A. Armiti, M. Fetzer
J. Magiera
T. Pfrommer, C. Zeiler
1. Gruppenübung zur Vorlesung
Höhere Mathematik 1
M. Künzer
M. Stroppel
Wintersemester 2015/16
Lösungshinweise zu den Hausaufgaben:
Aufgabe H 1. Vollständige Induktion
Beweisen Sie folgende Aussagen mit vollständiger Induktion.
(a) Es ist 4n − 1 durch 3 teilbar für n = 0.
Lösungshinweise hierzu: Wir beweisen diese Aussage mittels Induktion.
IA n = 0:
40 − 1 = 1 − 1 = 0 ist durch 3 teilbar.
IH Sei nun die Aussage für ein n ∈ N bewiesen, d.h. für ein n ∈ N gelte
4n − 1 = 3k für ein k ∈ N.
IS Wir zeigen, dass dann auch die Aussage für n + 1 gilt.
4n+1 − 1 = 4 4n − 1
IH
= 4 (3k + 1) − 1
= 3(4k + 1).
Damit ist die Aussage für alle n ∈ N0 bewiesen.
P
(b) Es ist nk=1 k 3 = n2 (n + 1)2 /4 für n = 1.
Lösungshinweise hierzu: Wir beweisen diese Aussage mittels Induktion.
IA n = 1:
1
X
k 3 = 13 = 1 =
k=1
12 (1 + 1)2
.
4
IH Sei nun die Aussage für ein n ∈ N bewiesen, d.h. für ein n ∈ N gelte
n
X
k=1
k3 =
n2 (n + 1)2
.
4
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1. Gruppenübung
Höhere Mathematik 1
IS Wir zeigen, dass dann auch die Aussage für n + 1 gilt.
n+1
X
3
k =
k=1
n
X
k 3 + (n + 1)3
k=1
IH n (n + 1)
=
2
2
+ (n + 1)3
4
n2 (n + 1)2 4(n + 1)3
=
+
4
4
(n + 1)2 (n2 + 4(n + 1))
=
4
2
(n + 1) (n + 2)2
=
4
Damit ist die Aussage für alle n ∈ N bewiesen.
P
√
1
(c) Es ist nj=1 √ = n für n = 1.
j
Lösungshinweise hierzu: Wir beweisen diese Aussage mittels Induktion.
IA n = 1:
1
X
√
1
√ = 1 = 1.
j
j=1
IH Sei nun die Aussage für ein n ∈ N bewiesen, d.h. für ein n ∈ N gelte
n
X
√
1
√ = n.
j
j=1
IS Wir zeigen, dass dann auch die Aussage für n + 1 gilt.
n+1
X
1
√ =
j
j=1
n
X
1
√
j
j=1
!
1
+√
n+1
IH
√
=
Nun beweisen wir
√
n+
√1
n+1
=
√
1
n+ √
.
n+1
√
n + 1 durch Widerspruch. Angenommen ist
n+ √
√
1
5 n + 1.
n+1
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1. Gruppenübung
Höhere Mathematik 1
Wir multiplizieren die ungleichung mit
√
n + 1,
√
1
n+ √
5 n+1
n+1
√
n2 + n + 1 5 n + 1
√
n2 + n 5 n,
√
was ein Widerspruch zu unserer Annahme ist. Damit ist die Aussage für alle n ∈ N
bewiesen.
(d) Es ist n! > 2n für n = 4.
Lösungshinweise hierzu: Wir beweisen diese Aussage mittels Induktion.
IA n = 4:
4! = 24 > 24 = 16.
IH Sei nun die Aussage für ein n ∈ N bewiesen, d.h. für ein n ∈ N gelte
n! > 2n .
IS Wir zeigen, dass dann auch die Aussage für n + 1 gilt.
(n + 1)! = (n + 1)n!
IH
>
Da n = 4 ist, folgte
(n + 1)2n .
(n + 1)! > 2 2n = 2n+1 .
Aufgabe H 2. Binomischer Lehrsatz, Binomialkoeffizienten
Zeigen Sie folgende Aussagen.
P
(a) Es ist nk=0 nk 4k = 5n für n ∈ N0 .
Lösungshinweise hierzu: Wir beweisen diese Aussage mittels des binomischen Lehrsatzes:
n n X
n k X n k n−k
4 =
4 (1)
= (4 + 1)n = 5n .
k
k
k=0
k=0
Pn
(b) Es ist k=0 cos( π4 + kπ) nk = 0 für n ∈ N.
