2. Saalübung
2. Saalübung 2. Saalübung
KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE INSTITUT FÜR ANALYSIS Dr. Christoph Schmoeger Heiko Hoffmann WS 2013/14 30.10.2013 Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Informatik 1 Abzählbarkeit 2. Saalübung (30.10.2013) Zunächst beweisen wir ein nützliches Hilfsmittel, um die Abzählbarkeit einer Menge einzusehen. Lemma Ist (A k ) k eine Folge abzählbarer Mengen, so ist auch ⋃ k∈N A k abzählbar. Oder kurz: Die abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen ist selbst abzählbar. Beweisskizze: ⋃ Zu jedem k ∈ N existiert eine Folge (a n,k ) n∈N in A k mit A k = {a n,k : n ∈ N}. Dann gilt k∈N A k = {a n,k : n, k ∈ N}. Das folgende Diagramm veranschaulicht nun, wie man ⋃ k∈N A k abzählen kann. A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 a 1,1 a 1,2 a 2,1 a 1,3 a 1,4 a 1,5 a 1,6 . . . a 2,2 a 2,3 a 2,4 a 2,5 . . . a 3,4 a 3,5 . . . a 3,1 a 3,2 a 3,3 a 4,1 a 4,2 a 5,1 a 5,2 . . . a 4,3 a 4,4 . . . . . □ Nun wollen wir noch ein ganz einfaches, aber sehr bekanntes Beispiel einer überabzählbaren Menge vorstellen.
- Seite 2 und 3: Satz Die Potenzmenge P(N) von N ist
- Seite 4 und 5: Aufgabe 2 Man beweise: Es gilt für
- Seite 6 und 7: Aufgabe 4 Zeigen Sie, dass (a + b)
- Seite 8 und 9: und die letzte Ungleichung ist rich
- Seite 10: ist. Die Abschätzung [x] ≤ x ist
KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE<br />
INSTITUT FÜR ANALYSIS<br />
Dr. Christoph Schmoeger<br />
Heiko Hoffmann<br />
WS 2013/14<br />
30.10.2013<br />
Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Informatik<br />
1 Abzählbarkeit<br />
<strong>2.</strong> Saalübung (30.10.2013)<br />
Zunächst beweisen wir ein nützliches Hilfsmittel, um die Abzählbarkeit einer Menge einzusehen.<br />
Lemma<br />
Ist (A k ) k eine Folge abzählbarer Mengen, so ist auch ⋃ k∈N A k abzählbar. Oder kurz: Die<br />
abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen ist selbst abzählbar.<br />
Beweisskizze:<br />
⋃<br />
Zu jedem k ∈ N existiert eine Folge (a n,k ) n∈N in A k mit A k = {a n,k : n ∈ N}. Dann gilt<br />
k∈N A k = {a n,k : n, k ∈ N}. Das folgende Diagramm veranschaulicht nun, wie man ⋃ k∈N A k<br />
abzählen kann.<br />
A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6<br />
a 1,1 a 1,2<br />
a 2,1<br />
a 1,3 a 1,4 a 1,5 a 1,6 . . .<br />
<br />
<br />
a <br />
2,2 a 2,3 a <br />
2,4 a 2,5 . . .<br />
<br />
a 3,4 a 3,5 . . .<br />
<br />
a 3,1 a 3,2 a 3,3<br />
<br />
a 4,1 a 4,2<br />
a 5,1<br />
<br />
a 5,2 . . .<br />
<br />
a 4,3 a 4,4 . . .<br />
.<br />
.<br />
□<br />
Nun wollen wir noch ein ganz einfaches, aber sehr bekanntes Beispiel einer überabzählbaren<br />
Menge vorstellen.
