Lösungen 4 zum Mathematik-Brückenkurs für alle, die sich für Mathematik interessieren

Transkript

1 Lösuge 4 zum Mathematik-Brückekurs für alle, die sich für Mathematik iteressiere µfsr, TU Dresde Versio vom 26. September 2016, Fehler ud Verbesserugsvorschläge bitte a beedikt.bartsch@myfsr.de Aufgabe 4.1. Beweise mit vollstädiger Iduktio, dass i=1 i = 1 2( + 1) für alle N! Kezeiche dabei Iduktiosafag, Iduktioshypothese ud Iduktiosschritt! Lösug. Iduktiosafag ( = 1): Es gilt 1 i=1 i = 1 = 1 21(1 + 1). Iduktiosvoraussatzug: Es gebe ei N mit i=1 i = 1 2( + 1). Iduktiosschritt: Sei wie i der Iduktioshypothese. Da gilt +1 i=1 i = i=1 also gilt die behauptug auch für + 1. i = ( + 1) = 1 2 ( ) = 1 ( + 1)( + 2), 2 Aufgabe 4.2. Beweise mit vollstädiger Iduktio, dass für q = 1 ud alle N die Formel gilt. (Partialsumme der geometrische Reihe) q k = 1 q+1 1 q k=0 Lösug. Iduktiosafag ( = 0): Es gilt für alle q R \ {0: 0 k=0 qk = q 0 = 1 = 1 q1 1 q. Iduktioshypothese: Es gebe ei N, sodass k=0 qk = 1 q+1 1 q für alle q R \ {0. Iduktiosschritt: Sei wie i der Iduktioshypothese. Da gilt für alle q R \ {0 +1 q k = q k + q +1 = 1 q+1 + q +1 = 1 q+1 + (1 + q)q +1 1 q 1 q k=0 k=0 also gilt die Behauptug auch für + 1. = 1 q+2 1 q, 1

2 Aufgabe 4.3. Beweise mit vollstädiger Iduktio, dass für a 1, a 2,..., a > 0 mit k=1 a k = 1 gilt, dass k=1 a k 1. Folgere die Ugleichug vom geometrische ud arithmetische Mittel: Es gilt für alle x 1, x 2,..., x > 0 x k 1 x k. k=1 k=1 Lösug. Zum erste Teil der Aufgabe: Iduktiosafag ( = 1): Es gilt für alle a 1 R, dass 1 1 a k = 1 a 1 = 1 a k = 1. k=1 k=1 Iduktioshypothese: Es gebe ei N, sodass für alle a 1, a 2,..., a > 0 mit k=1 a k = 1 gilt, dass k=1 a k 1. Iduktiosschritt: Sei wie i der Iduktiosvoraussetzug ud seie a 1, a 2,..., a, a +1 > 0 mit +1 k=1 a k = 1. Nach Iduktiosvoraussetzug gilt da a 1 a 2 + a a + a +1 Ohe Eischräkug köe wir aehme, dass a k = 1 icht für alle k {1,..., + 1 gilt, de sost stimmt die zu beweisede Aussage trivialerweise. Damit köe wir weiterhi ohe Eischräkug aehme, dass uter de Zahle a 1 ud a 2 eie Zahl größer ud eie Zahl kleier als 1 ist (Weil + ud kommutativ sid). Da gilt (a 2 1)(a 1 1) 0. Stellt ma diese Ugleichug um, erhält ma a 1 a 2 a 2 + a 1 1, was eigesetzt i die adere Ugleichug a 1 + a 2 + a a + a ergibt. Also gilt die Behauptug auch für + 1. Nu zum zweite Teil der Aufgabe: Seie x 1, x 2,..., x > 0. Wir defiiere P := k=1 x k ud setze a k := x k / P. Da gilt k=1 a i = 1 ud wir köe usere gerade bewiesee Hilfsaussage awede, um a k = 1 k=1 P x k k=1 zu erhalte, woraus mit P := k=1 x k die Ugleichug vom geometrische ud arithmetische Mittel folgt: x k = P 1 x k. k=1 k=1 2

