Reelle Zahlen
Aufgabe 1. Man beweise, daß die Beziehung
n
X
kD1
1
k.kC1/ D n nC1
für jedesn2N gilt! ±
Lösung. Der Beweis soll induktiv übern2 N geführt werden:
Induktionsanfang:FürnD1ergibt sich tatsächlich
1
X
kD1
1
k.kC1/ D 1 2:
Induktionsschritt:Unter der Induktionsvoraussetzung, daß die Formel
n
X
kD1
1
k.kC1/ D n nC1 für einn2N gilt, ergibt sich durch die Rechnung
nC1
X
kD1
1 k.k C1/ D
n
X
kD1
1
k.k C1/C 1
.nC1/.nC2/ D n
nC1 C 1
.nC1/.nC2/
D n.nC2/C1
.nC1/.nC2/ D .nC1/2
.nC1/.nC2/ D nC1 nC2
in der Tat die Induktionsbehauptung. Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
Alternative Lösung. Der Beweis kann auf direktem Wege mit Hilfe der Zerlegung 1
k.kC1/ D 1 k
1
kC1 fürk2N
in Teilbrüche geführt werden: Eine Indexverschiebung liefert nämlich
n
X
kD1
1 k.kC1/ D
n
X
kD1
1 k
n
X
kD1
1 kC1 D
n
X
kD1
1 k
nC1
X
kD2
1
k D1 1
nC1 D n nC1
und somit die gewünschte Formel für jedesn2N.
Aufgabe 2. SeiKein geordneter Körper undn2 N. Seien fernerbeliebigeElemente y1; : : : ; yn2KsowiegeordneteElementex1; : : : ; xn 2Kderart vorgegeben, daß
xk x` für allek,` 2 f1; : : : ; ngmitk`
gilt. Istf W f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ngirgendeine bijektive Abbildung, die die Ordnung yf .k/ yf .`/ für allek,`2 f1; : : : ; ngmitk `
herstellt, so zeige man, daß dann stets die Ungleichung
n
X
kD1
xkyk
n
X
kD1
xkyf .k/
erfüllt ist! ³
Lösung. Der Beweis wird induktiv über die Anzahln2N geführt:
Induktionsanfang: Im Falle n D 1gilt für alle x1, y1 2 Kund die einzige (durch f .1/D1definierte) bijektive Abbildungf W f1g ! f1goffensichtlichx1y1 Dx1yf .1/. Induktionsschritt: 1. Unter der Induktionsvoraussetzung, daß die Aussage für ein n 2 N gilt, soll die Aussage für nC1 nachgewiesen werden: Seien dazu geordnete Elementex1; : : : ; xnC1 2Kderart vorgegeben, daß
(1) xk x` für allek,`2 f1; : : : ; nC1gmitk`
gilt undhW f1; : : : ; nC1g ! f1; : : : ; nC1geine bijektive Abbildung, die die Ordnung (2) yh.k/ yh.`/ für allek,`2 f1; : : : ; nC1gmitk `
unter den beliebig vorgegebenen Elementeny1; : : : ; ynC1 2Kherstellt.
2. Definiert man die bijektive AbbildunggW f1; : : : ; nC1g ! f1; : : : ; nC1gdurch g.nC1/Dh.nC1/; g.h.nC1// DnC1;
g.k/ Dk fürk 2 f1; : : : ; ng n fh.nC1/g;
so soll zuerst gezeigt werden, daß folgende Ungleichung gilt:
(3)
nC1
X
kD1
xkyk
nC1
X
kD1
xkyg.k/:
Da aufgrund von (1) und (2) sowohlxh.nC1/xnC1als auchynC1yh.nC1/gelten, ergibt sich0.xnC1 xh.nC1//.yh.nC1/ ynC1/und somit zunächst
xh.nC1/yh.nC1/CxnC1ynC1 xh.nC1/ynC1CxnC1yh.nC1/
Dxh.nC1/yg.h.nC1//CxnC1yg.nC1/:
2.1. Im Falle h.nC1/ 2 f1; : : : ; ng gelangt man durch Addition aller fehlenden Termexkyk D xkyg.k/ fürk 2 f1; : : : ; ng n fh.nC1/gauf beiden Seiten der letzten Ungleichung zur Abschätzung (3).
2.2. Im Falleh.nC1/DnC1istgdie Identität, woraus die Gleichheit in (3) folgt.
3.1. Die Verkettung f D g ıh W f1; : : : ; nC1g ! f1; : : : ; nC1g von g und h ist eine bijektive Abbildung. Da die bijektive Abbildung g mit ihrer Inversen g 1 übereinstimmt, gilt auchgıf DgıgıhDh.
