Vorkurs Mathematik - SoSe 2017
Regula Krapf Lösungen Übungsblatt 3
Aufgabe 1.
(a) Wir haben gesehen, wie man die Potenzierung rekursiv als mehrfache Multi- plikation definiert. Wie kann man die Multiplikation rekursiv als mehrfache Addition definieren?
(b) Die Tetration m∗nist definiert wie folgt:
m∗0 = 1, m∗1 =m, m∗2 =mm, m∗3 =mmm(=m(mm)). . . . Berechnen Sie2∗mfürm≤4und geben Sie eine rekursive Definition der Tetration an.
Lösung.
(a) Die Multiplikation kann definiert werden durch m·0 = 0
m·(n+ 1) = (m·n) +m.
(b) Es gilt 2∗0 = 1 2∗1 = 2
2∗2 = 22= 42∗3 = 222 = 24 = 16
2∗4 = 2222 = 216= 65536 (Taschenrechner).
Die Tetration wächst also sehr schnell. Die Tetration kann rekursiv definiert werden durch
m∗0 = 0 m∗(n+ 1) =mm∗n. Aufgabe 2. Gegeben sei die Folge
a0= 5, an+1= (−2)·an. (a) Berechnen Sie die ersten 5 Folgenglieder.
(b) Finden Sie eine explizite Definition von an, d.h. eine Definition, die nicht vona0, . . . , an−1 abhängt.
(c) Beweisen Sie Ihre Formel per vollständiger Induktion.
Lösung.
(a) Wir haben
a0 = 5
a1 = (−2)·5 =−10 a2 = (−2)·(−10) = 20 a3 = (−2)·20 =−40 a4 = (−2)·(−40) = 80.
(b) Die explizite Darstellung der Folge istan = (−2)n·5.
(c) Wir beweisen (b) durch vollständige Induktion.
(1) Induktionsanfang: Es gilt a0 = 5 = (−2)0·5.
(2) Induktionsannahme (IA): Wir nehmen an, dassan = (−2)n·5 gilt.
Induktionsschritt: Es gilt
an+1= (−2)·an (IA)= (−2)·(−2)n·5 = (−2)n+1·5
was zu zeigen war.
Aufgabe 3. Beweisen Sie die folgende Identität durch vollständige Induktion:
�n k=0
k2 = n(n+ 1)(2n+ 1)
6 , n∈N.
Lösung.
(1) Induktionsanfang: Für n= 0 gilt02= 0 = 0(0+1)(2·0+1)
6 .
(2) Induktionsannahme (IA): Wir nehmen an, dass�n
k=0k2= n(n+1)(2n+1)
6 für
ein beliebiges fest gewähltesn∈N gilt.
Induktionsschluss: Es gilt
n+1�
k=0
k2 =
�n k=0
k2+ (n+ 1)2
(IA)= n(n+ 1)(2n+ 1)
6 + (n+ 1)2
= (n+ 1)(n(2n+ 1) + 6(n+ 1)) 6
= (n+ 1)(2n2+ 7n+ 6) 6
= (n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3) 6
= (n+ 1)(n+ 2)(2(n+ 1) + 1)
6 .
Damit haben wir gezeigt, dass�n
k=0k2= n(n+1)(2n+1)
6 für jedesn∈N gilt.
Aufgabe 4. Beweisen Sie die folgende Formel fürn≥2:
�n k=2
�1− 1 k2
�= n+ 1 2n .
Lösung.
(1) Induktionsanfang: Für n= 2 gilt1− 212 = 34 = 2+12·2 . (2) Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass die Gleichheit
�n k=2
(1− 1
k2) = n+ 1 2n
für einn≥2gilt.
Induktionsschluss: Es gilt
n+1�
k=2
�1− 1 k2
�=
�n k=2
�1− 1 k2
�·�
1− 1
(n+ 1)2
�
= n+ 1
2n · (n+ 1)2−1 (n+ 1)2
= (n+ 1)((n+ 1)2−1) 2n(n+ 1)2
= (n+ 1)2−1 2n(n+ 1)
= n2+ 2n 2n(n+ 1)
= n(n+ 2) 2n(n+ 1)
= n+ 2 2(n+ 1). Damit haben wir gezeigt, dass �n
k=2(1− k12) = n+12n für jede natürliche Zahl n≥2gilt.
Aufgabe 5. Bestimmen Sie die Summe der Innenwinkel einesn-Ecks, und be- weisen Sie Ihre Formel mit Hilfe des Prinzips der vollständigen Induktion.
Lösung. Um die Formel zu bestimmen, berechnet man am besten die Innenwin- kelsumme eines n-Ecks für einn= 3, n= 4und n= 5.
• Die Innenwinkelsumme eines Dreiecks ist180◦.
• Die Innenwinkelsumme eines Vierecks ist 360◦= 2·180◦.
• Ein Fünfeck kann man in ein Viereck und ein Dreieck zerlegen, also ist die Innenwinkelsumme eines Fünfecks 360◦+ 180◦ = 3·180◦.
Wir behaupten also, dass die Innenwinkelsumme in einem n-Eck (für n ≥ 3) (n−2)·180◦= (n−2)·180◦ beträgt.
(1) Induktionsanfang: Falls n= 3, so ist die Innenwinkelsumme eines Dreiecks 180◦= (3−2)180◦.
(2) Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass die Innenwinkelsumme eines be- liebigenn-Ecks (n≥3)(n−2)180◦ beträgt.
Induktionsschluss:Sei nun ein(n+1)-Eck gegeben. Wir betrachten zunächst dasn-Eck, welches entsteht, wenn aus(n+ 1)-Eck eine Ecke übersprungen wird, d.h. wir verbinden zwei Ecken, zwischen denen genau eine Ecke liegt.
