Mathematische Beweise L¨osungen+ Pr¨ufungsvorbereitung
Aufgabe 1
(a) • a1 = 1
• a2 = 1 + 1 3 = 4
3
• a3 = 1 + 1 3+ 1
6 = 9 6
• a4 = 1 + 1 3+ 1
6+ 1 10 = 16
10
(b) Vermutung: an = n2
n(n+ 1)/2 = 2n n+ 1 (c) Beweis von A(n): 1 +1
3 +1 6 + 1
10 +. . .+ 1
n(n+ 1)/2 = 2n n+ 1 Induktionsanfang: A(1) gilt (siehe oben)
Induktionsschritt:
• Induktionshypothese (IH):A(n) sei wahr f¨urn ≥1
• n→n+ 1 1 + 1
3 +1 6 + 1
10+. . .+ 1
n(n+ 1)/2+ 1
(n+ 1)(n+ 2)/2
IH= 2n
n+ 1 + 2
(n+ 1)(n+ 2) = 2n(n+ 2) + 2 (n+ 1)(n+ 2)
= 2n2+ 4n+ 2)
(n+ 1)(n+ 2) = 2(n2+ 2n+ 1)
(n+ 1)(n+ 2) = 2(n+ 1)2 (n+ 1)(n+ 2)
= 2(n+ 1) n+ 2
Aufgabe 2
A B ( A → B ) ↔ ( ¬ A ∨ B )
1 1 1 1 1 1 0 1 1 1
1 0 1 0 0 1 0 1 0 0
0 1 0 1 1 1 1 0 1 1
0 0 0 1 0 1 1 0 1 0
Aufgabe 3
• n = 1: 13−1 = 0 durch 6 teilbar
• n = 2: 23−2 = 6 durch 6 teilbar
• n = 3: 33−3 = 24 durch 6 teilbar
• n = 4: 43−4 = 60 durch 6 teilbar Vermutung A(n): 6|(n3−n)
(a) Induktionsanfang: A(1) gilt (siehe oben) (b) Induktionsschritt:
IH: A(n) sei wahr f¨urn ≥1 n →n+ 1:
(n+ 1)3−(n+ 1)
=n3+ 3n2+ 3n+ 1−n−1
= (n3−n) + 3n2+ 3n= (n3−n)
| {z }
(1)
+ 3n(n+ 1)
| {z }
(2)
IV: (1) ist durch 6 teilbar
3n(n+ 1) ist durch 3 und 2; also durch 6 teilbar
Also ist die ganze Summe rechts durch 6 teilbar.
Aufgabe 4
8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23. . .
? W ? ? ? W ?
A(8): unbestimmt A(11): W
A(12): F
A(18): unbestimmt A(22): W
Aufgabe 5
A(n): 8|(52n−32n)
(a) Induktionsverankerung:
n = 0: 50−30 = 1−1 = 0 ist durch 8 teilbar (b) Induktionsschritt:
IH: A(n) sei wahr f¨urn ≥0 n →n+ 1:
52(n+1)−32(n+1) = 52n+2−32n+2 = 52·52n−32 ·32n
= 25·52n−9·32n= 25·52n−9·32n−16·32n+ 16·32n
= 25·52n−25·32n+ 16·32n = 25 52n−32n
| {z }
p
+ 16·32n
| {z }
q
8|p (wegen IH) und 8|q ⇒ 8|(p+q)
Aufgabe 6
(a) a1 = 12, a2 = 23,a3 = 34, a4 = 45 (b) A(n): 1
1·2+ 1
2·3 + 1
3·4 +· · ·+ + 1
n(n+ 1) = n n+ 1 (c) (a) Induktionsanfang:
n = 1: 1
1·2 = 1
1 + 1 (ok) (b) Induktionsschritt:
IH: Sei A(n) wahr f¨urn ≥1 1
1·2+ 1
2·3 +· · ·+ 1
n(n+ 1) + 1 (n+ 1)(n+ 2)
IH= n
n+ 1 + 1
(n+ 1)(n+ 2) = n(n+ 2) + 1 (n+ 1)(n+ 2)
= n2+ 2n+ 1
