2 i 66 Wir zerlege de Vektorraum wie im Hiweis gegebe) i zwei Teilmege V 0 {v V : v, y 0}, V {v V : v, y } Die Mege V ist icht leer, da wege y V icht alle Vektore i V orthogoal zu y sei köe Wir wolle zuächst zeige, dass u + V 0 V ud w + V V 0 für alle u V ud w V 0 gilt Dazu ehme wir eie beliebige Vektor u + x i u + V 0 mit x V 0 ud betrachte sei Skalarprodukt mit y: u + x), y u, y + x, y + 0 Somit gehört u + x zu V Die zweite Iklusio w + V V 0 folgt aalog Somit gilt V 0 u + V 0 V w + V V 0, woraus V 0 V folgt 67 a) Diese Aussage ist i A falsch! Betrachte zum Beispiel die Vektorräume V Z 2 2 ud U spa{}) mit,) Da ist U {0,} Der Vektor e,0) liegt aber icht i spau U ) {0,} b) Diese Aussage ist richtig! Gehört ei Vektor x zu U, so muss er zu alle Vektore i U orthogoal sei, woraus x U ) ud damit auch U U ) folgt Der Vektorraum U liegt also i dem Vektorraum V U ) Außerdem hat U ach Satz 623 die gleiche Dimesio wie V : dimv dimu ) dim U dim U) dimu, woraus U V folgt 68 Wir wolle zuerst zeige, dass spav V ) spav V ) ) gilt Ei Vektor x liegt im spav V ) geau da, we er orthogoal zu alle Vektore i V wie auch zu alle

23 35 Vektore i V ist, was geau da der Fall ist, we x V V ) V V gilt Hier habe wir die Aufgabe 67b) beutzt) Sei u x ei beliebiger Vektor i V V Da gehört x zu V wie auch zu V, woraus x, x 0 folgt Da wir aber modulo 2 reche, bedeutet dies, dass die Azahl der Eise i x gerade ist ud somit x, 0 gilt Damit habe wir gezeigt, dass der Vektor i V V ) spav V ) ) spav V ) liegt 69 Es gelte x i, x j < 0 für alle i j ud betrachte die Vektore x i x i,) R + für i,, + 2 Der Vektorraum R + hat die Dimesio + Da wir mehr als + Vektore i diesem Vektorraum habe, müsse diese Vektore liear abhägig sei Es muss also eie Liearkombiatio a x + a 2x a +2x +2 0 gebe, wobei icht alle a i gleich Null sid Da gilt aber sowohl wie auch a x + a 2x a +2x ) a + a a ) Da icht alle a i gleich Null sid, müsse ach 35) die Mege P {i : a i > 0} ud N {i : a i < 0} beide icht leer sei Aßerdem gilt ach 34) a jx j 0 i P a ix i + j N Daher ka ma de Vektor y i P a ix i auch als y j N a j)x j darstelle Nach der Defiitio der Mege N ud P gilt a ia j > 0 ud ach userer Aahme auch x i, x j < 0 für alle i P ud alle j N Somit ist das Skalarprodukt y, y a ix i, a jx j a ia j x i, x j < 0 j N i P j N i P egativ, ei Widerspruch zu y, y y Sei f Ax) Ax Da ist Bild f A der Spalteraum ud Bild f A ist der Zeileraum vo A Nach Satz 64 besitze diese beide Vektorräume die gleiche Dimesio: dimbild f A dimbild f A Zusamme mit der Dimesiosformel für lieare Abbilduge Satz 548 i Abschitt 562)