Satz<br />
Die Potenzmenge P(N) von N ist nicht abzählbar.<br />
Beweis:<br />
Wir machen die Annahme P(N) sei doch abzählbar, etwa P(N) = {A n : n ∈ N}. Wir<br />
betrachten nun die Menge A := {n ∈ N : n /∈ A n }. Wegen A ∈ P(N) existiert ein m ∈ N mit<br />
A m = A. Nun muss genau einer der beiden folgenden Fälle eintreten: m ∈ A oder m /∈ A.<br />
Gilt m ∈ A = A m , so folgt m /∈ A nach Definition von A! Gilt hingegen m /∈ A = A m , so gilt<br />
m ∈ A wiederum nach Definition von A! Also kann doch keiner dieser Fälle vorliegen. Daher<br />
war unsere Annahme falsch und wir erhalten, dass P(N) nicht abzählbar ist.<br />
□
2 Beispielaufgaben<br />
Aufgabe 1<br />
Man bestimme alle n ∈ N mit n! > 2 n .<br />
Lösungsvorschlag:<br />
Wir behaupten, dass {n ∈ N : n! > 2 n } = N \{1, 2, 3} gilt. Wir haben 1! = 1 < 2 = 2 1 ,<br />
2! = 2 < 4 = 2 2 , 3! = 6 < 8 = 2 3 sowie 4! = 24 > 16 = 2 4 . Wir beweisen unsere Behauptung<br />
nun durch Induktion nach n ∈ N \{1, 2, 3}. Den Induktionsanfang n = 4 haben wir gerade<br />
schon behandelt. Sei nun n ≥ 4 mit n! > 2 n (Induktionsvoraussetzung). Dann gilt<br />
(n + 1)! = (n + 1) · n! > (n + 1)2 n > 2 · 2 n = 2 n+1 .<br />
Damit ist der Induktionsschritt vollzogen.<br />
□
Aufgabe 2<br />
Man beweise: Es gilt<br />
für alle n ∈ N.<br />
n∑<br />
k=1<br />
1<br />
k 2 ≤ 2 − 1 n<br />
Lösungsvorschlag:<br />
Wir weisen die Behauptung durch Induktion bezüglich n ∈ N nach.<br />
Induktionsanfang n = 1: Es gilt ∑ 1 1<br />
k=1<br />
= 1 = 1 = 2 − 1.<br />
k 2 1 2 1<br />
Induktionsvoraussetzung: Es sei nun für ein n ∈ N angenommen, dass ∑ n<br />
k=1<br />
Induktionsschritt: Dann gilt<br />
∑n+1<br />
k=1<br />
1<br />
k 2 =<br />
n∑<br />
k=1<br />
1<br />
k 2<br />
≤ 2 − 1 n gilt.<br />
1<br />
k + 1<br />
2 (n + 1) ≤ 2 − 1 2 n + 1<br />
(n + 1) = 2 − n2 + 2n + 1 − n<br />
= 2 − n2 + n + 1<br />
2 n(n + 1) 2 n(n + 1) 2<br />
≤ 2 −<br />
n2 + n n(n + 1)<br />
= 2 −<br />
n(n + 1)<br />
2<br />
n(n + 1) = 2 − 1<br />
2 n + 1 ,<br />
womit der Induktionsschritt vollzogen ist.<br />
□
Aufgabe 3<br />
Verifizieren Sie, dass<br />
für alle n ∈ N gilt.<br />
Lösungsvorschlag:<br />
n∑<br />
k 2 =<br />
k=1<br />
n(n + 1)(2n + 1)<br />
6<br />
Wir weisen die Behauptung durch Induktion bezüglich n ∈ N nach.<br />
Induktionsanfang n = 1: Es gilt ∑ 1<br />
k=1 k2 = 1 = 1·(1+1)(2·1+1)<br />
6<br />
.<br />
Induktionsvoraussetzung: Es sei nun für ein n ∈ N angenommen, dass ∑ n<br />
k=1 k2 = n(n+1)(2n+1)<br />
6<br />
gilt.<br />
Induktionsschritt: Dann folgt mit der Induktionsvoraussetzung<br />
∑n+1<br />
k 2 =<br />
k=1<br />
n∑<br />
k 2 + (n + 1) 2 =<br />
k=1<br />
= (n + 1)( 2n 2 + 7n + 6 )<br />
=<br />
6<br />
(n + 1)((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1)<br />
,<br />
6<br />
womit der Induktionsschritt vollzogen ist.<br />
n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2<br />
= (n + 1)( n(2n + 1) + 6(n + 1) )<br />
6<br />
6<br />
= (n + 1)( 2n(n + 2) + 3(n + 2) )<br />
6<br />
□
Aufgabe 4<br />
Zeigen Sie, dass<br />
(a + b) n =<br />
für alle a, b ∈ R und alle n ∈ N erfüllt ist.<br />
n∑<br />
k=0<br />
