Uebung 01 student-4 - Logik, Mengen, Symbole, Zahlen, Ungleichungen, vollsta ̈ndige Induktion PDF

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Logik, Mengen, Symbole, Zahlen, Ungleichungen, vollsta ̈ndige Induktion...

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15.10.2018

¨ Ubungsblatt 1 zur Vorlesung Mathematik I“ ” Themen: Logik, Mengen, Symbole, Zahlen, Ungleichungen, vollst¨andige Induktion ¨ attern zur Vorlesung sind typischerweise A-, B- und H-Aufgaben zu finden. Auf den Ubungsbl¨ ¨ vorgerechnet. • A-Aufgaben werden in den donnerstags stattfindenden Ubungen • B-Aufgaben werden in den t¨ aglich stattfindenden Diskussionsstunden entweder vorgerechnet, oder vor Ort, unter eventueller Anleitung von Mitarbeitern, von den Studierenden selber gel¨ost. • H-Aufgaben sind freiwillige Hausaufgaben, die in Gruppen von drei bis sechs Teilnehmern abgegeben werden k¨ onnen. • Die Aufgabe A1 – A5 , B1 – B5 und H1 – H5 basieren sich auf dem Material, das bei den Vorlesungen am 09.10. und 10.10. vorgetragen wurde. • Die Aufgabe A6 – A12 , B6 – B10 und H6 – H7 basieren sich auf dem Material, das bei den Vorlesungen am 16.10. und 17.10. vorgetragen wird. Details k¨ onnen dem zur Veranstaltung geh¨orenden Informationsblatt entnommen werden. Siehe dazu: https://www3.elearning.rwth-aachen.de/ws18/18ws-184057/ Aufgabe A1 Es seien A und B zwei mathematische Aussagen. Zeigen Sie mit Hilfe von Wahrheitstafeln, dass gilt: A _ (A ^ B) , A. Zeigen Sie die gleiche Aussage ohne Wahrheitstafel, sondern nur mit Rechenregeln. Aufgabe A2 Vor Ihnen liegen vier Karten, die E, K , 4, 7 zeigen. Jede Karte hat einen Buchstaben auf der einen und eine Zahl auf der anderen Seite. Die Karten folgen der Regel “Wenn auf der einen Seite der Karte ein Vokal ist, dann ist auf der anderen Seite eine gerade Zahl.” Welche Karten m¨ ussen Sie umdrehen, um die Regel zu u ¨ berpr¨ufen? Aufgabe A3 Bilden Sie jeweils die Negation der angegebenen Aussage und ¨uberpr¨ ufen Sie deren Wahrheitsgehalt mit einer kurzen Begr¨undung oder durch Angabe eines Gegenbeispiels. a) 8x 2 R 8y 2 R 9z 2 R : z 2 > x + y, b) 9z 2 R 8x 2 R 8y 2 R : z 2 > x + y. Aufgabe A4 Schreiben Sie in Mengenschreibweise. a) Die Menge aller negativen ganzen Zahlen. b) Die Menge aller nat¨ urlichen Zahlen, die Quadratzahlen sind. c) Die Menge aller rationalen Zahlen, deren Betrag gr¨oßer als 5 ist. d) Die Menge aller nat¨ urlichen Zahlen kleiner als 20, die durch 4 oder 6 teilbar sind.

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15.10.2018

¨ Ubungsblatt 1 zur Vorlesung Mathematik I“ ” - Musterl¨ osungen -

Aufgabe A1 Es seien A und B zwei mathematische Aussagen. Zeigen Sie mit Hilfe von Wahrheitstafeln, dass gilt: A _ (A ^ B) , A. Zeigen Sie die gleiche Aussage ohne Wahrheitstafel, sondern nur mit Rechenregeln. L¨osung:

A B A ^ B A _ (A ^ B) W W W W W F F W F W F F F F F F ¨ Wir beweisen die Aquivalenz in zwei Schritten: 1. A _ (A ^ B) ) A, und 2. A ) A _ (A ^ B ) 1. (1) Distributivgesetz. (2)A _ A , A ^ A , A. (Vereinfachung.) (3)^-Eliminierung. (1)