3.2. Man definiert die Elementez1; : : : ; znC1 2Kdurch z` Dyg.`/2K für`2 f1; : : : ; nC1g und erhält wegengıf Dhsomit
zf .k/ Dyg.f .k//Dyh.k/ für allek2 f1; : : : ; nC1g:
Wegen (2) stellt die bijektive Abbildungf W f1; : : : ; nC1g ! f1; : : : ; nC1gsomit die Ordnung
zf .k/ Dyh.k/ yh.`/Dzf .`/ für allek,` 2 f1; : : : ; nC1gmitk`
unter den Elementen z1; : : : ; znC1 2 K her. Da wegen f .nC1/ D nC1 auch die Einschränkungfjf1; : : : ; ng W f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ngbijektiv ist, gilt nach Indukti- onsvoraussetzung die Ungleichung
n
X
kD1
xkzk
n
X
kD1
xkzf .k/; also auch
nC1
X
kD1
xkzk
nC1
X
kD1
xkzf .k/;
woraus sich aufgrund der Ungleichung (3) schließlich die Induktionsbehauptung
nC1
X
kD1
xkyk
nC1
X
kD1
xkyg.k/ D
nC1
X
kD1
xkzk
nC1
X
kD1
xkzf .k/ D
nC1
X
kD1
xkyh.k/
ergibt, womit der Induktionsbeweis erbracht ist.
Aufgabe 3. Man weise nach, daß in einem KörperKstets die Identität
n
Y
kD1
xk n
Y
kD1
yk D
n
X
`D1 nC1
Y
kD`C1
xk
!
.x` y`/
` 1
Y
kD0
yk
!
für alle n 2 N, x1; : : : ; xn 2 K sowie y1; : : : ; yn 2 K gilt, wenn die Voraussetzung
y0DxnC1 D1erfüllt ist! ±
Lösung. Unter den gegebenen Voraussetzungen gilt für die rechte Seite R D
n
X
`D1 nC1
Y
kD`C1
xk
!
.x` y`/
` 1
Y
kD0
yk
!
der zu beweisenden Identität die Beziehung RD
n
X
`D1 nC1
Y
kD`C1
xk
! x`
` 1
Y
kD0
yk
! n X
`D1
nC1
Y
kD`C1
xk
! y`
` 1
Y
kD0
yk
!
D
n
X
`D1 nC1
Y
kD`
xk
! ` 1 Y
kD0
yk
! n X
`D1
nC1
Y
kD`C1
xk
! ` Y
kD0
yk
! :
Durch eine Indexverschiebung in der zweiten Summe ergibt sich daraus RD
n
X
`D1 nC1
Y
kD`
xk
! ` 1 Y
kD0
yk
! nC1 X
`D2 nC1
Y
kD`
xk
! ` 1 Y
kD0
yk
!
D
nC1
Y
kD1
xk
! 0 Y
kD0
yk
! nC1 Y
kDnC1
xk
! n Y
kD0
yk
! D
n
Y
kD1
xk n
Y
kD1
yk
aufgrund der Voraussetzungy0 DxnC1 D1.
Aufgabe 4. Man zeige, daß in einem KörperKdie Lagrange-Identität
n
X
kD1
x2k
n
X
`D1
y`2
n
X
kD1
xkyk
!2
D
n 1
X
kD1 n
X
`DkC1
.xky` x`yk/2
für allen2N,x1; : : : ; xn2 Kundy1; : : : ; yn2Kgilt!
Lösung. Der Beweis wird durch vollständige Induktion übern2N geführt:
Induktionsanfang:FürnD1gilt tatsächlich
1
X
kD1
xk2
1
X
`D1
y`2
1
X
kD1
xkyk
!2
Dx12y12 .x1y1/2
D0D
0
X
kD1 1
X
`DkC1
.xky` x`yk/2:
Induktionsschritt:1. Elementare Umformungen liefern zunächst
nC1
X
kD1
xk2
nC1
X
`D1
y`2
nC1
X
kD1
xkyk
!2 D
n
X
kD1
xk2Cxn2C1
! n X
`D1
y`2Cyn2C1
!
n
X
kD1
xkyk CxnC1ynC1
!2
D
n
X
kD1
xk2
n
X
`D1
y`2
n
X
kD1
xkyk
!2
C
n
X
kD1
xk2yn2C1Cxn2C1yk2 2xkynC1xnC1yk
D
n
X
kD1
xk2
n
X
`D1
y`2
n
X
kD1
xkyk
!2
C
n
X
kD1
.xkynC1 xnC1yk/2
für allen2N sowiex1; : : : ; xn; xnC1 2Kundy1; : : : ; yn; ynC1 2K.
