(a) Es gilt M N P ={2,3} Q={0,1,4}

(1)

Dr. Regula Krapf Lösungen Übungsblatt 3

Aufgabe 1. Gegeben seien die folgenden Mengen:

M={n∈N|n−1 ist teilbar durch 5∧n <32}

N ={n∈N| ∃k∈N:n+ 1 = 4k∧n <32} P ={n∈N|n⁴−13n²+ 36 = 0}

Q={n²|n∈N∧n≤5}.

(a) Geben Sie die Mengen in aufzählender Schreibweise an.

(b) Bestimmen Sie (M∪P)\Q,(M∩P)∪Qund (M\N)\P. Lösung.

(a) Es gilt

M={1,6,11,16,21,26,31}

N ={3,7,11,15,19,23,27,31}

P ={2,3}

Q={0,1,4}.

Für die Bestimmung vonP löst man die Gleichungn⁴−13n²+36 = 0. Dazu setzt mank:=n² und erhält mit der pq-Formel k∈ {4,9}und somitn∈ {−3,−2,2,3}. Da die Elemente vonP aber inNliegen, folgtP ={2,3}.

(b) Es gilt

(M∪P)\Q={1,2,3,6,11,16,21,26,31} \ {0,1,4}={2,3,6,11,16,21,26,31}

(M∩P)∪Q=∅ ∪ {0,1,4}={0,1,4}

(M\N)\P ={1,6,16,21,26} \ {2,3}={1,6,16,21,26}. Aufgabe 2. Seiena, bundc(mathematische) Objekte.

(a) Es gelte{a, b}={c}. Zeigen Siea=b.

(b) Es gelte{a, b}={c, d}. Gilt danna=cundb=d?

(c) Es gelte{a, b, c}={a, d}. Zeigen Sie, dassd∈ {b, c}. Lösung.

(a) Es gilta∈ {a, b}={c}und somita=c. Analog giltb∈ {a, b}={c}und damit auchb=c. Also folgta=c=b.

(b) Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel lieferta=d = 1 undb=c= 2. Dann gilt{a, b}= {1,2}={2,1}={c, d}.

(c) Es giltd∈ {a, d}={a, b, c}. Wir machen eine Fallunterscheidung:

1. Fall: d=a. Dann giltb∈ {a, b, c}={a, d}={d}und somitb=dund damitd∈ {b, c}.

2. Fall: d=b. Dann gilt oﬀensichtlichd∈ {b, c}.

3. Fall: d=c. Dann gilt oﬀensichtlichd∈ {b, c}.

(2)

Aufgabe 3. Beweisen Sie die de Morganschen Regeln für MengenA, B, C:

(a) M\(N∩P) = (M\N)∪(M\P)

(b) (M∪N)\(M∩N) = (M\N)∪(N\M).

Verwenden Sie dabei zwei verschiedene Beweismethoden.

Lösung.

(a) Wir machen einen Äquivalenzbeweis. Für jedesxgilt x∈M\(N∩P)⇐⇒x∈M∧x<(N∩P)

⇐⇒x∈M∧ ¬(x∈N∧x∈P)

⇐⇒x∈M∧(¬(x∈N)∨ ¬(x∈P))

⇐⇒x∈M∧(x<N∨x<P)

⇐⇒(x∈M∧x<N)∨(x∈M∧x<P)

⇐⇒x∈M\N ∨x∈M\P

⇐⇒x∈(M\N)∪(M\P).

Daher folgtM\(N ∩P) = (M\N)∪(M\P).

(b) Aus (a) folgt (M∪N)\(M∩N) = ((M∪N)\M)∪((M∪N)\N). Wir zeigen noch (M∪N)\M= N\M und (M∪N)\N =M\N. Da beide Beweise analog sind, reicht es (M∪N)\M=N\M zu beweisen.

“⊆” Seix∈(M∪N)\M. Dann giltx∈M∪N, aberx<M. Da x∈M∪N giltx∈M oder x∈N. Der erste Fall ist aber nicht möglich und somit giltx∈N. Dax∈N unddx<M, folgtx∈N\M.

“⊇” Gilt oﬀensichtlich, daN ⊆M∪N.

Aufgabe 4. Gilt die Gleichheit (M∩N)\P = (M\P)∪(N\P) für alle Mengen M, N undP? Überlegen Sie sich dies zuerst anhand eines Venn-Diagramms und geben Sie danach einen Beweis bzw. ein Gegenbeispiel an.

Lösung. Die Aussage gilt nicht. Ein Gegenbeispiel ist gegeben durchM ={1}undN ={2} und P =∅. Dann gilt

(M∩N)\P =∅ \ ∅=∅, aber (M\P)∪(N\P) ={1} ∪ {2}={1,2}.

Aufgabe 5. Berechnen/Vereinfachen Sie die folgenden Summen und Produkte:

(a) ²⁰¹⁸∑

k=0

2k (b) ²⁰⁰∑

k=0

(k+ 1) (c) ∑³

k=1

∑3 j=1

(j+k) (d)

∏n k=1

k k+1.

(3)

Lösung.

(a) Es gilt

2018∑

k=0

2k= 2

2018∑

k=0

k= 2·2018·2019

2 = 2018·2019 = 4074342.

(b) Es gilt

∑200

k=0

(k+ 1) =

∑200

k=0

k+

∑200

k=0

1 =200·201

2 + 200 = 20100 + 200 = 20300.