(2)

(3)

A _ (A ^ B) , (A _ A) ^ (A _ B) , A ^ (A _ B) =) A 2. Wir brauchen folgende Aussage: A ) A _ C, wobei C irgendeine Aussage ist. Insbesondere gilt A ) A _ (A ^ B). Aufgabe A2 Vor Ihnen liegen vier Karten, die E, K , 4, 7 zeigen. Jede Karte hat einen Buchstaben auf der einen und eine Zahl auf der anderen Seite. Die Karten folgen der Regel “Wenn auf der einen Seite der Karte ein Vokal ist, dann ist auf der anderen Seite eine gerade Zahl.” Welche Karten m¨ ussen Sie umdrehen, um die Regel zu u ¨ berpr¨ufen? L¨osung: Nur die Karten, die gleichzeitig einen Vokal auf einer Seite und eine ungerade Zahl auf der anderen Seite haben, verletzen die Regel. Deshalb muss man nur die “E”- und die “7”-Karte umdrehen. Aufgabe A3 Bilden Sie jeweils die Negation der angegebenen Aussage und ¨uberpr¨ ufen Sie deren Wahrheitsgehalt mit einer kurzen Begr¨undung oder durch Angabe eines Gegenbeispiels. a) 8x 2 R 8y 2 R 9z 2 R : z 2 > x + y, b) 9z 2 R 8x 2 R 8y 2 R : z 2 > x + y. L¨osung: a) Die Aussage bedeutet: F¨ur alle reellen Zahlen x und alle reellen Zahlen y existiert ein reelles z mit z 2 > x +y. Vorgehensweise: • Die Negation von z 2 > x + y ist z 2  x + y.

• Gilt eine Aussage nicht f¨ur alle Elemente, so existiert (mindestens) eines, f¨ur das die Negation gilt. • Wenn eine Aussage nicht f¨ur ein Element gilt, also f¨ur keines, so gilt die negierte Aussage f¨ur alle. 1/13

Die Negation ist also: Es existiert ein x 2 R und ein y 2 R, sodass f¨ur alle z 2 R gilt: z 2  x + y. Formal ist die Negation 9x 2 R 9y 2 R 8z 2 R : z 2  x + y. Die Negation ist falsch, denn z.B. f¨ur z = |x + y| + 1 ist z 2 > x + y. Also ist die urspr¨ungliche Aussage wahr, da die Negation falsch ist. b) Die Aussage bedeutet: Es existiert mindestens ein z 2 R, sodass f¨ur alle x 2 R und alle y 2 R gilt: z 2 > x + y. Die Negation ist also: F¨ur alle z 2 R existiert ein x 2 R und ein y 2 R, mit z 2  x + y. Oder formal: 8z 2 R 9x 2 R 9y 2 R : z 2  x + y Die Negation ist wahr, w¨ ungliche Aussage ahle z.B. x = z 2 und y = 0 f ¨ur gegebenes z 2 R. Damit ist die urspr¨ falsch, da die Negation wahr ist.

Aufgabe A4 Schreiben Sie in Mengenschreibweise. a) Die Menge aller negativen ganzen Zahlen. b) Die Menge aller nat¨ urlichen Zahlen, die Quadratzahlen sind. c) Die Menge aller rationalen Zahlen, deren Betrag gr¨oßer als 5 ist. d) Die Menge aller nat¨ urlichen Zahlen kleiner als 20, die durch 4 oder 6 teilbar sind. L¨osung: a) {x 2 Z | x < 0}. p b) {x 2 N | x 2 N}. Alternative Schreibweise: {n2 | n 2 N} c) {x 2 Q | |x| > 5} = {x 2 Q | x < 5 _ x > 5}. d) {x 2 N | x < 20 ^ (9k 2 {4, 6} : k teilt x)}. Aufgabe A5 Bilden Sie den Schnitt A \ B, die Vereinigung A [ B, die Dif ferenz A \ B und das kartesische Produkt A ⇥ B : a) A = {1, 2, 3, 4, 5} und B = {1, 6, 7, 8, 2},

b) A = Q und B = {x + π | x 2 N}.