3 Aufgabe 4.4. Für welche N gilt 2 2? Stelle eie Vermutug auf ud beweise sie mit vollstädiger Iduktio. Lösug. Wir bereche zuächst ei paar Beispiele: Usere Vermutug ist also, dass 2 2 für N geau da gilt, we {1, 2 {4, 5, 6, 7,.... Die erste beide Zahle habe wir scho achgerechet, de Rest beweise wir jetzt mit Iduktio: Iduktiosafag ( = 4): Es gilt 2 = = 2. Iduktioshypothese: Es gebe ei N mit 4 ud 2 2. Iduktiosschritt: Für wie i der Iduktioshypothese gilt ( + 1) 2 = , da für 4 gilt, dass = 4 2. Damit gilt ach Iduktiosvoraussetzug ( + 1) = 2 +1, also gilt die Behauptug auch für + 1. Aufgabe 4.5. Folgede Aufgabe ist aus dem Buch The Art of Computer Programmig vo Doald Kuth: Etwas ka am folgede Beweis icht stimme. Was ist es? Satz. Sei a > 0. Da gilt für jedes N, dass a 1 = 1. Beweis. Sei a > 0. Iduktiosafag: Für = 1 gilt a 1 = a 0 = 1. Iduktioshypothese: Gelte für ei N, dass a k 1 = 1 für alle k N mit k. Iduktiosschritt: Sei wie i der Iduktioshypothese. Da gilt a (+1) 1 = a = a 1 a 1 = 1 1 = 1. a ( 1) 1 1 Also gilt die Behauptug auch für + 1. Lösug. Das Problem ist, dass der Iduktiosschritt verwedet, dass es zwei aufeiaderfolgede atürliche Zahle gibt, die die Behauptug erfülle, währed der Iduktiosafag ur die Gültigkeit der Behauptug für eie Zahl (ämlich die 1) zeigt. Tatsächlich gibt es zwei solche Zahle icht ud damit ist die Iduktioshypothese eie uerfüllbare Aahme. Wie wir us i der erste Stude überlegt habe, ka aus falsche Aussage alles gefolgert werde, isbesodere also auch die falsche Aussage, die wir am Ede des Iduktiosschrittes erhalte. 3

4 Aufgabe 4.6. Ageomme, es gibt 3- ud 5-Taler-Müze. Beweise mit vollstädiger Iduktio, dass ma jede Rechug vo mehr als 7 Taler bezahle ka, ohe Wechselgeld zu kriege! (Wir ehme a, dass ma ur rude Beträge bezahle muss, es also keie halbe Taler gibt.) Lösug. Formalere Formulierug der Aufgabe: Zeige, dass es für jede Zahl N mit 8 zwei atürliche Zahle k, l N {0 gibt, sodass = 3k + 5l. Der Trick ist hier eie Iduktio zu mache, die icht vo eier Zahl zu ihrem Nachfolger geht soder vo zu + 3. Da ist, we ma im Iduktiosafag die Behauptug für die erste drei Zahle zeigt, auch alles gezeigt. Iduktiosafag: Es gilt 8 = , 9 = , 10 = Iduktioshypothese: Es gebe ei N, für das es k, l N {0 gibt, sodass = 3k + 5l. Iduktiosschritt: Für, k, l wie i der Iduktioshypothese gilt + 3 = 3(k + 1) + 5l, also ist die Behauptug auch für + 3 wahr. Aufgabe 4.7. Die Fiboacci-Zahle (ach Leoardo Boacci, bekat als Fiboacci) sid eie Zahlefolge, defiiert ist durch f 0 := 0, f 1 := 1 ud für alle 2 durch f := f 1 + f 2. Eie solche Defiitio et ma eie iduktive Defiitio. Die erste Glieder der Folge sid also 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,.... Beweise folgede Eigeschafte der Fiboacci- Zahle durch vollstädige Iduktio: 1. Für alle 0 gilt i=0 f i = f Für alle 0 ud m 1 gilt f m+ = f +1 f m + f f m 1. Tip: Mache de Iduktiosafag für m = 1 ud m = Für alle 1 gilt f +1 f 1 f 2 = ( 1) (Idetität vo Cassii, ach Giovai Domeico Cassii). Was hat diese Formel mit folgedem Bilderrätsel zu tu? 4

