Hochschule Fachbereich Informatik

Hochschule Fachbereich Informatik

Bonn-Rhein-Sieg Prof. Dr. Peter Becker

University of Applied Sciences Dr. Marco H¨ ulsmann

Analysis

Ubungsblatt 2 ¨ Sommersemester 2021

– Musterl¨ osungen –

Aufgabe 1 (Binomialkoeffizient und Binomische Formel) (i) Berechnen Sie ⁴ ₃

. (ii) Zeigen Sie:

∀ n∈ N

2n + 4 2n + 1

= 4

3 n ³ + 6n ² + 26 3 n + 4

(iii) Berechnen Sie (x + 5) ⁵ f¨ ur x ∈ R mithilfe der Binomischen Formel!

Musterl¨ osung:

(i) Es ist

4 3

= 4!

3! · (4 − 3)! = 4!

3! · 1! = 4 · 3!

3! = 4 (oder aus dem Pascalschen Dreieck ablesbar)

(ii) Es gilt 2n + 4

2n + 1

= (2n + 4)!

(2n + 1)! · 3! = (2n + 4)(2n + 3)(2n + 2)

6 = (4n ² + 14n + 12)(2n + 2) 6

= 8n ³ + 28n ² + 24n + 8n ² + 28n + 24

6 = 4

3 n ³ + 6n ² + 26 3 n + 4 (iii) Es ist

(x + 5) ⁵ =

5

X 5 k

x ^5−k 5 ^k = x ⁵ + 5x ⁴ · 5 + 10x ³ · 25 + 10x ² · 125 + 5x · 625 + 3125

wobei die Binomialkoeffizienten aus dem Pascalschen Dreieck ablesbar sind.

Aufgabe 2 (Indexverschiebung und vollst¨ andige Induktion) (i) Beweisen Sie durch geeignete Indexverschiebungen:

∀ _{a,b∈ R} ∀ _{n∈ N}

(a − b)

n

X

k=0

a ^k b ^n−k = a ⁿ⁺¹ − b ⁿ⁺¹

(ii) Beweisen Sie mithilfe der vollst¨ andigen Induktion:

∀ _{n∈ N}

n

X

k=2

1

k(k − 1) = 1 − 1 n

Musterl¨ osung:

(i) Es gilt (a − b)

n

X

k=0

a ^k b ^n−k = a

n

X

k=0

a ^k b ^n−k − b

n

X

k=0

a ^k b ^n−k =

n

X

k=0

a ^k+1 b ^n−k +

n

X

k=0

a ^k b ^n−k+1

= a ⁿ⁺¹ +

n−1

X

k=0

a ^k+1 b ^n−k −

n

X

k=1

a ^k b ^n−k+1 − b ⁿ⁺¹

= a ⁿ⁺¹ +

n−1

X

k=0

a ^k+1 b ^n−k −

n−1

X

k=0

a ^k+1 b ^n−(k+1)+1 − b ⁿ⁺¹

= a ⁿ⁺¹ +

n−1

X

k=0

a ^k+1 b ^n−k −

n−1

X

k=0

a ^k+1 b ^n−k − b ⁿ⁺¹

= a ⁿ⁺¹ − b ⁿ⁺¹ (ii) Induktionsanfang: F¨ ur n = 2 gilt

2

X

n=2

1

k(k − 1) = 1 2 · 1 = 1

2 = 1 − 1 2 Induktionsvoraussetzung (IV): F¨ ur ein n ∈ N ^≥2 gelte

n

X

k=2

1

k(k − 1) = 1 − 1

n

Induktionsschritt (n 7→ n + 1): Zeige, daß unter Annahme der IV die Aus- sage auch f¨ ur n + 1 gilt, also:

n+1

X

k=2

1

k(k − 1) = 1 − 1 n + 1 Es gilt:

n+1

X

k=2

1

k(k − 1) =

n

X

k=2

1

k(k − 1) + 1 (n + 1)n

IV = 1 − 1

n + 1

(n + 1)n

= 1 − n + 1 − 1

(n + 1)n = 1 − n

(n + 1)n = 1 − 1 n + 1

Aufgabe 3 (Ungleichungen)

F¨ ur welche x ∈ R sind die folgenden Ungleichungen erf¨ ullt?

(i) |7x − 4| < 2 (ii) |5x + 3| ≥ −1 (iii) 2 + |x + 3| < 3 (iv) ||x − 5| − 3| ≤ 4 Musterl¨ osung:

(i) Wie im ¨ Ubungsvideo gezeigt ( ¨ U2, A1(i)), gilt

|7x − 4| < 2

⇔ −2 < 7x − 4 < 2

⇔ 2 < 7x < 6

⇔ 2

7 < x < 6 7 Also ist die Ungleichung f¨ ur x ∈ ² ₇ , ⁶ ₇

erf¨ ullt.