L¨osung: a) A \ B = {1, 2},

A [ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A \ B = {3, 4, 5},

A ⇥ B = {(1, 1), (1, 6), (1, 7), (1, 8), (1, 2), . . . , (5, 1), (5, 6), (5, 7), (5, 8), (5, 2)}. b) A \ B = ;,

A [ B = Q [ {x + π | x 2 N}, A \ B = Q, A ⇥ B = {(a, b + π) | a 2 Q, b 2 N}.

Aufgabe A6 Beweisen Sie folgende Faktorisierungsformel, f¨ur alle n 2 N und alle a, b 2 R ! n−1 X n−1−i i n n a b . a  b = (a  b) i=0

2/13

n−1

L¨osung: Sei Sn =

X

n−1

an−i−1 bi . Einerseits multipliziert man Sn mit a und somit gilt aSn =

i=0

an +

n−1 X

X

an−i bi =

i=0

an−i bi .

i=1

Man kann auch mit b multiplizieren: bSn = Pn Pn−1 n−I I b = bn + I=1 an−I bI . I=1 a Endlich erfolgt (mit einer Tausch i $ I), dass

Pn−1 i=0

an−1−i bi+1 und mit einer Indexverschiebung gilt bSn =

n−1

(a  b)Sn = aSn  bSn = an +

X i=1

n−1

an−i bi  an 

X i=1

an−i bi = an  bn .

Aufgabe A7 P Q Schreiben Sie folgende Ausdr¨ucke in Kurzform mit Hilfe von und Zeichnen. 21 3 5 1 + + + ···+ 8 2 4 2048 1 B= 2 ⇥ 9 ⇥ 64 ⇥ 625

A=

(a) (b)

L¨osung:

(a) Es handelt sich um eine Summe. Der Z¨ahler wird in 2er Schritten gr¨oßer und der Z¨ahler des ersten Summanden (n = 1), ist 1 = 2n  1 = 2 · 1  1 = 1. Der Z¨ahler des zweiten Summanden (n = 2) lautet 3 = 2n  1 = 2 · 2  1 = 3 und so weiter bis n = 11. Der Nenner wird in jedem Schritt mit 2 multipliziert und f¨angt bei n = 1 mit 21 an. Dann geht es weiter mit 22 , 23 , und so weiter bis 2048 = 211 . Zusammengefasst gilt A=

11 X 2n  1 i=1

2n

.

1 ⇥ (b) B ist ein Produkt von Br¨uchen: B = 12 ⇥ 91 ⇥ 64 3 4−1 4 5−1 64 = 4 = 4 und 625 = 5 = 5 und somit gilt

B=

1 . 625

Weiter schreiben wir 2 = 2 2−1 , 9 = 32 = 3 3−1 ,

5 4 Y Y 1 1 = . ii−1 (i + 1)i i=2

i=1

Aufgabe A8 Schreiben Sie den folgenden Ausdruck aus, und f¨uhren Sie anschließend Indexverschiebungen durch, so dass das Produkt und die Summe bei n = 0 bzw. k = 0 beginnen. ! j j X Y n+k n2 n=1

k=1

L¨osung: Ausgeschrieben:

+ .. . + +

1+1 1+2 ⇥ 12 12 2+1 2+2 ⇥ 22 22 .. . (j  1) + 1 (j  1) + 2 ⇥ (j  1)2 (j  1)2 j +1 j +2 ⇥ j2 j2

⇥···⇥ ⇥···⇥ ... ⇥···⇥ ⇥···⇥

1 + (j  1) 12 2 + (j  1) 22 ... (j  1) + (j  1) (j  1)2 j + (j  1) j2

1+j 12 2+j ⇥ 2 2

⇥

(j  1) + j (j  1)2 j +j ⇥ 2 j

⇥

Indexverschiebungen: j−1

X

N=0

j−1 Y

K=0

(N + 1) + (K + 1) (N + 1)2

!

j−1

=

X

n=0

j−1 Y

k=0

(n + 1) + (k + 1) (n + 1)2 3/13

!

