2n n + 2. n + (1 + j) 1. 2n + 2 = 1. 2n + 2. (n + 1) + j + 2 1

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1 Aufgabe Die strenge Monotonie zeigen wir mittels vollständiger Indution. Indutionsanfang: Trivialerweise ist f streng monoton wachsend. Indutionsschritt: Wir nehmen an, es sei gezeigt, dass für ein gewisses n die Funtion f n streng monoton wachsend auf R + ist (Indutionsvoraussetzung, und müssen dies nun auch für f n+ zeigen. Dazu seien x, y R + mit x < y. Da f n streng monoton wächst, folgt dann x n < y n. Somit gilt x n < y n x x n+ < xy n und x < y y n xy n < y n+. Insgesamt ergibt sich x n+ < xy n < y n+, d. h. f n+ wächst streng monoton. Nuoch zur Folgerung: f n ist streng monoton wachsend, also ist (x n y n (x y > 0 für alle x, y R + mit x y (siehe Vorlesung. Somit gilt x > y genau dann, wenn x n > y n. Folglich haben wir die Äquivalenz x y (x > y (x n > y n x n y n. Bemerung: Man ann auch die Gleichung x n y n (x y n 0 xn y verwenden, um die Behauptungen zu zeigen. Aufgabe Die Funtion h : g f ist dann monoton wachsend. Für x, y R mit x y folgt nämlich, da f monoton fällt, f(x f(y. Daraus folgt, weil g monoton fällt, g ( f(x g ( f(y, also h(x h(y. Aufgabe 3 a Indutionsanfang: Für n ist die Behauptung richtig, denn auf beiden Seiten der Gleichung ergibt sich. Indutionsschluss: Für ein gewisses n N sei die Behauptung gezeigt (IV. Dann folgt (n+ ( + ( + + n + n + n+ n + n + j0 n + + (n + + j n + j IV n + ( + j n + j n + + n + n + (n + + j + n+ n + (n + + j. j b Indutionsanfang: Für n ergibt sich die Zahl , und diese ist trivialerweise durch 4 teilbar. Indutionsschluss: Wir setzen voraus (IV, dass für ein gewisses n N die Teilbareit bewiesen ist, dass also ein N existiert mit n n 4. Dann folgt (n (n+ n n+ 4 n n+ 4 ( n n 4 5 n + 5 n+ womit auch die Indutionsbehauptung bewiesen ist. IV n ( n,

2 Aufgabe 4 Wir verwenden wieder vollständige Indution. Indutionsanfang: Für n hat die Summe genau einen Summanden und ergibt ; dies ist natürlich größer als. Indutionsschluss: Ist die Ungleichung für ei bewiesen (IV, so folgt n+ n n+ + n IV n n+ > n+ n + n +. n+ n (Bei der Abschätzung wurde außer IV noch benutzt, dass n+ > also / > / n+ für alle n,..., n+ gilt. Aufgabe 5 a n : Definieren wir für n N \ {} die Zahlen ( ( ( ( n so besteht die Aufgabe darin, a 000 zu berechnen. Es gilt a 4 3 4, ( a 3 a 9 a 4 a , a 5 a n (, , Die Zahlen liegen alle in der Nähe von, also betrachten wir a n. Wir erhalten a 4, a 3 6, a 4 8, a 5 0. Wir vermuten, dass a n + n+ gilt und zeigen dies mit vollständiger Indution. Indutionsanfang: Für n haben wir die Formel gerade schon überprüft. Indutionsschluss: Ist die Formel für ein gewisses n richtig (IV, so folgt ( a n+ a n IV n + (n + n (n + (n + (n + n(n + n + n + n(n + n + n n(n + n + (n + Das Produt hat also den Wert a ,5005. (n + + (n +. Aufgabe 6 Für alle N gilt nämlich + ( ( + ( + + 4( < 4 +.