(n+ 1)(n+ 2) = (n+ 1)2
(n+ 1)(n+ 2) = n+ 1 n+ 2
Aufgabe 7
A(n): 41·42·43·. . .·4n = 2n(n+1)
(a) Induktionsanfang: A(1): 41 = 4 = 21·(1+1) (ok) (b) Induktionsschritt:
IH: A(n) sei wahr f¨urn ≥1 n →n+ 1:
41·42·43·. . .·4n·4n+1 IH= 2n(n+1)·4n+1= 2n(n+1)·22(n+1)
= 2n(n+1)+2(n+1)
= 2(n+2)(n+1)
Aufgabe 8
(a) Induktionsanfang:
n = 0: q0 = 1 = q0+1−1 q−1 (ok) (b) Induktionsschritt:
IH: A(n) sei wahr f¨urn ≥0 n →n+ 1:
1 +q+q2+. . .+qn+qn+1 IH= qn+1−1
q−1 +qn+1
= qn+1−1
q−1 + qn+1(q−1)
q−1 = qn+1−1 +qn+1·q−qn+1 q−1
= qn+1·q1−1
q−1 = qn+2−1 q−1
Aufgabe 9
• a1 = 1 4
• a2 = 1 4+ 1
28 = 2 7
• a3 = 1 4+ 1
28+ 1 70 = 3
10
• a4 = 1 4+ 1
28+ 1 70+ 1
130 = 4 13 explizit: an = n
3n+ 1 Aufgabe 10
Pr¨amisse: n∈N und n2 gerade Konklusion: n2 ist gerade Beweis:
Dann gibt es ein k ∈N0 mit n= 2k+ 1 n2 = (2k+ 1)2 = 4k2+ 2k+ 1
Also ist n2 ungerade
Dies ist ein Widerspruch zur Voraussetzung, dass n2 gerade ist.
Also ist die Annahme falsch und n muss gerade sein.
Aufgabe 11
(a) (P →Q)→(Q→P)
Die Aussage ist genau dann falsch, wenn es eine Belegung von P und Q gibt, f¨ur die P → Q wahr und Q → P falsch ist. Dies f¨ur die Belegung P = FALSCH und Q=WAHRder Fall.
⇒ keine Tautologie
(b) ((P ∨Q)→R)∨(¬(P ∨Q)→R)
Es gen¨ugt zu zeigen, dass die linke und rechte Seite der mittleren Disjunktion (∨) nicht gleichzeitig falsch sein k¨onnen.
Die linke Seite ist falsch, wenn P ∨Q wahr und R falsch ist. Dies ergibt die drei Belegungen
P Q R
W W F
W F F
F W F
die man auf der rechten Seite der Disjunktion testen muss. Eine Wahrheitstabelle f¨ur diese drei F¨alle zeigt, dass sich daraus immer eine wahre Aussage ergibt.
⇒ Tautologie
(c) (P →(Q→R))↔((P →Q)→R)
Belegt man P = Q = R = FALSCH, so hat die linke Seite der ¨Aquivalenz den Wahrheitswert WAHR und die rechte Seite den WahrheitswertFALSCH.
⇒ keine Tautologie Aufgabe 12
• Induktionsanfang (n = 1):
1 +x= x2−1
x−1 = (x−1)(x+ 1)
(x−1) = 1 +x (ok)
• Induktionsschritt:
– Induktionshypothese:A(n) sei wahr f¨urn ≥1 – n→n+ 1:
– 1 +x+· · ·+xn+xn+1 IH= xn+1−1
x−1 +xn+1 = xn+1−1 + (x−1)xn+1 x−1
= xn+1−1 +xn+2−xn+1
x−1 = xn+2−1 x−1
