M+ / Glos L¨osungen: Zusatz¨ubungen zu Beweismethoden September 2018
(1) Beweis 1: Es gilt n2+n = n(n+ 1). Da entweder n oder sein Nachfolger n+ 1 gerade ist, istn(n+ 1) das Produkt einer geraden mit einer ungeraden Zahl, also nach Aufgabe 2.3
gerade.
Beweis 2: Etwas formaler (und ohne Aufgabe 2.3) kann man zwei F¨alle unterscheiden:
1. Istngerade, also n= 2k mit einemk∈N, dann gilt n2+n= (2k)2+ 2k= 4k2+ 2k= 2·(2k2+k)∈E. (E steht f¨ur die geraden Zahlen; englisch: even numbers.)
2. Istnungerade, also n= 2l+ 1 mit einem l∈N, dann folgt ebenfalls
n2+n= (2l+ 1)2+ 2l+ 1 = 4l2+ 4l+ 1 + 2l+ 1 = 2·(2l2+ 3l+ 1)∈E.
(2) Direkter Beweis: Ist das Produkt mn gerade, so gibt es ein k∈Z mitmn = 2k. Unter- scheide zwei F¨alle:
1. Istm gerade, dann gibt es nichts mehr zu zeigen.
2. Istm ungerade, alsom= 2l+ 1 mit eineml∈Z, dann folgt aus mn= 2k
(2l+ 1)·n= 2k ⇐⇒ 2ln+n= 2k ⇐⇒ n= 2k−2ln= 2(k−ln) = 2z, mitz:=k−ln∈Z, also ist in diesem Fall ngerade. (Dass nauch in der rechten Seite auftaucht mag seltsam erscheinen; wichtig ist nur, dass z =k−ln eine ganze Zahl ist
(folgt ausk,l,n∈Z) und somit 2z gerade.)
Beweis der Kontraposition: Die Verneinung von
”moderngerade“ ist nach De Morgan
”m und nungerade“, formal:
¬(m∈E ∨ n∈E) ⇐⇒L ¬(m∈E) ∧ ¬(n∈E),
wobei¬(z∈E) gleichbedeutend mitz /∈E, alsoz∈Oist (Osteht f¨ur die ungeraden Zahlen;
englisch: odd numbers). Somit lautet die Kontraposition der Aussage:
Sindm und nungerade, so ist das Produkt mnungerade.
Das ist aber wieder nach Aufgabe 2.3 bekannt (beweise es ruhig nochmals).
(3) Beweis 1: Addiert manb auf beiden Seiten vona < b, so folgt (auch f¨urb <0) a+b < b+b= 2b, also a+b
2 < b .
(Beachte: Teilen durch 2>0 ¨andert nichts am<-Zeichen.)
Beweis 1a: Da jeder Schritt von Beweis 1 auch r¨uckw¨arts g¨ultig ist, k¨onnen wir sogar
”genau dann, wenn“ zeigen:
a < b ⇐⇒±b a+b <2b :2/⇐⇒·2 a+b
2 < b.
Beweis 2: a < bbedeutet a=b−cmitc:=b−a >0. Es folgt a+b
2 = b−c+b
2 = 2b−c
2 =b−c
2 < b (dac >0).
(4) Die Aussage ist falsch, setze z.B. a = −2 und b = −1 ein: a < b, aber a2 = 4 > 1 = b2. Korrekt kann es z.B. so heißen:
F¨urpositive reelle Zahlena,b∈Rmita < b gilta2 < b2. Beweis 1: Ausa < b folgt durch Multiplikation mit a >0
a < b ⇐⇒ a2 < ab.
Entscheidend ist, dass aufgrund von a >0 das <-Zeichen erhalten bleibt. Multiplikation von a < b mitb >0 ergibt
a < b ⇐⇒ ab < b2 und beides zusammen liefert
a2 < ab < b2.
Beweis 2: a2< b2 ist ¨aquivalent zua2−b2 <0. Laut dritter binomischer Formel gilt a2−b2 = (a+b)·(a−b).
Da aund bpositiv sind, ist der erste Faktora+b >0, w¨ahrend der zweite Faktora−b <0 ist aufgrund der Voraussetzunga < b. Damit ist das Produkt (a+b)·(a−b) negativ.