( n<br />
k)<br />
a k b n−k<br />
Lösungsvorschlag:<br />
Wir fixieren a, b ∈ R und zeigen die Behauptung durch Induktion nach n ∈ N.<br />
Induktionsanfang n = 1: Es gilt (a + b) 1 = a + b sowie ∑ 1<br />
( 1<br />
)<br />
k=0 k a k b 1−k = ( 1<br />
) 0)<br />
a 0 b 1−0 +<br />
a 1 b 1−1 = b + a = a + b.<br />
( 1<br />
1<br />
Induktionsvoraussetzung: Es sei nun für ein n ∈ N angenommen, dass<br />
gilt.<br />
Induktionsschritt: Es gilt dann<br />
(a + b) n =<br />
n∑<br />
k=0<br />
(a + b) n+1 = (a + b) n (a + b) = (a + b)<br />
=<br />
n∑<br />
k=0<br />
n+1<br />
( n<br />
k)<br />
a k+1 b n−k +<br />
n∑<br />
k=0<br />
( n<br />
k)<br />
a k b n−k<br />
n∑<br />
k=0<br />
( n<br />
k)<br />
a k b n−k<br />
( n<br />
k)<br />
a k b n+1−k<br />
∑<br />
( ) n<br />
n∑<br />
( n<br />
=<br />
a j b n−(j−1) + a<br />
j − 1<br />
k)<br />
k b n+1−k<br />
j=1<br />
k=0<br />
n∑<br />
( ) n<br />
n∑<br />
=<br />
a k b n+1−k +<br />
k − 1<br />
k=1<br />
k=1<br />
n∑<br />
(( ) ( n n<br />
=<br />
+ a<br />
k − 1 k))<br />
k b n+1−k + a n+1 + b n+1<br />
k=1 } {{ }<br />
=<br />
=( n+1<br />
k<br />
n∑<br />
( n + 1<br />
k=1<br />
n+1<br />
k<br />
∑<br />
( n + 1<br />
=<br />
k<br />
k=0<br />
) (lt. Vorl.)<br />
)<br />
a k b n+1−k + a n+1 + b n+1<br />
)<br />
a k b n+1−k ,<br />
( n<br />
k)<br />
a k b n+1−k + a n+1 + b n+1<br />
womit der Induktionsschritt vollzogen ist.<br />
□
Aufgabe 5<br />
Man zeige, dass<br />
für alle n ∈ N gilt.<br />
2 ≤<br />
(<br />
1 +<br />
n) 1 n (<br />
< 1 + 1 ) n+1<br />
< 3<br />
n + 1<br />
Lösungsvorschlag:<br />
Wir erinnern an die Bernoulli-Ungleichung: Ist x ≥ −1, so gilt (1 + x) n ≥ 1 + nx für alle<br />
n ∈ N 0 .<br />
Die Bernoulli-Ungleichung liefert (mit x = 1 ) n<br />
(<br />
1 + 1 n<br />
) n<br />
≥ 1 + n · 1<br />
n = 2<br />
für alle n ∈ N. Sei nun n ∈ N beliebig. Um ( 1 + n) 1 n (<br />
< 1 +<br />
1 n+1<br />
n+1)<br />
einzusehen, genügt es,<br />
( )<br />
1 +<br />
1 n<br />
n+1 1<br />
( )<br />
1 +<br />
1 n ><br />
1 + 1 = n + 1<br />
n + 2 = n + 2 − 1 = 1 − 1<br />
n + 2 n + 2<br />
n<br />
n+1<br />
nachzuweisen. Wegen<br />
1 + 1<br />
n+1<br />
1 + 1 n<br />
=<br />
n+2<br />
n+1<br />
n+1<br />
n<br />
=<br />
n(n + 2)<br />
(n + 1) = n2 + 2n<br />
2 n 2 + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 − 1<br />
n 2 + 2n + 1<br />
1<br />
= 1 −<br />
n 2 + 2n + 1 = 1 − 1<br />
(n + 1) 2<br />
liefert die Bernoulli-Ungleichung (mit x = − 1 ≥ −1)<br />
(n+1) 2<br />
( )<br />
1 +<br />
1 n (<br />
) n (<br />
n+1<br />
1<br />
1 + 1 = 1 −<br />
≥ 1 + n · −<br />
(n + 1)<br />
n<br />
2<br />
Wenn wir jetzt auch noch<br />
1 −<br />
n<br />
(n + 1) > 1 − 1<br />
2 n + 2<br />
zeigen können, dann haben wir in der Tat<br />
( )<br />
1 +<br />
1 n<br />
n+1<br />
( )<br />
1 +<br />
1 n ><br />
n<br />
nachgewiesen. Wir haben<br />
1<br />
1 + 1<br />
n+1<br />
n<br />
1 −<br />
(n + 1) > 1 − 1<br />
2 n + 2<br />
⇐⇒<br />
n<br />
(n + 1) < 1<br />
2 n + 2<br />
⇐⇒ n(n + 2) < (n + 1) 2<br />
⇐⇒ n 2 + 2n < n 2 + 2n + 1<br />
)<br />
1<br />
= 1 −<br />
(n + 1) 2<br />
n<br />
(n + 1) 2 .
