( 1) k k 2. k=0. n n(n + 1) ( 1) k k 2 + ( 1) n+1 (n + 1) 2. k=0. + ( 1) n+1 (n + 1) 2 n(n + 1) + (n + 1) 2 )

Transkript

1 Musterlösung zum 9. Blatt 8. Aufgabe: Sei n eine natürliche Zahl. Vermuten Sie eine Formel für ( ) k k und beweisen Sie diese durch vollständige Induktion. Lösung: Für jede natürliche Zahl n sei a n = n ( )k k. Wir errechnen einige a n für kleine n: a 0 = 0, a =, a = 3, a 3 = 6, a 4 = 0, a 5 = 5, a 6 =. Bis auf das Vorzeichen erhalten wir die Zahlen 0,, 3, 6, 0, 5,,... Diese sind uns schon einmal begegnet, nämlich als die Summe der ersten n natürlichen Zahlen, und dafür hatten wir schon nachgewiesen, dass sich diese als n(n+) ergibt. Daher vermuten wir, unter Beachtung des sich abwechselnden Vorzeichens: n n(n + ) a n = ( ). Wir beweisen dies durch Induktion nach n: Für n = 0 ist dies offensichtlich richtig. Wir machen nun den Induktionsschritt n n + : Wir nehmen an, es ist n N, und es gilt a n = ( ) n n(n+). Dann folgt a n+ Def. = n+ ( ) k k = I.V. n n(n + ) = ( ) = ( ) n+ ( ( ) k k + ( ) n+ (n + ) + ( ) n+ (n + ) n(n + ) + (n + ) ) = ( ) n+ n(n + ) + n + 4n + = ( ) n+ n + 3n + n+ (n + )(n + ) = ( ). Es folgt die Gültigkeit der Formel auch für n +. Nach dem Induktionsprinzip gilt sie daher für alle natürlichen Zahlen n. Alternativer Beweis: Wir zerlegen die Summe in positive und negative Summanden, bzw. in gerade und ungerade Indizes und benutzen, dass wir die Summe der ersten n natürlichen Zahlen formelmäßig kennen. Um dies durchführen zu können, müssen wir zwei Fälle unterscheiden, nämlich die Fälle n gerade und n ungerade:

2 Sei n gerade, also n = m für eine natürliche Zahl m. Dann ist a n = ( ) k k = k k 4 ( ) k (k) + (4k 4k + ) k= k + +4 k= k k= = m(m + ) m = nm + n m = ( ) k (k ) k= k= n(n + ). Ist n ungerade, also n = m + für eine natürliche Zahl m, so erhält man analog a n = ( ) k (k) + k k 4 ( ) k+ (k + ) (4k + 4k + ) k 4 k = m(m + ) (m + ) = n(m + ) = n(n + ). 8. Aufgabe: Sei X eine Menge mit n Elementen. Bestimmen Sie die Anzahl aller geordneten Tripel (U, V, W ) von paarweise disjunkten Teilmengen U, V und W von X mit U V W = X. (Hinweis: Stellen Sie einen Zusammenhang zu Abbildungen f : X {,, 3} her.) Lösung: Behauptung: Die gesuchte Anzahl ist 3 n. Beweis: Sei X die Menge aller geordneten Tripel (U, V, W ) von paarweise disjunkten Teilmengen U, V und W von X mit U V W = X. Sei Y die Menge aller Abbildungen f : X {,, 3}. Es ist bekannt, dass Y aus 3 n Elementen besteht. Wir geben eine bijektive Abbildung φ : X Y an, womit gezeigt wäre, dass auch X aus 3 n Elementen besteht. Zu jedem Tripel (U, V, W ) aus X definiere eine Abbildung f Y durch, x U, f(x) =, x V, 3, x W. Beachte dabei, dass jedes x X in genau einer der drei Teilmengen U, V, W liegt, so dass f in der Tat eine auf X definierte Abbildung ist. Man erhält mit dieser Definition eine Abbildung φ : X Y. Umgekehrt definiert man eine Abbildung ψ : Y X, indem man einer Abbildung f Y das geordnete Tripel (f (), f (), f (3)) der Urbildmengen zuordnet. Man prüft dann leicht nach, dass φ ψ = Y und ψ φ = X gilt. Damit ist φ bijektiv.

