Dann gibt esk, l∈Zmita= 2k+ 1 undb= 2l+ 1

Vorkurs Mathematik im WiSe 2020/2021 (Variante A)

Dr. Regula Krapf Lösungen Übungsblatt 2

Aufgabe 1. Beweisen Sie, indem Sie verschiedene Beweismethoden verwenden.

(a) Wenn zwei Zahlena, b∈Zungerade sind, so ista·bungerade.

(b) Fallsabfüra, b∈Zungerade ist, so sindaundbungerade.

(c) Es gibt keine Zahlena, b∈Zmit 4a+ 6b= 11.

(d) Fallsx∈Rmitx≥0 irrational ist, so ist auch√

xirrational.

Lösung.

(a) Seiena, b∈Zungerade. Dann gibt esk, l∈Zmita= 2k+ 1 undb= 2l+ 1. Also gilt a·b= (2k+ 1)·(2l+ 1) = 4kl+ 2k+ 2l+ 1 = 2(2kl+k+l) + 1.

Da 2kl+k+l∈Z, istabungerade.

(b) Wir machen einen Kontrapositionsbeweis. Wir nehmen also an, dassaoderbnicht unge- rade ist, d.h.aist gerade oderbist gerade. Es gibt also 2 Fälle:

1. Fall: aist gerade. Dann gibt es eink∈Zmita= 2k. Somit giltab= 2kb= 2(kb). Also istabgerade.

2. Fall: bist gerade. Dann gibt es eink∈Zmitb= 2k. Somit giltab=a·2k= 2(ak) und damit istabgerade.

In beiden Fällen folgt also, dassabnicht ungerade ist.

(c) Wir machen einen Widerspruchsbeweis. Dazu nehmen wir an, dass esa, b ∈ Z gibt mit 4a+ 6b= 11. Also folgt

2(2a+ 3b) = 2·5 + 1.

Diese Zahl ist damit gleichzeitig gerade und ungerade, ein Widerspruch.

(d) Wir machen einen Kontrapositionsbeweis. Seix∈Rmitx≥0, sodass

√

xrational ist. Dann gibt esa, b∈Nmitx=^a_b. Es folgt

x= (

√ x)²=

a b

2

=a² b², also ist auchxrational.

Aufgabe 2. Beweisen Sie mit einem Widerspruchsbeweis: Für alle x∈R⁺ giltx+ ¹_x ≥2. Wie muss man den Beweis abändern, sodass ein direkter Beweis entsteht?

Lösung. Widerspruchsbeweis.Wir nehmen an, dassx∈R⁺ist mitx+¹_x <2. Dann folgt x²+ 1<2x

⇒x²−2x+ 1<0,

was aber wegenx²−2x+ 1 = (x−1)²≥0 ein Widerspruch ist (Quadrate von Zahlen sind immer positiv).

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Für den direkten Beweis muss man einfach die Reihenfolge beim Aufschreiben ändern, d.h.

man folgert aus (x−1)²≥0 (was offensichtlich wahr ist) die Ungleichungx+¹_x ≥2: Fürx∈R⁺ gilt

x²−2x+ 1 = (x−1)²≥0

⇒x²+ 1≥2x

⇒x+1 x ≥2.

Aufgabe 3. Zeigen Sie, dass ein gleichschenklig-rechtwinkliges Dreieck keine ganzzahligen Seiten haben kann.

Lösung. Wir machen einen Widerspruchsbeweis und nehmen an, dass∆ABCein gleichschenklig- rechtwinkliges Dreieck mit Seitenlängena, b, c∈Zist, wobeicdie Hypothenuse ist. Da∆ABC gleichschenklig ist, folgta=bund aus dem Satz des Pythagoras folgt

2a²=a²+b²=c². Damit folgt aber, dass 2 = ^c_a²2 und somit

√

2 = ^c_a eine rationale Zahl ist, ein Widerspruch.

Aufgabe 4. Man verteilt 25 Quadrate auf einem karierten Brett der Grösse 25×25, und zwar so, dass sie bezüglich einer Diagonale symmetrisch verteilt sind und keine zwei Quadrate auf- einander liegen. Beweisen Sie durch Widerspruch, dass mindestens eines der Quadrate auf der Diagonalen liegt.

Lösung. Nehmen wir an, kein Quadrat liege auf der Diagonalen. Dann betrachten wir das erste Quadrat. Wegen der Symmetrie muss auf der anderen Seite der Diagonalen auch ein Quadrat liegen. Somit sind die Quadrate paarweise verteilt. Dies ist aber nicht möglich, da 25 eine ungerade Zahl ist. Also muss ein Quadrat auf der Diagonalen liegen.

Aufgabe 5. Gegeben ist die folgende Behauptung:

Für allen∈Nmitn≥3gilt: Falls2ⁿ−1eine Primzahl ist, so istnungerade.

(a) Überlegen Sie anhand von Beispielen, ob die Behauptung wahr oder falsch ist. Muss man zum Testen der Vermutung gerade oder ungerade Zahlen einsetzen?

(b) Begründen Sie Ihre Vermutung aus (a), indem Sie die Behauptung beweisen (falls sie wahr ist) oder eine Zahln∈Nmitn≥3 angeben, für die die Aussage falsch ist (falls die Behaup- tung falsch ist).

Hinweis:Denken Sie an die binomischen Formeln!

Lösung.

(a) Um zu testen, ob die Behauptung wahr ist, muss man nur gerade Zahlen einsetzen, denn für ungerade Zahlen ist die Konklusion und damit auch die Implikation wahr.

• n= 4: 2⁴−1 = 15 ist keine Primzahl.

• n= 6: 2⁶−1 = 63 ist keine Primzahl.

• n= 8: 2⁸−1 = 255 ist keine Primzahl.

Wir vermuten, dass die Behauptung wahr ist.

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(b) Wir geben eine Kontrapositionsbeweis an: Wir nehmen an, dassn∈Nmitn≥3 eine gerade Zahl ist. Wir müssen zeigen, dass 2ⁿ−1 keine Primzahl ist. Dangerade ist, gibt es eink∈N mitn= 2k. Es folgt

2ⁿ−1 = 2^2k−1 = (2^k)²−1 = (2^k+ 1)(2^k−1).

Damit haben wir 2ⁿ−1 als Produkt zweier Zahlen angegeben, die kleiner als 2ⁿ−1 und größer als 1 sind (dennn≥4⇒k≥2⇒2^k−1≥3).