und die letzte Ungleichung ist richtig.<br />
Es sei nun n ≥ 4. Dann lieferen der binomische Lehrsatz, Aufgabe 1 und Übungsaufgabe 6)<br />
a) (i)<br />
(<br />
1 + 1 n) n<br />
=<br />
≤<br />
n∑<br />
( ) n 1<br />
n∑<br />
k n = k<br />
k=0<br />
n∑<br />
k=0<br />
k=0<br />
∏ k−1<br />
j=0 n 1<br />
·<br />
k! n = k<br />
n!<br />
k!(n − k)! ·<br />
n∑<br />
k=0<br />
1<br />
3∑<br />
k! ≤<br />
k=0<br />
1<br />
n k =<br />
n∑<br />
k=0<br />
1<br />
n∑<br />
k! +<br />
k=4<br />
∏ k−1<br />
j=0<br />
(n − j) 1<br />
·<br />
k! n k<br />
1<br />
2 k<br />
) n+1<br />
− 1 − ( )<br />
1 3+1<br />
2<br />
1 − 1 2<br />
3∑ 1<br />
n∑<br />
=<br />
k! + 1<br />
3∑<br />
2 − 1<br />
k 2 = 1 + 1 + 1 k 2 + 1 6 + 1 − ( 1<br />
2<br />
1 − 1 k=0 k=0 k=0<br />
2<br />
= 2 + 2 ( 1<br />
3 + 2 2 − 1 )<br />
= 2 + 2 4 2 n+1 3 + 1 8 − 1 2 = 2 + 19<br />
n 24 − 1 2 < 3. n<br />
Ist nun n ∈ {1, 2, 3}, so folgt mit dem bereits Bewiesenen<br />
(<br />
1 +<br />
n) 1 n (<br />
< 1 + 1 4<br />
< 3.<br />
4)<br />
Damit ist nun alles gezeigt.<br />
□
3 Zusatz: Wohlordnung von N und Reichhaltigkeit von<br />
R<br />
Satz<br />
Jede nichtleere Teilmenge von N besitzt ein kleinstes Element; man sagt hierzu auch, N sei<br />
wohlgeordnet.<br />
Beweis:<br />
Es sei A eine nichtleere Teilmenge von N. Wir machen die Annahme, dass A kein kleinstes<br />
Element besitze, und führen diese Annahme im Folgenden zu einem Widerspruch.<br />
Hierzu betrachten wir die Menge B := {n ∈ N : {1, . . . , n} ∩ A = ∅} und zeigen, dass dies<br />
eine induktive Menge ist. Dann folgt nämlich B = N, was zu dem Widerspruch ∅ ̸= A = ∅<br />
führt.<br />
Da A kein kleinstes Element besitzt, gilt insbesondere 1 ∉ A und es folgt 1 ∈ B. Sei nun n ∈ B<br />
beliebig. Wäre n + 1 nicht in B enthalten, so würde {1, . . . , n, n + 1} ∩ A ≠ ∅ gelten und es<br />
müsste daher wegen {1, . . . , n}∩A = ∅ (da ja n ∈ B) notwendigerweise n+1 ∈ A gelten. Wäre<br />
dann a irgendein Element von A, so würde wiederum aufgrund von {1, . . . , n} ∩ A = ∅ die<br />
Ungleichung a ≥ n+1 gelten. Mithin wäre n+1 ein kleinstes Element von A im Widerspruch<br />
zu unserer Annahme. Also muss n + 1 ∈ B gelten und B ist somit in der Tat als induktive<br />
Menge erkannt.<br />
□<br />
Als Anwendung dieses Satzes wollen wir zeigen, dass R sehr reichhaltig ist. Zu diesem Zweck<br />
benötigen wir die nachstehende Hilfsaussage.<br />
