Mathematik im Grundstudium: Aufgaben und Lösungen [Reprint 2018 ed.] 9783486795844, 9783486245844

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Mathematik im Grundstudium Aufgaben und Lösungen

Von

Claus-Michael Langenbahn

R. Oldenbourg Verlag München Wien

Die Deutsche Bibliothek - CIP-Einheitsaufnahme Langenbahn, Claus-Michael: Mathematik im Grundstudium : Aufgaben und Lösungen / von ClausMichael Langenbahn. - München ; Wien : Oldenbourg, 1998 ISBN 3-486-24584-8

© 1 9 9 8 R. Oldenbourg Verlag Rosenheimer Straße 145, D-81671 München Telefon: (089) 45051-0, Internet: http://www.oldenbourg.de Das Werk einschließlich aller Abbildungen ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlages unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Bearbeitung in elektronischen Systemen. Gedruckt auf säure- und chlorfreiem Papier Gesamtherstellung: Huber KG, Dießen ISBN 3-486-24584-8

Denken Sie daran! Neben Hammer und Zange sollten Sie stets auch den Gaußalgorithmus und die Bernoulli-Ungleichung in Ihrem Werkzeugkasten haben.

Vorwort Das vorliegende Buch richtet sich an all jene, die im Laufe ihres Studiums Grundkenntnisse der Mathematik erwerben. Um diesem Anspruch Rechnung zu tragen, wurden Aufgaben aus den Anfängervorlesungen der Natur-, Ingenieur-, Sozial- und Wirtschaftswissenschaften sowie der Mathematik ausgewählt. Der dort behandelte Stoff wird in typischer Weise widergespiegelt und vertieft. Dem Leser soll anhand der Aufgaben Gelegenheit gegeben werden, grundlegende Techniken und Vorgehensweisen zur Bewältigung mathematischer Probleme einzuüben. Dazu gliedert sich das Buch in 16 Sektionen der unterschiedlichsten Bereiche. Jede Sektion wiederum besteht aus je 10 Aufgaben. In der Regel bauen weder die Sektionen noch die darin enthaltenen Aufgaben aufeinander auf. Während ein reines Lehrbuch im allgemeinen lediglich Aufgabenstellungen ohne Lösungen enthält, bietet dieses Werk zu jeder Aufgabe den kompletten Lösungsweg nebst Alternativlösungen. Jede Schlußweise wird erläutert, jeder Rechenschritt begründet, wobei hervorgehobene Schlüsselwörter

auf die zugrundeliegende Theorie hinweisen. Der Leser

sollte zunächst bestrebt sein, die Aufgaben selbst zu lösen, und der Versuchung widerstehen, gleich nach den Lösungen zu schauen. Besonders danken möchte ich der angehenden Diplom Ingenieurin Anja Bolte und dem Psychologiestudenten, meinem Bruder, Markus Langenbahn. Beide unterstützten mich in sehr fruchtbarer Weise. Claus-Michael Langenbahn, Saarbrücken

Möchten Sie konstruktive Kritik üben, oder haben Sie Vorschläge für weitere Aufgaben oder Sektionen? Bitte zögern Sie nicht mir zu schreiben:

e-mail: micha@heron. math.uni-sb.de [email protected]

oder

Inhaltsverzeichnis

1

Vorwort

3

Inhaltsverzeichnis

5

Zeichenerklärung

7

Aufgaben

9

1.1

Zahlen, Mengen und Funktionen

9

1.2

Das Prinzip der vollständigen Induktion

12

1.3

Gleichungen und Ungleichungen

16

1.4

Relationen, Gruppen und Normalteiler

19

1.5

Der Körper C der komplexen Zahlen

21

1.6

Kombinatorik und Stochastik

24

1.7

Infimum und Supremum

27

1.8

Zahlenfolgen

30

1.9

Unendliche Reihen

33

1.10 Stetigkeit von Funktionen einer Veränderlichen

37

1.11 Differenzierbarkeit in einer Veränderlichen

40

1.12 Matrizen und Determinanten

42

1.13 Lineare Algebra

45

1.14 Finanzmathematik

48

1.15 Stammfunktionen und Integrale

53

1.16 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

56

6

2 Lösungen

59

2.1

Zahlen, Mengen und Funktionen

59

2.2

Das Prinzip der vollständigen Induktion

67

2.3

Gleichungen und Ungleichungen

75

2.4

Relationen, Gruppen und Normalteiler

84

2.5

Der Körper C der komplexen Zahlen

90

2.6

Kombinatorik und Stochastik

98

2.7

Infimum und Supremum

104

2.8

Zahlenfolgen

112

2.9

Unendliche Reihen

122

2.10 Stetigkeit von Funktionen einer Veränderlichen

133

2.11 Differenzierbarkeit in einer Veränderlichen

141

2.12 Matrizen und Determinanten

149

2.13 Lineare Algebra

158

2.14 Finanzmathematik

168

2.15 Stammfunktionen und Integrale

179

2.16 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

188

Literaturverzeichnis

195

Index

198

Zeichenerklärung Zeichen : -£=>•

Bedeutung per Definition genau dann

3!

es existiert genau ein

Ν

Menge der natürlichen Zahlen

N0

Menge der natürlichen Zahlen einschließlich 0

Ζ

Menge der ganzen Zahlen

Q

Menge der rationalen Zahlen

R

Menge der reellen Zahlen

C

Menge der komplexen Zahlen

Im(z), Re(z)

Real-, Imaginärteil der komplexen Zahl ζ imaginäre Einheit

i A°

Komplement der Menge A

p{M)

Potenzmenge der Menge Μ

0

leere Menge

1A

Indikatorfunktion der Menge A

/|j

Restriktion der Funktion / auf die Menge Τ

C(B, W )

Menge der stetigen Funktionen / : D — • W

E(X),

V{X)

Erwartungswert, Varianz der Zufallsvariablen X

Ρ

Wahrscheinlichkeitsmaß

εχ

Diracmaß

g

Schätzwert der Größe g

Mat(T)

die zur linearen Abbildung Τ gehörende Matrix

Op(ß)

die zur Matrix Β gehörende lineare Abbildung

ν LH{v!,... ,vn} ER™ (x, y )

Vektor lineare Hülle der Vektoren V i , . . . , v„ Eigenvektorraum zum Eigenwert w Skalarprodukt der Vektoren χ und y

RBF

Rentenbarwertfaktor

REF

Rentenendwertfaktor

kw

Kapitalwert

Kapitel 1 Aufgaben 1.1

Zahlen, Mengen und Funktionen

Aufgabe 1 Seien A, B, C Teilmengen einer Grundmenge G. Finden Sie möglichst einfache Ausdrücke für: a) (AUB)n{A\J b) (AUB)n c)

Bc)

(Ac U ß ) i l ( A U

Bc)

(AUB)D(BUC)

d) ( A \ ( i n B)) U Β e) (C \ ((A U ß ) n C)) U ( B \ ( 4 f l B)) U A

Aufgabe 2 Es seien Χ, Υ, Ζ Mengen und / : X —• V bzw. g : Y — • Ζ Funktionen. Zeigen Sie: a) / , g injektiv =S> g ο / injektiv b) / , g surjektiv

g ο / surjektiv

c) Was folgt daraus für die Hintereinanderausführung bijektiver Funktionen?

Aufgaben

10

Aufgabe 3 Seien Χ , Y zwei Mengen und / : X —> Y eine Funktion. Zeigen Sie: a)

i) f(A U B) = f(A) U f{B),

für alle Α, Β C X

ii) f(A Π Β) C f(A) Π f(B), für alle A,B

C X

Überlegen Sie sich ein Beispiel für eine echte Inklusion. iii) f(A Π Β) = f(A) Π f(B), für alle Α, Β C X b)

/ ist injektiv.

i) f~l{C

U D ) = f'l(C)

ii) f-\C

η D) = / - ' ( C ) η / - ' ( £ > ) , für alle C, D C Y

U f~\D),

für alle C, D C Y

Aufgabe 4 Sei eine Funktion / : X —> Y gegeben. Zeigen Sie: a) / ist injektiv «=>· Es gibt ein g : Y — • X mit g ο / = id* Es gibt ein h : Y — • X mit f ο h = idy

b) / ist surjektiv

c) / ist bijektiv ·Φ=> Es gibt ein g : Y —> X mit g ο f = id* und / ο g = idy Dieses g ist, falls vorhanden, eindeutig bestimmt.

Aufgabe 5 Sei / : X —> Y. Zeigen Sie: a)

i) f(f~l(B))

C B, für alle Β C Y.

Geben Sie ein Beispiel für die echte Inklusion an. ii) In i) gilt die Gleichheit genau dann, wenn / surjektiv ist. b)

i) A C f~1(f(A)),

für alle

ACX.

Geben Sie ein Beispiel f ü r die echte Inklusion an. ii) In i) gilt die Gleichheit genau dann, wenn / injektiv ist.

Aufgabe 6 a) Sei / : Μ —> jp(M)

eine Abbildung von einer Menge in ihre Potenzmenge und

Τ : = {m 6 Μ \ m ^ / ( m ) } . Zeigen Sie, daß es kein χ £ Μ gibt mit f(x) = T. b) Gibt es surjektive Abbildungen von Μ auf

p{M)1

Zahlen, Mengen und

11

Funktionen

Aufgabe 7 Zeigen Sie: a) Die Mengen der ganzen Zahlen Ζ und der rationalen Zahlen Q sind jeweils abzählbar. b) Die Menge aller reellen Zahlen R ist überabzählbar. Ziehen Sie sich bei Ihrem Beweis auf das Intervall [0,1] zurück, und beachten Sie, daß sich jede dieser Zahlen als Dezimalzahl schreiben läßt! Aufgabe 8 Zeigen Sie, daß \/2 irrational ist. Hinweis: Gehen Sie vom Gegenteil aus, wobei der darstellende Bruch o.B.d.A. in gekürzter Form vorliegen kann. Aufgabe 9 a) Betrachten Sie zwei Zahlen α € Q und b £ R \ Q. Kann dann die Summe α + 6 oder das Produkt α • b in der Menge Q liegen? b) Existiert ein χ £ R, so daß x 2 € R \ Q aber x 4 £ Q ist? c) Gibt es zwei irrationale Zahlen c und d, deren Summe und Produkt rational ist? Aufgabe 10 a) Welche der folgenden Abbildungen sind injektiv, surjektiv oder gar bijektiv? i) / : Ζ — • Ζ mit f ( z ) -.= ζ2 - \z\ ü) 9 · - f\N b) Bestimmen Sie eine Teilmenge der ganzen Zahlen Τ C Z, so daß die Funktion h ·. { 1 , . . . , 15} — > T , h(n) :=n2

-n

bijektiv ist. c) Finden Sie sowohl eine injektive Abbildung φ : Ζ — • Ν als auch eine surjektive Abbildung ψ : Ν —> Ζ .

12

Aufgaben

1.2

Das Prinzip der vollständigen Induktion

A u f g a b e 11 Beweisen Sie folgende Summenformeln für alle η € Ν: a) Σ * = f · ( » + !) k= ι b) E f c 2 = | · η ( η + 1)(2η + 1) k= 1 4

k=l

n(n + l)(2n + l)(3ra2 + 3n - 1) " ' S " A u f g a b e 12 Zeigen Sie die Richtigkeit folgender Gleichungen für alle natürlichen Zahlen τι. a) £ 2 * = 2" +1 k=0 η b)

k=o

nn+l

1

_ 1

9-1

mit 4

A u f g a b e 13 a) Beweisen Sie, daß die Zahl 3 n _ I • 8 3 n + 1 - 4" • 7 n + 1 für alle η 6 Ν ganzzahlig durch 13 teilbar ist. b) Man zeige, daß l l n + 1 + 12 2 " - 1 für jedes natürliche η ein Vielfaches von 133 ist. A u f g a b e 14 Zeigen Sie: Ist Μ eine endliche Menge, so gilt für die Anzahl aller Teilmengen von Μ: | p(M)

|= 2'ML

Das Prinzip der vollständigen

Induktion

13

Aufgabe 15 Uberprüfen Sie den folgenden Induktionsbeweis auf Korrektheit. Behauptung: Seien Μ und Ν endliche Mengen mit Elementenanzahl \M\ = |7V| und Μ Π Ν φ 0, dann gilt Μ = Ν. Beweis mittels vollständiger Induktion nach der Mächtigkeit der Mengen Μ und N. Induktionsverankerung: Sei \M\ = |ΛΊ = 1 und gelte Μ Π Ν φ 0, dann gilt Μ = Ν = Μ Γ\ Ν. Ind

uktionsannahme:

Es existiere ein η' ζ Ν, so daß obige Behauptung wahr ist für alle Mengen M' und N' mit \M"\ = jiV'| < n'. Induktionsschritt: Gegeben seien zwei Mengen Μ und Ν mit \M\ = \N\ = n' + l und Μ Π Ν φ 0. Man zeige Μ = Ν. Da Μ Π Ν nicht die leere Menge ist, existiert mindestens ein Element χ £ Μ Π Ν. Wir fixieren dieses Element und numerieren Μ und Ν mit χ beginnend, d.h. mit mi — τΐ\ = χ sei Μ = {mi,...,mn»+1}

und

Ν = { n j , . . . , n„. + 1 }.

Wir bilden die Mengen Mi bzw. Λ/2, indem wir aus Μ das letzte bzw. vorletzte Element entfernen, d.h. es ist Mi = M\{mn>+i}

bzw. M2 — Μ\{m„/}.

Analog verfahren wir bei der

Menge Ν und erhalten ΛΓι = Ν \ {τιπ 2 die n m induktiv durch m —1 nm := ^T k • nk k=\ 77l\

Weisen Sie nach, daß für m > 2 die Gleichheit nm = — gilt.