(5) Beweis 1: Man berechnet die Summe f¨ur ein paar n-Werte:
1
X
k=0
2k= 20+ 21= 1 + 2 = 3,
2
X
k=0
2k= 20+ 21+ 22 = 1 + 2 + 4 = 7,
3
X
k=0
2k= 20+ 21+ 22+ 23 = 1 + 2 + 4 + 8 = 15.
Da 3 = 4−1 = 22−1 ist und 7 = 8−1 = 23−1, sowie 15 = 16−1 = 24−1, kommt man zur Vermutung
n
X
k=0
2k= 2n+1−1,
die man durch vollst¨andige Induktion beweist.
(IA): F¨urn= 1 gilt wie oben bereits gesehen
1
P
k=0
2k= 3 = 21+1−1.
(IV): F¨ur einn∈Ngelte
n
P
k=0
2k= 2n+1−1.
(IS): Dann folgt f¨urn+ 1:
n+1
X
k=0
2k=
n
X
k=0
2k+ 2n+1 (IV)= 2n+1−1 + 2n+1= 2·2n+1−1 = 21+n+1−1
= 2(n+1)+1−1.
Dies beschließt den Induktionsschritt und mit der Induktionsschleife folgt die G¨ultigkeit
der Formel f¨ur alle n∈N.
Beweis 2: Mit der geometrischen Summenformel (Aufgabe 2.14) folgt sofort:
n
X
k=0
2k = 1−2n+1
1−2 = 1−2n+1
−1 =−(1−2n+1) = 2n+1−1.
(6) Beweis durch vollst¨andige Induktion. Beachte: Induktionsanfang bei n= 4 stattn= 1.
(IA): F¨urn= 4 ist n!>2n wahr, da 4! = 24>16 = 24 ist.
(IV): F¨ur einn∈Ngelten!>2n.
(IS): Wenn wir (n+ 1)!>2n+1f¨ur obigesnzeigen k¨onnen, sind wir fertig. Das ist aber leicht, wenn man (n+ 1)! = (n+ 1)·n! beachtet:
(n+ 1)! = (n+ 1)·n!(IV)> (n+ 1)·2n
> 2·2n (dan+ 1>2 f¨ur jedesn >1)
= 2n+1.
Somit ist der Induktionsschritt erbracht und mit der Induktionsschleife folgt die G¨ultig- keit der Ungleichung f¨ur alle nat¨urlichenn>4. (Diese letzte allgemeine Aussagen schrei-
ben wir im Folgenden nicht mehr jedes Mal hin.)
(7) Beweis durch vollst¨andige Induktion. Beachte: Induktionsanfang bei n= 5 stattn= 1.
(IA): F¨urn= 5 ist 2n> n2 wahr, da 25 = 32>25 = 52 ist.
(IV): F¨ur einn∈Ngelte 2n> n2.
(IS): Wenn wir 2n+1 >(n+ 1)2f¨ur obigesnzeigen k¨onnen, sind wir fertig. Dies gelingt, indem wir mit Gewalt den Ausdruck (n+ 1)2 =n2+ 2n+ 1 herbeizaubern:
2n+1= 2·2n(IV)> 2·n2 =n2+n2
(?)> n2+ 2n+ 1 = (n+ 1)2.
Dabei wurde in (?) verwendet, dass n2 > 2n + 1 f¨ur n > 5 gilt. Begr¨undung: Die Parabel Pf mit f(n) = n2−2n−1 ist nach oben ge¨offnet und besitzt die Nullstellen n1,2 = 1±√
2 (Mitternachtsformel); insbesondere verl¨auft sie f¨ur n > n2 = 1 +√ 2 oberhalb dern-Achse. Da 5> n2 ist, folgtf(n)>0, alson2>2n+ 1 f¨urn>5.
Anmerkung: Wenn man noch etwas trickreicher absch¨atzt, kommt man auch ohne MNF zurecht: Dan>5 ist, giltn2 =n·n>5·nund damit
2n2=n2+n2 >n2+ 5n=n2+ 2n+ 3n > n2+ 2n+ 1 = (n+ 1)2. B¨am!
(8) Beweis durch vollst¨andige Induktion.
(IA): Die Zahl 41+ 6·1−1 = 9 ist durch 9 teilbar.
(IV): F¨ur einn∈Nsei 9 ein Teiler von 4n+ 6n−1, d.h. es gebe eink∈Nmit 4n+ 6n−1 = 9k.
(IS): Wir m¨ussen aus 4n+1+ 6(n+ 1)−1 ebenfalls den Faktor 9 herauskitzeln.