Aufgabe A9 Zeigen Sie f¨ ur a, b 2 R: a) a2 < b2 () |a| < |b|,

b) a, b  0 =)

p p p a + b  a + b.

L¨osung: a) F¨ ur ein beliebiges x 2 R gilt ( ( (+x)2 , x  0, +x, x  0, 2 =) |x|2 = x2 . =) |x| = |x| = (x)2 , x < 0, x, x < 0, Es ist also zu zeigen, dass f¨ur zwei nicht negative Zahlen a, b gilt: a2 < b2 genau dann wenn a < b. Falls a = 0 ist, so gilt diese Aussage. Andernfalls gilt f¨ur die eine Implikation: a < b =) a · a < b · a =) a2 < b2 Die andere Richtung zeigen wir indirekt: Es sei a2 < b 2 und wir nehmen an, dass a < b nicht gilt, d.h. a  b ist. Dann gilt: 0 > a2  b2 = (a + b)(a  b)  0 Da dies ein Widerspruch ist, muss die Annahme falsch gewesen sein, d.h. in Wahrheit gilt a < b. b) Im Teil a) haben wir gesehen, dass f¨ ur zwei nicht negative Zahlen x, y gilt: x < y () x2 < y 2 . Damit gilt: p p p p p p a + b  a + b () ( a + b)2  ( a + b)2 p p () a + b  a + 2 a b + b p () 0  2 ab p () ab  0. Die Behauptung folgt per Definition.

Aufgabe A10 Beweisen Sie mittels vollst¨andiger Induktion: F¨ur alle n 2 N ist die Anzahl der M¨oglichkeiten die Elemente einer beliebigen n-elementigen Menge anzuordnen gegeben durch n! :=

n Y

k=1

k = n · (n  1) · (n  2) · · · · · 1.

L¨osung: IA: F¨ur n = 1 gilt trivialerweise, dass man das Element einer beliebigen einelementigen Menge auf eine Art anordnen kann. IV: Wir nehmen an, dass f¨ ur ein n 2 N die Elemente aller n-elementigen Mengen auf jeweils n! Arten angeordnet werden k¨ onnen. IS: Es sei nun eine beliebige (n + 1)-elementige Menge M = {m1 , m 2 , . . . , mn+1 } gegeben. Wir schreiben M = {m1 , m2 , . . . , m n } [ {mn+1 }. Nun wissen wir laut Induktionsvoraussetzung, dass es n! M¨oglichkeiten gibt, die Elemente der Menge {m1 , m 2 , . . . , mn } anzuordnen. F¨ ur jede solche Anordnung a1 a2 · · · an−1 an gibt es n + 1 M¨oglichkeiten das Element mn+1 zu positionieren (vor a1 , zwischen a1 und a2 , zwischen a2 und a3 , ..., zwischen an−1 und an , nach an ). Damit gibt es insgesamt (n + 1) · n! = (n + 1)! M¨oglichkeiten. Nach dem Prinzip der vollst¨andigen Induktion gilt die Aussage f¨ ur alle n 2 N. Aufgabe A11 P Q Schreiben Sie folgenden Ausdruck mit Hilfe von und/oder Zeichen und beweisen Sie mittels vollst¨andier Induktion, dass f¨ ur alle n 2 N, mit n  2 gilt S(n) =

1 13 1 1 > . + ··· + + 24 2n 1 + n 1 + (n + 1)

4/13

L¨osung: S(n) =

2n−1 X k=n

1 1+k

IA: F¨ur n = 2 gilt

1 1+2

oder S(n) =

2n X 1 . k

k=n+1

+

1 1+3

=

7 12

=

14 24

>

13 . 24

IV: Wir nehmen an, dass f¨ ur ein n  2 gilt S(n) = IS: Wir betrachten nun

P2n

1 k=n+1 k

>

13 . 24

2(n+1)