24 352 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe erhalte wir dimnull f A m dimbild f A m dim Bild f A Da das Gleichugssystem Ax b geau da für alle b F m lösbar ist, we dim Bild f A m gilt, ist dass geau der Fall, we dim Null f A 0 gilt Kapitel 7 7 Sei x die Älte des Vaters, x 2 die Älte des älteste Sohes ud x 3 die Älte des jügste Sohes Da köe wir usere Iformatio über diese ubekate Zahle als ei Gleichugssystem Ax b mit A darstelle Vorwärtselimiatio:, x z 2 z 0 30 z 3 z z 3 z 2/ x x 2 x 3, b Lösbarkeitsetscheidug: Das Gleichugssystem Ax b ist eideutig lösbar, da rka) 3 gleich der Azahl der Zeile ist Rückwärtssubstitutio: Aus 5 x3 0 folgt x Aus 3x folgt x 2 78/3 26 Schließlich folgt x 52 aus x Also ist der Vater 52 Jahre alt, der älteste Soh ist 26 ud der jügste Soh ist 22 Jahre alt Für a kollabiert das Gleichugssystem zu eier eizige Gleichug x+y+z Diese besitzt uedlich viele Lösuge Sei u a Das Elimiatiosverfahre liefert da a a a a 0 a a 0 0 a a 0 a 0 a a 2 a 0 0 a 2 a + 2 a Aus der letzte Zeile ergibt sich die Bedigug a 2 a+2)z a Da a vorausgesetzt ist, ist diese Gleichug ur da erfüllbar, we a 2 a gilt Das ist für alle a { 2,} der Fall Für a 2 besitzt das Gleichugssystem also keie Lösug Sei u a { 2,} Da gilt z a a 2 a + 2 a a + )a + 2) a + 2

25 353 Rückwärts Eisetze liefert also a )y + a) a + 2 0, a y a + 2)a ) a a + 2)a ) a + 2 Weiter ist da x + a a a + 2, folglich gilt x a + a + 2 a + 2 Zusammefassed ergibt sich also: i) Keie Lösug für a 2 ii) Geau eie Lösug für a { 2,} Diese Lautet x, y,z) a + 2, a + 2, ) a + 2 iii) Mehrere Lösuge für a 73 Aus [ ] 0 0 [ ] 2 4 x x 4 [ 4 x x 4 ] [ ] [ 4 x 6 x 2 x x 2 ] folgt 6 x 2 ud damit auch x ± 7 74 Zuächst loht es sich X 2 2X bis zu eiem Quadrat zu erweiter, dh durch X E) 2 X 2 2X + E zu ersetze Wir addiere deshalb die Eiheitsmatrix E zu beide Seite der gegebee Gleichug [ ] X 2 0 2X 36) 6 3 Die äquivalete Gleichug ist somit [ ] X E) Sei u [ ] a b X E) c d

26 354 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe User Ziel ist, die Eiträge dieser Matrix zu bestimme Dafür setze wir diese Matrix i die Gleichug 36) ei ud erhalte [ ] [ ] a 2 + bc ba + d) ca + d) bc + d 2 X E) Da ca+d) 6 ugleich Null ist, ist auch a+d ugleich Null Aus ba+d) 0 folgt daher b 0 Aus a 2 + bc 0 folgt somit auch a 0 Dies ergibt a b 0, cd 6 ud d 2 4, woraus d ±2 ud c ±3 folgt Also [ ] 0 0 X E ±3 ±2 Die Lösuge X der Gleichug 36) ud somit der ursprügliche Gleichug sid also [ ] [ ] 0 0 X ud X ) f A ist ijektiv Ax Ay oder äquivalet Ax y) 0 für alle x y F gilt Da x y äquivalet zu x y 0 ist, ist dies zu der lieare Uabhägigkeit der Spalte der Matrix A äquivalet 2) Surjektivität vo f Ax) Ax bedeutet, dass das Gleichugssystem Ax b für alle Vektore b F m lösbar sei muss Dies bedeutet aber, dass die Spalte vo A de gaze Vektorraum F m aufspae müsse 3) folgt aus ) ud 2), da S geau da eie Basis vo F m ist, we spas) F m gilt ud die Vektore i S liear uabhägig sid 76 Nach ei paar Schritte kommt ma zu der Vermutug [ ] A 0 Mit der Iduktio ka ma diese Vermutug auch begrüde: [ ] [ ] [ ] A + A A Da A ivertierbar ist, so ist auch A Da A ud B ivertierbar sid, so ist auch das Produkt A B Deshalb muss A B de volle Rag habe, dh alle Spalte vo A B müsse liear uabhägig sei Da dim R gilt, folgt die Behauptug 78 Sei B [b,, b ] Da ist AB [Ab,, Ab ] Wir wisse, dass Ab 0 ud b 0 gilt Damit ist x b eie icht-triviale Lösug des Gleichugssystems Ax 0 Dies bedeutet, dass die Spalte vo A liear abhägig sid 79 Da die Spalte vo B [b,, b ] liear abhägig sid, muss eie der Spalte, sei es o BdA die letzte Spalte b, eie Liearkombiatio b c b + + c b der adere Spalte sei Aus AB [Ab,, Ab ] folgt u, dass auch die letzte Spalte Ab vo AB eie Liearkombiatio der adere Spalte vo AB sei muss: Ab Ac b + + c b ) c Ab + + c Ab