Aufgaben

16

1.3

Gleichungen und Ungleichungen

A u f g a b e 21 Beweisen Sie den Binomischen Satz, der folgendes besagt: Seien α, b £ R, dann gilt für jede natürliche Zahl η £ Ν die Gleichung (nk)ak-bn'k

(«+&)" = Σ

Zeigen Sie die Richtigkeit der Behauptung mittels vollständiger Induktion nach n. Hinweis: Für natürliche Zahlen η und k gilt:

A u f g a b e 22 Man zeige, daß für jede natürliche Zahl η > 2 und jedes reelle r > 0 folgende Ungleichung gilt: x» «2 * r 3 (r + 1) > A u f g a b e 23 Beweisen Sie die Bernoulli-Ungleichung

mittels vollständiger Induktion nach τι. Sei dazu

χ > — 1 eine reelle Zahl, dann gilt, so die Behauptung, für jedes η 6 Ν die Ungleichung (1 + ζ)" > 1 + nx A u f g a b e 24 Man beweise die Ungleichung vom arithmetisch-geometrischen

Mittel: Sei Κ ein ange-

ordneter Körper. Für alle u t , . . . ,u„ > 0 und alle η 6 Ν gilt

Hierbei gilt das Gleichheitszeichen genau dann, wenn U\ = . . . = u n ist. A u f g a b e 25 Seien ük und b^ reelle Zahlen, k = 1 , . . . , n . Beweisen Sie die Cauchy-Schwarzsche chung: 1/2

1/2

Unglei-

Gleichungen und

17

Ungleichungen

A u f g a b e 26 Seien x, y € R reelle Zahlen. Weisen Sie die Dreiecksungleichung

nach, die da lautet:

\χ + ν\< M + M Zeigen Sie anschließend die Gültigkeit der Aussage Ik l - Μ I 1 mit ~ + ^ = 1 und α,, 6, 6 R, k 6 { 1 , . . . , n}. Gehen Sie folgendermaßen vor: a) Unter Zuhilfenahme des Mittelwertsatzes

der Differentialrechnung,

angewandt auf

die Funktion / : [0, oo[—> R, f ( x ) = (1 + x)r, erhält man die Abschätzung (1 +

< - + 1, Ρ

eine Variante der Bernoulli-Ungleichung,

vergleiche Aufgabe 23, für reelle Exponen-

ten zwischen 0 und 1. b) Beweisen Sie die Hölderungleichung, indem Sie die Tatsache verwenden, daß Q,ß > o

α β - > 1 V - > 1, μ α

mit geeignetem α und ß. Aufgabe 28 Wir befinden uns in der Ausgangssituation von Aufgabe 27, diesmal mit ρ > 1. Beweisen Sie mit Hilfe der Hölderungleichung die nachfolgende 1 f η \ ρj. /η \ ρ / η \j

Minkowskiungleichung:

18

Aufgaben

Aufgabe 29 Zeigen Sie für η £ Ν die Richtigkeit folgender Abschätzung: n\ >

^2 .

Aufgabe 30

Gegeben sei eine quadratische Gleichung der Form αχ2 + bx + c = d, mit a,b, c, d 6 R , α φ 0. Vergleichen Sie die Lösungsmengen, wenn i f R

bzw. χ 6 C

vorgegeben ist. Wie sehen die Lösungsmengen aus, wenn Sie speziell die Werte o = | , i > = | , d = 74 einsetzen?

und

Relationen,

1.4

Gruppen und

Normalteiler

19

Relationen, Gruppen und Normalteiler

Aufgabe 31 Zeigen Sie, daß für ein fest vorgegebenes η € Ν die binäre Relation ~ über der Menge Ζ eine Aquivalenzrelation ist: u — ν Ε η • Ζ := {n • ζ \ ζ ζ Z}

u ~ ν :

Aufgabe 32 Gegeben sei eine Menge Μ = {α, b, c} und folgende Verknüpfungstafel: ο α

a b c α

b

b e b c

ab

Ergänzen Sie die Tafel, so daß die Verknüpfung ο kommutativ ist. Wird (M, o) dadurch zu einer Gruppe?

Aufgabe 33 Für eine natürliche Zahl η 6 Ν sei Un := {z € Ζ | η teilt 2 ganzzahlig} Beweisen Sie, daß Un Normalteiler von ( Z , + ) ist, und bestimmen Sie die zugehörigen Links- bzw. Rechtsnebenklassen.

Aufgabe 34 Gegeben sei eine Gruppe (G, o). Zeigen Sie, daß die Menge Z(G) :={z€G\zog

=

gozVgeG}

ein Normalteiler von G ist.

Aufgabe 35 Bestimmen Sie alle Untergruppen der symmetrischen Gruppe S3. In welchen Fällen liegen sogar Normalteiler vor? Hinweis: Wenden Sie den Satz von Lagrange an.

20

Aufgaben

Aufgabe 36 Zeigen Sie, daß jede zyklische Gruppe bereits abelsch ist. Aufgabe 37 Liegt in den folgenden Fällen eine Halbgruppe, ein Monoid oder gar eine Gruppe vor? a) (N,+)

b) (No,+)

c) (Z,+)

d) ( Q \ { 0 } , + )

e)(Q\{0},·)

Aufgabe 38 Uber die Anzahl der Elemente einer Menge wird folgende binäre Relation auf der Potenzmenge p(N,3) erklärt: μ \ { 2 } | = |*\{2}| Man begründe, warum es sich um eine Aquivalenzrelation handelt, und bestimme die zugehörige Partition der Menge N3. Aufgabe 39 Sei (G,+) eine additive Gruppe und U φ 0 eine Teilmenge von G. Zeigen Sie, daß U genau dann Untergruppe von G ist, wenn: u,v 6 U

u—υ£U

Aufgabe 40 Zeigen Sie, daß eine Gruppe mit höchstens vier Elementen stets kommutativ ist.

Der Körper C der komplexe Zahlen

1.5

21

Der Körper C der komplexen Zahlen

A u f g a b e 41 Beweisen Sie, daß auf C keine mit der Körperstruktur verträgliche Anordnungsrelation existieren kann. A u f g a b e 42 a) Betrachten Sie C = R 2 als Zahlenebene und beweisen Sie: Die Geraden und Kreise in C sind genau die Punktmengen, welche einer Gleichung der Form α \z\2 + 2Re ( ϊ · 2) + c = 0 genügen, wobei a,c 6 R , 6 6 C sind und ac < |6|2 gilt. b) Man setze C : = C U { ° o } . Gegeben sei die Funktion / : C — • C durch f(z)

:= z~l

für 2 G C \ { 0 } und /(0) := oc bzw. /(oo) : = 0. Zeigen Sie, daß / Geraden und Kreise in C auf Geraden und Kreise in C abbildet. c) Bestimmen Sie das Bild folgender Punktmengen unter /: i)

: \z-\\

= \}

ii) { * € C

: Re(.) = i }

iii) { z e C

: |*-l| = i}

Hinweis: Ein Kreis im R 2 mit Mittelpunkt (α, β ) und Radius r > 0 ist die Menge aller Punkte (x, y) G R 2 , die die Kreisgleichung (χ - α ) 2 + (y — β)2 = r 2 erfüllen. A u f g a b e 43 a) Drücken Sie folgende komplexe Zahlen in der Form α + ib mit a,b G R aus: i) 2 = (1 + iy/3) • (y/3 + i)~l ii)

W =

(1 + 2 ) - ' · (2 — l ) - 1

b) Berechnen Sie

+ i · V3)* für alle k G 2

22

Aufgaben

A u f g a b e 44 a) Sei λ > 0. Zeigen Sie, daß A'. := { z € C \ { 0 } | R e ( ± ) = A}U{0} ein Kreis ist. Berechnen Sie Mittelpunkt und Radius von K\. b) Der Kreis des Apollonius Sei Ä*2 die Menge aller Punkte 2 € C, für die das Verhältnis ihrer Abstände von den Punkten α = 3 und 6 = — 3 den festen Wert 2 : 1 hat. Zeigen Sie, daß

ein Kreis

ist, und geben Sie Radius und Mittelpunkt an. A u f g a b e 45 Seien α und δ > 0 reelle Zahlen. Man bestimme jeweils die Lösungsgebilde folgender Mengen in C: a) {z : Re(iz) < 2π}

b) {z : |z| > 2}

c) {z

Re(z)>i}

d) {z : Re(ζ ) = α > 0}

e) {z : \z\ < 2}

f)

Ι π φ 2 ) = 0}

g) { * : 3(Re ( * - ! ) ) * < Im ( ζ - * ) }

h) {ζ x If I < oo V /

Aufgabe 72 Untersuchen Sie nachstehende Folgen auf Konvergenz, und bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert: a) ( o n ) " = , mit α„ : = Π ( l + j ) 3=1

V

b) ( M ~ i m i t 6 „ : =

t(-l) j=1

C)

("0"

(εη)Γ=1 m i t C "

'

J

Aufgabe 73 Beweisen Sie folgende Aussagen: a) Gegeben sei eine reelle Folge positiver Zahlen (p n )n-i mit

Sei ferner (a n )£Li eine eigentlich konvergente Folge mit Grenzwert ö, dann gilt: η

Σ Pi • * α

lim η—foo

b) Ist

wν

Σλ i=l

= α

eine streng monoton wachsende und unbeschränkte Folge positiver Zahlen

und (a n )£Li eine weitere Folge, dann gilt folgende Implikation: a» ,. in+i - « n ^ n» ι· lim -j— — = c € R = > · lim — = c "-+00 Ön+1 - 6„ n—tco bn

Formulieren Sie Teil a) speziell für den Fall des arithmetischen Mittels.

Zahlenfolgen

31

A u f g a b e 74 Untersuchen Sie die Folgen auf Konvergenz, und geben Sie den Grenzwert an, falls dieser existiert.

i=l

Dabei werden ρ 6 Ν und zwei eigentlich konvergente Folgen (x n )^L 0 und (y„)^i 0 mit Grenzwerten χ bzw. y vorgegeben. Aufgabe 75 Sei k > 2 eine natürliche Zahl, und seien α > 0 und x0 > 0 reelle Zahlen. Die Folge (in)riLi

wert

^ e induktiv für alle η G No definiert durch:

Zeigen Sie: a) Für alle η € Ν gilt: χkn > α. b) Die Folge ist konvergent. Wie lautet der Grenzwert? A u f g a b e 76 a) Sei (i„)J° =1 eine reelle Zahlenfolge. Es existiere ein reelles 0 < q < 1 mit - Zn| < 2. Zeigen Sie die Konvergenz der Folge b) Wir setzen die Folgenglieder y0 := 0, yi := 1 und für alle η € Ν 1

η

Ist die so definierte Folge (j/n)^L0 konvergent?

Aufgaben

32 A u f g a b e 77

Sei c eine komplexe Zahl mit |c| < 1 und ρ 6 Ν. Beweisen Sie, daß die Folge un = np • cn für η —> oo gegen 0 strebt. Anleitung: Zeigen Sie zunächst für alle η 6 Ν und 0 < α < 1 die Abschätzung a

α " < - T i — τ η · (1 — α)

A u f g a b e 78 a) Sei (ι„)η€Ν eine Folge positiver Zahlen mit der Eigenschaft n-+oo lim X " + 1 = α 6 R. n Zeigen Sie, daß dann n-+oo lim = α ist. b) Gilt auch die Umkehrung der Aussage in Teil a)? c) Man bestimme mit Hilfe von a) folgende Grenzwerte:

A u f g a b e 79 Sei (x n )n=i eine beschränkte Folge und für k € Ν sei J/* := sup-fi,, | η > k} und Zk

inf{a,„ | η > k}

Man zeige: a) lim sup xn = lim = inf{yjt | k £ N} 71-+00 b) lim inf xn = lim zk = sup{z^ | k £ N} n—• oo Λ—• oo A u f g a b e 80 Sei (α η )„ 6 Ν eine Folge mit

für alle n , m Ε Ν und sei bn := - • a„. Man zeige, daß die Folge (bn)ne^

konvergiert.

Unendliche

1.9

Reihen

33

Unendliche Reihen

A u f g a b e 81 Sei (a„)^L 1 eine reelle Zahlenfolge. a) Beweisen Sie:

oo / Ν Ist die Reihe Σ an konvergent, so auch die Folge I Σ · Q-k ) , und es gilt: n=l \A:=1 / N= ι Ν oo lim Σ ί ί ψ 1 · ^ = Σ " η k=l n=l oo b) Geben Sie eine reelle Zahlenfolge {αη)'ζ"_χ an, für die Σ a„ divergiert, aber die Reihe n=l Ν \ 00 Λ +1 Σ ':ν · ak ) konvergiert. / Af=l Hinweis: Zeigen Sie zunächst für alle A ' e N : Ν Ν η Σ Ν ~ν + 1 • ak = ji "Σ, sn, wobei sn := Σ ak für alle η e Ν ist. k-\ n=l k=1 A u f g a b e 82 Zeigen Sie: oo j / 1\ — = e, wobei e := lim [ 1 -\— ) k\ n->oo V η) V k—0 ' Anleitung:

Σ

n

Beweisen Sie zunächst für alle ri,k 6 N 0 , η > k, daß

(fc)'(η) - fc! Dabei definiert man 0! := 1. A u f g a b e 83 Seien i , und yj mit i £ { 0 , . . . , m} bzw. j 6 { 0 , . . . , n} reelle Zahlen, beliebig aber fest, wobei m, η 6 Ν und xm, yn φ 0.

oo Untersuchen Sie die Konvergenz der Reihe ^ az mit z= 1 m Σ Xk • ^ k=0 Σyk•zk k=0

34

Aufgaben

Aufgabe 84 Seien ( a n ) ^ i 1 und ( 6 η ) ^ ι zwei reelle Folgen positiver Zahlen. Man schreibt αη ~ bn und sagt: „a n verhält sich für τι gegen oo wie 6„", falls

lim 7 - = 1 n—foo bn Zeigen Sie:

00 00 Falls αη ~ c · b„ für ein c > 0 gilt, so sind die Reihen ^ o„ und Σ b„ entweder beide n= 1

konvergent oder divergent.

n=l

Weisen Sie nach, daß folgende Reihen divergieren:

a)

ε

j

00

k? + 2k + 1

Σ

( k + l)k

A= 1

d ) £ > ( l

+

I

Aufgabe 85 Zeigen Sie, daß für 0 < χ < 1 gilt: 1 1

00

Hinweis: Beweisen Sie zunächst folgende Gleichung 00 t=0

1

v

'

Wenn Sie keine Kenntnisse über Potenzreihen besitzen, dann nehmen Sie die zweite Gleichung als gegeben hin und zeigen die Behauptung mit Hilfe des Großen

Umordnungssatzes.

Unendliche Reihen

35

Aufgabe 86 Welche der folgenden Reihen konvergiert? 00 n! b)' y — n u=l n

°° 1 mit )' y T\——τ^p ρ e [0,1] 1 J + 1))" v(In(n v n=l '

a

k= 1

x

a=1

e) Σ ( - ) n=l 71

f

mit χ e R beliebig

) Σ (" n=l ^

n

' )

2"

'

Aufgabe 87 a) Für η ε Ν sei := On :=

Vn + l

Ist die Reihe JZ^Lo a " konvergent oder sogar absolut konvergent, und was läßt sich über die Konvergenz des Cauchyprodukts der Reihen b) Beweisen Sie, daß ^ ^ ( a n — a„_ t ) und

— α

an und

bn sagen?

η+ι) genau dann konvergie-

ren, wenn der Grenzwert der Folge (a„)^_ 0 existiert. Wie lauten in diesem Fall die Grenzwerte der beiden Reihen? Aufgabe 88 Sei ΣΓ=,

ak e ne

'

Reihe mit beschränkten Teilsummen .sn und (b^^L^ eine monotone Null-

folge. Zeigen Sie, daß dann die Reihe

' ^k konvergiert. Weisen Sie nach, daß das

Lei bn izkri terium als Spezialfall dieses Satzes, des sogenannten Dirichletkriteriums, aufgefaßt werden kann. Aufgabe 89 Beweisen Sie das Kriterium von ftaabe, das folgendermaßen lautet: Gilt für fast alle η 6 Ν < 1- -, η

(α„ φ 0)

oo mit einer Konstanten c > 1, so ist die Reihe ^ an absolut konvergent. Sie divergiert n=l jedoch, wenn schließlich gilt: fl

n+l > J _ 1

36

Aufgaben

A u f g a b e 90 Zeigen Sie, daß für η > 2 η—1 Π 2*

Π(2«"-1)

i=2


0 die Ungleichung 5x2 + Ν • χ'5

> 24 erfüllt ist.