S(n + 1) =

2n X 1 X 1 1 1 1 +  + = k 2n + 2 2n + 1 n + 1 k

k=n+2

k=n+1

1 1 1 13 1 1 1 .  + + >  + = S(n) + 2n + 2 2n + 1 n + 1 2(n + 1) 2n + 1 n + 1 24 Es bleibt nur zu zeigen, dass 1 > 0. 2(n+1)(2n+1)

1 1 + 1  n+1 2(n+1) 2n+1

> 0 ist. Und zwar

1 + 1  1 2(n+1) 2n+1 n+1

=

(2n+1)+2(n+1)−2(2n+1) 2(n+1)(2n+1)

Nach dem Prinzip der vollst¨andiger Induktion ist die Behauptung f¨ur all n  2 bewiesen. Aufgabe A12 (aus C. Karpfinger, Arbeitsbuch HM in Rezepten) In einem Neubaugebiet wurden innerhalb eines Zeitraumes von etwa 12 Jahren insgesamt 4380 Wohneinheiten fertiggestellt. Pro Tag wurde jeweils eine Wohnung bezugsfertig. Vom Bezugstag der ersten Wohnung bis einen ¨ Tag nach Ubergabe der letzten Einheit wurden von den Bewohnern insgesamt 1, 918878 · 108 kWh Strom verbraucht. Ermitteln Sie den durchschnittlichen Verbrauch pro Tag und Wohnung. L¨osung: Um die gesamten Verbrauchstage zu ermitteln stellen wir fest, dass die Wohnung, die am k -ten Tag fertiggestellt wurde 4380  (k  1) Verbrauchstage hat. Die Zahlen 4380  (k P 1), k 2 {1, 2, 3, . . . , 4380} 4380 durchlaufen 4380, 4379, 4378, . . . , 1. Damit ist die Anzahl der Verbrauchstage N = k=1 k. Aus der Vorlesung ist bekannt, dass N=

4380 X k=1

k=

4380 · 4381 = 9594390 2

ist. Somit ist der durchschnittliche Verbrauch pro Tag und Wohnung gegeben durch 191, 8878 1, 918878 · 108 = · 101 = 20 9594390 95, 9439 Damit betr¨agt der Durchschnittsverbrauch 20 kWh. Aufgabe B1 Es seien p, q , r drei mathematische Aussagen. Untersuchen Sie die Wahrheit folgender Transitivit¨asregeln: ((p ) q) ^ (q ) r)) ) (p ) r) ((p ) q) ^ (q _ r)) ) (p _ r)

L¨osung: p q r p)q q)r (p ) q) ^ (q ) r) p)r q_r (p ) q) ^ (q _ r) p_r ((p ) q) ^ (q ) r)) ) (p ) r) ((p ) q) ^ (q _ r)) ) (p _ r)

W W W W W F W F W W W F W F W W F F W F W W W W W W F W W W W W W W W W 5/13

W F F F W F F F F W W W

F W W W W W W W W W W W

F W F W F F W W W F W F

F F W W W W W W W W W W

F F F W W W W F F F W W

=

Es folgt, dass die erste Aussage (unabh¨angig vom Wahrheitswert der Aussagen p, q und r) wahr ist. Die zweite Aussage ist allerdings nicht wahr. Aufgabe B2 Untersuchen Sie die folgenden Aussagen auf deren Wahrheitsgehalt: a) A ^ (B _ ¬C) =) ¬B ^ C,

b) (A _ ¬A) ^ B =) B.

L¨osung: a)

A B C B _ ¬C ¬B ^ C A ^ (B _ ¬C) A ^ (B _ ¬C) =) ¬B ^ C

W W W W W F W W F F W W F F

W W F F W F F W W F F W W F

F W W W F F W

F W F W F F W

F F W F W F W

F F F W F F W

Es folgt, dass die Aussage allgemein nicht wahr ist. b)

A B (A _ ¬A) ^ B (A _ ¬A) ^ B =) B

W W W W

W F F W

F W W W

F F F W

Es folgt, dass die Aussage (unabh¨ angig vom Wahrheitswert der Aussagen A, B) wahr ist.