27 355 Also sid auch die Spalte vo AB liear abhägig 70 Ist rka) <, so muss es eie Vektor x R mit x 0 ud Ax 0 gebe Somit gilt auch x Ax 0 ud die Matrix ist icht positiv defiit 7 Aus Ax 0 folgt CAx C0 0 Adererseits gilt CAx Ex x Also muss x 0 gelte 72 Für x Db gilt Ax ADb) AD)b Eb b Also ist x Db für jedes b R m eie Lösug vo Ax b 73 Wir multipliziere beide Seite der Gleichug B C)D 0 mit D Dies ergibt B C B C)DD 0 D 0 ud somit auch B C 74 Sei U spaa) der Spalteraum vo A ud W spaa, b) sei der Spalteraum der erweiterte Matrix A b) Wege der Dimesiosformel für direkte Summe gilt woraus dimu + dim U m dim W + dim W, U W U W folgt Da gilt aber auch Ax b spaa, b) spaa) 75 Nach Satz 7 gilt spaa, b) spaa) aus y A 0 folgt y, b 0 A + A ) A + A ) A + A A + A Somit ist die Matrix A + A symmetrisch Es gilt auch A A ) A A ) A A ) Somit ist A A fast symmetrisch Es reicht also die Matrix A als die Summe A 2 A + A ) + 2 A A ) zu schreibe 76 Es gilt [ ] 3 deta) det 3 2 ; 2 [ ] 3 detb) det ; 5 8

28 356 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe [ 2 4 deta + B) det 7 9 [ 2 7 detab) det 3 4 ] deta) + detb); ] deta) detb) 77 Nimm λ R mit λ {0, a, a 22,, a } ud betrachte die Matrize a λ 0 0 a 2 a 22 λ 0 X a a 2 a λ ud Y λ a 2 a 0 λ a λ Da gilt A X + Y, detx) a λ)a 22 λ) a λ) 0 ud dety ) λ 0 78 Aus A A E folgt dete) deta A) deta ) deta) deta) 2 ud somit auch deta) ± 79 Ist A eie m Matrix ud sid ihre Spalte liear uabhägig, so muss rka) gelte Da gilt auch rka ) rka), woraus A y 0 y 0 folgt 720 Nach Satz 73 gilt a ij 0 geau da, we die Kote i ud j adjazet sid, ud b ij 0 gilt geau da, we es eie Weg der Läge 2 vo i ach j über eie dritte Kote k {i, j} gibt Somit bilde die Kote i, j ud k eie Dreieck geau da, we a ij 0 ud b ij 0 gilt 72 Nach Aufgabe 62 reicht es zu zeige, dass die Zeile vo H 2m paarweise orthogoal sid Dafür beutze wir Iduktio über m Für m ist die Aussage offesichtlich Für de Iduktiosschritt m m seie x ud y zwei Zeile vo H 2m Diese Zeile habe die Form x u, ±u) ud y v, ±v), wobei ach der Iduktiosaahme u, v 0 gilt Somit muss aber auch x, y u, v ± u, v 0 ± 0 0 gelte 722 Wege A 3 B 3 ud A 2 B B 2 A gilt A 2 + B 2 )A B) A 3 A 2 B + B 2 A B ist hier die Nullmatrix Hätte also die Matrix A 2 + B 2 ei Iverses A 2 + B 2 ), da würde A B EA B) A 2 + B 2 ) A 2 + B 2 )A B) 0 gelte, woraus A B 0 im Widerspruch zu A B folge würde