Differenzierbarkeit

von Funktionen in einer Veränderlichen

41

A u f g a b e 107 Sei / : R —> R gegeben durch

(

χ 3 • sin(|xl _ a )

für

x^O

r

0

für χ = 0

Bestimmen Sie alle α € R, für die / stetig differenzierbar ist. A u f g a b e 108 Sei y φ 0 beliebig aber fest und χ € R. Zeigen Sie, daß die Gleichung xn + yn = (x + y)n für η gerade (η £ Ν) nur die Lösung χ = 0 besitzt. Hinweis: Satz von Rolle A u f g a b e 109 Zeigen Sie, daß die Funktion / : ]0, oo[—> R mit f ( x ) = (χ - l)'2 -ln(:r) + z eine differenzierbare Umkehrfunktion g : R —•](), oo[ besitzt. A u f g a b e 110 a) Zeigen Sie, daß die Ableitung einer zum Ursprung punktsymmetrischen, differenzierbaren Funktion / : R —> R achsensymmetrisch zur y-Achse ist. b) Auf welchen Intervallen ist die Funktion g : R —> R mit g(x) = (x2 — 2x) · e1 konkav?

Aufgaben

42

1.12

Matrizen und Determinanten

A u f g a b e 111 Berechnen Sie

t

( 5 \ -2·

1

V

1

1 -2

+ (2,-1,1) -

-2-

1

2

0

1

1

/

( .5 \ b)

-1

1

1 -2

(2,-1,1) +

VI /

)

o\

-1

1

2

0

1

1

/

A u f g a b e 112 a) Unter welcher Voraussetzung können für zwei Matrizen Α, Β die Produkte A • Β und Β • Α gebildet werden? b) Bestimmen Sie Matrizen Α, Β mit Α · Β φ Β • Α. c) Gibt es Matrizen Α φ 0, Β φ 0 mit A • Β = 0 = Β • Al A u f g a b e 113 a) Sei Α eine (m χ τη) Matrix, deren Spaltenvektoren eine Orthonormalbasis des R m bilden. Zeigen Sie, daß A~l = Al gilt. Hinweis: Eine Orthonormalbasis des R m ist eine Menge von η linear unabhängigen Vektoren der Länge 1, die senkrecht aufeinander stehen. 0 b) Berechnen Sie die Inverse der Matrix Β = g

4 3

0 0 - 3 0

4

A u f g a b e 114 a) Seien Α und Β zwei Matrizen, für die das Matrizenprodukt A • Β gebildet werden kann. Zeigen Sie, daß dann (Λ · Bf = B* • A' gilt. b) Beweisen Sie, daß für eine invertierbare Matrix Α Determinanten- und Inversenbildung miteinander vertauscht werden können.

Matrizen

und

43

Determinanten

Aufgabe 115 Ist A = (aij)i,j=ι nalelemente

η € R n x " eine quadratische Matrix, so wird die Summe der Haupdiagoα,·,; als Spur der Matrix Α bezeichnet, und man schreibt Tr(A). Beweisen

Sie folgende Eigenschaften der Spur: a) Tr ( A • Β) = Tr (Β • Α) für Matrizen A, Be

Rnxn

b) Sind Α, Β zwei ähnliche quadratische Matrizen, d.h. gibt es eine invertierbare Matrix 5 mit der Eigenschaft A = S~l • Β • S, so gilt Tr (A) = Tr (B).

Aufgabe 1 1 6 Gegeben seien die Matrizen

/

2

1 -1

0

1

4

V 1

2

1

/

\ £ R 3 X 3 und Β =

/

V

1

0

0

2

0

-1

1

1

-2

0

-1

1

0

1

\

0 -1 /

a) Berechnen Sie det (A) nach Sarrus und det ( B ) durch Entwicklung nach der zweiten Spalte. Existiert jeweils die Inverse der Matrix? b) Invertieren Sie die Matrix Α mit Hilfe des Gaußalgorithmus die adjungierte

und die Matrix Β über

Matrix.

Aufgabe 117 Gegeben sei eine Matrix A e R m x n und ferner eine Matrix Β € R f c x m mit rg(B) = rn. Zeigen Sie: r g ( B • A) = rg(A).

Aufgabe 118 Berechnen Sie die Determinante det (A) der Matrix A •

a) durch Zeilenentwicklung, b) durch Spaltenentwicklung, c) mit Hilfe des Gaußalgorithmus.

(2

—1

3

1 0

0 \ 1 0

0

1 4

2

2

1 2

0 /

6 R4x

44

Aufgaben

A u f g a b e 119

/ -2

0

2 \

0

0

0

2

0 -2 )

Berechnen Sie für die Matrix A =

\

€ R

3 X 3

a) das charakteristische Polynom, b) alle Eigenwerte und die zugehörigen Eigen vektorräume. A u f g a b e 120 Auf einem Markt konkurrieren 4 Produkte, die mit ft, P2, P3, P4 bezeichnet werden. a' J ' 6 [0,1] mit i,j = 1 , . . . ,4 sei der Anteil an Käufern von Produkt Pj zum Zeitpunkt t, der zum Zeitpunkt t + 1 Produkt P, kauft. Für i = j spricht man von Markttreue und im Fall i φ j von Marktwechsel. Für jede Spalte a, der Übergangsmatrix A = daher Ε •=, ^

) , J = 1 A gilt

= 1.

Wenn nun der Markt nur von den angegebenen Konkurrenten beherrscht wird, interessiert man sich für eine Aufteilung des Markt- oder Absatzvolumens, die sich trotz der weiterhin erfolgten Ubergänge, beschrieben durch die Matrix A, nicht mehr ändert. Man spricht von einer stationären Markt- bzw. Absatzverteilung. ( 5 1 1 0 \ Gegeben sei die Übergangsmatrix A =

•

2 6 2 0 2

16

\ 1 2 1

2

/

a) Zum Zeitpunkt t sei folgende Marktaufteilung gegeben: ft = 40%, P2 = 30%, P3 = 20%, P4 = 10% Wie sieht die Marktaufteilung zum Zeitpunkt t + 1 aus? b) Bestimmen Sie eine stationäre Marktaufteilung.

45

Lineare Algebra

1.13

Lineare Algebra

Aufgabe 121 a) Für a,b, c, α £ R definieren wir Ua := {(xi, x2·, £3) € R 3 | o,X\ + bx2 + cx3 = α}. i) Zeigen Sie, daß Ua genau dann ein Untervektorraum des R 3 ist, wenn α = 0 gilt. ii) Berechnen Sie im Fall α = 0 die Dimension von Ua. b) Sei V ein Vektorraum mit den Untervektorräumen U\, U2. i) Zeigen Sie: (/, U U2 = V

(i/i = V) V (U2 = V)

Hinweis: Betrachten Sie x, y mit χ ^ U\, y ^

und zeigen Sie, daß daraus der

Widerspruch X + y i Ui υ U, folgt. ii) Beweisen Sie mit Hilfe eines Beispiels, daß U\ U U2 i.a. kein Untervektorraum ist. iii) Weisen Sie nach, daß U\ + U2 ein Untervektorraum von V ist. A u f g a b e 122 Der Satz des Thaies (griechischer Mathematiker, 625-545 v. Chr.) „Gegeben sind ein Kreis mit Mittelpunkt Μ und eine Gerade g durch M, die den Kreis in den Punkten Α und Β schneidet. Dann ist für jeden Punkt C auf der Kreislinie, der von den Punkten Α und Β verschieden ist, das Dreieck ABC rechtwinklig." Betrachten Sie die beiden Hilfsvektoren χ := MC und y := AM. Beweisen Sie durch Berechnung eines geeigneten Skalarproduktes den Satz des Thaies. Aufgabe 123 Wir betrachten im Anschauungsraum R 3 für « = 1,2 die Geraden g, := {ρ, + i-v, | t £ R}, wobei p, := (1,1,2), p 2 := ( 0 , - 1 , 3 ) , Vj := (2,0,1), v 2 := (1,1,1) gilt. Wie groß ist der Abstand α zwischen gi und g21 Hinweis: Man überlege sich, daß die Richtung des Abstandes jeweils senkrecht auf den Geraden steht.

A ufgaben

46 A u f g a b e 124

a) Gegeben seien zwei Vektorräume V bzw. W und eine lineare Funktion Τ : V —•

W.

Beweisen Sie, daß Τ genau dann injektiv ist, wenn der Kern der Abbildung nur aus dem Nullvektor Oy besteht. b) Zeigen Sie, daß jede lineare Funktion S : R —ν R bereits stetig ist. A u f g a b e 125 Sei V ein reeller Vektorraum und a, b, c, d £ V. Sei Vi

=

a+ b + c+ d

v2

=

2a + 2b + c - d

v3

=

a + b 4- 3c — d

v4

=

a—c+ d

v5

=

-b + c - d

Man beweise, daß die Menge der Vektoren { v j , . . . , v 5 } linear abhängig ist. A u f g a b e 126 Uberprüfen Sie die nachfolgenden Vektoren mit Hilfe des Determinantenverfahrens auf lineare Abhängigkeit bzw. Unabhängigkeit: a) (2,4,3,7), (6,1,0,1), ( 0 , - 6 , 2 , - 2 ) ,

(8,-1,5,6)

b) (1,2,3,0), (3,0,1,1), ( 0 , - 3 , 2 , - 1 ) , ( - 2 , 0 , 1 , 2 ) A u f g a b e 127 Sei die erweiterte Systemmatrix des Gleichungssystems A • χ = b gegeben durch:

/

1 1 0 2

2

1 1 2 1

0

2 2 2 3

2

V1

1 4 0

\

-2 /

a) Lösen Sie das homogene Gleichungssystem. b) Berechnen Sie alle Lösungen des inhomogenen Systems, unter Verwendung des speziellen inhomogenen Lösungsvektors b = ( 2 , 0 , - 1 , 0 ) ' .

Lineare Algebra

47

A u f g a b e 128 Sei Τ : R 4 — • R 3 definiert durch χ ι—• T(x) := (2x 2 , - 3 ΐ ι + 3χ 4 ,2χι + x 2 - 2x4Y und S : R 3 — > R 2 gegeben durch S := O p g ( ß ) mit ß = ^

® * j e R2*3.

a) Zeigen Sie, daß Τ linear ist, und bestimmen Sie M a t ^ ( T ) . b) Berechnen Sie dim(Kern(T)) und dim(Bild(T)). Geben Sie außerdem je eine Basis von Kern(T) und Bild(T) an. c) Bestimmen Sie Matf*(S ο Τ). d) Berechnen Sie ( 5 ο T)(y) für y ~ (6,3,9,2)' € R 4 . e) Liegt ζ := Q j

in Bild(S)?

A u f g a b e 129 Gegeben sei die Menge Μ := { ( 1 , 2 , - 2 ) , (0,1,2)} C R 3 . a) Bestimmen Sie den Orthogonalraum M x . b) Berechnen Sie (Μ J -)- L . c) Errechnen Sie ausgehend von den Vektoren (1,2,—2), (0,1,2), (6,—2,1) mit Hilfe des Schmidtschen Orthogonalisierungs Verfahrens eine Orthonormalbasis des R 3 . Aufgabe 130 Es sei folgendes Gleichungssystem gegeben: χι -3xi χι

+

2X2 +

-

4x2

+

+

6x 2

+

6x3 =

10

(μ - 14)x 3 =

μ + ν - 30

(14 + 3μ)χ 3

=

10 + 2μ + 3ι/

mit ν, μ € R. Für welche μ und ν ist das Gleichungssystem lösbar bzw. unlösbar? Berechnen Sie alle Lösungen.

48

Aufgaben

1.14

Finanzmathematik

A u f g a b e 131 Beurteilen Sie zwei Investitionsobjekte Α und Β anhand der a) internen

Zinsfußmethode,

b) Kapitalwertmethode,

bei einem Kalkulationszinssatz von 8% pro Periode,

unter Verwendung folgender Daten: Investitionsobjekt

Kapitaleinsatz

Überschüsse in Periode

Nutzungsdauer

1

2

3

4

5

A

-1.000

350

400

600

-

-

3

Β

-1.000

200

350

400

450

50

5

A u f g a b e 132 Eine Unternehmung kann einen Werkzeugautomaten Α für 100.000 DM kaufen, auf dem sich ein bestimmtes Produkt X herstellen läßt. Im Falle des Kaufes braucht die Untern e h m u n g nur 40.000 DM anzuzahlen. Der Rest kann in 4 Jahresraten in Höhe von 15.000 DM bezahlt werden. Die geschätzte Nutzungsdauer beträgt 8 Jahre. Die Unternehmung glaubt, daß sie in jedem Jahr 10.000 ME von X z u m Preis von 10 D M / M E absetzen kann, die zahlungswirksamen Fixkosten werden auf 2.000 D M / J a h r , die variablen Stückkosten auf 8 DM geschätzt. Die Unternehmung rechnet mit einem Kalkulationszinsfuß von 10%. a) Sollte die Unternehmung den Automaten kaufen, wenn sie in jeder Periode genau das produziert, was sie absetzen kann? Rechnen Sie mit Hilfe der Kapitalwertmethode. b) W i e groß muß die jährlich produzierte bzw. abgesetzte Menge mindestens sein, damit die Investition vorteilhaft wird? c) Der A u t o m a t kann bei gleicher Lebensdauer 15.000 M E / J a h r herstellen. Sollte der A u t o m a t gekauft werden, wenn bei vollständiger Kapazitätsauslastung in jeder Periode die Uberschußproduktion auf Lager geht und nach Ende der Produktionszeit bei weiterhin konstanter Absatzmenge p r o J a h r zu einem Preis von 16 D M / M E verkauft werden kann? Die Lagerhaltungskosten pro Periode betragen unabhängig von dem jeweiligen Lagerbestand 5.000 DM.

Finanzmathematik

49

Aufgabe 133 Eine Schuld soll durch 8 Jahresraten getilgt werden. Die erste, in einem Jahr anfallende Zahlung beträgt R = 4000 DM, die folgenden Raten steigen jeweils um 5% an. a) Mit welcher Zahlung kann die Schuld sofort abgelöst werden, wenn ein Zinssatz von 6% p.a. vereinbart wird? b) Die Schuld aus Teil a) soll durch 8 Jahresraten getilgt werden, die jährlich um einen festen Betrag steigen. Man bestimme diesen Betrag, wenn der Zinssatz ebenfalls 6% p.a. beträgt.

Aufgabe 134 Ihnen wird ein Wertpapier zu folgenden Konditionen angeboten: Laufzeit

: vom 01.01.96 bis 31.12.2010

Nennwert : 100 DM Zins

: in den ersten 5 Jahren 0%, in den letzten 10 Jahren 20% p.a.

a) Berechnen Sie die Rendite (interner Zinssatz) des Wertpapiers, wenn der Preis 90,DM (100,- DM) beträgt. b) Zu welchem Kurs wird das Wertpapier am 31.12.95 gehandelt, wenn die Rendite vergleichbarer Wertpapiere bei 6% liegt? c) Bestimmen Sie den Zeitpunkt, an dem der Kurs des Wertpapiers maximal ist. Hierbei sei für die gesamte Laufzeit ein konstanter Zinssatz von 6% vorausgesetzt.

