Mathematische Grundlagen (01141) SoSe 2010

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1 Mathematische Grundlagen (4) SoSe Klausur am 8.8.: Musterlösungen Aufgabe Sei n. Es gilt (+) (+)(+). Es gilt somit der Induktionsanfang. Als Induktionsannahme nehmen wir an, dass n n(n+)(n+) für ein n gilt. Im Induktionsschritt untersuchen wir, ob aus dieser Annahme folgt, dass n+ (n+)((n+)+)((n+)+) (n+)(n+)(n+3) ( n+ n ist. Es gilt ) + (n+)((n+)+) n(n+)(n+) + (n+)(n+) mit Induktionsannahme und Vereinfachen n(n+)(n+)+3(n+)(n+) (n+)(n+)(n+3). Mit dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt, dass die Formel für alle n N gilt. Aufgabe Es ist Kern(f) die Lösungsmenge des homogenen linearen Gleichungssystems Ax. Um diese zu berechnen, überführen wir A in Treppennormalform. Dazu subtrahieren wir die erste Zeile von der zweiten, addieren die vierte Zeile zur dritten, und subtrahieren dann das Vierfache der ersten Zeile von der vierten. Das liefert Jetzt addieren wir die zweite Zeile zur dritten und subtrahieren das Doppelte der zweiten Zeile von der vierten. Wir erhalten 4. Wir teilen die zweite Zeile durch und addieren dann das Vierfache der zweiten Zeile zur ersten. Damit erhalten wir die Treppennormalform. c FernUniversität in Hagen,

2 Mit dem Algorithmus aus dem Skript folgt, dass Kern(f) Kern(f) ist.. Eine Basis von Es ist 3 dim(r 3 ) dim(kern(f)) + dim(bild(f)), also dim(bild(f)) Wir berechnen Ae und Ae Diese Vektoren sind linear unabhängig, denn sie sind keine Vielfachen voneinander. 5 Da dim(bild(f)) ist, bilden sie eine Basis von dim(bild(f)). Aufgabe 3 Seien und i a i T i und i b i T i in V. Sei a R. Dann gilt f( a i T i + b i T i ) f( n (a i + b i )T i ) i i i ( ) a + b a + b + a + b a + b + a + b a + b ( ) ( ) a a + a b b + + b a + a a b + b b f( a i T i ) + f( b i T i ) i ( ) f(a a i T i ) f( aa i T i aa aa ) + aa aa + aa aa i Es folgt, dass f linear ist. Aufgabe 4 i Wenn alle a i sind, dann ist auch i ( ) a a a + a af( a a + a a i T i ). n i i a i v i. Nehmen wir nun an, dass nicht alle a i sind und dass n a i v i ist. Wir müssen zeigen, dass es keinen Index k, k n, i c FernUniversität in Hagen,

3 gibt, sodass a k ist. Angenommen, es gibt einen Index k mit a k. Nach Annahme sind v,..., v k, v k+,..., v n linear unabhängig. Da k a i v i + n a i v i ist, folgt, i ik+ dass die Skalare a,..., a k, a k+,..., Null sein müssen. Es folgt also a i für alle i. Aber das hatten wir ausgeschlossen. Dieser Widerspruch zeigt, dass es keinen Index k, k n, mit a k gibt, also alle Koeffizienten sind. Aufgabe 5 Es gilt f() cos() exp()+ + > und f( ) cos() exp( )+ <, denn cos() < und exp( ) > exp(), da die Exponentialfunktion streng monoton wachsend ist. Als Summe stetiger Funktionen ist f stetig. Mit dem Nullstellensatz von Bolzano folgt, dass f in [, ] eine Nullstelle besitzt. Die Funktion f ist als Summe differenzierbarer Funktionen auch differenzierbar, und es gilt f (x) sin(x) exp(x) < für x [, ], denn sin(y) für y [, ] [, π] und exp(x) >. Also ist f streng monoton fallend auf [, ]. Es folgt, dass f genau eine Nullstelle in [, ] besitzt. Aufgabe Es ist f(x) cos( x ) sin(x) für x R, also denn sin( π ). f( π ) cos(π 4 ) sin(π ), Es ist f (x) sin( x ) sin(x) + cos( x ) cos(x), also denn cos( π ). f ( π ) sin(π 4 ) sin(π ) + cos(π 4 ) cos(π ), Weiter ist f (x) 4 cos( x ) sin(x) sin( x ) cos(x) cos( x ) sin(x) 5 4 cos( x ) sin(x) sin( x ) cos(x), also f ( π ) Es folgt Aufgabe P, π (x) (x π ) 5 8 (x π ). Wir zeigen, dass die Reihe divergent ist. Sei n 3. Es ist 3 n. Die Folge ( n ) ist eine Nullfolge. Da die allgemeine Potenzfunktion stetig ist, folgt c FernUniversität in Hagen, lim 3 n 3, n

4 und damit ist ( ) keine Nullfolge. Es folgt, dass die Reihe divergent ist. Aufgabe 8 Seien A, B Atome und α A B, β A B, γ (A B) damit gebildete Formeln.. Für die Konjunktion der Formeln α, β und γ gilt: α β γ Konjunktion der Formeln (A B) ( A B) (A B) Implikationen ersetzen ( A B) ( ( A) B) (A B) Doppelte Negation ( A B) (A B) (A B) De Morgan ( A B) (A B) ( A B) Konjunkive Normalform, Distributivgesetz ( A B) ((A A) B) Äquivalenzen A und A ( A B) B Distributivgesetz ( A B) (B B) Äquivalenzen A und A A B Negationsnormalform mit den beiden Äquivalenzen A und A, die für jede Formel σ gelten: A σ σ, A σ σ σ.. Sei I eine Bewertung der Formeln, welche mit den Atomen A und B gebildet werden können. Wenn gemäß der Voraussetzung I(α) I(β) I(γ) ist, gilt aufgrund der gezeigten Äquivalenz α β γ A B, dass I( A B) I(α β γ) ist. Da einer Konjunktion von Formeln nur dann der Wert zugeordnet wird, wenn allen Formeln der Wert zugeordnet ist, folgt I( A) I( B). Mit der Definition für die Negation ergibt sich I(A) und I(B). Aufgabe 9. Wir zeigen, dass ( ) monoton fallend und beschränkt ist. Mit dem Monotonieprinzip folgt dann die Konvergenz von ( ). Wir beweisen mit Induktion nach n, dass ist für alle n N. Da a 3 ist, gilt der Induktionsanfang. Sei für ein n N. Dann gilt ( ), denn es sind ( ) und > nach Induktionsvoraussetzung. Mit dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt für alle n N. Wir zeigen nun, dass ( ) monoton fallend ist. Da ist, folgt, und damit c FernUniversität in Hagen, , also

5 Damit ist ( ) nach oben durch 3 und nach unten durch beschränkt und monoton fallend. Es folgt, dass ( ) gegen ein a R konvergent ist.. Da alle Folgenglieder sind, ist a. Da ( ) gegen a konvergiert, konvergieren auch ( an ) und ( ), und zwar gegen a beziehungsweise gegen a. Es folgt a lim + lim ( n n + ) lim n + lim + a a4 + 4 a. Es folgt a a + 4, also a 4 und damit a, denn a. c FernUniversität in Hagen,