Aufgabe B3 Bilden Sie jeweils die Negation der angegebenen Aussage und ¨uberpr¨ ufen Sie deren Wahrheitsgehalt mit einer kurzen Begr¨undung oder durch Angabe eines Gegenbeispiels. a) 9y 2 R : (9 = 6y  y2 ^ 6y  y2 > 0), b) 8x 2 R 9y 2 N : x < y, c) 9x 2 N 8y 2 R : (|y| < 1 _ |y|  x), d) 8y 2 R 9x 2 N : (|y| < 1 _ |y| > x), p e) 8x 2 R 9y 2 Z : x + y < (x + y)2 .

L¨osung:

a) Die Negation lautet: 8y 2 R : (6y  y2  0 _ 9 6= 6y  y2 ) Die Aussage ist wahr, denn entweder ist 6y  y2 6= 9 oder es gilt 6y  y2 = 9  0, womit eine der beiden Aussagen immer wahr ist. b) Die Negation lautet: 9x 2 R 8y 2 N : x  y Diese Aussage ist falsch, da die nat¨urlichen Zahlen nicht nach oben beschr¨ ankt sind. c) Die Negation lautet: 8x 2 N 9y 2 R : (|y|  1 ^ |y| < x) Diese Aussage ist falsch, da sie f¨ur x = 1 nicht gilt. d) Die Negation lautet: 9y 2 R 8x 2 N : (|y|  1 ^ |y|  x) Diese Aussage ist wahr: y = 1 oder y = 1 sind m ¨oglich. 6/13

e) Die Negation lautet: p

(x + y)2 p Die Aussage ist falsch. Die rechte Seite (x + y)2 = |x + y| ist immer nicht negativ. Jedoch kann man zu jedem x 2 R eine ganze Zahl y finden, so dass die linke Seite negativ wird. 9x 2 R 8y 2 Z : x + y 

Aufgabe B4 Geben Sie die folgenden Mengen in aufz¨ ahlender Form an. a) {x 2 Z | 1  |x|  5}, b) {x 2 N | x3 = 1}, {x 2 Z | x3 = 1}, c) {x 2 Z | x2  4x + 4 = 0}, d) {x 2 N | x  10 ^ (9 k 2 {2, 3} : k teilt x)}. L¨osung: a) {5, 4, 3, 2, 1, 1, 2, 3, 4, 5}, b) ;, {1}, c) {2}, d) {2, 3, 4, 6, 8, 9, 10}.

Aufgabe B5 Bilden Sie den Schnitt A \ B, die Vereinigung A [ B, die Dif ferenz A \ B und das kartesische Produkt A ⇥ B : a) A = Z und B = R, b) A = {x 2 Z | x < 3} und B = {x 2 Z | x > 3}, c) A = N und B = {x 2 R | x2 = 1}. L¨osung: a) A\B = Z A[B = R A\B = ;

A ⇥ B = {(a, b) | a 2 Z, b 2 R} b) A \ B = {x 2 Z | 3 < x < 3} A[B = Z

A \ B = {x 2 Z | x < 2}

A ⇥ B = {(x, y) 2 Z2 | x < 3, y > 3} c) A \ B = {1}

A [ B = N [ {1}

A \ B = {n 2 N | n 6= 1}

A ⇥ B = {(n, 1) | n 2 N} [ {(n, 1) | n 2 N}

7/13

Aufgabe B6 Bestimmen Sie jeweils die L¨osungsmenge der angegebenen Ungleichung. p a) x4  2|x + 1|  2,   a b b)  +   2, wobei a 6= 0, b 6= 0, b a

c) |x  2| + |x + 3|  5.