Aufgabe 135 Um ihre Verbindlichkeiten gegenüber der Groß GmbH zu begleichen, stellt die Firma Weber einen Wechsel über 9.800 DM aus, der am 1.4.97 fällig wird. a) Welchen Betrag erhält die Groß GmbH, wenn sie den Wechsel am 1.1.97 bei ihrer Hausbank einreicht? Es wird ein vorschüssiger Zinssatz von i = 7,2% p.a. unterstellt, Zinszuschlag am ersten Januar. Zusätzlich fallen Spesen in Höhe von 23,60 DM an. b) Wie hoch ist der effektive Jahreszinssatz, der dem Geschäft zugrunde liegt?

50

Aufgaben

A u f g a b e 136 Eine Unternehmung hat einen Finanzierungsbedarf von 200.000 DM und will ein entsprechendes Darlehen mit einer Laufzeit von 10 Jahren aufnehmen. Drei Banken unterbreiten folgende Angebote: Konditionen

Bank A

Bank Β

Bank C

Kreditbetrag [DM]

212.000

210.000

200.000

Auszahlung [DM]

200.000

200.000

200.000

7,25

7,5

8,75

vierteljährlich

jährlich

jährlich

vierteljährliche

jährliche

in einer Summe

Ratentilgung

am Ende der Laufzeit

Nominalzinssatz [% p.a.] Zinszuschlag Tilgung

Annuitätentilgung

a) Erstellen Sie ein Profil der Liquiditätsbelastungen pro Jahr. b) Ermitteln Sie die Effektivzinssätze in % p.a.

A u f g a b e 137 Anja will ab dem 01.01.97 in den kommenden 4 Jahren, jeweils zum Monatsende 100,- DM auf ihr Sparbuch mit 3% Jahreszins einzahlen. Der freundliche Berater der Sparkasse weist Anja auf den thesaurierenden Sparplan der Bank hin. Die Konditionen bei jährlichem Zinszuschlag, jeweils zum Jahresanfang, lauten: 1. Jahr

4,0% p.a.

2. Jahr

4,5% p.a.

3. Jahr

5,0% p.a.

4. Jahr

6,0% p.a.

5. Jahr

8,0% p.a.

Dabei ist zu beachten, daß im letzen Jahr keine Einzahlungen mehr erfolgen. Anjas Freund Michael hingegen rät ihr zu einer alternativen Anlageform. Er garantiert einen nominellen Zins von 7% in jedem Jahr, allerdings bei eine Stückelung von 100,DM. Zinstermin und Fälligkeit ist jeweils der erste Januar, und nur zu diesem Zeitpunkt können neue Anteile erworben werden. Wie sollte sich Anja entscheiden?

Fina.nzmathema.tik

51

Aufgabe 138 Einem Makler an der Frankfurter Wertpapierbörse liegen bezüglich einer 50 DM-Aktie Kauf- und Verkaufsaufträge folgender Größenordnung vor: Kurs

billigst

Kauf

90.000

Verkauf

237

238

239

60.000 30.000 20.000

240

241

70.000 25.000

10.000 25.000 30.000 55.000

242

bestens

15.000

50.000 60.000

70.000

a) Wie hoch ist der Kassakurs an diesem Tag? b) Ermitteln Sie den rechnerischen Wert der Bezugsrechte, wenn am selben Tag eine Kapitalerhöhung um 25% zu Pari stattfindet. c) Wie hoch ist hingegen der Wert der Bezugsrechte, falls das Grundkapital aus Gesellschaftsmitteln erhöht wird?

Aufgabe 139 Eine Aktiengesellschaft mit einem Grundkapital von 30 Mio DM plant eine Kapitalerhöhung um 5 Mio DM. Das Unternehmen verfügt über Gewinnrücklagen in Höhe von 10 Mio DM, Verbindlichkeiten von 20 Mio DM und diverse Aktiva, die mit 60 Mio DM in der Bilanz stehen. Der aktuelle Kurs einer Aktie im Nennwert von 5 DM beträgt 81 DM. a) Ermitteln Sie das Bezugsverhältnis, den rechnerischen Wert des Bezugsrechts und den Mischkurs der Aktie nach der Kapitalerhöhung, wenn der Ausgabekurs der neuen Aktien 60 DM beträgt. b) Die Kleinaktionäre Annemarie, Bruno und Charlotte besitzen jeweils 120 Aktien. Annemarie veräußert ihre Bezugsrechte, Bruno übt statt dessen alle Bezugsrechte aus, und Charlotte verkauft so viele Bezugsrechte, daß sie vom Erlös eine maximale Anzahl neuer Aktien erwerben kann. Wie verändert sich jeweils die Vermögenslage der drei Aktionäre? c) Vergleichen Sie die Bilanz der Kapitelgesellschaft vor und nach der Kapitalerhöhung. Was passiert mit dem Agio?

52

Aufgäben

A u f g a b e 140 a) Zwei ausstehende Zahlungen in Höhe von 50.000 DM, fällig in 3 Jahren, und von 30.000 DM, fällig in 8 Jahren sollen zu einer einmaligen Zahlung in Höhe von 80.000 DM zusammengefaßt werden. Wann ist diese Zahlung zu leisten, wenn man mit einem stetigen Jahreszinssatz von 7 % rechnet? b) Rechnen Sie einen nachschüssigen Zins von 6% p.a. in einen äquivalenten vorschüssigen bzw. stetigen Zins um.

Stamm funktionell

1.15

und

53

Integrale

Stammfunktionen und Integrale

Aufgabe 141 Zeigen Sie folgende Abschätzungen:

a

'

ι f t α , ,η . 1 0 < / a·39 · s m 8 dx < — K ~ J * 40 ο '

, * b '

f , /" (cos χ) 4 , _ 3π < / ± - = L · dx < — 16N/5 _ J ^/Γ+Ί2 ~ 16 ο 3 TT

Aufgabe 142 Untersuchen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale auf Konvergenz: oc ai ) '

f J ο

oo 1 „ Jedes y 6 Y hat höchstens ein Urbild. Daher ist die nachfolgende Funktion wohldefiniert und erfüllt die Forderung g ο / = id a-·

Dabei ist x 0 € X beliebig aber fest gewählt.

Wir geben uns zwei Elemente X\,X2 aus X beliebig vor, dann gilt: f(ii)

= f(x2)

=> g(f(x,))

= g(f(x2))

xi=x2

62

Lösungen

b) „ = • " Da / surjektiv ist, hat jedes Bild mindestens ein Urbild. Für ein y ξ. Y setzen wir deshalb h(y) := x, beliebig aber fest, mit der Eigenschaft f ( x ) = y. r>

*'

Sei y ζ Y beliebig. Mit χ := h(y) folgt die Gleichheit f(x)

= f(h(y))

= y. Jedes

Element aus Y wird also unter / tatsächlich als Bild angenommen. c) „ =Φ· " Ist / bijektiv, so leistet die inverse Abbildung g := / - 1 das Gewünschte. „

6 Β für x0 f ( f ~ \ B ) ) = /({1,2}) = {1} C {1,2} = Β ϋ)

ν

=>• "

Sei y g Y beliebig, so definiert man Β := {y}. Dann gilt nach Voraussetzung /(/

- 1

( M ) ) = {y} => rHiy})

Φ0

und somit ist / surjektiv.

Wir geben uns ein Β C Y beliebig vor. Wegen Teil i) fehlt lediglich ein Nachweis der Inklusion „ D ", um die Gleichheit beider Mengen zu zeigen. b e Β ==• / - ' ( W ) Φ 0 = > 3 x 0 e r ' ( ß ) ·· /(»o) = b

Β c /(/-'(B))

Zahlen, Mengen und

b)

Funktionen

63

i) Die Kenntnis der Definition vom Bild der Menge Α unter / liefert das gewünschte Ergebnis: f{A) = {yeY\f(a)

= y,aeA}

=>

Va € Α : α 6

=»

AC

f~l(f(A))

Γ*(f(A))

Eine echte Inklusion liegt z.B. vor, wenn wir obiges Beispiel mit A := {1} betrachten. f(A) = {1} =>· A C f~1(f(A))

= {1,2}

ü) „ =>• " Setze für ein beliebiges χ ζ X die Menge Α := {χ} fest, dann folgt mit Hilfe der Voraussetzung, daß {x} = / _ 1 ( / ( { 2 } ) ) gilt- Daher ist / injektiv. Η

Sei A C X beliebig. y0 £ f(A) => 3! α e Α : /(α) = jA, =>A

Df'\f(A))

Mit Teil i) folgt dann die Behauptung.

• Aufgabe 6 a) Annahme es gäbe ein χ £ Μ mit f ( x ) = Τ = {m € Μ \ m £

f(m)}.

1.Fall: χ 6 Τ = f ( x ) => χ ^ f{x) = Τ Widerspruch! 2.Fall: χ £ Τ = f ( x ) = Φ χ 6 f(x) = Τ Widerspruch! Da sich in beiden Fällen ein Widerspruch zur Annahme ergibt, kann es kein χ ζ Μ geben, das auf die Menge Τ abgebildet wird. b) Die Menge Τ aus Aufgabenteil a) ist eine Teilmenge von p ( A f ) ohne Urbild unter / . Da / eine beliebige Funktion ist, existiert keine surjektive Abbildung von Μ auf p(M).

Lösungen

64

Aufgabe 7 a) U m die Abzählbarkeit der angegebenen Mengen zu zeigen, ist es notwendig, einen Abzählalgorithmus anzugeben. Im Fall der ganzen Zahlen Z , vergleiche Aufgabe 10, können wir dies unmittelbar tun: f ü r η gerade

/ : N — s - Z , m—; l

f ü r η ungerade

2

Für die Menge der rationalen Zahlen Q wenden wir das

Diagonalisierungsverfahren

von Cauchy an, d.h. wir zählen wie folgt ab: .

1 1

2 1

*

3 1

/

/

1

2

I 1 3

2

1 4

2

2

,

4 1 '"'

/ 3

4

3

3 3

4 3

4

3 4

4 4

2

2

2

/

Alle Zahlen erscheinen mehrfach, aber das macht nichts. Entscheidend ist, daß jeder Bruch nach endlich vielen Schritten erreicht wird. Nachdem wir die positiven rationalen Zahlen auf diese Weise abzählen können, sagen wir mit r-i, Γ 2 , . . . , erhält m a n ein beliebiges Elemente aus Q nach endlich vielen Schritten durch die Aufzählung: 0, f i , —γι, r 2 , — r 2 , . . . Zum Nachweis der Abzählbarkeit genügt es, die Existenz eines entsprechenden Algorithmus aufzuzeigen, er braucht nicht, wie im Fall der ganzen Zahlen, explizit angegeben zu werden. b) Daß die Menge der reellen Zahlen R überabzählbar ist, beweisen wir indirekt. Angenommen wir könnten die reellen Zahlen im Intervall I := [0,1] abzählen. Sei (°ί)ι€Ν eine solche Abzählung in Dezimalschreibweise und ü j j 6 { 0 , . . . , 9} die j-te Nachkommastelle der i-ten Zahl. Ol =

0,01,101,201,301,4

(l2

=

0,02,102,202,302,4

03 =

0, 03,103,203,303,4

Zahlen, Mengen und

65

Funktionen

Dann konstruieren wir eine Zahl χ 6 [0,1], die nicht in obiger Aufzählung enthalten ist, durch die Vorschrift xj € { 0 , . . . , 9} \ {cijj} für alle j 6 N. Diese Methode heißt Cantorsches Diagonalisierungsver fahren. χ unterscheidet sich demnach von jeder Zahl dj wenigstens in der j-ten Nachkommastelle. Die Annahme führt zum Widerspruch. Damit ist weder das Intervall / noch R als Obermenge von / abzählbar.

• Aufgabe 8 Der Beweis erfolgt durch Widerspruch. Wäre nämlich \/2 rational, dann gäbe es zwei natürliche Zahlen n , m £ N, o.B.d.A teilerfremd, da man sie sonst kürzen könnte, mit der Eigenschaft: — = v/2 m·

\

mi

= 2 n2 = 2m2

Mit n 2 ist aber auch η gerade, weil das Produkt ungerader Zahlen wieder ungerade ist. Somit existiert ein k £ Ν mit η = 2k. Daraus folgt: 2m2 = n2 = (2k)2 = 4k2

m2 = 2k2

und auch m ist eine gerade Zahl. Dies steht aber im Widerspruch zur Annahme, daß der ggT(n,m) = 1 ist. Damit erweist sich die Annahme als falsch, und es gilt die Behauptung.

• Aufgabe 9 a) Nehmen wir an, es gäbe eine Zahl s Ε Q mit α + b = s. Die Menge Q der rationalen Zahlen bildet bezüglich der bekannten Addition und Multiplikation einen Zahlenkörper, ist also insbesondere für beide Rechenoperationen abgeschlossen. Deshalb wäre b = s — α £ Q, was im Widerspruch zur Voraussetzung steht, α + 6 ist demnach stets irrational. Untersuchen wir nun das Produkt α • b der beiden Zahlen. Für α = 0 ist auch das Ergebnis 0 und damit rational. Ist hingegen α von Null verschieden, so argumentiert man analog zu oben und erhält α · b € 1R \ Q als Ergebnis. b) Ja, z.B. χ := 2* = \ f j 2

ι 2 = χ/2 6 R \ Q , vergleiche Aufgabe 8, und x4 = 2 € Q

c) Ja, z.B. c := —\/2 und d := \/2 => c + d = 0 und c • d = — 2 sind beide rational.

Lösungen

66

Aufgabe 10 a)

i) / ist nicht injektiv, da z.B. die Zahlen -1 und 1 dasselbe Bild haben: / ( - I ) = ( - ! ) » - 1 - 1 1 = 0 = (l)2 - | 1 | = / ( 1 ) Wir rechnen ferner nach, daß f ( z ) > 0 für jedes 2 g Ζ gilt. Wegen der Zweierpotenz und des Betrags genügt es, dies für natürliche Zahlen η £ Ν zu zeigen. n

2

- n > 0 · η · (n — 1) > 0

Die Ungleichung gilt natürlich auch für η = 0. Demnach kann / nicht s u r j e k t i v sein, d a alle negativen ganzen Zahlen kein Urbild haben. ii) g ist wie / nicht surjektiv aber injektiv. Geben wir uns dazu zwei Urbilder η φ τη beliebig vor. Dabei sei o.B.d.A. η > m, weshalb es ein k Ε Ν gibt m i t η = m + k. Daraus folgt aus Teil a): g(n)

- (m + k)2 — m — k = m2 — m + k2 — k 4- 2 m k > m2 — m =

g(m)

So ganz nebenbei haben wir sogar gezeigt, daß die Funktion g streng m o n o t o n wachsend ist. Insbesondere gilt also g(n) φ

g(m).

b) N a c h obiger Rechnung ist auch h streng m o n o t o n wachsend und somit injektiv. Die Abbildung wird dann surjektiv, wenn wir Τ : = /ι(Β) setzen, wobei D f ü r den Definitionsbereich von h steht. A(O) =

{0,2,6,12,20,30,42,56,72,90,110,132,156,182,210}

c) W i r definieren f ü r 2 e Z und η G Ν zum Beispiel:

D a n n ist φ(ζ) f ü r 2 > 0 gerade bzw. f ü r 2 < 0 ungerade und jeweils streng m o n o t o n wachsend, daraus folgt die Injektivität. Mit einer Fallunterscheidung für positive u n d nicht positive ganze Zahlen

finden

wir für jedes 2 € Ζ ein Urbild unter φ, im ersten Fall η = 2z und im zweiten Fall η — 1 — 2z. Daher ist φ surjektiv. W i e man leicht sieht, sind beide Abbildungen sogar bijektiv.

