Übungen Brückenkurs Mathematik, Blatt 4 Wintersemester 2015/16 1 1.1 Beweisübungen Direkte Beweise Theorem 1. Seien m, n ∈ N gerade. Dann ist m + n gerade. Proof. Wir zeigen: (∀m, n ∈ N) : m, n gerade ⇒ m + n gerade. Seien nun m, n ∈ N (beliebig und) gerade. Per Definition (der Eigenschaft “gerade”) gibt es dann k, l ∈ N, sodass m = 2k und n = 2l . Wir zeigen: Es gibt ein q ∈ N, sodass m + n = 2q. Dann ist m + n gerade per Definition. Wir betrachten m + n: m + n = 2k + 2l = 2(k + l) . Wir setzen q := k + l. Offensichtlich ist dann m + n = 2q . Also ist m + n gerade. Theorem 2. Seien a, b ∈ Z ungerade. Dann ist ab ungerade. Proof. Wir zeigen: (∀a, b ∈ Z) : a, b ungerade ⇒ ab ungerade. Seien nun a, b ∈ Z ungerade. Per Definition gibt es dann k, l ∈ Z, sodass a = 2k + 1 und b = 2l + 1 . Wir müssen ein q ∈ Z finden, sodass ab = 2q + 1. Dann ist ab ungerade per Definition. Wir betrachten ab: ab = (2k + 1)(2l + 1) = 4kl + 2l + 2k + 1 = 2(2kl + l + k) + 1; . Wir setzen q := (2kl + l + k). Offensichtlich ist dann ab = 2q + 1 . Also ist ab ungerade. Hinweis: Wir haben auf eine gängige Definition von “ungerade“ zurückgegriffen. Genau genommen könnte man die Eigenschaft “ungerade Zahl” als die Negation der Eigenschaft “gerade” definieren und dann zeigen, das die “Negation von gerade” äquivalent dazu ist, dass eine Zahl x ungerade ist, genau dann wenn ein q ∈ Z existiert, sodass x = 2q + 1. 1 Theorem 3. Seien a, b ∈ R mit 0 < a < b. Dann gilt a2 < b2 . Hinweis: Sie können aus 0 < a < b zwei Ungleichungen “herleiten“ und die Transitivität (also für alle x, y, z ∈ R : x < y ∧ y < z ⇒ x < z) von < verwenden. Proof. Wir zeigen: (∀a, b ∈ R) : 0 < a < b ⇒ a2 < b2 . Seien nun a, b ∈ R mit 0 < a < b. • Weil 0 < a gilt: a < b ⇔ a2 < ab (wir haben die Ungleichung mit a multipliziert). • Weil 0 < b gilt: a < b ⇔ ab < b2 (wir haben die Ungleichung mit b multipliziert). Also gilt a2 < ab und ab < b2 . Also folgt aus der Transitivität von < aus a2 < ab < b2 , dass a2 < b2 . Theorem 4. Sei n ∈ N0 ungerade. Dann existieren k, l ∈ N, sodass n = k 2 − l2 . Proof. Wir zeigen: (∀n ∈ N0 ) : n ungerade ⇒ (∃k, l ∈ N) : n = k 2 − l2 . Sei nun n ∈ N0 ungerade. Per Definition gibt es dann q ∈ Z, sodass n = 2q + 1 . Wir setzen k := (q + 1) und l := q. Dann ist k 2 − l2 = (q + 1)2 − q 2 = q 2 + 2q + 1 − q 2 = 2q + 1 = n 1.2 Beweis durch Kontraposition Theorem 5. Sei n ∈ N und n + 5 ungerade. Dann ist n gerade. Proof. Wir möchten zeigen: (∀n ∈ N) : n + 5 ungerade ⇒ n gerade. Dies ist äquivalent dazu, dass wir zeigen: (∀n ∈ N) : n ungerade ⇒ n + 5 gerade. Sei nun n ∈ N mit n ungerade. Dann gibt es ein k ∈ N, sodass n = 2k + 1. n + 5 = (2k + 1) + 5 = 2k + 6 = 2(k + 3) Wir setzen l := k + 3. Dann ist n + 5 = 2l. Also ist n + 5 gerade. 1.3 Beweis durch Widerspruch √ Theorem 6. Die Quadratwurzel aus 3 ( 3) ist irrational. Proof. Analog zur VU. 2 1.4 Beweis durch vollständige Induktion Theorem 7. Sei n ∈ N. Dann gilt: n X i= i=1 n(n + 1) . 2 Proof. Wir führen einen Induktionsbeweis nach n. a) n = 1: 1 X i=1= i=1 1(1 + 1) 2 b) n → n + 1. Es gelte die Behauptung für n, also es gelte n X i= i=1 n(n + 1) . 2 Pn+1 Dies ist unsere Induktionsvoraussetzung (IV) mit der wir zeigen, dass i=1 i = (n+1)((n+1)+1) 2 gilt. Pn+1 Wir betrachten nun i=1 i: ! n n+1 X X n(n + 1) n(n + 1) + 2(n + 1) i + (n + 1) = i= +n+1= = 2 2 i=1 i=1 (n + 1) ((n + 1) + 1) (n + 1)(n + 2) = . 2 2 Theorem 8. Sei n ∈ N. Dann gilt: n X i2 = i=1 Hinweis: Nutzen Sie aus, dass Pn+1 i=1 i2 = n(n + 1)(2n + 1) . 6 Pn i=1 i2 + (n + 1)2 gilt. Proof. Analog zu Beispiel 7. 3
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