3 83. Aufgabe: Sei z = ( + i). Wieviele Elemente hat die Menge {z k Bestimmen Sie die größte ganze Zahl n < 0 mit z n = i. k Z}? Lösung: Es gilt z = ( + i ) = i. Wegen der Formel von Moivre ist dann offenbar z = cos( π) + i sin( π). Es ist 4 4 z8 = (z ) 4 = i 4 =, und man sieht durch Betrachtung am Einheitskreis, dass {z k k Z} gerade aus den 8 verschiedenen komplexen Zahlen, z, z, z 3, z 4, z 5, z 6, z 7 besteht. Ausserdem ist z = z 7 = iz i und z = z 6 = i, also ist die gesuchte Zahl n =. 84. Aufgabe: a) Zeigen Sie, dass die Abbildung f : Q C mit f(q) = cos( qπ) + i sin( qπ) injektiv ist. b) Sei q eine rationale Zahl, und sei z := cos(qπ) + i sin(qπ). Zeigen Sie, dass es eine natürliche Zahl n > 0 gibt mit z n =. Lösung: a) Für jede reelle Zahl α hat die komplexe Zahl z α = cos α + i sin α den Betrag. Da eine volle Umdrehung = π ist, sieht man, dass z α = z β gilt genau dann, wenn es eine ganze Zahl n gibt, so dass α β = nπ ist. Speziell: Sind q und q rationale Zahlen mit f(q ) = f(q ), so gilt q π q π = nπ für eine ganze Zahl n, und es folgt (q q ) = n. Falls nun q q gelten würde, so folgte = Q, Widerspruch, da irrational ist. Also muss q = q sein. Damit ist f injektiv. n q q b) Sei etwa q = m, wobei m, k ganze Zahlen sind und k > 0. Sei n := k. Dann gilt k z n = cos(n m k π)+i sin(nm k π) = cos(mπ)+i sin(mπ) = (cos(π)+i sin(π))m = m =. 85. Aufgabe: Sei V ein R-Vektorraum, und seien U, W V Unterräume. Zeigen Sie: Es gilt U + W = V und U W = {0} genau dann, wenn sich jedes v V schreiben läßt als v = u + w für eindeutig bestimmte Elemente u U und w W. Lösung: a) Es gelte U + W = V und U W = {0}. Sei v V. Dann gibt es wegen U + W = V Elemente u U und w W mit v = u + w. Seien auch u U und w W mit v = u + w. Dann gilt also u + w = u + w, also u u = w w, und dieses Element liegt einerseits in U (da U ein Unterraum ist) und andererseits in W (da W ein Unterraum ist), also in U W. Wegen U W = {0} folgt u u = 0 = w w, also u = u und w = w. b) Umgekehrt gelte: Jedes v V läßt sich schreiben als v = u+w für eindeutig bestimmte Elemente u U und w W. Die Existenz einer solchen Darstellung zeigt V = U + W. Die Eindeutigkeit liefert U W = {0}: Denn ist v U W, so gilt = 0 = v + ( v) sind zwei Darstellungen von 0 als Summe von Elementen aus U und aus W ; wegen der Eindeutigkeit gilt dann aber v = Aufgabe: Sei N = {,..., n} mit einer natürlichen Zahl n > 0. Die Menge V = Abb(N, R) wird durch die Regeln (f + g)(i) = f(i) + g(i) und (αf)(i) = αf(i) zu einem R-Vektorraum. Finden Sie eine (möglichst einfache) Basis von V und bestimmen Sie die Dimension.

4 Lösung: Wir definieren Abbildungen δ,..., δ n : N R durch {, i = j, δ i (j) = 0, i j. Wir haben zu zeigen, dass δ,..., δ n : N R eine Basis von V ist. Zunächst sind sie linear unabhängig: Seien α,..., α n R mit Das bedeutet, dass für jedes j N gilt α j = α i δ i = 0. i= α i δ i (j) = 0. i= δ,..., δ n sind auch ein Erzeugendensystem von V : Sei f V beliebig. Für jedes j N definiere α j := f(j) R. Dann folgt f = α i δ i. i= Da wir nun eine Basis von V gefunden haben, die aus n Elementen besteht, ist n die Dimension von V. 87. Aufgabe: Sei λ eine reelle Zahl. Bestimmen Sie in Abhängigkeit von λ eine Basis des Lösungsraums des linearen Gleichungssystems x + y + 5z + 7w = 0 x + 4y + λz + 4w = 0 Lösung: erhalten Wir subtrahieren von der zweiten Gleichung das doppelte der ersten und x + y + 5z + 7w = 0 + (λ 0)z = 0 Nun gibt es zwei Fälle zu unterscheiden:. Fall: λ = 0. Dann hat man nur die beiden Gleichungen x + y + 5z + 7w = 0 Subtrahiert man das 5-fache der zweiten Zeile von der ersten, so erhält man x + y + 8w = 0 Daran erkennt man, dass man y, w R frei wählen kann und erhält als Lösungen die Vektoren x y + 8w 8 y z = y 5w = y 0 + w 0 5, w w 0