29 Das charakteristische Polyom vo A ist [ ] 3 λ deta λe) det 3 λ) λ) + 2 λ 2 3λ + 2 λ 2)λ ) 2 λ Die Eigewerte vo A sid also λ 2 ud λ Das charakteristische Polyom vo B ist λ 3 5 λ 3 5 detb λe) det 0 λ 0 det 0 λ 0 λ) 2 2 λ) λ λ 724 Die Lösuge vo detb λe) 0 sid also λ mit Vielfachheit 2) ud λ 2 A v A λ λv) λ A λv) λ A Av) λ A A)v λ v 725 Seie λ µ verschiedee Eigewerte eier symmetrische Matrix A ud x, y seie Eigevektore zu diese Eigewerte: Ax λx ud Ay µy Wir multipliziere die erste Gleichug mit y, die zweite mit x ud erhalte y Ax y, Ax y, λx λ x, y, x Ay x, Ay x, µy µ x, y Die like Seite stimme wege der Symmetrie vo A also A A) ud der Gleichuge XY ) Y X ud X ) X überei: y Ax A y) x Ay) x x Ay) ) x Ay Damit ergibt sich λ x, y µ x, y Da aber λ µ gilt, muss daher x, y 0 gelte 726 Iduktio über Die Basis 2 ist richtig, de es gilt: [ ] x detx 2) det x 2 x x 2 x x 2 Iduktiosschritt Für i,, multipliziere wir die i-te Spalte vo X x x 2 x x 2 x 2 2 x 2 x x 2 x mit x ud ziehe die resultierede Spalte vo der i + )-te Spalte ab Somit erhalte wir die Matrix x 2 x x 2x 2 x ) x 2 2 x 2 x ) Y x x x x x ) x 2 x x )

30 358 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe Wege der Liearität bleibt die Determiate dabei uverädert, also detx ) dety ) gilt Die Matrix Y ethält ur eie Eis i der erste Zeile Nach der Laplace scher Etwicklug der Determiate ach der erste Spalte köe wir die erste Zeile ud die erste Spalte streiche Für die resultierede Matrix Z gilt da auch dety ) detz ) detz ) Nu beutze wir die Liearität der Determiate hier ist z ei Zeilevektor) det, λz, ) λ det, z, ), um die Zahle x 2 x, x 3 x,, x x»ach Vore«zu brige x 2 x x 2x 2 x ) x 2 2 x 2 x ) detz ) det x x x x x ) x 2 x x ) x 2 x )x 3 x ) x x ) det x 2 x 2 2 x 2 2 x 3 x 2 3 x 2 3 x x 2 x 2 Die dabei estehede ) ) Matrix ist wiederum eie Vadermode-Matrix für Elemete x 2,, x ) Nach Iduktiosvoraussetzug gilt daher detx ) x 2 x )x 3 x ) x x ) x j x i) x j x i) 2 i<j i<j 727 Für verschiedee Elemet a,, a F sei A eie Matrix A mit de Zeile ) x i, a i, a 2 i,,a i, i,, Da alle Elemete a,, a verschiede sid ud A eie Vadermode-Matrix ist, gilt deta) a j a i) 0 i<j Nach dem Sigularitätskriterium Korollar 79) müsse daher alle Zeile x,, x der Matrix A liear uabhägig sei 728 Sei A a ij) eie streg diagoal domiate Matrix über R, dh a ii > j i aij für alle Zeile i,, gilt Ageomme, A ist sigulär, also rka) < Da gibt es eie Vektor x R mit x 0 ud Ax 0 Wege x 0 ist die Zahl x k max{ x i : i,, } positiv Wir betrachte u die k-te Koordiate j a kjx j des Vektors Ax Wege Ax 0 muss diese Koordiate gleich Null sei Für de Absolutbetrag dieser Koordiate gilt aber a kj x j akk x k j ei Widerspruch j k a kj x j x k a kk ) a kj > 0, j k