(c) Es gilt

∑3

k=1

∑3

j=1

(j+k) =

∑3

j=1

(j+ 1) +

∑3

j=1

(j+ 2) +

∑3

j=1

(j+ 3)

= (2 + 3 + 4) + (3 + 4 + 5) + (4 + 5 + 6)

= 9 + 12 + 15

= 36.

(d) Es gilt

∏n

k=1

k k+ 1 =1

2·2 3·3

4·. . .·n−1 n · n

n+ 1= 1 n+ 1,

da alle natürlichen Zahlen zwischen 2 undnjeweils einmal als Zähler und einmal als Nen- ner vorkommen und sich somit kürzen lassen.

Aufgabe 6. Beweisen Sie die vollständigen Gleichheiten mittels vollständiger Induktion:

(a) ∑ⁿ

k=1

k(k+ 1) =n(n+1)(n+2) 3

(b) ∑ⁿ

k=1

(2k−1)(2k+1)1 =_2n+1ⁿ . Lösung.

(a) Induktionsanfang: Fürn= 1 gilt ∑¹

k=1

k(k+ 1) = 1·(1 + 1) = 2 =1(1+1)(1+2)

3 .

Induktionsannahme (IA): Wir nehmen an, dass ∑ⁿ

k=1

k(k+ 1) = n(n+1)(n+2)

3 für ein beliebiges, fest gewähltesn∈Nmitn≥1 gilt.

Induktionsschluss: Zu zeigen ist

n+1∑

k=1

k(k+ 1) =(n+1)(n+2)(n+3)

3 . Es gilt

∑n+1

k=1

k(k+ 1) =(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

3 =

∑n

k=1

k(k+ 1) =n(n+ 1)(n+ 2)

3 + (n+ 1)(n+ 2)

(IA)= n(n+ 1)(n+ 2)

3 +3(n+ 1)(n+ 2) 3

=(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

3 .

(b) Induktionsanfang: Fürn= 1 gilt

∑1 k=1

(2k−1)(2k+1)1 =(2·1−1)(2·1+1)¹ =¹₃=_2·1+1¹ . Induktionsannahme (IA): Wir nehmen an, dass

∑n k=1

(2k−1)(2k+1)1 =_2n+1ⁿ für ein beliebiges, fest gewähltesn∈Nmitn≥1 gilt.

(4)

Induktionsschluss: Zu zeigen istⁿ⁺¹∑

k=1

(2k−1)(2k+1)1 =_2(n+1)+1ⁿ⁺¹ =_2n+3ⁿ⁺¹.Es gilt

∑n+1

k=1

1

(2k−1)(2k+ 1)=

∑n

k=1

1

(2k−1)(2k+ 1)+ 1

(2(n+ 1)−1)(2(n+ 1) + 1)

(IA)= n

2n+ 1+ 1

(2n+ 1)(2n+ 3)

= n(2n+ 3) + 1 (2n+ 1)(2n+ 3)

= 2n²+ 3n+ 1 (2n+ 1)(2n+ 3)

= (2n+ 1)(n+ 1) (2n+ 1)(2n+ 3)

= n+ 1 2n+ 3.

Aufgabe 7. Beweisen Sie durch vollständige Induktion: Für jedesn∈Nist 5²ⁿ−3²ⁿ durch 8 teilbar.

Lösung. Wir machen eine Induktionsbeweis.

Induktionsanfang: Fürn= 0 ist 5^2·0−3^2·0= 1−1 = 0 = 8·0 durch 8 teilbar.

Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass 5²ⁿ−3²ⁿ für ein beliebiges, fest gewähltes n∈Ndurch 8 teilbar ist.

Induktionsschluss: Zu zeigen ist, dass 5²⁽ⁿ⁺¹⁾−3²⁽ⁿ⁺¹⁾durch 8 teilbar ist. Dann ist 5²⁽ⁿ⁺¹⁾−3²⁽ⁿ⁺¹⁾= 5²ⁿ⁺²−3²ⁿ⁺²

= 5²·5²ⁿ−3²·3²ⁿ

= 25·5²ⁿ−9·3²ⁿ

= 24·5²ⁿ+ 5²ⁿ−3²n−8·3²ⁿ

= 8(3·5²ⁿ−3²ⁿ) + (5²ⁿ−3²ⁿ)

die Summe zweier durch 8 teilbarer Zahlen und somit durch 8 teilbar.

Aufgabe 8. Finden Sie den Fehler im folgenden “Beweis”:

Behauptung:Es passen unendlich viele Studenten in einen Hörsaal.

Beweis.Durch vollständige Induktion.

Induktionsanfang: Ein Student passt auf jeden Fall in den Hörsaal.

Induktionsannahme: Wir nehmen an, dassnStudenten in den Hörsaal passen.

Induktionsschluss: Da ein Student im Vergleich zum Hörsaal sehr klein ist, passt ein zusätzlicher Student auch noch in den Hörsaal.

Aus dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt nun, dassn Studenten für jedesn∈Nin den Hörsaal passen. Also passen unendlich viele Studenten in den Hörsaal. □ Lösung. Der Induktionsschluss ist falsch. Wir können annehmen, dass das Volumen eines Stu- denten mindestens x m³ ist (Studenten können nicht beliebig klein sein). Sei nuny m³ das

(5)

Volumen des Hörsaals. Dann muss es einn∈Ngeben, sodassn·x≥y. Dann ist der Hörsaal aber voll, sobaldnStudenten im Hörsaal sind.