3 (Hinmweis: Der Tric, a ± b bzw. /( a ± b mit ( a b/( a b zu erweitern, ist häufig nützlich. Damit beommt man die Wurzeln aus dem Nenner in den Zähler oder umgeehrt. Ebenso ergibt sich 4 4( > 4 +. Mit der ersten Abschätzung folgt nun für alle n N > ( +. Hier haben wir eine Summe der Bauart S n (a + a vor uns. Eine solche Telesopsumme lässt sich leicht berechnen: S n+ a + a a j a j a j + a n+ a a a n+ a. j Also erhalten wir Mit der zweiten Abschätzung folgt für n + < + > n + > n. ( + n n. (Wir brauche, weil für n die Summe n ganz wegfällt. Wir wisseun, dass die Summe, die sich für n 0000 ergibt, zwischen und liegt und somit eine natürliche Zahl sein ann. Aufgabe 7 Beide Seiten der zu zeigenden Ungleichung sind nicht negativ. Daher önnen wir auf beiden Seiten quadrieren und erhalten eine äquivalente Aussage. Wir önnen Abschätzen (a j + b j j V orl. (a j + a j b j + b j j a j + j j a j + j b j + j a j b j + j a j b j. j ( b j a j + j j j b j. Aufgabe 8 Wir beginnen damit, einige a n zu berechnen: a 3 (3 ( , a

4 Es scheint a n /n zu gelten. Wir bestätigen dies mit vollständiger Indution: Indutionsanfang: Für n und n stimmt dies offenbar. Indutionsschluss: Für,..., n sei die Behauptung gezeigt, wobei n. (Man beachte: Als Indutionsvoraussetzung reicht hier nicht, dass die Formel nur für n gilt, sondern auch für n. Dann folgt Aufgabe 9 a n+ n (n (n + a n a n n (n (n + n (n (n +. Wir erbringen den Beweis mittels vollständiger Indution. Indutionsanfang: Für n steht lins ( + t und rechts ( ( ( t t 0 + t + t, 0 0 denn ( ( 0 und t 0 (auch 0 0. Für n ist die Formel also richtig. Indutionsschritt: Nun sei die Gleichung für ein gewisses n N bewiesen (Indutionsvoraussetzung, IV. Dann folgt ( + t n+ ( + t( + t n IV ( + t 0 n+ ( ( t + t j t 0 + j 0 0 j [( ( ] t t + t n+ t 0 t + t + und mit der aus der Vorlesung beannten Gleichung ( ( n + n + t ( n + t + womit die Indutionsbehauptung bewiesen ist. + n+ t n+ n + 0 j ( n + 0 ( n t j + 0 ( n j t + t n+ n ( n+ erhalten wir t, Daraus önnen wir nun den binomischen Satz folgern: Für x 0 ergibt sich (x + y n ( x( + y/x ( x n ( + y/x n x n (y/x Ist dagegen x 0, so gilt x n 0 x y (x + y n y n 0 0 x n y. x n y, weil in dieser Summe alle Summanden außer dem letzten 0 ergeben. 4

5 Aufgabe 0 a z 3 (3 i 3 (3 i(9 6i+i (3 i(8 6i 4 8i 8i+6i 8 6i. Folglich hat z 3 den Realteil 8 und den Imaginärteil 6. b Wir erweitern den Bruch geeignet (Standardtric: z z ist reell, daher ergibt /z /z z/ z z/(z z einen reellen Nenner: z 3 i 3 i 3 + i 3 + i 3 + i 3 i 3 + i i. Also hat /z den Realteil 3 0 und den Imaginärteil 0. c Es ergibt sich z w (3 i( + i 3 + 6i + i i + 7i. Also hat z w Realteil und Imaginärteil 7. d Es ist z ( 3 i (3 + i 9 + 6i + i 8 + 6i und wegen w ( + i 4i + 4i 3 4i ergibt sich w 3 + 4i 3 4i 3 + 4i 3 + 4i 3 + 4i 9 6i 5 z + /w (8 + 6i + ( i hat somit Realteil i. und Imaginärteil