Das Prinzip der vollständigen

2.2

Induktion

Das Prinzip der vollständigen Induktion

A u f g a b e 11 Beweis jeweils mittels vollständiger Induktion nach n. a) η = 1: ι £ f c = 1 = 1 . ( 1 + 1) k=ι η =>• η

1:

n+1 =

η (η + 1) + ] Γ Α : = η + 1 + § · ( η + 1) k=l

=

( „ + l ) . ( l + a ) = a ± » . ( „ + l)

t=l

b) η = 1: ι £ > 2 = 1 = |·(1 + 1)·(2+1) fc=ι τι

n + 1: n+l η ] Γ fc2 = (η + l) 2 + Σ fc2 = (η + l) 2 + i • n(n + l)(2n + 1) *=ι fc=i = s f i · (6(n + 1) + n(2n + 1)) = =±± · (2rc2 + 7n + 6) = ψ

c) η = 1:

έ*-.

.

Μ

k=l η

n + 1: n+l Σ* *=1

η 8

=

3

2/ 3

3

(η + l ) + ^Γ^ Α: = (η + l) + A=1

I 1 \2

• (η + 2)(2n

68

Lösungen

d) η = 1: (1 + 1)(2 + 1)(3 +

^

30

3

~1)

t=ι τι =>•

η +

5π>

1:

4

=

4 („ + ΐ)« + ηΣ Λ > k=l

=

,λ4 η(η + 1)(2η + 1)(3η 2 + 3η — 1) (η + 1) + JO

=

^ - ( 3 0 ( η + 1)3 + η(2η + 1 ) ( 3 η 2 + 3 η - 1 )

=

. (30(η 3 + 3η2 + 3η + 1) + η(6η 3 + 9η 2 + η - 1))

=

• (6η4 + 39η3 + 91η2 + 89η + 30)

=

ψ

=

3

· ((3η 2 + 9η + 5) · (2η 2 + 7η + 6))

^ · ( 3 ( η + 1)2 + 3η + 2 ) · ( η + 2)(2η + 3)

Ab der zweitletzten Gleichung kann man z.B. durch

Polynomdivision

die gewünsch-

ten Faktoren ausklammern. A u f g a b e 12 Auch hier beweisen wir die Aussagen wieder mittels vollständiger Induktion nach n. a) η = 1: £

2

* = 3 = 21+1-1

k=0

η ==> η + 1: τι+1

η 2k = 2 η + 1 + ^ 2* = 2 η + 1 + 2 η + 1 - 1 = 2 η + 2 - 1

k=0

k=0

b) η = 1:

Eq k=0

k

= q+ 1=

—— o—l Ί

= -

o—l

Ί

, nach der 3. binomischen Formel

Das Prinzip der vollständigen

69

Induktion

η ==> η + 1:

Σ

= «?

n+1

gn+1-l +Σ

=

+

qn+l(q - 1) + qn+l - 1 _ qn+2 - 1

9-1

=

9-1

9-1

Alternativlösung: Es ist auch ein Beweis ohne Induktion möglich. Da q φ 1 ist, multipliziert man die Ausgangsgleichung mit q — 1 durch und erhält: η

η

η

n+1

η

( ϊ - υ Σ ^ Σ ^ ' - Σ ^ - Σ ^ - Σ « k=0 fc=0 t=0 i=l k=0

4

^

1

-

1

c) η = 1: Σ ( 2 Α · - 1 ) = 1 = 12 k-1 η = > n + 1: n+l Σ ( 2 Α : - 1) = (2n + 1) + k= 1 t=l

- 1) = (2η + 1) + η 2 = (η + l) 2

Alternativlösung: Wir können diesen Aufgabenteil auch direkt unter Zuhilfenahme der Aufgabe la) nachrechnen: η

η

k= 1

fc=l

k

n

nn

n

2

Σ(2k - 1) = 2 • Σ - = ( + 1) - = " d) η = 4: 2" = 16 < 24 = 4! η

n + 1: 2" +1 = 2 - 2 " < 2 -n! < (n + 1) -n! = (n + 1)!

70

Lösungen

A u f g a b e 13 a) η = 1: 1 · 8 4 - 4 · 72 = 4096 - 196 = 3900 = 300 · 13 η =>• η + 1: Induktionsannahme: Sei für eine Zahl η € Ν folgender Sachverhalt gegeben: 3 n _ 1 -8 3 n + 1 - 4 " · 7 n + 1 = 13z, für ein ζ £ Ζ. Induktionsbeweis: ^n ^ g3(n+l)+l

. γη+2 _

_

_

. S3™"*"1)

. Jn+2

=

1536 · (13? + 4 " · 7" +1 ) — 4"+1 · 7"+2

=

13 · 1536« + 1536 · 4" · 7"+1 - 4 · 4 n • 7 · 7"+1

=

13 • 1536« + (1536 — 28)(4 n · 7 n + 1 )

=

13 · 1536? + 1508 · 4" · 7"+1

=

13 · (1536« + 116 · 4" · 7" +1 )

=:

13z' mit ζ' € Ζ

b) η = 1: II 2 + 12 = 133 = 1 · 133 η =»• η + 1: Induktionsannahme: Sei ein η 6 Ν vorgegeben, so daß 11"+1 + 122""1 = 133«, mit « G Z , ein Vielfaches von 133 ist. Induktionsbeweis: nn+2 + 122n+l

=

j j . jjn+1

+

.

122n-l

=

11 · ( 1 Γ + ι + 12 2 " -1 ) + 144 · 12 2 " -1 - 11 · 122""1

=

11 · 133« + 133· 12 2 " -1

=

133 · (11« + 12 2 n _ 1 )

=:

133«' mit «' e Ζ

Das Prinzip der vollständigen

71

Induktion

Aufgabe 14 Beweis durch vollständige Induktion nach der Elementenanzahl η der Menge M . n = 1: η =| Μ |= 1

Μ = {m}

p ( M ) = {0, Μ } = H p ( M ) |= 2 = 2 1

η =>• η + 1: Sei die Aussage für Mengen der Mächtigkeit η wahr. Betrachten Sie dann eine Menge Μ mit η + 1 Elementen. Entfernen Sie ein Element χ aus Μ und wenden anschließend die Induktionsannahme an: | M\{x}

\=n=*\p(M\{x})\=2"

p ( Μ \ { x } ) besteht aus allen Teilmengen von M , die das Element χ nicht enthalten. Die Aufnahme von χ in jede dieser Mengen, liefert alle Teilmengen von M, die ι enthalten. = H p(M)

1 = 2 - 2 " = 2n+1

• Aufgabe 15 Die Aussage ist offensichtlich falsch, und wir können sofort ein Gegenbeispiel angeben. Sei z.B. Μ : = { 1 , 2 } und Ν : = { 1 , 3 } , so ist | Μ |=| Ν |= 2 und Μ Π Ν = { 1 } φ 0, jedoch gilt Μ φ Ν. Aber wo verbirgt sich der Fehler genau? Zur

Induktionsverankerung:

Wenn der Durchschnitt zweier Mengen nicht leer ist, so haben sie wenigstens ein gemeinsames Element. Da beide Mengen aus nur einem Element bestehen, ist dieser Teil des Beweises korrekt. Zum

Induktionsschritt:

Hier liegt der Fehler beim Schritt von η = 1 auf n + l = 2. Behauptet wird, daß Μ2ΠΝ2 φ 0 ist. Dies ist jedoch i.a. falsch, da Μ2 und N2 aus Μ bzw. Ν durch Weglassen des vorletzten Elements hervorgeht. Bestehen aber beide Mengen aus jeweils nur zwei Elementen, so läßt man in diesem Fall das gemeinsame Element χ weg, und dies kann zu M 2 Π TV2 Φ 0 führen. Die Induktionsannahme kann nicht mehr angewendet werden, und der Induktionsbeweis schlägt fehl. Bemerkenswert ist, daß der Induktionsschritt ab η = 2 funktioniert, man aber für η > 2 keine Induktionsverankerung mehr findet!

72

Lösungen

Aufgabe 16 η = 0: 0

(2 1 )

1

Ax

1—ζ

Also ist die Behauptung für η = 0 richtig. Gilt die Behauptung nun für ein η € N 0 , dann folgt nach der dritten binomischen Formel: η ==> η + 1: 71+1 71 Π ( 1 + *) = Π ( 1 + *) · (1 + X ^ ) k—0 k=0

. = ^

(2n+1) 1 (2n+2) 2 + 1 1 _ · (1 + Z< " '>) = ~ 1- X 1 -x

Dies liefert:

1—χ 1 - XV""> 1 - x

f [ ( l + z(2t))

Π(1 +

.Wh

1 - * 2 folgt aus dem Binomischen Satz, siehe Aufgabe 21, sofort die Ungleichung:

Des weiteren gilt: η - > 1

η >2

η η - 1> -

Damit folgt bereits die Behauptung, indem wir weiter abschätzen:

Θ

ηΙ

=

2.(n-2)!

η2

η =

2 -

( n

-

1 )

- T

•

A u f g a b e 23 η = 1: (1 + 2·)1 > 1 η = » • η + 1: (1 + ι)η+1

= (1 + χ) • (1 + χ)η > (1 + χ) • (1 + ηχ)

Die letzte Ungleichung gilt wegen der Induktionsannahme und aufgrund der Tatsache, daß χ > — 1 und deshalb 1 + ι > 0 ist. Ferner gilt stets nx2 > 0. Wir können also weiter schließen:

(1 + x) • (1 + nx) = 1 + χ + nx + nx2 > 1 + (n + l ) i

A u f g a b e 24 Beweis durch vollständige Induktion nach n. Abkürzend definieren wir g := jyui • ... • un und s n = 1: \ / ΰ ϊ = «ι = "Γ"

Ul + . . • + «n η

Gleichungen

und

77

Ungleichungen

η — 1 = » • η: Gilt Ui = . . . = un = : u, so hat man \/ΰ" = u = ^

und die Behauptung ist stets als Glei-

chung erfüllt. Deswegen genügt es, mit m : = m i n { u i , . . . , u n } bzw. Μ : = m a x { u i , . . . , « „ } , den Fall m < Μ zu betrachten. W i r können dabei sogar die Behauptung verschärfen und „ < " zeigen, woraus gleich die Zusatzbehauptung folgt. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei dabei U\ = m und « 2 = M . Auch dürfen wir U\ ^ 0 annehmen, denn sonst ist die Behauptung wegen U i , . . . , « „ > 0 nach Voraussetzung trivial. ui / 0 = > V i e

{ l , . . . , n } :«,· > 0

W i r haben ut < s < u2

u2 — s > 0 Λ ί - uj > 0 und setzen υ : = ut + u2 — s > 0.

SV — U1U2 = s ( « l + U2 — s) — Ui«2 = ( u 2 ~ SV > (*)

| -«3

— Ui) > 0

•...•!!„

gn = U! •...•

un < SV • u3 •...•

un

Aufgrund der Induktionsannahme gilt: υ + «3 + · · · + «»

= « ι + «2 - s + u 3 + ... + un = ns — s = ( η - 1) · s > 0

ν + u3 + ... + un η - 1

>

"~ν/υ · u 3 ·

•Sn_1 > V · «3 · . . . · Un s" > gn

s>

g, nach ( * )

Alternativlösung; z.z.:

uι

f U! + ... +

-Π

η

un\n

j

Für η = 1 ist nichts zu zeigen, ebenso falls u, = 0 für mindestens ein i ζ { 1 , . . . , η} oder falls « ] = . . . = « „ . Sei also Vi G { 1 , . . . , n } : u; > 0 und o.B.d.A. Ui φ u 2 . W i r zeigen für jedes η > 2: ui • . . . • u n
0

78

Lösungen

η = > η + 1: Setze wieder .s : =

1

η

——- > 0 und ferner χ :=

=• χ = — . (ii=±i - l ) > - 1 , da η + 1 V s / Daher kann die Bernoulli-Ungleichung,

s

"+1—g A (η + 1)θ

u

> ο

vergleiche Aufgabe 23, angewendet werden:

(1 + i ) n + 1 > 1 + (n + l)x = 1 +

Un+1

s

~

J

= ^±1 s

Wir formen diese Ungleichung äquivalent um:

(

+

'

"

V

(n + l)s

J

ins + Mn+1V+1

_ /«! + ... + un+i\n+l

/l\°+l

^ ll„+1

V(« + 1 W

~ V

\a)

~

η + 1

)

s

Des weiteren folgt aus der Induktionsannahme: 'Ul + •••+«„+! Υ n+l ) > n + 1 J

S

,

• un+l > Ul · . . . · U„+l

A u f g a b e 25

1/2

Sei η 6 Ν beliebig aber fest. Wir definieren Α : = ί ^

α\ I

1/2

und Β : = I ^ ^ b2k I

Falls ^4 = 0 folgt oj = . . . = « „ = 0 und die Aussage ist trivial. Dasselbe gilt für Β — 0. Wir können daher von Α, Β > 0 ausgehen und setzen Ok -.=• ^

bzw. ßk : =

Damit

wird die Behauptung wie folgt umgeformt:

k= 1

/ "

\ 1/2

/ "

\

\k= 1

/

\ fc=l /

1/2

Mit Hilfe der Ungleichung vom arithmetisch-geometrischen

Mittel aus Aufgabe 24 bewei-

sen wir nun diese Aussage. τι *:=!

η

η fc=l

2 ι /θ2 fc=l

1

n

k= 1

1

n

1 1

79

Gleichungen und Ungleichungen

Alternativlösung: Definiere Α und Β wie oben. Dann gilt für eine beliebige Zahl r g R: η ο

χ

1 < -

α χ (1 + a:)? < — h l .