31 Da auf der Diagoale vo A ur Eise stehe, gilt TrA) Wie sieht da TrA 2 ) aus? Sid a,, a die Zeile vo A, so ist der Eitrag b ij der Matrix A 2 b ij) geau das Skalarprodukt b ij a i, a j der i-te ud der j-te Zeile vo A die Matrix A ist ja symmetrisch) Somit gilt wege a ii ud a ij / für alle i j TrA 2 ) b ii a 2 ii + a i, a i i j a 2 ij j + )/ ) 2 2 Nach Lemma 739 gilt daher a 2 ij rka) TrA)2 TrA 2 ) 2 2 > 2 Kapitel 8 8 a b) a k b k a k+ b k a k b k+ a + + a k b k+ a k b k+ + b + a + b + 82 Sei x bzw y die Azahl der Flache i der oberste bzw uterste Reihe Mathematisch ka ma das Problem wie folgt formuliere: Für gegebee Zahl a pm gesucht sid zwei Zahle x < y, so dass die Gleichug a y ix i gilt Dazu betrachte wir arithmetische Reihe vo der Form S r m r) + + m 2) + m ) + m + m + ) + m + 2) + + m + r) Da gilt S r 2r + )m Es reicht also r so zu wähle, dass p 2r + gilt Da gilt auch a y ix i mit x m r ud y m + r 83 Sei a k die Wegläge, die der Frosch ach k Sprüge zurücklegt Da gilt a ud a k+ 2 3 a k Somit wir der Frosch ach Sprüge S k ) k 2 ) ) Meter zurücklege Da S 6»ugefähr«2,74 ist, wird der arme Frosch icht überlebe Noch schlimmer: Auch ach uedlich viele Sprüge würde der Frosch ur lim S ) k 2 3 k ) k 2 3 2/3) 3

32 360 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe Meter zurücklege ud würde somit immer och i Gefahr bleibe 84 Sei q +p der Zuwachsfaktor des Kapitals i eiem Jahr ud sei K i der Kotostad am Afag des i + )-te Jahres Da gilt K Kq x, K 2 K q x Kq 2 xq x, K 3 K 2 q x Kq 3 xq 2 xq x, ud die Vermutug leigt ahe: Es sollte K Kq xq xq 2 xq 0 Kq x q i Kq x q q gelte Wir beweise diese Vermutug i0 K Kq x q q 37) mittels Iduktio über Iduktiosbasis ist trivial, da K Kq x Kq x q q gilt Iduktiosschritt + Es gilt K + K q x, de i eiem Jahr hat das Kapital vom Vorjahr um q mal zugewachse ud Theo zieht de Betrag x davo ab Außerdem gilt ach der Iduktiosaahme die Gleichug 37) Somit erhalte wir K + K q x Kq x ) q q x q Kq + q q + ) x + q Kq + x q+ q Damit ist die Behauptug 37) bewiese Es bleibt also ur die Gleichug K 0 ach x zu löse: x K q q) q 85 Das charakteristische Polyom vo x 7x 6x 2 + 2x 3 ist z 3 7z 2 + 6z 2 z 2) 2 z 3) Somit ist E 2) 2 E 3) ei Verichter der Folge x ) Der erste Faktor E 2) 2 verichtet die Folge vo der Form a + b)2 ) ud der zweite Faktor E 3 verichtet die Folge vo der Form c3 ) Die allgemeie Lösug ist also die Summe x a + b)2 + c3 diese beide Folge Nu beutze wir die Radbediguge, um die Koeffiziete a, b, c