5 und erhält als eine Basis des Lösungsraums 0, 0. Fall: λ 0. Man subtrahiert das 5-fache der dritten Gleichung von der ersten, das (λ 5)-fache von der zweiten, vertauscht zweite und dritte Gleichung und erhält x + y + 8w = 0 5(λ 0)w = 0 Die dritte Gleichung liefert w = 0, und dann ergeben die erste und zweite Gleichung die Lösungen x y y z = y 0 = y 0 w 0 0 für alle y R. Damit ist 0 eine Basis des Lösungsraumes Aufgabe: Bestimmen Sie diejenigen λ R, für welche die Vektoren λ + 6 λ 9 + λ 0, λ + 8, + λ λ + λ 9 + λ eine Basis des R 3 bilden. Lösung: Wegen dim(r 3 ) = 3 bilden die drei Vektoren genau dann eine Basis, wenn sie linear unabhängig sind. Für λ = ist der erste Vektor gleich dem Nullvektor, und damit können die drei Vektoren dann nicht mehr linear unabhängig sein. Nehmen wir im folgenden λ an. Wir prüfen, wann die Gleichung λ + 6 λ 9 + λ 0 x 0 + y λ z + λ = 0 λ + λ 9 + λ 0 nur die triviale Lösung x = y = z = 0 hat. Zu lösen ist also das lineare Gleichungssystem (λ + )x + (6 λ)y + ( 9 + λ)z = 0 ( λ + 8)y + ( + λ)z = 0 (λ + )x + λy + (9 + λ)z = 0 Weil wir bereits λ angenommen haben, können wir das Doppelte der ersten von der dritten Gleichung abziehen. Dies führt zu den Gleichungen (λ + )x + (6 λ)y + ( 9 + λ)z = 0 ( λ + 8)y + ( + λ)z = 0 (3λ )y + (7 3λ)z = 0

6 Schaut man sich die Koeffizienten vor y an, so sieht man, dass man nicht-triviale Lösungen erhält, wenn λ ist. Also nehmen wir zusätzlich λ 4 an. Dann können wir das (3/)- fache der zweiten Zeile zur dritten addieren und erhalten (λ + )x + (6 λ)y + ( 9 + λ)z = 0 ( λ + 8)y + ( + λ)z = 0 ( 9/ 3/λ)z = 0 Ist nun λ = 3, so sieht man an der dritten Gleichung, dass man dann nicht-triviale Lösungen hat. Ist aber nun λ 3 (und weiterhin λ, 4), so folgt aus der dritten Gleichung z = 0, dann aus der zweiten Gleichung y = 0 und schliesslich aus der ersten Gleichung x = 0. Fazit: Die drei vorgegebenen Vektoren bilden eine Basis des R 3 λ { 3,, 4} gilt. genau dann, wenn 89. Aufgabe: Sei f : R 5 R 4 die (lineare) Abbildung definiert durch x y x 3y 6z u 9v z u x 3y 5z 9v x 3y 4z + u + v x + 6y z + u + v v a) Bestimmen Sie eine Basis von Kern(f). b) Bestimmen Sie rg(f). c) Ist f injektiv? Lösung: a) Der Kern von f besteht offenbar gerade aus den Lösungen des linearen Gleichungssystems x + 3y + 6z + u + 9v = 0 x + 3y + 5z + 9v = 0 x + 3y + 4z + u + v = 0 x + 6y + z + u + v = 0 Subtrahiert man die erste Gleichung von der zweiten und dritten und addiert das Doppelte der ersten zur vierten, so erhält man x + 3y + 6z + u + 9v = 0 z + u = 0 z + 4u + 0v = 0 3z + u + 7v = 0 Addiert man geeignete Vielfache der zweiten Gleichung zu den anderen, so bekommt man x + 3y + 0u + 9v = 0 z + u = 0 0v = 0 44u + 7v = 0

7 Aus der dritten Gleichung erhält man v = 0, aus der vierten dann u = 0, dann aus der zweiten z = 0. Man bekommt also als Lösungen x 3y 3 y z u = y 0 0 = y 0 0 v für beliebige y R. Daher ist 0 eine Basis von Kern(f). 0 0 b) Nach a) gilt dim Kern(f) =. Mit dem Rangsatz folgt rg(f) = dim Bild(f) = dim(r 5 ) dim Kern(f) = 5. c) Wegen Kern(f) {0} ist f nicht injektiv. 90. Aufgabe: Seien V, V und V 3 R-Vektorräume der Dimension n, n bzw. n 3, seien f : V V und g : V V 3 lineare Abbildungen. Zeigen Sie: a) Kern(f) Kern(g f). b) rg(g f) rg(f). Lösung: a) Sei x Kern(f). Dann gilt f(x) = 0, und es folgt g f(x) = g(f(x)) = g(0) = 0, weil g linear ist, und damit ist x Kern(g f). b) Aus a) und dem Basisergänzungssatz folgen dim Kern(f) dim Kern(g f). Aus dem Rangsatz ergibt sich: rg(g f) = dim V dim Kern(g f) dim V dim Kern(f) = rg(f). Alternativ: Ist b,..., b s eine Basis von Bild(f), so ist offenbar g(b ),..., g(b s ) ein Erzeugendensystem von Bild(g f); dieses enthält eine Basis von Bild(g f), und daher ist dim Bild(g f) s = dim Bild(f).