5 ? 4. Für alle 3 ist f 2 1 die Läge der Hypoteuse eies rechtwiklige Dreiecks mit gazzahlige Seiteläge. (Erierug: Die Hypoteuse eies rechtwiklige Dreiecks ist die Seite, die dem rechte Wikel gegeüberliegt. Sie ist die lägste der Seite des Dreiecks. Die adere Seite heiße Kathete. I jedem rechtwiklige Dreieck gilt der Satz des Pythagoras: a 2 + b 2 = c 2, wobei a ud b die Läge der Kathete ud c die Läge der Hypoteuse bezeiche. Diese Satz darfst du ohe Beweis verwede.) Lösug. 1. Iduktiosafag ( = 0): Es gilt 1 i=0 f i = f 0 = 0 = 1 1 = f 2 1 Iduktioshypothese: Es gebe N {0 mit i=0 f i = f +2 1 Iduktiosschritt: Für wie i der Iduktioshypothese gilt +1 f i = f i + f +1 = f f +1 = f +3 1, i=0 i=0 also gilt die Behauptug auch für Iduktiosafag (m = 1 ud m = 2): Es gilt für jedes N {0, dass f 1+ = f = f +1 f 1 + f f 0 ud f 2+ = f +1 + f = f +1 f 2 + f f 1. Iduktioshypothese: Es gebe zwei aufeiaderfolgede m N, sodass f m+ = f +1 f m + f f m 1. Iduktiosschritt: Es gilt für m wie i der Iduktioshypothese: f (m+1)+ = f m+ + f m+ 1 f m+ + f (m 1)+ = f +1 f m + f f m 1 + f +1 f m 1 + f f m 2 = f +1 ( f m + f m 1 ) + f ( f m 1 + f m+1 ) = f +1 f m+1 + f f m, Also gilt die Behauptug auch für

6 3. Iduktiosafag ( = 1): Es gilt f 2 f 0 f 2 1 = 1 = ( 1)1. Iduktiosvoraussetzug: Es gebe ei N mit f +1 f 1 f 2 = ( 1). Iduktiosschritt: Für wie i der Iduktiosvoraussetzug gilt f +2 f f 2 +1 =( f +1 + f ) f ( f + f 1 ) f +1 = f +1 f + f 2 f f +1 f 1 f +1 = ( f +1 f 1 f 2 ) = ( 1) = ( 1) +1, also gilt die Behauptug auch für + 1. Zu dem Bilderrätsel: We ma ei Lieal alegt, ka ma sehe, das a der Stelle, a der das grüe ud blaue Dreiecke aeiaderstoße, das obere Dreieck eie kleie Kick ach ie ud das utere eie Kick ach auße hat. Die Seiteläge der beide Dreiecke sid 13 ud 5, also f 7 ud f 5. We ma achzählt ud achrechet, wie viele Kästche, die beide Dreiecke habe, erhält ma, dass sie beide blaue Fläche + grüe Fläche + rote Fläche + gelbe Fläche = = 32 Kästche ethalte, ihre gemeisame Fläche ist also 64 = 8 2 = f6 2. Die Fläche eies Vierecks mit Seiteläge 13 ud 5 ist 65, das heißt, we die beide Dreiecke tatsächlich welche wäre, da köte sie ei solches Viereck ausfülle. Cassiis Formel sagt, dass f 7 f 5 f6 2 = ( 1)6 = 1, also, dass de Dreiecke dazu ei Kästche fehlt. Das ist gerade dasjeige, das im Bild mit dem Fragezeiche markiert ist. 4. Lösug kommt später hier Aufgabe 4.8. Quicksort ist ei Algorithmus zum Sortiere vo Liste. Die Arbeitsweise des Algorithmus wird vo folgedem Pseudocode illustiert. Dabei ist liste die zu sortierede Liste. Die Fuktio cocat(l1,l2) immt zwei Liste l1 ud l2 ud fügt sie zur Liste, die zuerst die Elemete vo l1 ud da die Elemete vo l2 ethält, zusamme. Die Fuktio apped(l,a) immt eie Liste l ud hägt das Elemet a a. Die Fuktio createlist(l) legt eie leere Liste mit Name l a. Die Fuktio laege(l) gibt a, wie viele Elemete die Liste l hat. Der Befehl retur gibt de de Wert des ihm folgede Ausdruckes zurück. fuctio quicksort(liste) falls laege(liste) > 1 e:= irgedei Elemet vo liste createlist(liks) createlist(rechts) für alle a i liste falls e < a apped(liks,a) sost 6