2. Unter der Annahme, daß die Induktionsvoraussetzung
n
X
kD1
x2k
n
X
`D1
y`2
n
X
kD1
xkyk
!2 D
n 1
X
kD1 n
X
`DkC1
.xky` x`yk/2
für einn2N gilt, ergibt sich daraus die Induktionsbehauptung
nC1
X
kD1
x2k
nC1
X
`D1
y`2
nC1
X
kD1
xkyk
!2 D
n 1
X
kD1 n
X
`DkC1
.xky` x`yk/2C
n
X
kD1
.xkynC1 xnC1yk/2
D
n 1
X
kD1 n
X
`DkC1
.xky` x`yk/2
C
n 1
X
kD1
.xkynC1 xnC1yk/2C.xnynC1 xnC1yn/2
D
n 1
X
kD1 nC1
X
`DkC1
.xky` x`yk/2C
nC1
X
`DnC1
.xny` x`yn/2
D
n
X
kD1 nC1
X
`DkC1
.xky` x`yk/2;
womit der Induktionsbeweis erbracht ist.
Alternative Lösung. 1. Für allen2N,x1; : : : ; xn 2Kundy1; : : : ; yn2 Kgilt
n
X
kD1
xk2
n
X
`D1
y`2
n
X
kD1
xkyk n
X
`D1
x`y` D
n
X
kD1 n
X
`D1
xk2y`2 xkykx`y`
:
2. Spaltet man die Doppelsumme auf der rechten Seite in drei Summen über die Indexbereiche1k < `n,1k D`n,1` < k nauf, dann ergibt sich
n
X
kD1 n
X
`D1
xk2y`2 xkykx`y`
D X
1k<`n
xk2y`2 xkykx`y`
C
n
X
kD1
xk2yk2 xkykxkyk
C X
1`<kn
xk2y`2 xkykx`y`
:
Beachtet man, daß die zweite Summe auf der rechten Seite verschwindet und ver- tauscht man die Indizeskund`in der dritten Summe, so erhält man
n
X
kD1 n
X
`D1
xk2y`2 xkykx`y`
D X
1k<`n
xk2y`2 xkykx`y`
C X
1k<`n
x`2yk2 x`y`xkyk
D X
1k<`n
xk2y`2 2x`y`xkyk Cx`2yk2
D X
1k<`n
.xky` x`yk/2:
Zusammen mit Schritt 1 folgt daraus die Lagrange-Identität.
Aufgabe 5. Sei für jedesk 2 N ein offenes IntervallSk D ak; bkŒmit den Grenzen ak,bk 2Rundak < bk gegeben.
1. Man beweise, daß der endliche Durchschnitt\nkD1Sk für jedesn2N ein offenes Intervall oder die leere Menge ist!
2. Man zeige durch Diskussion eines Gegenbeispiels, daß der unendliche Durch- schnitt\1kD1Sk im Allgemeinen weder ein offenes Intervall noch leer ist!
Lösung. 1. Die Aussage wird mit Hilfe vollständiger Induktion nachn2N bewiesen:
Induktionsanfang:FürnD1ist\1kD1Sk DS1ein offenes Intervall.
Induktionsschritt:Unter der Annahme der Induktionsvoraussetzung, daß \nkD1Sk
ein offenes Intervall oder die leere Menge für ein n2N ist, existieren im ersten Falle zwei reelle Zahlena,b 2Rmita < b und\nkD1Sk Da; bŒ. Man erhält somit
\nkCD11Sk D \nkD1Sk
\SnC1 Da; bŒ\anC1; bnC1Œ D fx 2Rja < x < bundanC1 < x < bnC1g D fx 2Rjmaxfa; anC1g< x <minfb; bnC1gg:
Bildet manc D maxfa; anC1g 2 Rundd D minfb; bnC1g 2 R, dann ist\nkCD11Sk im Fallec < d das offene Intervallc; d Œund im Falle c d oder\nkD1Sk D¿die lee- re Menge. Damit ist die Induktionsbehauptung bewiesen und der Induktionsbeweis erbracht.