ρ

ρ

Dies gilt für alle χ > 0 und die letzte Aussage sogar für χ = 0. Mit t := 1 + χ > 1 erhält man weiter ι

,

tp < 1 +

t - 1 Ρ

,

= 1

1 Ρ

t

1

t

Ρ

1

Ρ

h - = - Η—

b) Für zwei nichtnegative reelle Zahlen α und 0 eilt stets: a

iß

> 0

? > 1 V - > 1, β

a

da ansonsten ein Widerspruch dazu entsteht, daß das Produkt der beiden Brüche als Ergebnis 1 liefert. Im ersten Fall erhält man durch Einsetzen in obige Ungleichung und Durchmultiplizieren mit ß: / α \ ρ 1 a L· 4α2 α LR 2

b " 4a2

(

-{

c -d α

b2 < c- -d " 4a2 α

LR = { X E R | X =

Lr =

- A }

Gleichungen und

Ungleichungen

Ist hingegen χ € C, so ist die quadratische Gleichung stets lösbar:

£zA

4 a2

a

=>

•

b2 = 4 a2

b

(

Lc =

Γ&

c^l

ΓΡ

b

c-• υ ~ u) (w — υ € η · Ζ ==> ν — u ζ η • Ζ) Wegen u — υ ζ η • Ζ gibt es ein 2' G Ζ mit u — υ = η • z'. Multipliziert man diese Gleichung mit —1 und beachtet, daß mit 2' auch —2' eine ganze Zahl ist, so folgt bereits die Behauptung.

3) Transit] vität (u ~ υ Λ ν ~ w ==>• u ~ tu)

(11 — ν, ν — w Ε η • Ζ

u — w G η · Ζ)

Nach Voraussetzung existieren zi, 22 £ Ζ mit u — ν = η • z 1 bzw. ν — w = η • z^ und damit folgt aus der Abgeschlossenheit der ganzen Zahlen bezüglich der Addition: u — w = (u — υ) + (ν — ti,') = η • Ζχ + η • ζ2 — η · (ζ^ + 2 2 ) S η · Ζ

• Aufgabe 32 Damit die Verknüpfung 0 kommutativ wird, m u ß für j e zwei Elemente x, y € Μ die Gleichheit χ ο y = y ο χ gelten. Daher ergänzt man die Tabelle wie folgt: 0

α

b

c

α

α

c

b

b

c

b

α

c

b α

b

Relationen, Gruppen und

Normalteiler

85

Es liegt allerdings keine Gruppe vor, da die Verknüpfung z.B. nicht assoziativ ist, denn es gilt: b = coc=(aob)oc^ao(boc)

= aoa = a

Aufgabe 33 Ein Normalteiler ist eine Untergruppe, in diesem Fall von (Z, + ), für die zugehörige Linksund Rechtsnebenklassen übereinstimmen, d.h. Va e Ζ : α + υη = Un + α Da die Gruppe (Z, +) kommutativ ist, hat U„ in jedem Fall die letztgenannte Eigenschaft. und es genügt zu zeigen, daß U„ eine Untergruppe bildet. Wegen ° = 0 £ Ζ gilt 0 6 Un und die Menge Un ist nicht leer. Seien nun ferner u, V € Ζ

- = Ζι e Ζ Λ - = 22 6 ζ η η

dann folgt ιι + ν £ {/„ wegen u+ν u ν „ = - + - = zi + 2 2 e Z τι η η u Des weiteren liegt — u in Un, da = — z\ £ Z. η Die Links- bzw. Rechtsnebenklassen sind genau die Restklassen modulo η bezüglich Ζ.

Aufgabe 34 Z(G) φ 0, weil das neutrale Element e € G in Z(G) liegt. Geben wir uns zwei Elemente u,v £ Z(G) beliebig vor, so folgt für jedes g 6 G nach Voraussetzung: (u ο υ) ο g = u ο (υ ο g) = u ο (g ο ν) = (u ο g) ο ν = (g ο u) ο ν = g ο (u ο ν) Daher gilt u ο υ £ Z(G) und ebenso — u ζ Z(G) wegen g ο (—u) = e ο g ο (—u) = (-uou)ogo(-u)

=

—uo(uog)o(—u)

= —u ο (g ο u) ο (—u) = — u o j o ( u o (— u)) = — u ο g ο e — —u ο g Die Menge Z(G) bildet demnach eine Untergruppe von G. Es handelt sich sogar um einen Normalteiler, da für jedes g € G nach Definition von Z(G) gilt: goZ(G) nennt Z(G) das Zentrum der Gruppe G.

= Z(G)og.

Man

86

Lösungen

A u f g a b e 35 Die symmetrische Gruppe S3 besteht aus allen Permutationen der Ziffern 1, 2 und 3. Als Verknüpfung 0 dient die Hintereinanderausführung der Abbildungen. Der Einfachheit halber wollen wir im folgenden für die Elemente der Gruppe die sich anschließenden Bezeichnungen verwenden: α := (1,2,3) 6 := (1,3,2) c := (2,1,3) d = (2,3,1) β := (3,1,2) / : = (3,2,1) Es sind 36 verschiedene Verknüpfungen möglich, die wir nun zusammentragen:

0 α b

c

d

e f

α α b

c d

e f

b

b α

e f

c d

c

c d

α b

f

d

d c

f

e

e f

b α

d

f

f

d

b α

e

e c

e

α b c

Nach dem Satz von Lagrange teilt die Elementenanzahl jeder Untergruppe die Mächtigkeit der zugrunde gelegten Gruppe. In unserem Fall beträgt die Mächtigkeit |i>3| = 3! = 6, wodurch lediglich Untergruppen mit 1, 2, 3 oder 6 Elementen in Frage kommen. Jede Untergruppe U muß zumindest das neutrale Element, hier die Identität α enthalten. Daher kann es nur eine Untergruppe mit Mächtigkeit 1 geben, nämlich Ux = {α} Diese ist natürlich Normalteiler, da α gemäß seiner Eigenschaft jedes Element fest läßt. Für den Fall \U\ = 2 ergeben sich gemäß der Verknüpfungstabelle folgende Untergruppen: U2 = {a,b}, U3 = { 0 und z2 negativ mit 1 [


. Ferner ist die Untergruppe bezüglich der vorliegenden Verknüpfung abgeschlossen. Daher gilt: u,v ς U => u — ν € U. η

1 *'

U

Da U nach Voraussetzung nicht leer ist, existiert ein u 6 U. Daher muß auch, wegen u — u £ U, das neutrale Element e in U enthalten sein. Dann aber liegt mit jedem u Ε U auch das zugehörige Inverse — u in U, denn es gilt: — u — e — u € U. Schließlich folgt daraus, daß für alle u,v Ε U auch die Summe u + υ aus U stammt, wodurch die zu untcrsuchcndc Teilmenge von G bezüglich der Addition abgeschlossen ist. Demnach ist U eine Untergruppe von G. A u f g a b e 40 Gegeben sei eine Gruppe (G, o). Wir betrachten ein Element α G G, das von dem neutralen Element e € G verschieden ist. Dann gilt, wenn wir mit α - 1 das Inverse zu α bezeichnen: aoe = a = eoa

αοα = αοα

α ο α - 1 — e = α'1 ο α

Für Gruppen bis zur Mächtigkeit zwei ist damit die Behauptung gezeigt. Sowohl das neutrale als auch das zu α inverse Element sind eindeutig bestimmt. Aus diesem Grund müssen in einer Gruppe mit drei Elementen e, α und 6 die beiden vom neutralen Element verschiedenen Objekte zueinender invers sein, denn aus der Abgeschlossenheit der Gruppe bezüglich der Verknüpfung folgt: α ob φ α Λ α ο 6 φ b ==> aob = e = boa An dieser Stelle könnte man auch alternativ argumentieren. Denn wäre z.B. α zu sich selbst invers, so würde es eine Untergruppe U = {e, α} der Mächtigkeit zwei geben. Dies aber steht im Widerspruch zum Satz von Lagrange, vergleiche Aufgabe 35. Ebenso gilt für eine Gruppe G = {e,a,b,cj,

daß die Verknüpfung zweier von e verschie-

dener Elemente α und b, die nicht zueinender invers sind, das noch verbleibende Element c ergibt. Daraus folgt bereits die Behauptung.

Lösungen

90

2.5

Der Körper C der komplexen Zahlen

Aufgabe 41 Beweis durch Widerspruch. Annahme es gäbe eine Anordnungsrelation „ y " in C. Da die imaginäre Einheit i von Null verschieden ist, gilt entweder i y 0 oder i -< 0. Da das Produkt und ebenso die Summe zweier „positiver" Zahlen wieder positiv bezüglich unserer Anordnungsrelation ist, folgt im ersten Fall i y o

-1 = i2 y o =•

ι = (-1)2

ο

Also wäre sowohl —1 >- 0 als auch 1 ^ 0 und damit 0 = —1 + 1 >-0, was offensichtlich falsch ist. Der zweite Fall führt in analoger Weise zu einem Widerspruch, da das Produkt zweier „negativer" Zahlen positiv bezüglich der Anordnungsrelation ist, somit wäre wieder -1 = i2 y 0.

• Aufgabe 42 a) Wir geben uns zunächst eine Teilmenge von C vor, deren Punkte ζ = : ( ζ ι , ζ 2 ) die angegebene Gleichung erfüllen und zeigen, daß es sich dabei um Geraden bzw. Kreise handelt. a \z\2 + 2Re {b • z) + c = 0

a • (ζ2 + ζ2) + 2 · (δ,ζι + b2z2) + c = 0

l.Fall: a = 0 Man setzt diesen Wert für α in obige Gleichung ein und erhält 2i>! • zi + 2b2 · z2 + c = 0

z2 =

6 »2

· z\ -

c

—,

falls b2 φ 0. Dies stellt eine Gerade mit Steigung — und Achsenabschnitt — — b2 262 dar. Ist hingegen b2 = 0, so gilt 26i · «i + c = 0 4=*> z, =

ΔΟ1 für bi φ 0. Somit hat man eine Parallele zur zt—Achse. Der Fall bi = 0 entfällt, da nach Voraussetzung ac < |6|2 gelten muß.

Der Körper C der komplexe

91

Zahlen

2.Fall: α φ Ο

α |ίτ|2 + 2Re (δ • ζ) + c = Ο Ο

Ζ* + 2·

by

—

α

( \

Μ2 + αJ

(

Μ '

b-i

ο

·Ζ1+ΖΙ

+

+ 2·—·Ζ2

+

α

b2Υ ( 22+\ α J

α

=

0

c b\ b22 = - - + 1^ + 4ζ α α α

Μ '

(

c

-

W2-ac

η

Es handelt sich also um einen Kreis mit Mittelpunkt ( — — u n d Radius ^ ^

a 61 =

—

m und c := —2y.

3.Fall: (Kreis) (χ - α) 2 + (y - ß)2 = r 2 mit r > 0 Wir definieren in diesem Fall α : = 1, b\ : = —α, b2 = —ß und c : = — (r 2 — a2 — ß2). Auch hier ist die eingangs geforderte Ungleichung erfüllt, da

aceC| - ι · M

2

+ Re Μ

= ο},

also einen Kreis mit Mittelpunkt ( 1 , 0 ) und Radius 1. iii) In diesem Fall handelt es sich bei der Urbildmenge um einen Kreis mit Radius j und Mittelpunkt ( 1 , 0 ) . Deshalb sind a = bi = 1, b2 = 0 und c = | und man hat als Bild: {10 6 C I f • H

2

+ 2Re (to) + 1 = 0 }

Man erhält einen Kreis mit Radius | und Mittelpunkt (—1,0).

Der Körper

C der komplexe

93

Zahlen

Aufgabe 43 a)

i) z = (i+tv5)-(v5+»)_1 ii)

ω

= (ΐ+»ν5)·£(>/5-0

= i(v^-«'+3t+v5) =

=(1+ - 2 mit a : = 5 - 3i} A u f g a b e 49 a) α + b - \/5 + e + i • (2π

π2 ) e

b) 6 + c~ l = e + 2πι + —!— = e + 2τrt + 1—ί

c)

e

+

i)=Im(2Re(i))=0

e) (α + « " ' ) · K(α - ä ^ ' '

c

= e + ^ + i · ( 2π -f ^ ) 1 \ i)

/ 1 λ _ 1+e Vi» + C J ~ (1 + e)2 + (2tt + 1)2

d) I m ( I

f)

L

=

iLti aä-1

=

J i £2 ± I = « ± £ = |a| — 1 4+ 4

^ 4e 2 + π 4

Der Körper C der komplexe Zahlen

97

A u f g a b e 50 a) Mit Hilfe der Lösungsformel aus Aufgabe 30 lassen sich die quadratischen Gleichungen direkt lösen. i) Bezüglich der Gleichung x2 + 2x + 3 = 0 erhält man durch Einsetzen: χ = - 1 - i • V2 V χ = - 1 + i • V2 ii) Wir substituieren t

χ2, dann folgt:

3x4 + 7x2 + 2 = 0 t2 + \t + | = 0

t = -2 V t =

Die Rücksubstitution liefert die vier Lösungen: x = —ϊ'ν/2 V τ = i\/2 V χ = — ?—— V τ = i—τζ y/3 \/3 b) Wir nutzen die Zerlegung in Polarkoordinaten wie folgt: i 5 = - 2 5 = 25 ·

mit k e 1 =»

χ = ifö• e ' ^ )

Nach dem Fundamentalsatz der Algebra besitzt das Ausgangspolynom genau fünf Nullstellen in C. Diese können wir nun sofort angeben. X! = v/25 ·

x2 = \ / 2 5 · e ^ , x3 = x f ö • e x

4

=

· e^*, x 5 = v ^ 5 ·

Anschaulich liegen die Nullstellen auf einem Kreis um den Ursprung mit Radius \/25. Die Winkel betragen (2n - 1) • 36° mit τι € { 1 , . . . , 5}.

98

Lösungen

2.6

Kombinatorik und Stochastik

A u f g a b e 51 Es erscheint als gerecht, den Einsatz von 64,- DM gemäß dem Verhältnis der Wahrscheinlichkeiten aufzuteilen, daß Annemarie bzw. Bruno gewinnt. Wir schreiben abkürzend Κ für das Ereignis: „Die Münze zeigt Kopf." und W, falls Wappen geworfen wurde. Dann ergeben sich die möglichen Ausgänge des Spiels wie folgt: Annemarie gewinnt (Κ,Κ)

Bruno gewinnt

A

(K,W,K)

|

(W,W,W)

|

(K,W,W,K)

i

(K,W,W,W)

i

(W,K,K)

i

(W,K,W,W)

i

(W,K,W,K)

£

(W,W,h\W)

±

(W,W,K,K)

i

In der zweiten Spalte stehen die Wahrscheinlichkeiten der jeweiligen Ereignisse, aufbauend auf der Tatsache, daß bei einer fairen Münze die Wahrscheinlichkeit, Kopf oder Wappen zu werfen, je j ist. Die Wahrscheinlichkeit, daß Annemarie gewinnt, ist also j | , die von Bruno entsprechend jg. Daher sollte das Geld im Verhältnis 44,- DM zu 20,- DM zu Gunsten von Annemarie aufgeteilt werden. A u f g a b e 52 Bei zehn Personen ist eine absolute Mehrheit ab sechs Stimmen möglich. Daher lautet das Ergebnis: 210 + 120 + 45 + 10 + 1 = 386 Im allgemeinen Fall beginnt die Summe bei τι + 1 Personen. Mit Hilfe des Binomischen Satzes, vergleiche Aufgabe 21, erhält man:

ς

4 =n+l =n+l

( ? ') - k=0 Σ( 2 ;)-Σ(k=02 „ 2 "_*) v

v

=

/

v

A

- Σι=π( ·

y

Κ

v

— Ο -' Σi=n+l Cr) v

v

7

Kombinatorik

99

und Stochastik

Die erste Gleichung folgt aufgrund der Symmetrie der Binomialkoeffizienten

= (2„" J ·

Die Addition der Ausgangssumme auf beiden Seiten liefert nun die Behauptung:

2 • I CD - - CR) ~ Σ OD - Ϊ · [«•· - (2;) A u f g a b e 53 a) Wir ziehen, ohne daß es auf die Reihenfolge ankommt, acht Karten aus dem Stapel. Somit gibt es 2\ '32\ , 1 = 10518300 Möglichkeiten.

b) Teilt man die Karten in drei Kategorien ein, nämlich den 4 Buben, den 4 Assen und den restlichen 24 Spielkarten, so folgt das Ergebnis:

= 48576 + 4416 + 192 + 1656 + 1 = 54841

c) Da man die Karten nach dem Ziehen wieder unter den Stapel mischt, sind Wiederholungen möglich. Demnach hat man 328 = 1099511627740 Möglichkeiten. d) Wir ziehen acht Karten mit Wiederholung und ohne Berüchsichtigung der Reihenfolge. Des weiteren sind zwölf verschiedene Bildkarten vorhanden. Das Ergebnis ist die Summe der Möglichkeiten mit keinem, einem und genau zwei Assen.