7 apped(rechts,a) ede ede retur cocat(quicksort(liks),quicksort(rechts)) sost retur liste ede ede Beweise durch Iduktio ach, dass der Algorithmus eie Liste mit verschiedee (d.h. für je zwei ist eies immer strikt größer) Elemete aufsteiged sortiert! Lösug. Iduktiosfag ( = 1): Es ist zu zeige, dass Quicksort eie eielemetige Liste sortiert. Da aber eie eielemetige Liste immer sortiert ist, müsse wir ur überprüfe, dass der Algorithmus eie eielemetige Liste uverädert zurückgibt. Das ist allerdigs der Fall, de für eie eielemetige Liste liste gilt icht laege(liste) > 1, also wird der sost -Teil vo falls laege(liste) > 1 ausgeführt, der ur die Liste zurückgibt. Idukioshypothese: Es gebe ei N, sodass Quicksort jede höchstes -elemetige Liste aufsteiged sortiert. Iduktiosschritt: Sei wie i der Iduktioshypothese ud liste eie + 1- elemetige Liste. Da + 1 > 1, wird der erste Teil der falls-aweisug ausgeführt. Hier wird die Liste i zwei Liste liks ud rechts zuerlegt, wobei liks alle Elemete vo liste ethält, die strikt kleier als ei festes Elemet e vo liste sid ud rechts alle übrige Elemete (also isbesodere e) ethält. Da wir ach Aufgabestellug aehme dürfe, dass alle Elemete vo vo liste uterschiedlich sid, werde also beide der Teilliste liks ud rechts höchstes Elemete habe. Nach Iduktiosvoraussetzug sortiert Quicksort also liks ud rechts aufsteiged. Damit ist die Liste cocat(quicksort(liks),quicksort(rechts)) ebefalls aufsteiged sortiert, weil alle Elemete vo rechts größer als alle Elemete vo liks sid. Also sortiert Quicksort auch + 1-elemetige Liste. Aufgabe 4.9. Zeige, dass die Mege Ñ := {0, 1, 2 mit S0 = 1,S1 := 2, ud S2 := 0 alle der Peao-Axiome außer P3 erfüllt. Lösug. P1 Es gilt 0 Ñ. P2 Es gilt auch für Ñ stets S Ñ. P3 Es gilt S2 = 0, also ist dieses Axiom icht erfüllt. P4 Auch dieses Axiom ist eifach ahad der Defiitio vo Ñ zu überprüfe. P5 Sei X eie Mege mit 0 X ud gelte für alle Ñ, dass X S X. Da gilt 1 = S0 X ud 2 = S1 X ud damit Ñ X. 7