[L¨ osungen: a) [0, 2], b) {(a, b) 2 R ⇥ R | a 6= 0 6= b}, c) R.] L¨osung: a) Wir unterscheiden zwei F¨alle: 1. Fall: x + 1  0 () x  1. In diesem Fall betrachten wir: x2  2x  2  2

() () () ()

x 2  2x + 1  1 (x  1)2  1 |x  1|  1 x 2 [0, 2]

2. Fall: x + 1 < 0 () x < 1. In diesem Fall betrachten wir: x2 + 2x + 2  2

() x2 + 2x + 1  3 () (x + 1)2  3

Letzteres ist nicht erf¨ ullbar f¨ur x 2 R. Insgesamt ist also die L¨ osungsmenge [1, 1) \ [0, 2] = [0, 2]. b) Es seien a 6= 0 6= b. Dann gilt:     2   2  a + b   2 ()  a + b   2  ab   b a () |a2 + b2 |  2|ab| () a2 + b2  2|a||b|  0 () |a|2 + |b|2  2|a||b|  0 () (|a|  |b|)2  0 Die letzte Aussage gilt f¨ ur alle a, b 2 R. Damit ist die L¨osungsmenge {(a, b) 2 R ⇥ R | a 6= 0 6= b}. c) 1. Fall: x  2  0 ^ x + 3  0 () x  2 ^ x  3 () x  2. |x  2| + |x + 3|  5 () x  2 + x + 3  5 () x  2 Also ist L1 = [2, 1).

2. Fall: x  2 < 0 ^ x + 3 < 0 () x < 2 ^ x < 3 () x < 3. |x  2| + |x + 3|  5 () x + 2  x  3  5 () x  3

Da x < 3, ist L2 = (1, 3).

3. Fall: x  2  0 ^ x + 3 < 0 () x  2 ^ x < 3. Da dieser Fall unm¨oglich ist, ist L3 = ;. 4. Fall: x  2 < 0 ^ x + 3  0 () x < 2 ^ x  3 () 3  x < 2. |x  2| + |x + 3|  5 () x + 2 + x + 3  5 () 5  5 Dies stimmt immer, also ist L4 = [3, 2). Aus den vier F¨allen folgt somit, dass die L¨osungsmenge L1 [ L2 [ L3 [ L4 = R ist. Aufgabe B7 Die Fibonacci Zahlen F0 , F1 , F 2 , . . . sind rekursiv definiert durch F0 = 0, F1 = 1 und Fn = Fn−2 + Fn−1 f¨ur n  2. Zeigen Sie, dass f¨ur alle n 2 N gilt: n X

Fi 2 = Fn Fn+1

i=1

Bemerkung: Die Eigenschaften der Fibonacci Zahlen beschreiben diverse Ph¨ anomene in der Natur. Siehe dazu: http: // de. wikipedia. org/ wiki/ Fibonacci-Folge .

8/13

L¨osung: Wir beweisen die Aussage mittels vollst¨ andiger Induktion. IA: F¨ur n = 1 ist F2 = F0 + F1 = 0 + 1 = 1. Damit gilt: 1 X

Fi2 = F 12 = 1 · 1 = F1 F2

i=1

IV: Es gelte

n X i=1

ur ein n 2 N. Fi2 = Fn Fn+1 f¨

IS: n+1

X

Fi2

n X

=

i=1

F i2

i=1

!

2 2 = Fn+1 · (Fn + Fn+1 ) = Fn+1 Fn+2 = Fn Fn+1 + Fn+1 + Fn+1 | {z } =Fn+2

Nach dem Prinzip der vollst¨andigen Induktion gilt die Aussage f¨ ur alle n 2 N [ {0}. Aufgabe B8 Zeigen Sie, dass f¨ ur alle n 2 N [ {0} und alle x  1 gilt: (1 + x)n  1 + nx L¨osung: Wir zeigen die Behauptung mittels vollst¨andiger Induktion u ¨ber n. IA: F¨ur n = 0 ist (1 + x)0 = 1  1 = 1 + 0 · x. IV: Es sei (1 + x)n  1 + nx f¨ur ein n 2 N [ {0}. IS: (1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x)  (1 + nx)(1 + x)

= 1 + nx + x + nx2  1 + nx + x = 1 + (n + 1)x

Nach dem Prinzip der vollst¨andigen Induktion gilt die Aussage f¨ ur alle n 2 N. Aufgabe B9 Bestimmen Sie jeweils, f¨ur welche n 2 N die angegebene Ungleichung erf¨ u...