33 36 zu bestimme: x 0 a 0 + b)2 0 + c3 0 b + c 5 x a + b)2 + c3 2a + 2b + 3c 7 x 2 a 2 + b)2 2 + c3 2 8a + 4b + 9c Wir löse dieses Gleichugssystem ud erhalte a, b 0 ud c Somit ist x die gesuchte Lösug 86 Der Verichter der Erbffolge ) ist E ) 2 ud er die Folge vo der Form b+c verichte ka Das charakteristische Polyom des homogee Teils ist z 2 4z+4 z 2) 2 Deshalb hat dieses Teil E 2) 2 als Verichter, ud dieser verichtet Folge vo der Form a2 Zusamme ergibt sich die allgemeie Lösug x a2 + b + c Aus Radbediguge folgt a, b ud c 4 Eie Lösug ist also x Kapitel 9 9 Sei ǫ > 0 beliebig klei Wir wisse, dass es ei N gibt mit a a < ǫ/2 für alle N Sei C a a + a a a a N eie Kostate!) ud sei M max{n, 2C/ǫ} Da gilt C/ < ǫ/2 für alle > M Für solche gilt somit auch a b a a + + a a a + a a2 + + a a < C + ǫ/2) ǫ 2 + ǫ 2 ǫ a a ) + a a 2) + + a a ) 92 Aus a + )/2 2 /2 + /2 ud lim /2) 0 folgt lim a /2 93 Wege x y x 2 y 2 )/x + y) gilt: a 0 a + ) + + < 94 Zuerst wolle wir zeige, dass die Folge x + fx ) mit fz) 2z az 2 kovergiert Dazu wede wir das Mootoie-Kriterium a Die Ugleichug fz) /a ist äquivalet zu 2az az) 2, was wiederum äquivalet zu az ) 2 0 ist Somit ist die Folge x ) ach obe durch /a beschräkt Aus x + x 2x ax 2 x x ax 2 0 ax x /a folgt, dass die Folge x ) auch mooto wachsed ist ud muss daher ach Mootoie- Kriterium eie Grezwert b habe Uter der Beutzug der Grezwertregel erhalte

34 362 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe wir b lim x lim x+ lim 2x ax2 ) 2 lim x a lim x)2 2b ab 2 Also muss b die Gleichug b 2b ab 2 erfülle, woraus b /a folgt 95 Die x-koordiate ädert sich ur i gerade Schritte 2k + 2 für k 0,,2,, also i Schritte 2,4,6,8, Die x-koordiate ädert sich ur i ugerade Schritte 2k + für k 0,,2,, also i Schritte,3,5,7, Außerdem wächst für k 0,,2, ud x-koordiate im Schritt 2k + 2 um ) k 2 2k+ y-koordiate im Schritt 2k + um ) k 2 2k, Somit erhalte wir x [ ) 2 3 ] ) [ + ) 2 ) 3 ] ) k ud y ) 2 ) ) k Also wird sich die Fliege ach uedlich viele Schritte im Pukt 2/5,4/5) befide 96 Idem wir x als +q für ei q > 0 schreibe, folgt für 2 x + q) + ) q + ) q2 + + q 2 < 2) q 2 q < c 2 ) 2 mit c 4/q 2 Damit habe wir gezeigt, dass die Nullfolge /) eie Majorate für die

35 363 Folge x ) darstellt ud muss daher ach dem Majoratekriterium für Nullfolge gege Null strebe 97 e k! k+ k! + )! + )! + )! [ ) + 3) + ) k + ) 2 + )!, da die Zahl i Klammer icht größer als 2 sei ka ] + 2) + 3) + 4) + 98 Wege kk + ) k k + gilt Teleskopsumme) k kk + ) ) ) ) ) ) ) ) + Teleskopsumme 99 Usere Reihe hat die Form k a k mit a k klog 2 k) +α ud α > 0 Die verdichtete Reihe ist somit 2 k a 2 k k k 2 k 2 k log 2 2 k ) +α k k +α mit r +α > Daher ist die verdichtete Reihe eie verallgemeierte harmoische Reihe ud muss ach Satz 92 kovergiere k k r 90 Die Gesamthöhe des Turms ist ) k 2 2 2

36 364 3 Lösuge zu de Übugsaufgabe 9 Mit A 0 0 gilt wege A k A k a k a k b k k A k A k ) b k k k A k b k A k b k k A k b k A k b k+ k k ) A b + A k b k A 0 b + A k b k+ A b + A k b k b k+ ) k 92 Der Gesamtvorsprug der Schildkröte ist 0 0 k < 2 Also wird Achill die Schildkröte spätestes ach 2 Eile eihole k Kapitel 0 0 Nach dem Teilfolgekriterium Satz 92) kovergiert jede Teilfolge a k ) vo a ) mit a gege e: lim k + ) + k ) k e 38) Wir habe u vor, das Folgekriterium für de Limes Satz 0) auszuutze Sei x k ) eie beliebige Folge mit lim k x k ; wir köe obda aehme, dass x k > für alle k gilt Wir setze Da gilt also auch k : x k k x k < k +, k + < x k k ud somit auch + ) k < + ) xk + ) k + k + x k k