Technische Universität München Zentrum Mathematik Mathematik 1 (Elektrotechnik) Übungsblatt 1

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1 Technische Universität München Zentrum Mathematik Mathematik 1 (Elektrotechnik) Prof. Dr. Anusch Taraz Dr. Michael Ritter Übungsblatt 1 Hausaufgaben Aufgabe 1.1 Zeigen Sie mit vollständiger Induktion: Für alle n N gilt n = 2 i = 2 n+1 1. Lösung zu Aufgabe 1.1 Wir führen eine klassische Induktion über n. Induktionsanfang (n = 1): Den Induktionsanfang erhalten wir einfach durch Einsetzen von n = 1: Für die linke Seite ergibt sich für die rechte Seite erhalten wir 1 2 i = = = 3, = = 4 1 = 3. Beide Ergebnisse sind gleich, also stimmt die Behauptung für n = 1. Induktionsvoraussetzung Wir nehmen jetzt an, dass die Behauptung für ein n gilt, also 2 i = 2 n+1 1. Induktionsschritt (n n + 1) Die Behauptung für n + 1 lautet 2 i = 2 (n+1)+1 1, das müssen wir also zeigen. Wir beginnen damit, die linke Seite zu vereinfachen, indem wir den letzten Summanden abspalten und die Induktionsvoraussetzung einsetzen: 2 i = 2 i n+1 (IV ) + 2 = 2 n n+1 1

2 Das können wir noch etwas weiter vereinfachen: Und damit ist die Behauptung bewiesen. Aufgabe 1.2 Zeigen Sie: Für alle n N mit n > 4 gilt 2 n n+1 = 2 2 n+1 1 = 2 (n+1) n > n 2. Lösung zu Aufgabe 1.2 Zunächst sollten wir uns kurz klarmachen, dass die Bedingung n > 4 tatsächlich notwendig ist. Dazu setzen wir einfach ein: 2 1 = 2 > 1 2 = = = = = = = 16 Obwohl die Behauptung also für n = 1 noch stimmt, wäre sie für n {2, 3, 4} falsch. Wir beginnen deshalb unsere Induktion bei n = 5. (Zugegeben, der Induktionsanfang würde auch für n = 1 klappen. Im Induktionsschritt brauchen wir aber dann die Tatsache, dass wir nur Zahlen 3 betrachten, uns würde also der Anschluss an den Induktionsanfang fehlen. Für n = 3 wiederum bekommen wir den Induktionsanfang nicht hin, also müssen wir die kleinste Zahl nehmen, für die beides klappt das ist eben n = 5. Das ganze Problem ähnelt ein bisschen der Katzenaufgabe unten.) Induktionsanfang (n = 5) für n = 5. Einsetzen ergibt 2 5 = 32 > 5 2 = 25, also stimmt die Behauptung Induktionsvoraussetzung: Wir setzen jetzt voraus, dass die Behauptung für ein n N mit n 5 gilt, unsere Induktionsvoraussetzung ist also 2 n > n 2. (IV) Induktionsschritt (n n+1) Zu zeigen ist, dass die Behauptung unter dieser Voraussetzung auch für n+1 gilt, wir müssen also beweisen, dass 2 n+1 > (n+1) 2. Dazu formen wir ein bisschen um: 2 n+1 = 2 2 n (IV) > 2 n 2. Im letzten Schritt haben wir die Induktionsvoraussetzung für den Term 2 n eingesetzt. Werfen wir mal einen Blick auf die rechte Seite (n + 1) 2 = n 2 + 2n + 1. Wir haben noch zu zeigen, dass n 2 2n + 1 gilt (hier genügt, das > haben wir ja beim Einsetzen der Induktionsvoraussetzung bereits sichergestellt). Wenn das bewiesen wäre, könnten wir oben einfach weitermachen: 2 n+1 = > 2 n 2 = n 2 + n 2 n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2, 2