(Δ9) + 4 ' (Τ) + (2) ' (Υ) = 75582 + 127296 + 123760 = 326638 e) In einem Kartenspiel gibt es zu jeder Karte drei weitere mit gleichem Wert und sieben mit gleicher Farbe. Die Anzahl der verschiedenen Ziehungen beträgt also 32 · 217 = 57634833312

Lösungen

100

A u f g a b e 54 Der Einfachheit halber berechnen wir das Gegenereignis, daß nämlich von η Personen alle an unterschiedlichen Tagen Geburtstag haben. Nach Laplace ist diese Wahrscheinlichkeit der Quotient aus der Anzahl der günstigen Ereignisse durch die Anzahl aller möglichen Ereignisse. Da ein Jahr 365 Tage hat, wäre ab einer Personenzahl von 365 die gesuchte Warscheinlichkeit Null. Für 1 < η < 365 erhalten wir: (3°5) · nl _ 365! 365" ~ (365 - n)! · 365" Dieser Term ist bezüglich η streng monoton fallend. Heuristisch ist das klar, denn mit steigender Personenzahl ist es immer unwahrscheinlicher, daß alle an verschiedenen Tagen Geburtstag haben. Aber auch rechnerisch kann die Behauptung leicht bewiesen werden: (365 - (n + 1))! · 365 n+1 > (365 - n)! · 365"

365 > 365 - η

η > 0

(3β5) · nl Gesucht ist also die kleinste natürliche Zahl n, für die gilt: — ^ ^ — < 0 , 5 Es empfiehlt sich, mit dieser Darstellung zu rechnen, da die meisten Taschenrechner bei 365! ihren Dienst versagen. Mit Hilfe eines kleinen Computerprogramms oder durch ausprobieren erhält man für η = 23 zum ersten Mai einen Wert kleiner als Ab 23 Personen ist die Wahrscheinlichkeit also größer als 50 Prozent, daß wenigstens zwei am gleichen Tag Geburtstag haben. A u f g a b e 55 a) Aus der Gruppe der r Schluckspechte werden k Individuen ausgewählt. Dabei kommt es nicht auf die Reihenfolge an, und deshalb gibt es (£) Möglichkeiten. Die restlichen r — k Personen werden auf die η — 1 Kneipen im Ort verteilt, dazu hat man (n — \) r ~ k verschiedene Alternativen. Die Anzahl aller Fälle, die in Betracht kommen, beträgt n r . Nach Laplace errechnet sich dann die gesuchte Wahrscheinlichkeit wie folgt:

H )

=(:)·α)'·ΚΓ

b) In der konkreten Situation ist η = 5, r = 10 und k > 2, deshalb beträgt die gesuchte Wahrscheinlichkeit

Kombinatorik

und Stochastik

101

A u f g a b e 56 a) Insgesamt gibt es 10r verschiedene Alternativen, die sieben Personen auf die zehn Etagen zu verteilen. Da jeder in einem anderen Stockwerk aussteigen soll, hat der erste zehn, der zweite neun, usw. . . . , der siebte nur noch vier Möglichkeiten, eine freie Etage zu besetzen. Daher errechnet sich die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu 10-9·...-4 189 = = 0,06048 107 3125 ' b) Mit analoger Vorgehensweise wie in Teil a) erhält man die Wahrscheinlichkeit 10! 1010

567 1562500

: 0,00036

A u f g a b e 57 Der Flußname „Mississippi" besteht aus insgesamt elf Buchstaben: einmal M, zweimal Ρ und je viermal I bzw. S. Wir suchen für jede Buchstabengruppe die entsprechende Anzahl von Plätzen aus, wobei die Reihenfolge keine Rolle spielt. Für das Μ gibt es also Möglichkeiten, einen Platz zu finden. Von den restlichen zehn Plätzen wählen wir zwei für die Ρ aus und haben somit ('20) Alternativen. So fahren wir fort, bis alle Plätze vergeben sind. /11\

/10\

/8\

/4\

11!

_ _

Aus den Buchstaben des Wortes „Mississippi" kann man demnach 34650 verschiedene Wörter bilden. A u f g a b e 58 a) Die Wahrscheinlichkeit, in einem Wurf keine Sechs zu würfeln, beträgt | . Daher berechnet sich die gesuchte Wahrscheinlichkeit, in vier Versuchen keine Sechs zu würfeln, zu /5\ (β)

4 =

625 Λ 1296 ^

b) Zunächst müssen wir uns überlegen, wieviele verschiedene Ereignisse es geben kann, wenn wir mit zwei Würfeln gleichzeitig werfen. Für den ersten wie für den zweiten Würfel gibt es jeweils sechs Möglichkeiten, zusammen also 36 verschiedene Alternativen. Beachten Sie, daß die beiden Würfel dabei unterschieden werden müssen!

Lösungen

102

Von den 36 möglichen Ergebnissen ist nur eines, nämlich das Werfen einer Doppelsechs, günstig. Damit beträgt die Wahrscheinlichkeit | | , in einem Wurf keine Doppelsechs zu werfen. Bei 24 Würfen also entsprechend

A u f g a b e 59 a) Auf die Reihenfolge der Würfel kommt es nicht an, Wiederholungen der Augenzahl sind möglich. Man hat also insgesamt

6 + 5

5 b)

1

j =

= 252 Möglichkeiten.

i) Genau zwei Plätze werden durch Sechsen besetzt. Die übrigen drei Plätze nur noch mit Zahlen zwischen eins und fünf. Daraus ergeben sich 1= ί

) = 35 Alternativen.

' M D -

ii) Dies ist das Gegenereignis zu „höchstens eine Sechs würfeln". Mit den obigen Ergebnissen erhält man dann 252 - Q j - ^

= 252 - 126 - 70 = 56 Möglichkeiten.

iii) Die Anzahl der Möglichkeiten errechnen sich wie in Teil ii):

(δ) + (4) + (3)

= 126

+ 70 + 35 =

231

A u f g a b e 60 Wir stellen den Spielverlauf durch ein Tupel dar, wobei die Kürzel Μ und Ρ für den Sachverhalt stehen, daß Moritz Meeker bzw. Pete Pampers den jeweiligen Durchgang für sich entscheidet. Wenn nötig, macht man sich die Ausgangssituation zunächst mit Hilfe eines sogenannten Ereignisbaums

klar. Dabei kann Meeker in drei, vier oder fünf Sätzen

gewinnen. Das sieht, mit den entsprechenden Wahrscheinlichkeiten versehen, im einzelnen

Kombinatorik

103

und Stochastik

45 50 70 100 ' 100 ' 100 =

( Μ , Μ, M)

63 400

Μ, Μ)

60 50 55 55 100 ' 100 ' 100 ' 100 =

363 4000

(Μ, Ρ, Μ, Μ)

50 50 55 45 100 ' 100 ' 100 ' 100 =

99 1600

(Μ, Μ, Ρ, Μ)

45 50 30 55 100 ' 100 ' 100 ' 100 =

297 8000

(Ρ,Μ,

(Ρ, Ρ, Μ, Μ, Μ)

30 55 50 55 40 100 ' 100 ' 100 ' 100 ' 100 =

363 20000

(Ρ, Μ, Ρ, Μ, Μ)

55 60 50 55 50 100 ' 100 ' 100 ' 100 ' 100 =

363 8000

(Ρ, Μ, Μ, Ρ, Μ)

45 50 55 60 50 100 ' 100 ' 100 ' 100 ' 100 =

297 8000

(Μ, Ρ, Ρ, Μ, Μ)

45 50 50 55 50 100 ' 100 ' 100 ' 100 ' ίου =

99 3200

(Μ, Ρ, Μ, Ρ, Μ)

45 50 45 50 50 100 ' 100 ' 100 ' 100 ' 100 =

81 3200

( Μ , Μ, Ρ, Ρ, Μ)

45 50 30 45 50 100 ' 100 ' 100 ' 100 ' 100 =

243 16000

Addiert man die Zahlen der letzen Spalte auf, so erhält man ca. 0,52 als Wahrscheinlichkeit, daß Moritz Meeker das Match gewinnt.

Lösungen

104

2.7

Infi mum und Supremum

Aufgabe 61 Der Beweis erfolgt durch Widerspruch: Angenommen die Menge Ν wäre nach oben beschränkt. Dann gäbe es nach dem Supremumsäxiom

eine kleinste obere Schranke i g R mit der Eigenschaft η < χ für alle τι Ε Ν.

Da mit no auch no + 1 eine natürliche Zahl ist, gilt:

VneN:

η + 1< ζ

V n G Ν : η < a: - 1

Die reelle Zahl χ — 1 < χ wäre somit eine obere Schranke der Menge Ν im Widerspruch dazu, daß χ Supremum ist.

• Aufgabe 62 Annahme, die Behauptung wäre falsch. Dann existiert ein ε > 0, so daß für alle natürlichen Zahlen η 6 Ν gilt:

- > ε > 0 η

0 < η
0 auch wählt, χ — ε keine obere Schranke von Α sein. Dies wiederum bedeutet, daß es zu jedem ε > 0 ein α € Α geben muß, das von ε abhängen kann, für welches α > χ — ε gilt.

Infimum und

»

ι

'

105

Supremum

U

Nun geben wir uns ein i 6 R mit den Eigenschaften i) und ii) vor. Daraus folgt unmittelbar, daß χ obere Schranke der Menge Α ist. Es stellt sogar die kleinste Schranke dieser Art dar, denn ist y kleiner als x, so können wir ε := χ — y setzen. Nach Forderung ii) gibt es dann allerdings ein α £ Α mit a > χ —ε = χ —χ

y= y

Daher kann ein solches y keine obere Schranke von Α sein. Zusammen folgt also χ = sup Α.

• Die entsprechende Formulierung für das lntimum der Menge Α lautet: χ = inf A χ ist untere Schranke und V e > 0 3 a 6 ^ 4 :

α < χ + ε

Der Beweis erfolgt analog. Anmerkung: Diese Aufgabe liefert uns ein oft benutztes Hilfsmittel, um zu beweisen, daß ein in Frage kommendes Infimum oder Supremum tatsächlich das gesuchte ist. Aufgabe 64 Wir geben uns eine reelle Zahl i f R beliebig vor und unterscheiden drei Fälle: 1)

\x\>l: Ahnlich wie in Aufgabe 61 führen wir die gegenteilige Annahme zum Widerspruch. Würde also ein c > 0 existieren mit der Eigenschaft, daß

< c für jedes η 6 Ν

gilt, dann wäre die Menge Μ : = {\x\n e i | η 6 N} nach oben beschränkt. Nach dem Supremumsaxiom

existiert demnach s : = sup Μ .

Mit \x\n liegt aber auch |x|"+1 in Μ und daraus folgt: Vn e Ν : |x|n+1 < s

Vra G Ν : |x|n
'J 3 · Andererseits ist sup,· • α,·j eine obere Schranke für jedes a U J . Nach Definition ist ein Supremum kleinste obere Schranke, und daraus folgt umgekehrt: s u p a . j > s u p a . j für alle j 6 J => s u p a , j > sup(supo,j) ••3 · >J j i b) Wir machen uns wieder die Eigenschaft des Infimums und des Supremums als größte untere bzw. kleinste obere Schranke zu Nutze und formen die Ausgangsbehauptung wie folgt um: sup(inf a , j ) < inf(supα*,ι) k 3 · I

-oo -*°o und ist demnach divergent.

113

Zahlenfolgen

c) Mit der Abschätzung aus Aufgabe 29 und durch ziehen der n-ten Wurzel hat man: n\ >

( n ! ) " > Q )

2

Nach dem Minorantenkriterium

2

— > oo für η — • oo

ist diese Folge somit uneigentlich gegen oo konver-

gent. Aufgabe 73 a) Sei ε > 0 beliebig. Aus der Definition des Grenzwertes folgt: lim αη = α 6

3m £ N V i > m :

|afc-a| m beliebig vor, dann gilt: Pm + löm + l + · · · + Pndn Pm+1 +

...+pn

_ lPm+l(gm+l - α) + • • • + Ρη{αη ~ fl) pm+1 + . . . + pn
τη V η > τι0 :

α)

=U

|ρι(«ι - α) + . . . + pm(am

- α)|

Ρι + • · · + Ρη

ε
n0 die Abschätzung: ριαι + .. • + pnan p, + . . . + p„
· lim — — = a n-*oo n-foo Tl Also konvergiert das arithmetischen Mittel der (β,)" =1 ebenso wie die Folge selbst gegen den Wert a. b) Wir lösen diesen Aufgabenteil mit Hilfe der Aussage aus Teil a). Man setzt dazu a 0 := 6q := 0 und für alle k 6 N: pk := 6*. — b^-j. Dann ist (ρ*)£=1 eine Folge positiver reeller Zahlen mit

^)

»i V /

=

1— = 1

bn-bo

Κ

• 0 für η —> oo

Da die Voraussetzungen erfüllt sind, folgt aus Teil a): »Ι-αρ , ι .. Pl fc,-6o + ' • • + lim n—• oo Pl + . . . + P„

—1

On — lim — = c n-foo bn

A u f g a b e 74 a) Für alle η > 5 gilt: l < - η • 2n + n 2 < 3" - η 3" — η η

η · 2 n + η2 - 3 n + η < 0

Diesen Beweis führen wir nun mittels vollständiger Induktion nach n. η = 5: 160 + 25 - 243 + 5 = - 5 3 < 0 η =£· η + 1: (η + 1) · 2 η + 1 + (η + I) 2 - 3 η + 1 + η + 1 = 2 · (η · 2" + η 2 - 3 η + η) + 2 η + 1 - η2 + 2 - 3" + η

Zahlenfolgen

115

Auf den ersten Summanden wenden wir die Induktionsannahme an, ebenso auf die restlichen Terme, wegen 2" +1 - n2 + 2 - 3" + η < η • 2" + η2 - 3 π + η

2 · 2" + 2 < η • Τ + 2η 2

Daraus folgt die Behauptung, und wir erhalten für alle η > 5: 2" + η 1 0 < - 71 < 3 —η η

>· 0 für η —> oo

Nach dem Einsperrsatz ist die Folge konvergent mit Grenzwert 0. b) Wir wenden die Ergebnisse aus Aufgabe 73 Teil b) an. Dabei ist (n p + 1 )^ = l eine streng monoton wachsende, unbeschränkte Folge positiver Zahlen. Daraus folgt mit Hilfe des Binomischen 1 (n + l ) f + 1 - n P + 1

=

Xn+.-in +

Satzes: /n+l

,P

η ^

\

P

\

)

l M g ^

1

x n + 1 · (n + l) p i + 1 ) p + 1 — nr+1 n

) · « * '

• -κ)'· (scr)-a)' X —> — — für η —> oo nach den Grenzwert-Rechenregeln Die Ausgangsfolge muß gegen den gleichen Wert konvergieren. c) Wieder können wir Aufgabe 73 anwenden, da die Folge (2 n + l )£L 0 den Anforderungen genügt. Man erhält: 2" + 1 • ^n+l Xn+1 — — £n+i 2«+2 _ 2"+» 2- 1

... >· X tur Tl —y OO

Damit konvergiert auch die Folge ( c „ ) ^ 0 gegen x.