8 Aufgabe Beweise S = + 1 für alle N. Lösug. Es gilt ach Defiitio der Additio + 1 = + S0 = S( + 0) = S. Aufgabe Beweise mit vollstädiger Iduktio, dass für alle, m N m = 0 + m + m + + m {{ -mal gilt. Folgere daraus, dass für alle m,, o N das Distributivgesetz m ( + o) = m + m o der Additio ud Multiplikatio gilt. Welche Probleme siehst du mit dieser Vorgehesweise? Lösug. Das Spaede ud Schwierige a dieser Aufgabe ist, dass wir hier usere beide Begriffe vo de atürliche Zahle i Übereistimmug brige wolle. Währed also alle Zahle, die wir i irgedwelche Terme sehe, im Sie der Peao- Axiome zu verstehe sid, köe wir Begriffe wie -mal ur so verstehe, wie wir es gewoht sid. Wir erlage also mit dem erste Teil dieser Aufgabe i gewisser Weise die Berechtigug, mit de über die Peao-Axiome defiierte Zahle zu zähle. Iduktiosafag ( = 0): Es gilt für alle m N m 0 = 0 = 0 + m + m + {{ + m. o-mal Iduktioshypothese: Es gebe ei N, sodass für alle m N m = 0 + m + m + + m {{ -mal gilt. Iduktiosschritt: Sei wie i der Iduktioshypothese. Da gilt m S Defiitio vo = (m ) + m Iduktiosvoraussetzug = 0 + m + m + {{ + m +m -mal so zähle wir ormalerweise also gilt die Behauptug auch für + 1. Zum Distributivgesetz: Für m,, o N gilt m ( + o) =0 + m + m + + m {{ + o-mal =0 + m + m + {{ + m -mal = 0 + m + m + {{ + m, + 1-mal +0 + m + m + {{ + m = m + m o. o-mal 8

9 Ei Problem der gerade gezeigte Vorgehesweise zum Beweise des Distributivgesetzes ist, dass wir usere ituitive Vorstellug vom Reche mit de atürliche Zahle verwedet habe, um eie Eigeschaft der Peao-Arithmetik zu beweise. Dass + o-mal (mit dem +, das wir us ituitiv vorstelle) gerade -mal + o-mal (mit dem + der Peao-Arithmetik) ist, ist keieswegs klar! Ei weiteres Problem ist, dass wir och kei Assoziativgesetz für + bewiese habe, also eigetlich gar icht wisse, was Terme mit mehrere + hitereiader bedeute solle. Aufgabe Beweise mit vollstädiger Iduktio das Kommutativgesetz der Multiplikatio, d.h. m = m für alle m, N. Du wirst vermutlich viele der bisher bewiesee Eigeschafte der atürliche Zahle beötige. Du darfst auch das Distributivgesetz verwede. Begrüde jede deier Schritte mit eier zuvor bewiesee Eigeschaft oder eiem der Axiome P1-P5! Lösug. Wir beweise die Eigeschaft durch Iduktio ach m. Iduktiosafag (m = 0 ud m = 1): Es gilt für alle N, dass 0 = 0 ach Defiitio der Multiplikatio. Ferer gilt 0 = 0, was wir schell durch Iduktio über beweise: Es gilt 0 0 = 0 = 0 0 ach Defiitio also gilt die Behauptug für = 0. Nimmt ma a, dass es N gibt mit 0 = 0, da gilt 0 S = (0 ) + 0 = 0 ach Iduktiosaahme ud wege x + 0 = 0 für alle x N. Damit kommutiere alle atürliche Zahle mit 0. Sei also u m = 1: Es gilt für alle N mit der Defiitio der Multiplikatio ud Additio ud dem Kommutativgesetz der Additio 1 = S0 = 0 + = 0 + = + 0 =. Weiterhi gilt 1 =, was wir wiederum mit Iduktio beweise: Für = 0 ist 1 0 = 0 ach Defiitio der Multiplikatio. Uter der Aahme, dass es ei N mit 1 = gibt, gilt 1 S S = + 1 = 1 ( + 1) Distributivgesetz = Iduktiosaahme = = 1 S0 = (1 0) + 1 = = + 1. Also gilt die Behauptug auch für m = 1. Iduktioshypothese: Es gebe ei m N mit m = m für alle N. Iduktiosschritt: Für m wie i der Iduktioshypothese gilt 9

10 Sm Sm = m + 1 = (m + 1) Distributivgesetz = m + 1 Iduktiosafag für m = 1 = m + 1 Iduktiosvoraussetzug = m + 1 Distributivgesetz = (m + 1) Sm = m + 1 = Sm 10