Dadurch wird das(n+ 1)-Eck in einn-Eck und ein Dreieck geteilt, und die Winkelinnnensumme des(n+ 1)-Ecks ist gleich der Winkelinnensumme des n-Ecks plus der Winkelinnensumme des Dreiecks, also (unter Verwendung der Induktionsannahme)(n−2)180◦+180◦= (n−1)180◦ = ((n+1)−2)180◦.
Aufgabe 6. Beweisen Sie, dass die EbeneR2, die durch endlich viele Geraden geteilt wird, mit zwei Farben so eingefärbt werden kann, dass je zwei Teile mit einer gemeinsamen Kante nie dieselbe Farbe haben.
Lösung.
(1) Induktionsanfang: Sei n= 0. Dann kann man die Ebene mit einer einzigen Farbe färben. (Alternativ kann man mit n = 1 anfangen, dann teilt die Gerade die Ebene in zwei Teile; davon färbt man einen mit der einen Farbe und den anderen mit der anderen Farbe.)
(2) Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass eine durch n Geraden geteilte Ebene mit zwei Farben eingefärbt werden kann.
Induktionsschluss:Wir wollen zeigen, dass die Aussage auch fürn+1richtig ist. Wenn wirn+1Geraden haben, wählen wir eine Geradegdavon aus. Die Flächen, die durch die übrigennGeraden entstehen, können wir gemäss der Induktionsannahme mit zwei Farben färben. Die Gerade g teilt die Ebene in zwei Hälften H1 und H2. Auf der Seite H1 lassen wir die Färbung. Auf der Seite H2 färben wir alle Flächen um. Dadurch entsteht eine Färbung der durchn+ 1Geraden geteilten Ebene mit zwei Farben.
Aufgabe 7. Wie lautet die n-te Ableitung von f(x) = 1x? Finden Sie eine allgemeine Formel und beweisen Sie deren Richtigkeit mittels vollständiger In- duktion.
Lösung. Wir berechnen die ersten paar Ableitungen, um die Behauptung auf- stellen zu können:
f(x) = 1 x =x−1 f�(x) =−x−2
f��(x) = (−2)(−x−3) = 2x−3= 2!x−3 f���(x) = (−3)·2x−4=−6x−4=−3!x−4
Wir stellen also fest, dass das Vorzeichen in jedem Schritt wechselt, und in jedem Schritt wird der Exponent multipliziert. Dies legt folgende Vermutung nahe:
f(n)(x) = (−1)nn!x−n−1= (−1)nn!
xn+1
fürn≥0. Wir beweisen die Vermutung mittels vollständiger Induktion:
(1) Induktionsanfang: Für n= 0 gilt
f(0)(x) =f(x) = 1
x = (−1)0·0!·x−1 wie gewünscht.
(2) Induktionsannahme (IA):Wir nehmen die Gleichheit f(n)(x) = (−1)nn!x−n−1= (−1)nn!
xn+1 an.
Induktionsschritt: Es gilt wie gewünscht f(n+1)(x) =f(n)�(x)
(IA)= (−n−1)(−1)nn!x−n−2
= (−1)(n+ 1)(−1)nn!x−n−2
= (−1)n+1(n+ 1)!x−(n+1)−1
Aufgabe 8. Einem Koblenzer Mathematikstudenten ist es endlich gelungen, die erste These der Julirevolution (“Alle Menschen sind gleich”) wissenschaftlich zu beweisen. Ist nämlich M eine Menge mit endlich vielen Elementen, so gilt a=bfüra, b∈M.
Beweis durch Induktion:
(1) Induktionsanfang: Hat M genau ein Element, M = {a}, so ist die Aussage richtig.
(2) Induktionsannahme (IA): Die Aussage sei richtig für alle Mengen mit genau nElementen.
Induktionsschluss: Es sei M� eine Menge mit genau n+ 1 Elementen. Für b ∈ M� sei N := M� \ {b}. Die Elemente von N sind nach (IA) einander gleich. Es bleibt zu zeigen: b = c, wenn c ∈ M�. Dazu entfernt man ein anderes ElementdausM�und weiss dann:b∈M�\{d}. Die Elemente dieser Menge sind nach (IA) wiederum einander gleich. Wegen der Transitivität der Gleichheitsbeziehung folgt dann die Behauptung. (Transitivität: a =b undb=cimplizierena=c)
Was ist falsch an diesem Schluss?
Lösung. Das Problem liegt im Induktionsschluss für 2-elementige Mengen. Ist nämlichM� ={b, d}, so haben wir(M�\ {b})∩(M�\ {d}) =∅. Dann aber lässt sich die Transitivität der Gleichheit nicht mehr anwenden.
Aufgabe 9. Beweisen Sie, dass die Binomialkoeffizienten in folgendem Sinne symmetrisch sind: Es gilt �
n k
�
=
� n n−k
� . für allen, k∈N mitk≤n.
Lösung. Seienn, k∈N mitk≤n. Dann gilt
�n k
�
= n!
k!·(n−k)! = n!
(n−k)!·(n−(n−k))! =
� n n−k
�
Aufgabe 10. Verwenden Sie den Binomischen Lehrsatz, um folgende Formeln herzuleiten:
(a) �n k=0
�n
k
�= 2n (b) �n
k=0(−1)k�n
k
�= 0.
Lösung. (a) Es gilt2n= (1 + 1)n=�n k=0
�n
k
�1k1n−k =�n k=0
�n
k
�. (b) Wir haben 0 = 0n = (−1 + 1)n=�n
k=0
�n
k
�(−1)n1n−k =�n
k=0(−1)k�n
k
�.