4n+1+ 6(n+ 1)−1 = 4·4n+ 6n+ 6−1 = 3·4n+ 4n+ 6n−1
| {z } + 6
(IV)= 3·4n+ 9k+ 6.
Ja und jetzt? Jetzt l¨osen wir die (IV) nach 4n auf, 4n = 9k−6n+ 1 (IV0), und setzen dies oben ein:
4n+1+ 6(n+ 1)−1 = 3·4n+ 9k+ 6
(IV0)
= 3·(9k−6n+ 1) + 9k+ 6 = 27k−18n+ 3 + 9k+ 6
= 36k−18n+ 9 = 9·(4k−2n+ 1).
Da 4k−2n+ 1 ganzzahlig ist, teilt 9 wie gew¨unscht 4n+1+ 6(n+ 1)−1.
Anmerkung: Man kann den Induktionsschritt wie folgt eleganter aufschreiben (darauf zu kommen ist aber noch schwieriger als eben):
4n+1+ 6(n+ 1)−1 = 4·4n+ 6n+ 5
= 4·4n+ 24n−4−18n+ 9
= 4·(4n+ 6n−1)−18n+ 9
(IV)= 4·9k+ 9·(−2n+ 1)
= 9·(4k−2n+ 1).
(9) Beweis durch vollst¨andige Induktion.
(IA): F¨urn= 1 ist
1
P
k=1 1
k2 = 112 = 1, was gleich 2−11 = 1 ist.
(IV): F¨ur einn∈Ngelte Pn
k=1 1
k2 62−n1. (IS): Dann folgt f¨urn+ 1:
n+1
X
k=1
1 k2 =
n
X
k=1
1
k2 + 1
(n+ 1)2
(IV)
6 2− 1
n+ 1
(n+ 1)2
(?)< 2− 1
n+ 1+ 1
(n+ 1)2 = 2 +−(n+ 1) + 1 (n+ 1)2
= 2− n (n+ 1)2
(∗)
6 2− 1 (n+ 1)2 .
Zu (?): Es istn < n+1, also 1n > n+11 ; mal (−1) ergibt−n1 <−n+11 (Ungleichheitszeichen umdrehen!).
Zu (∗): Es ist n>1, also auch (n+1)n 2 > (n+1)1 2; mal (−1) liefert −(n+1)n 2 6−(n+1)1 2. Die Absch¨atzung zeigt, dass die Summe
Pn
k=1 1
k2 stets kleiner als 2 ist, egal bis zu welchem n man sie auch berechnet (da 2− 1n < 2 f¨ur alle n). Im Kapitel ¨uber Folgen lernen wir, dass der Grenzwert dieser Summenfolge existiert – da sie monoton wachsend und nach oben beschr¨ankt ist – und
∞
X
k=1
1
k2 = 1 +1 4 +1
9 + 1
16 +. . .62
gilt. (Spannenderweise kommt exakt π62 ≈1,645 als Grenzwert raus.)
(10) Beweis 1: Durch folgende Abwandlung der vollst¨andigen Induktion. Wir w¨ahlen b ∈ N beliebig (aber fest) und f¨uhren dann Induktion ¨uber a. Damit ist die Formel f¨ur ein festes b und alle a ∈ N bewiesen, aber da b beliebig war, haben wir sie faktisch f¨ur alle a,b ∈ N bewiesen.
(IA): F¨ura= 1 ist (2b−1)·
0
P
k=0
2kb= (2b−1)·20 = 2b−1 = 2ab−1 (daa= 1).
(IV): F¨ur eina∈Ngelte (2b−1)·
a−1
P
k=0
2kb = 2ab−1.
(IS): Dann folgt f¨ura+ 1:
(2b−1)·
(a+1)−1
X
k=0
2kb = (2b−1)·
a−1
X
k=0
2kb+ 2ab
!
= (2b−1)·
a−1
X
k=0
2kb+ (2b−1)·2ab
(IV)= 2ab−1 + 2b+ab−2ab = 2(a+1)b−1.
Beweis 2: Mit 2kb = (2b)k und der geometrischen Summenformel folgt sofort:
(2b−1)·
a−1
X
k=0
(2b)k= (2b−1)·1−(2b)a−1+1
1−2b =− 1−(2b)a
= 2ab−1.