2. Der Durchschnitt einer unendlichen Familie offener Intervalle ist im Allgemei- nen weder ein offenes Intervall noch leer:
Bildet man die offenen Intervalle Sk D 1
k;1k
für k 2 N, dann erhält man
\1kD1Sk D f0g: In der Tat gilt 1k < 0 < k1 für jedes k 2 N, also 0 2 \1kD1Sk. Für jedesx 2Rmitx ¤0existiert ein` 2 N mit` > jx1j und somit0 < 1` <jxj. Es gilt alsox… S` und damit erst rechtx … \1kD1Sk. Aufgabe 6. Man zeige, daß in einem geordneten KörperKfür allen2N undx 2K mit1Cx 0die Bernoulli-Ungleichung.1Cx/n1Cnxgilt!
Lösung. Der Nachweis der Bernoulli-Ungleichung soll induktiv übern2N erfolgen:
Induktionsanfang:FürnD1und allex 2Kgilt1Cx 1Cx.
Induktionsschritt:Unter der Induktionsvoraussetzung, daß.1Cx/n 1Cnx für allex2 KmitxC10und einn 2N gilt, ergibt sich die Induktionsbehauptung .1Cx/nC1 D.1Cx/n.1Cx/ .1Cnx/.1Cx/ D1C.nC1/xCnx2 1C.nC1/x wegennx2 0, womit der Induktionsbeweis erbracht ist.
Aufgabe 7. Sein2 N gegeben. Eine bijektive Abbildungg W f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ng heißtVertauschung, wennk,`2 f1; : : : ; ngmit folgender Eigenschaft existieren:
g.k/ D`; g.`/Dk sowie g.m/ Dm für allem 2 f1; : : : ; ng n fk; `g:
Man zeige, daß sich jede bijektive Abbildungf W f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ngals Verket- tungf D fnı ıf1 von n Vertauschungen fn; : : : ; f1 W f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ng darstellen läßt!
Lösung. Der Beweis wird durch vollständige Induktion übern2N geführt:
Induktionsanfang:Im FallenD1wird durchf .1/ D1die einzige bijektive Abbil- dungf W f1g ! f1gdefiniert, die offenbar auch eine Vertauschungg1ist.
Induktionsschritt:Unter der induktiven Voraussetzung, daß sich jede bijektive Ab- bildungf W f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ng als Verkettungf D fnı ıf1 von nVertau- schungenfn; : : : ; f1 W f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ng darstellen läßt, soll die entsprechende Induktionsbehauptung fürnC1nachgewiesen werden:
Sei eine bijektive AbbildunghW f1; : : : ; nC1g ! f1; : : : ; nC1gbeliebig vorgegeben.
Man definiert die Vertauschungg W f1; : : : ; nC1g ! f1; : : : ; nC1gdurch g.nC1/Dh.nC1/; g.h.nC1// DnC1;
g.m/ Dm fürm 2 f1; : : : ; ng n fh.nC1/g:
DagıhW f1; : : : ; nC1g ! f1; : : : ; nC1gbijektiv ist, muß somit auch die Einschrän- kung.gıh/jf1; : : : ; ng W f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ng bijektiv sein. Nach Induktionsvor- aussetzung gibt esnVertauschungenfn; : : : ; f1W f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ngderart, daß
.gıh/jf1; : : : ; ng Dfnı ıf1
gilt. Definiert man die Vertauschunggk W f1; : : : ; nC1g ! f1; : : : ; nC1g für jedes k2 f1; : : : ; ngjeweils als Fortsetzung vonfk durch
gk.nC1/DnC1 sowie gk.m/Dfk.m/ fürm2 f1; : : : ; ng; so erhält man die Darstellung
gıhDgnı ıg1:
Da wie jede Vertauschung auchg mit ihrer Inversen g 1 übereinstimmt, ergibt sich schließlich die gewünschte Darstellung vonhals Verkettung
hDgıgıhDgıgnı ıg1
vonnC1Vertauschungeng,gn; : : : ; g1 W f1; : : : ; nC1g ! f1; : : : ; nC1g, womit die
Induktionsbehauptung bewiesen ist.
Aufgabe 8. Man beweise, daß die Beziehung
n
X
kD1
k2 D n.nC1/.2nC1/
6 für jedesn2N gilt!