3 damit wäre die Behauptung gezeigt. Es bleibt allerdings noch die kleine Lücke n 2 2n + 1 zu schließen. Und weil s so schön war, machen wir das gleich nochmal mit einer vollständigen Induktion. Wo fangen wir diesmal an? Setzen wir doch mal ein: n = 1 :n 2 = = 3n = 2 : n 2 = = 5n = 3 :n 2 = = 7 Für n = 3 klappt das zum ersten Mal, also versuchen wir mal, folgende Aussage zu zeigen: Für alle n 3 gilt n 2 2n + 1. Induktionsanfang n = 3: Das haben wir oben schon nachgerechnet. Induktionsvoraussetzung: Für ein n 3 gilt n 2 2n + 1. Induktionsschritt n n + 1: Zu zeigen ist, dass (n + 1) 2 2(n + 1) + 1. (n + 1) 2 2(n + 1) + 1 n 2 + 2n + 1 2n + 3 n 2 2 Letzteres gilt aber für alle n 3, damit ist die Aussage bewiesen. Kleine Anmerkung: Dass n 2 2n + 1 für n 3 gilt, hätte man natürlich auch einfacher zeigen können, z. B.: n 2 2n + 1 n 2 2n (n 1) 2 2 n 1 2, und für natürliche Zahlen ist das äquivalent zu n 3. Aufgabe 1.3 Die Fibonacci-Zahlen F 0, F 1, F 2,... sind rekursiv definiert durch die folgende Vorschrift Zeigen Sie: Für alle n N gilt F 0 := 0 F 1 := 1 F n := F n 1 + F n 2 für n 2 (F i ) 2 = F n F n+1. Lösung zu Aufgabe 1.3 Wir beweisen die Aussage mit Induktion über n. Induktionsanfang (n = 1): Einsetzen von n = 1 ergibt: 1 (F i ) 2 = (F i ) 2 = (F 1 ) 2 = 1 2 = 1 F n F n+1 = F 1 F 2 = F 1 (F 1 + F 0 ) = 1 (1 + 0) = 1 1 = 1 Damit stimmt die Aussage für n = 1. 3

4 Induktionsvoraussetzung ein n gilt Wir setzen voraus, dass die Aussage für ein n richtig ist, d. h. für (F i ) 2 = F n F n+1. Induktionsschritt (n n+1): auch richtig ist. Es gilt: Wir müssen zeigen, dass mit obiger Induktionsvoraussetzung (F i ) 2 = F n+1 F n+2 (F i ) 2 = (F i ) 2 + (F n+1 ) 2 IV = F n F n+1 + (F n+1 ) 2 = F n+1 (F n + F n+1 ) = F n+1 F n+2 Dabei haben wir im letzten Schritt die Rekursionsvorschrift für die Fibonacci-Zahlen benutzt. Achtung: Diese Rekursionsvorschrift gilt nur für n 2, der Beweis funktioniert also genau genommen nur für n 2 (vergleiche auch die folgende Aufgabe). Da wir den Induktionsanfang für n = 1 gemacht hatten, fehlt uns aber noch der Schritt von n = 1 auf n = 2. Dafür rechnen wir die Behauptung für n = 2 einfach nochmal extra nach: 2 (F i ) 2 = = 2 und F 2 F 3 = 1 2 = 2 Damit haben wir jetzt alles gezeigt. Aufgabe 1.4 Was halten Sie von folgendem Beweis? Wo genau steckt der Fehler? Behauptung: Alle Katzen haben die gleiche Augenfarbe. Zum Beweis formulieren wir die Behauptung erst ein wenig genauer. Wir werden zeigen: Für jedes n N gilt: Alle Katzen in jeder n-elementigen Menge von Katzen besitzen alle die gleiche Augenfarbe.. Wir beweisen diese Aussage mit Induktion über n, damit folgt dann sofort unsere ursprüngliche Behauptung. Der Induktionsanfang ist klar: Für n = 1 besitzen alle Katzen in jeder 1-elementigen Menge von Katzen die gleiche Augenfarbe. Für den Induktionsschritt sei M eine (n + 1)-elementige Menge von Katzen. Wir nummerieren die Katzen in beliebiger Reihenfolge von 1 bis (n + 1) durch und betrachten die Mengen M 1 der ersten n Katzen (also der Katzen 1,..., n) und M 2 der letzten n Katzen (also der Katzen 2,..., (n + 1)). Auf diese beiden Mengen dürfen wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, also gilt: Alle Katzen in der Menge M 1 und alle Katzen in der Menge M 2 besitzen jeweils die gleiche Augenfarbe. Da die zweite Katze in beiden Mengen enthalten ist, gilt weiter, dass die Augenfarbe aller M 1 -Katzen gleich der Augenfarbe aller M 2 -Katzen ist. Damit ist aber gezeigt, dass alle Katzen in M die gleiche Augenfarbe besitzen. Da M eine beliebige (n + 1)-elementige Katzenmenge war, zeigt das die Behauptung. 4