Anmerkung: Dass hier eigentlich gar nichts Mysteri¨oses geschieht, sieht man, wenn man sich die Formel z.B. f¨ura= 3 explizit aufschreibt:
(2b−1)·
2
X
k=0
2kb= (2b−1)·(20·b+ 21·b+ 22·b) = (2b−1)·(1 + 2b+ 22b)
= 2b+ 22b+ 23b−1−2b−22b = 23b−1.
(11) Dies folgt unmittelbar aus der Formel der vorigen Aufgabe. Ist n >1 nicht prim, dann gibt es Zahlen a,b∈N>1 mitn=ab. Setzt man nun
k:= 2b−1 und l:=
a−1
X
k=0
2kb,
so erh¨alt man zwei nat¨urliche Zahlen, die gr¨oßer 1 sind (k >1 da b >1 und l >1 aufgrund von a >1) und laut voriger Aufgabe
kl= (2b−1)·
a−1
X
k=0
2kb= 2ab−1 = 2n−1
erf¨ullen. Damit haben wir eine Faktorisierung von 2n−1 in ein Produktkl mit zwei echten
Teilernkund l gefunden, sprich 2n−1 ist nicht prim.
(12) Ohne das Geschenk im Hinweis w¨are es wohl schwer, hier weiter zu kommen. Aber hat man mal x= (n+ 1)! + 2 gefunden, ist es nicht mehr schwer zu sehen, dass die naufeinanderfol- genden Zahlen
x, x+ 1, x+ 2, . . . , x+ (n−1)
allesamt nicht prim sind. Die Zahl x selbst ist durch 2 teilbar, denn
x= (n+ 1)! + 2 = (n+ 1)·n·. . . ·3·2·1 + 2 = 2· (n+ 1)·n·. . .·3·1 + 1 . Uberlege selbst, dass¨ x+ 1 durch 3, x+ 2 durch 4 usw. teilbar ist. Schlussendlich ist
x+ (n−1) = (n+ 1)! + 2 + (n−1) = (n+ 1)! + (n+ 1) = (n+ 1)·(n! + 1)
durch n+ 1 teilbar.
(13) Istz=√ 2
√
2 rational, k¨onnen wir einfacha=b=√
2 w¨ahlen. Dann sindaundbbekannter- maßen irrational, aber ab =√
2
√
2 ist rational.
Im Fall, dass z = √ 2
√2
irrational ist, setzen wir a = z und b = √
2 (beide irrational) und erhalten
ab =
√ 2
√ 2
√ 2
=
√ 2
√2·√ 2 =
√
22 = 2∈Q.
(14) Beweis durch vollst¨andige Induktion.
(IA): Eine Sehne unterteilt den Kreis in 2 Teile und tats¨achlich ist 12·(12+ 1 + 2) = 2.
(IV): F¨ur einn∈Ngelte die Aussage.
(IS): Wir m¨ussen zeigen, dass n+ 1 Sehnen (mit der genannten Bedingung) den Kreis in
1
2·((n+ 1)2+ (n+ 1) + 2) Bereiche unterteilen.
Betrachten wir zun¨achst n der n+ 1 Sehnen; diese unterteilen den Kreis laut (IV) in
1
2·(n2+n+ 2) Bereiche. Die (n+ 1)-te Sehne schneidet alle bisherigen n Sehnen und tritt bei jedem Schnitt von einem Bereich in einen weiteren ¨uber. Beim Durchlaufen eines Bereichs teilt sie diesen in zwei Teile, d.h. es kommt jeweils ein neuer Bereich zur alten Zahl hinzu; insgesamt entstehen dadurch n+ 1 zus¨atzliche Bereiche. ( ¨Uberlege dir am Bild rechts, dass dies nicht stimmt, wenn sich drei Sehnen in einem Punkt schneiden.) Dies ergibt summa summarum
1
2·(n2+n+ 2) + (n+ 1) = 1
2·(n2+n+ 2 + 2n+ 2) = 1
2·(n2+ 2n+ 1 +n+ 3)
= 1
2· (n+ 1)2+ (n+ 1) + 2
Kreisbereiche, was zu zeigen war.
1
2 3
4
5
6
7
1
2 3
4
5
6
7
n = 3 Sehnen erzeugen 7 Bereiche (was zu 12·(32+ 3 + 2) = 7 passt).
Die 4-te Sehne bringt 3 + 1 = 4 neue Bereiche hinzu.