(ii) Betr¨ age sind stets positiv, also insbesondere ≥ −1. Also ist die Unglei- chung f¨ ur alle x ∈ R erf¨ ullt.

(iii) Es gilt

2 + |x + 3| < 3

⇔ |x + 3| < 1

⇔ −1 < x + 3 < 1

Also ist die Ungleichung f¨ ur alle x ∈ (−4, −2) erf¨ ullt.

(iv) Hier muß eine Fallunterscheidung getroffen werden:

1. Fall: x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5. Dann lautet die zul¨ assige Menge A ₁ := [5, ∞)

F¨ ur x ∈ A 1 gilt |x − 5| = x − 5, und somit gilt:

||x − 5| − 3| ≤ 4

⇔ |x − 5 − 3| ≤ 4

⇔ |x − 8| ≤ 4

⇔ −4 ≤ x − 8 ≤ 4

⇔ 4 ≤ x ≤ 12

Sei ˜ L 1 := [4, 12]. Dann gilt f¨ ur die L¨ osungsmenge des 1. Falls:

L 1 := ˜ L 1 ∩ A ₁ = [4, 12] ∩ [5, ∞) = [5, 12]

2. Fall: x − 5 < 0 ⇔ x < 5. Dann lautet die zul¨ assige Menge A 2 := (−∞, 5)

F¨ ur x ∈ A ₂ gilt |x − 5| = −(x − 5) = 5 − x, und somit gilt:

||x − 5| − 3| ≤ 4

⇔ |5 − x − 3| ≤ 4

⇔ |2 − x| ≤ 4

⇔ −4 ≤ 2 − x ≤ 4

⇔ −6 ≤ −x ≤ 2

⇔ 6 ≥ x ≥ −2

Sei ˜ L 2 := [−2, 6]. Dann gilt f¨ ur die L¨ osungsmenge des 2. Falls:

L 2 := ˜ L 2 ∩ A ₂ = [−2, 6] ∩ (−∞, 5) = [−2, 5) Die Gesamtl¨ osungsmenge der Ungleichung lautet

L = L 1 ∪ L 2 = [5, 12] ∪ [−2, 5) = [−2, 12]

Aufgabe 4 (Supremum/Infimum/Minimum/Maximum)

Bestimmen Sie, falls existent, Supremum, Maximum, Infimum und Mini- mum der folgenden Mengen:

(i) A := {x ∈ R | −5 + 2x ≤ 5}

(ii) B := {x ² + 4x + 2 | x ∈ R } (iii) C := n _x−y

x+y | x > 0 ∧ y > 0 o (iv) D := _m

n | m, n ∈ N , m ≤ n

Musterl¨ osung:

(i) Wegen

−5 + 2x ≤ 5

⇔ 2x ≤ 10

⇔ x ≤ 5

gilt sup(A) = 5 und auch max(A) = 5 (wegen ≤). Da A nach unten unbe- schr¨ ankt ist, existieren inf(A) und min(A) nicht.

(ii) Quadratische Erg¨ anzung liefert

x ² + 4x + 2 = x ² + 4x + 4 − 4 + 2 = (x + 2) ² − 2 ≥ −2

Der Graph der Funktion f (x) = x ² + 4x + 2 ist somit eine nach oben ge¨ offnete Parabel mit Scheitelpunkt (−2, −2). Wegen f (−2) = −2 gilt so- mit min(B) = inf(B) = −2. Nach oben ist die Menge unbeschr¨ ankt, also existieren sup(B ) und max(B) nicht.

(iii) Wegen y > 0 gilt

x − y

x + y < x

x + y < x x = 1 und wegen x > 0 gilt

x − y

x + y > − y

x + y > − y y = −1

Da x, y ∈ R , kann man der -1 bzw. der 1 zwar beliebig nahe kommen, man

wird diese Zahlen jedoch niemals erreichen. Daher gilt sup(C) = 1 und

inf(C) = −1, allerdings existieren Maximum und Minimum nicht.

(iv) Wegen m, n ∈ N gilt ^m _n > 0. Wegen m ≤ n kann man der 0 zwar beliebig nahe kommen, man wird sie jedoch niemals erreichen. Also gilt inf(D) = 0, aber ein Minimum existiert nicht.

Weiterhin folgt wegen m 6= n:

m n ≤ n

n = 1 sowie

∃ _{ξ∈ N}

, ξ < n ∧ n = m + ξ und somit

m

n = n − ξ

n = 1 − ξ n

Da ξ < n, kommt man der 1 beliebig nahe, wird sie jedoch niemals erreichen.

Also gilt sup(D) = 1, aber ein Maximum existiert nicht.