5 Lösung zu Aufgabe 1.4 Die Behauptung ist natürlich völliger Unsinn. Der Induktionsanfang ist allerdings unanfechtbar, und auch der Induktionsschritt scheint durchaus korrekt zu sein. Der Teufel steckt hier im Detail: Im Induktionsschritt wird ausgenutzt, dass es eine Katze (die zweite Katze) gibt, die in den Mengen M 1 und M 2 zugleich enthalten ist. Das stimmt auch, wenn wir wenigstens 3 Katzen betrachten. Für zwei Katzen geht es aber schief, weil dann M 1 = {1} und M 2 = {2} gilt. Zwei Katzen entspricht dem Fall n+1 = 2, also beim Schritt von 1 auf 2. Dieser Schritt ist aber entscheidend, weil es nach dem Induktionsanfang der erste Schritt wäre. Da der Induktionsschritt somit (ohne das ausdrücklich zu sagen) n voraussetzt, passt er nicht zum Induktionsanfang für n = 1, die Lücke zwischen 1 und 2 können wir nicht füllen (danach würde wieder alles funktionieren es stehen gewissermaßen nur die Dominosteine 1 und 2 zu weit auseinander). Wir haben also immerhin bewiesen: Wenn wir wüssten, dass je zwei Katzen die gleiche Augenfarbe haben (ganz egal, welche zwei Katzen Sie auswählen), dann hätten alle Katzen die gleiche Augenfarbe. Leider nützt uns diese Erkenntnis in der Praxis nicht allzu viel. Aufgaben für die Tutorübung Aufgabe 1.5 Zeigen Sie mit vollständiger Induktion: Für alle a N und alle n N ist (2a 1) n 1 eine gerade Zahl. Lösung zu Aufgabe 1.5 Offenbar gilt: (2a 1) n 1 ist genau dann eine gerade Zahl, wenn (2a 1) n eine ungerade Zahl ist. Wir müssen also zeigen: Für alle a N und alle n N ist (2a 1) n eine ungerade Zahl. Das zeigen wir für beliebiges a N mit vollständiger Induktion über n. Induktionsanfang (n = 1): Einsetzen ergibt (2a 1) 1 = 2a 1. Da 2a gerade ist (a ist ja eine natürliche Zahl), muss 2a 1 ungerade sein, die Behauptung gilt also für n = 1. Induktionsvoraussetzung Die Induktionsvoraussetzung lautet: Für ein n N und alle a N ist (2a 1) n eine ungerade Zahl. Induktionsschritt (n n + 1): Zahl ist. Dazu formen wir um: Zu zeigen ist, dass (2a 1) n+1 für alle a N eine ungerade (2a 1) n+1 = (2a 1) n (2a 1) Nach Induktionsvoraussetzung ist der erste Faktor (2a 1) n für alle a N ungerade. Der zweite Faktor (2a 1) ist es aber offenbar auch, vgl. Induktionsanfang. Damit ist (2a 1) n+1 ein Produkt aus zwei ungeraden Zahlen und damit selbst wieder ungerade. Das zeigt die Behauptung. Aufgabe 1.6 Zeigen Sie: Für jedes n N hat die Summe der ersten n ungeraden natürlichen Zahlen den Wert n 2. Lösung zu Aufgabe 1.6 5

6 Wir schreiben die Behauptung erstmal sauber auf: Für jedes n N gilt (2i 1) = n 2. Der Beweis verwendet vollständige Induktion über n. Induktionsanfang (n = 1): Einsetzen von n = 1 ergibt 1 (2i 1) = (2i 1) = 2 1 = 1 n 2 = 1 2 = 1 Das beweist die Behauptung für n = 1. Induktionsvoraussetzung: n (2i 1) = n 2. Die Induktionsvoraussetzung lautet nun: Für ein n N gilt Induktionsschritt (n n+1): Wir setzen n+1 statt n ein, spalten den letzten Summanden ab und setzen die Induktionsvoraussetzung ein: (2i 1) = (2i 1) + (2(n + 1) 1) (IV = ) n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2 Damit ist die Behauptung für n + 1 gezeigt. Aufgabe 1.7 Bestimmen Sie jeweils alle reellen Lösungen der folgenden Gleichungen und Ungleichungen und kennzeichnen Sie jeweils die Lösungsmengen auf der Zahlengeraden. a) 7 6x = 2x + 3 b) x 2 x 6 > 0 c) 1 x 1 + 2x d) x x = 1 2 x3 Lösung zu Aufgabe 1.7 a) Es gilt: 7 6x = 2x + 3 8x = 4 x = 4 8 =