Lösung. Der Beweis soll induktiv übern2 N geführt werden:
Induktionsanfang:FürnD1ergibt sich
1
X
kD1
k2 D1D .1C1/.2C1/
6 :
Induktionsschritt:Unter der Induktionsvoraussetzung, daß die Formel
n
X
kD1
k2 D n.nC1/.2nC1/
6 für einn2N gilt, ergibt sich durch die Rechnung
nC1
X
kD1
k2 D
n
X
kD1
k2C.nC1/2 D n.nC1/.2nC1/
6 C.nC1/2
D .nC1/.n.2nC1/C6.nC1//
6 D .nC1/.nC2/.2.nC1/C1/
6
in der Tat die Induktionsbehauptung. Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
Aufgabe 9. Man zeige, daß in einem KörperKdie Formel
n
X
kD0
xk D 1 xnC1
1 x für allex2 Kn f1gundn2N für die geometrische Summe gilt!
Lösung. Seix2 Kein beliebiges Element. Dann erhält man durch Indexverschiebung .1 x/
n
X
kD0
xk D
n
X
kD0
xk
n
X
kD0
xkC1D
n
X
kD0
xk
nC1
X
kD1
xk D1 xnC1
wegenx0D1. Da im Fallex ¤1stets1 x¤0gilt, folgt daraus durch Multiplika- tion mit.1 x/ 1 2Kdie Formel für die geometrische Summe.
Aufgabe 10. Man zeige, daß die Binomialkoeffizienten die Beziehungen n
k
D n
n k
für allek,n2 N[ f0gmitk n sowie
nC1 k
D
n
k 1
C
n k
für allek,n2 N mitkn erfüllen und schließe daraus, daß außerdem auch
k
X
mD0
nCm m
D
nCkC1 k
für allek,n2N [ f0g gilt!
Lösung. 1. In der Tat gelten die Beziehungen n
k
D nŠ
kŠ .n k/Š D nŠ
.n k/Š .n .n k//Š D n
n k
für allek,n2N [ f0gmitknsowie n
k 1
C
n k
D nŠ
.k 1/Š .n kC1/Š C nŠ kŠ .n k/Š D
1
n kC1C 1 k
nŠ
.k 1/Š .n k/Š D nC1
k.n kC1/
nŠ
.k 1/Š .n k/Š D .nC1/Š kŠ .n kC1/Š D
nC1 k
für allek,n2N mitk n.
2. Der Beweis der dritten Beziehung wird für ein beliebiges n 2 N [ f0g durch Induktion überk 2N [ f0ggeführt:
Induktionsanfang:Im Fallek D0gilt in der TatP0 mD0
nCm m
D n0
D1D nC01 . Induktionsschritt:Unter der Annahme der Induktionsvoraussetzung, daß
k
X
mD0
nCm m
D
nCkC1 k
für eink2 N[ f0ggilt, ergibt sich die Induktionsbehauptung
kC1
X
mD0
nCm m
D
k
X
mD0
nCm m
C
nCkC1 kC1
D
nCkC1 k
C
nCkC1 kC1
D
nCkC2 kC1
aufgrund der zweiten Beziehung für Binomialkoeffizienten.
Aufgabe 11. Man beweise, daß in einem KörperKdie binomische Formel .aCb/n D
n
X
kD0
n k
akbn k für jedesn2N und allea,b2 Kgilt!
Lösung. Der Nachweis der binomischen Formel wird induktiv übern2N geführt:
Induktionsanfang:Da für allea2 Kstetsa0 D1gilt, ergibt sich fürnD1offenbar
1
X
kD0
n k
akbn k D 1
0
a0bC 1
1
ab0 DaCb:
Induktionsschritt: Unter der Annahme der Induktionsvoraussetzung, daß die bi- nomische Formel für einn 2 N gilt, ist die Gültigkeit der entsprechenden Aussage fürnC1zu beweisen. Aus.aCb/nC1 Da.aCb/nCb.aCb/nfolgt unter Benutzung der Induktionsvoraussetzung durch Indexverschiebung
.aCb/nC1 D
n
X
kD0
n k
akC1bn k C
n
X
kD0
n k
akbn kC1
D
nC1
X
kD1
n
k 1
akbn kC1C
n
X
kD0
n k
akbn kC1
D n
n
anC1C n
0
bnC1C
n
X
kD1
n
k 1
C
n k
akbn kC1:
Somit liefert die Formel k 1n C nk
D nCk1
schließlich die Induktionsbehauptung .aCb/nC1 D
nC1 nC1
anC1C
nC1 0
bnC1C
n
X
kD1
nC1 k
akbnC1 k
D
nC1
X
kD0
nC1 k
akbnC1 k;
womit der Induktionsbeweis erbracht ist.