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Lösungshinweise hierzu: Wir beweisen diese Aussage mittels des binomischen Lehrsatzes und des Additionssatzes für Kosinus (cos(a+b) = cos(a) cos(b)−sin(a) sin(b)).
n n X
X
n
π
n
π
cos( + kπ) =
cos( ) cos(kπ)(1)n−k
k
4
k
4
k=0
k=0
n 1 X n
=√
(cos(π))k (1)n−k
2 k=0 k
n 1 X n
=√
(−1)k (1)n−k
2 k=0 k
1
= √ (1 − 1)n = 0.
2
(c) Die Gleichung x3 + 3x2 + 3x + 1 = 0 hat genau eine Lösung x aus R.
Lösungshinweise hierzu: Durch Termumformung erhalten wir
x3 + 3x2 + 3x + 1 = (x + 1)3 .
Die faktorisierte rechte Seite hat −1 als vierfache Nullstelle und damit hat obige
Gleichung nur eine Lösung.
P
(d) Es ist kj=0 j+1
= k+2
für k ∈ N0 .
j
k
Lösungshinweise hierzu: Für diePrechte Seite wenden wir den Binomialkoeffizient
und die Gaussche Summenformel ( nk=1 k = n(n + 1)/2) an.
k X
j+1
j=0
j
=
k
X
(j + 1)!
j=0
j!
k
X
(k + 1)(k + 2)
=
(j + 1) =
.
2
j=0
Für die linke Seite wenden wir auch den Binomialkoeffizient an
k+2
(k + 2)!
(k + 2)(k + 1)k!
(k + 2)(k + 1)
=
=
=
.
k
k! 2!
k! 2
2
Damit haben wir die Aussage bewiesen.
Aufgabe H 3. Fakultät
(a) Finden Sie Parameter a, b, c ∈ R mit an2 + bn + c = n! für n ∈ {2, 3, 4}.
Lösungshinweise hierzu: Die Substitution der Werte n ∈ {2, 3, 4} in der Gleichung
an2 + bn + c = n! ergibt ein System von 3 Gleichungen
4a + 2b + c =2
9a + 3b + c =6
16a + 4b + c =24
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1. Gruppenübung
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Wir lösen das System um die Parameter zu finden
4a + 2b + c = 2
a=7
5a + b = 4
9a + 3b + c = 6
⇒
⇒ b = −31
7a + b = 18
16a + 4b + c = 24
c = 36.
(b) Sei mit den in (a) gefundenen Parametern f : R → R : x 7→ ax2 + bx + c. Bestimmen
Sie das kleinste n ∈ N0 mit f (n) < n! .
Lösungshinweise hierzu: Mit den in (a) gefundenen Parametern ist die Funktion f
als
f : R → R : x 7→ 7x2 − 31x + 36,
definiert. Aus (a) haben wir f (n) = n! für n = {2, 3, 4}. Wir berechnen für n = 5
und finden, dass 5 das kleinste Zahl mit f (n) < n! ist.
Aufgabe H 4. Funktionsgraphen
(a) Sei f : R → R : x 7→ |x2 − 1|. Skizzieren
Graphen
von f . Bestimmen Sie den
Sie den
Wertebereich von f . Bestimmen Sie x ∈ R f (x) = 21 .
Lösungshinweise hierzu: Der Wertebereich ist [0, ∞). Die Menge x ∈ R f (x) = 12
beduetet
1
1
x2 − 1 =
oder x2 − 1 = − .
2
2
Das ergibt
r
r
3
1
x=±
oder x = ±
2
2
q q
q o
nq
3
Damit ist x ∈ R f (x) = 1 =
, − 3, 1, − 1 .
2
2
2
2
2
−x2
(b) Sei g : [−1, 0] → R : x 7→ ln(2e ). Skizzieren
Graphen
Sie den
von g . Bestimmen
Sie den Wertebereich von g . Bestimmen Sie x ∈ R g(x) = 0 .
Lösungshinweise hierzu: Der Wertebereich ist (−∞, ln(2)]. Durch Funktionumformel erhalten wir
2
2
g(x) = ln(2e−x ) = ln(2) + ln(e−x ) = ln(2) − x2 .
o
p
np
ln(2), − ln(2) .
Damit ist die Menge x ∈ R g(x) = 0 =
(c) Sei h : R → R : x 7→ 2 − e2x . Skizzieren
Graphen
Sie den
von h. Bestimmen Sie den
Wertebereich von h. Bestimmen Sie x ∈ R h(x) = 0 .
Lösungshinweise hierzu: Der Wertebereich ist (−∞, 2). Um die Menge x ∈ R h(x) = 0
zu bestimmen, schreiben wir 2 − e2x = 0. Das ergibt
e2x 5 2
2x 5 ln(2)
ln(2)
x5
.
2
Damit ist x ∈ R h(x) = 0 = x ∈ R x 5 ln(2)/2 .
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