7 b) Wir bestimmen zunächst die Nullstellen von x 2 x 6: x 1,2 = 1 ± = 1 2 ± 5 2 Als Nullstellen ergeben sich x 1 = 3 und x 2 = 2, daher gilt x 2 x 6 = (x 3)(x + 2). Dieser Term ist genau dann positiv, wenn entweder beide Faktoren positiv oder beide Faktoren negativ sind. Es sind also zwei Fälle zu betrachten: Fall 1: x 3 > 0 und x + 2 > 0: Es gilt x 3 > 0 x + 2 > 0 x > 3 x > 2 x ]3; [ Fall 2: x 3 < 0 und x + 2 < 0: Es gilt x 3 < 0 x + 2 < 0 x < 3 x < 2 x ] ; 2[ Zusammen ergibt sich: x 2 x 6 > 0 x ] ; 2[ ]3; [. [ ] c) Bei Beträgen müssen wir grundsätzlich eine Fallunterscheidung machen. Fall 1 x 0 x 1: 1 x 1 + 2x 1 x 1 + 2x 0 3x x 0 Zusammen mit der Bedingung des Falls erhalten wir als ersten Teil der Lösungsmenge das Intervall [0; 1]. Fall 1 x < 0 x > 1: 1 x 1 + 2x x x 2 x x 2 Zusammen mit der Bedingung des Falls erhalten wir als zweiten Teil der Lösungsmenge das Intervall ]1; [ (da wir ja x > 1 vorausgesetzt hatten!). 7

8 Insgesamt ergibt sich die Lösungsmenge [0; 1] ]1; [= [0; [. [ d) Wir lösen den Betrag wieder mit einer Fallunterscheidung auf. Fall x 0: x x = 1 2 x3 x 2 = 1 2 x3 Vorsicht: Hier darf nicht einfach durch x 2 geteilt werden, da ja x = 0 noch eine zulässige Lösung sein könnte! Vielmehr ist eine weitere Fallunterscheidung nötig: Unterfall x 0: In diesem Fall dürfen wir durch x 2 teilen und erhalten x = 2 als Lösung. Unterfall x = 0: Setzt man x = 0 in die Gleichung x 2 = 1 /2 x 3 ein, so erkennt man, dass auch x = 0 die Gleichung löst, wir erhalten also eine weitere Lösung. Zusammen mit der Bedingung des Falls ergibt sich als erste Teil-Lösungsmenge {0, 2}. Fall x < 0: x x = 1 2 x3 x 2 = 1 2 x3 Im Unterschied zu oben kann der Fall x = 0 hier nicht auftreten (wir setzen ja x < 0 voraus), wir dürfen also einfach durch x 2 teilen: 1 = 1 2 x x = 2 Das ist mit der Bedingung des Falls vereinbar, als Teil-Lösungsmenge erhalten wir also jetzt { 2}. Zusammen ergibt sich die Lösungsmenge { 2, 0, 2} für die Gleichung Aufgabe 1.8 Gegeben seien die folgenden Teilmengen der reellen Zahlen: A := {x R : 2 < x < 5} B := {x R : 1 x} C := { x R : x 2 4 } D := { x R : x 2 > 1 } 8

9 Bestimmen Sie jeweils die folgenden Mengen und skizzieren Sie diese auf der Zahlengerade: a) A B b) A D Lösung zu Aufgabe 1.8 c) B \ C d) D \ (A B) e) C (A B) f) (R \ (A B)) (C D) a) A B =] 2; 1] ] ] b) A D = R c) B \ C =] ; 2[ [ d) D \ (A B) =] ; 2] ]1; [ ] ] e) C (A B) = [ 2; 2] [ ] f) R \ (A B) (C B) = (] ; 2] ]1; [) ([ 2; 1[ ]1; 2]) =] ; 1[ ]1; [= R \ [ 1; 1] [ ] 9