116

Lösungen

d) Wir formen zunächst den Ausgangsterm geeignet um: 1 " —Γ-Γ • ί Σ Xk • yn-k η + I —' k=0

=

1 " -——•iy^{{xk-x)-yn-k ί η + ι —' k=0 j

η ifc=0

Die Folge (yh)tLo

+

x-yn-k) τι k—O

nach Voraussetzung konvergent und damit beschränkt. Die

Glieder (Xk — ^Yn=o bilden eine Nullfolge. Da das Produkt einer Nullfolge mit einer beschränkten Folge wieder Nullfolge ist, gilt nach Aufgabe 73 Teil a) angewandt auf das arithmetische Mittel 1 " —TT ' η + 1 k=ο

~ x ) ' f»-* —^ 0 für η

und ebenso γ · Σ y k —* - k=0 , η

Xm

y{ÜT η — • oo

Daher konvergiert nach den Grenzwert-Rechenregeln auch die Folge (dn)^LQ gegen den Wert χ • y. A u f g a b e 75 a) Jedes xn ist aufgrund seiner Definition positiv, weshalb für alle η £ No gilt:

Wegen k > 2 nach Voraussetzung hat man a- xkn TTzf

>

a 1 1 F ^ i ~ k > ~~2

Deswegen können wir die Bernoulli-Ungleichung erhalten die Behauptung: 4+i

> 4 •(1+

a — xtη Ιλ

_

anwenden, siehe Aufgabe 23, und

117

Z a h l e n f o l g e n

b ) Die Folge der ( x „ ) ^ i 0 ist nach unten durch 0 beschränkt. U m auf die Konvergenz zu schließen, genügt es demnach zu zeigen, daß die Folge für η > 1 monoton fällt. 1e J 1J

Q

*n+l CO X

=

X

+

α k

— •

X

fr

x « -

. r 1

Aufgabe 76 a) W i r rechnen nach, daß es sich bei der Folge ( i „ ) " = 1 um eine

C a u c h y f o l g e

handelt.

Dabei ist folgendes zu zeigen: Υ ε > 0 3??o €

N V n

>

n

,

0

k

£

Ν

:

- x„| < £

\xn+h

Sei also ε > 0 beliebig, dann gilt laut Voraussetzung nach Anwendung der Dreiecksungleichung: 0
0 für η —> oo η \1 — a /

Da die Folge

von zwei Nullfolgen eingeschlossen wird, folgt nach dem Einspcrrsatz

die Behauptung.

A u f g a b e 78 a) Nach Voraussetzung gilt lim n + l = α € R , d.h. n-* 00 X Ve > 0 Ξη 0 e NVra > n0 :

< ε

α—ε
no folgt dementsprechend: η—1 χ Α:+1

no —1 TT

Π1

η—1 TT

k— 1

=> T„0 · (α - ε)η~η° lim φ ΐ = 1 η—•OO

• ÜSW = ST7

0 für 71

(2(n+l)\ . (2n\ _ (2n+2)!2 V n+1 / · V„ ) ~ ((n+1)!) = > lim { / Π - 4

—+·00 => J™ ik = 0

^ _ (2n+l)(2r>+2) _ 4n*+6n+2 _ (2n)! ~ (n+1)2 n2+2n+l

f

. f;. * IUI "

' °°

120

Lösungen

Aufgabe 79 a) Die Menge Mk := {.r n ] η > k] ist beschränkt, da die Folge der

laut Vor-

aussetzung beschränkt ist, d.h. es gibt reelle Zahlen u und ο mit Vn € Ν : u < xn < ο Ferner existieren nach dem Supremumsaxiom

sowohl Infimum als auch Supremum,

und nach Aufgabe 65 Teil b) folgt: Mfc+i C Mk => yk+1 = sup(Mi + i) < s u p ( M k ) = yk Die Folge (yic)kLi ist demnach monoton fallend und nach unten durch u beschränkt. Nach dem Monotoniekriterium

konvergiert die Folge also gegen ihr Infimum:

lim yk = inf{yt | k G N} fc—foo Um die zweite Gleichung nachzurechnen, setzen wir lim sup,,^^ x n = : α € Μ fest. Sei ε > 0 beliebig, dann ist α genau dann Limessuperior der Folge (i„)™ =1 , wenn xn > α — ε unendlich oft und schließlich a + ε > xn gilt. Diese Eigenschaften nutzen wir jetzt aus. xn > α — ε unendlich oft => V/c e Ν 3 n0 > k : yk = sup(M^) > χπο > α - ε Durch den Ubergang zum Grenzwert, dessen Existenz schon gezeigt ist, gilt: lim y > a. Aus der zweiten Eigenschaft des Limessuperior folgt: k-toc k α + ε > x„ schließlich 3 « ! ε N V n > H| : α + ε > xn = > VA: > πι : a + ε > yk Wieder gehen wir zum Limes über und erhalten a > lim yk. Somit ist auch die k—too

zweite Gleichung bewiesen. b) Den Beweis führt man analog zu Teil a), dabei ist b genau dann Limesinferior der Folge (xn)n.Lii wenn x„ < b + ε unendlich oft und schließlich b — ε < xn gilt.

121

Zahlenfolgen Aufgabe 80

Gegeben sei ein n f N und ferner ein Ν 3 q < η beliebig aber zunächst fest. Dann führen wir eine Division mit Rest durch, d.h. wir finden natürliche Zahlen πι € Ν und r € N0 mit m < η bzw. r < q — 1, die folgende Gleichung erfüllen: η = m · q + r. Daraus folgt, wenn α* := max{a r | 0 < r < g — 1} gesetzt wird: On < am-q + Or < ™ · üq + a

a„ η


oo η q Und mit erneutem Grenzübergang folgt die Behauptung c < lim inf — q—^rxj q

lim b„ n—too

c,

da der Limesinferior andererseits stets kleiner oder gleich dem Limessuperior ist. Beachten Sie, daß der Grenzwert c dabei auch uneigentlich sein kann.

Lösungen

122

2.9

Unendliche Reihen

Aufgabe 81 Zum Hinweis: j

j

ΛΓ

=

Ν

η

^ ' Σ Σ Ok

=

-jy · («ι + ( « ι + « 2 ) + · • · + (αϊ + · • · + ojv))

=

^ τ · ( Λ Γ · α 1 + ( Λ Γ - 1 ) · α 2 + ... + 1·αίν) Α

=

Ν +

1-k L·——α*

Jt=l

Wenden wir uns nun der Lösung der Aufgabe zu: a) Sei ε > 0 beliebig und bezeichnet oo χ : = lim sn = > a j £ Ε 7

1

—

1

Dann folgt aus der Eigenschaft des Grenzwertes zum einen 3 « t 6 N V n > n j : \s„ - x\ < ^ und zum anderen 3 n 2 e NVn

γ ni-l > n2 : - • V |s,· - x| < £ η ' 2 i=l

Hier geht ein, daß der Grenzwert χ € R existiert. Für alle Ν > n" gilt somit: 1

Ν

N

ν'Σ**-·

ΛΓ

Σ ^ *

j

/ni-l

-1·)

^

yv'l


\k

lim V i \ k=0 x

m-»oo


1 für η —> oo nach Aufgabe 71

l+

Die Reihe ist somit divergent, da die harmonische

Reihe divergiert.

1+ £ T T f T J

=

Die Summanden bilden demnach keine Nullfolge, was zur Konvergenz notwendig

\k

/

k e

1

k

\

,\k k

Wie in Teil a) ist die Reihe divergent.

d) In ( l + i ) = In

=ln(Jfc+l)-ln(fc)=»^ln

+ J ) = ln(n + 1)

Die Folge der Partialsummen wächst unbeschränkt, wodurch die Behauptung folgt.

Aufgabe 85 Um den Hinweis zu zeigen, benötigen wir Hilfsmittel aus der Theorie der Potenzreihen. Zunächst bestimmen wir den Konvergenzradius r der geometrischen Aufgabe 12 oder, wie folgt, nach Cauchv r- = hι lim sup ψ\χ\' ) \ i->oo

Reihe ΣΖο

'

x

nac

h

-Hadarnard:

= 1

Nun sind Potenzreihen innerhalb ihres Konvergenzradius differenzierbar, und die Limesbildung kann mit der Ableitungsbildung vertauscht werden, d.h. für 0 < χ < 1 gilt

Indem wir noch einmal die Ableitung bilden, zeigt man analog 2

00

£ ( i + 2)(. + l)it·' i=0

(1 - χ ) 3

Nun setzen wir die Teile zusammen:

1+ χ (1 — χ) 3 '

v

2 v

(1 — χ) 3 '

1

v

Σ ( ί + 2)(i + l)x' (1 — x) 2 ' i=0

t=0

+ l)x' = ] [ > + 1 ) V i=0

126

Lösungen

Die letze Gleichheit folgt aus den Grenzwert-Rechenregeln, da beide Reihen absolut konvergieren. Alternativldsung: W i r betrachten die Doppelfolge

ί a

i,i

=

0

< I

(2i

+

1

1)x

i >

j

i


+ n*··

i=0

1

/

_

1

χ

ι - χ ' V

' (ί - χ ) 2

ι

+

\

- χ )

1 +x (1 - x ) 3

Die Reihe ist absolut konvergent und daher summierbar, deshalb folgt aus dem

daß die anschließende S u m m e gegen denselben Wert konvergiert. Hierbei

Umordnungssatz,

wird zuerst über die i und dann erst über die j aufaddiert. oo

Σ Σ j=0

Großen

oo α i~0

oo

-

=

j

i

E« -E(®+

j=0

oo

i=0

. m n

2

=

^

+ i=

0

)

,

= 3=0

1

l)2

+

j

+

1

Unendliche

Reihen

127

A u f g a b e 86 a) Für alle χ > 2 gilt, da ρ e [0,1] ist:

ln(«) < x

(ln(x)y < (»)'

^

> 1

>

Somit divergiert die Reihe nach dem Mi nor an tenkriterium,

i mit der harmonischen

Reihe als Minorante. b) Für η > 2 folgt: ü!. _ TT* < I nn ·*·•*· η ~ η k= 1

η

1-1. η2

Nach dem Majorantenkriterium

konvergiert die Reihe aufgrund der Konvergenz der

Dirichletreihe. c) Mit Hilfe des Quotientenkriteriums k+12*

1 k +1

folgt die Konvergenz: 1

, ...

d) Wir wenden das Quotientenkriteriums (- + 1 Μ

^

Γ

0

/

s

,

an und erhalten: V

-3 > 1 für s — • oo e

Damit ist die Reihe divergent, e) Für jedes i g R gilt nach dem

ilW'l

Wurzelkriterium

0 < 1 für η — • oo

und die Reihe konvergiert, f) Ebenfalls aus dem Wurzelkriterium

folgt hier die Divergenz:

Lösungen

128 A u f g a b e 87 a

a) Die Reihe

" konvergiert nach dem Leibnizkriterium.

absolute Konvergenz vor, weil die Dirichletreihe unserem Fall gilt c =

Es liegt jedoch keine

c

n~ für c < 1 divergiert. In

Wenden wir uns nun dem Cauchyprodukt zu:

l^l^arK-j n=0 j=0

=

L L i m · n=0 j=0 V·7 + 1

=

·>

-M +

1

Β - ^ - Σ ^ V ( J + ! ) ( » - J + l)

Dabei stellen wir fest, daß die Reihe divergieren muß, denn das Argument der äußeren Summe bildet keine Nullfolge: 1

> T

,

1

=

(

n +

i).-L

r

=

i

Wir sehen an diesem Beispiel, daß die einfache Konvergenz zweier Reihen nicht ausreicht, um auf die Konvergenz des Cauchyprodukts schließen zu können. b) Es handelt sich nur scheinbar um unendliche Reihen, denn betrachtet man sich die Partialsummen, so gilt zum einen oo

Σ n=l

(α η

—

α η _ι) =

Ν lim > (α„ — α„_ι) = lim (ajv - ao) = — a 0 + lim ajv Ν—•oo ' Ν—>oo Ν—hoc n=J

Und zum anderen hat man oo

Σ n=l

Ν

(α„-αη+ι)=

lim > (an — an+l) = lim (c^ — ajv+i) = a\ — lim aN+i Ν—>oo ί—' Ν—»oo Ν ·—>oo n=l

Daraus folgt sofort die Behauptung.

• A u f g a b e 88 Die Teilsummen

sind beschränkt, d.h. es existiert ein Μ £ R mit |s n | < Μ für

alle η ε Ν. Daher gilt: 0 < |s n · 6 n+1 1 < Μ • |6„+11 —y 0 für η — • oo Daraus folgt, daß auch (s n • bn+l )r*J=l eine Nullfolge ist.

Unendliche

129

Reihen

Wir betrachten nun eine absolut konvergente Reihe J^tLi beschränkte Folge (ak)kLi- Dann ist die Reihe Σ ϋ ι

X k un< ^

f e r n e r eine durch a > 0

k ' x k ebenfalls absolut konvergent,

a

denn nach dem C a u c h y k r i t c r i um gilt: n+p Ve

>03N

€ NVn

> Ν,

ρ Ε Ν :

V

^
0 die Aussage mittels:

Ist α < 0, so ist der Sachverhalt klar wegen

Stetigkeit

von Funktionen

in einer

Veränderlichen

2.10

Stetigkeit von Funktionen einer Veränderlichen

133

Aufgabe 91 Der Wert f~(xo)

= : / € R ist per Definition genau dann linksseitiger Grenzwert der

Funktion / an der Stelle xq, wenn V e > 0 3 J > OVa: 6 [ x 0 - £ , x o [ : Entsprechend heißt f+(xo)

|/(x) - / | < ε

= : r e R rechtsseitiger Grenzwert, falls

ν ε > 0 3 δ > O V x € ] x 0 , Z o +