Lemma<br />
Zu jedem x ∈ R existiert ein mit [x] bezeichnetes, eindeutiges Element von Z, welches<br />
erfüllt.<br />
Beweis:<br />
[x] ≤ x < [x] + 1<br />
Als erstes beweisen wir die Eindeutigkeit. Hierzu seien n 1 , n 2 ∈ Z mit n j ≤ x < n j + 1<br />
(j ∈ {1, 2}). Wir machen nun die Annahme, dass n 1 ≠ n 2 gilt und führen diese Annahme zu<br />
einem Widerspruch. Wegen der Trichotomie der Ordnung gilt dann entweder n 1 > n 2 oder<br />
n 1 < n 2 . O.B.d.A. dürfen wir n 1 < n 2 annehmen. Dann gilt n 2 ≥ n 1 + 1 und dies führt zu<br />
dem Widerspruch x < n 1 + 1 ≤ n 2 ≤ x.<br />
Für den Nachweis der Existenzaussge betrachten wir zunächst den Fall x ≥ 0. Da N nicht<br />
beschränkt ist, ist die Menge A := {n ∈ N : n > x} nichtleer. Da N wohlgeordnet ist, besitzt<br />
A ein kleinstes Element n x . Wir setzen nun [x] := n x − 1 ∈ N 0 . Wegen der Minimalität von<br />
n x gilt dann [x] /∈ A. Letzteres impliziert, dass [x] = 0 oder [x] ≤ x gilt.<br />
Im ersten Falle folgt wegen x ≥ 0 sofort die Abschätzung [x] = 0 ≤ x < n x = [x] + 1.<br />
Im zweiten Falle erhält man [x] ≤ x < n x = [x] + 1.<br />
Ist hingegen x < 0, so setzen wir [x] := − min{n ∈ N : n ≥ −x} ∈ Z; hierbei ist<br />
[x] wohldefiniert, da die Menge {n ∈ N : n ≥ −x} wiederum wegen der Unbeschränktheit<br />
von N nichtleer ist und daher ein kleinstes Element besitzt, da N ja wohlgeordnet
ist. Die Abschätzung [x] ≤ x ist nun sofort klar. Wäre auch [x] + 1 ≤ x, so würde<br />
min{n ∈ N : n ≥ −x} = −[x] > −[x] − 1 ≥ −x folgen, was wegen der Minimalität von<br />
−[x] die Aussage −[x] − 1 ∈ N 0 \ N, also [x] + 1 = 0 nach sich zöge. Dies wiederum würde<br />
x ≥ [x] + 1 = 0 liefern im Widerspruch zur Voraussetzung x < 0.<br />
□<br />
Nun sind wir soweit, das angekündigte Resultat über die Reichhaltigkeit von R zu beweisen.<br />
Satz<br />
Es seien x, y ∈ R mit x < y. Dann existieren ein r ∈ Q und ein s ∈ R \ Q mit x < r < y und<br />
mit x < s < y.<br />
Beweis:<br />
Da N unbeschränkt ist, existiert ein m ∈ N mit m > 1 (beachte: y − x > 0), also mit<br />
y−x<br />
< y − x. Es folgt 1 < my − mx bzw. 1 + mx < my. Dies führt zu<br />
1<br />
m<br />
Damit gilt nun<br />
mx < [mx] + 1 ≤ mx + 1 < my.<br />
r := [mx] + 1 ∈ (x, y) ∩ Q .<br />
m<br />
Wir wählen nun noch ein u ∈ (r, y) ∩ Q (nach dem gerade Gezeigten ist eine solche Wahl<br />
möglich) und setzen s := r+ √ 2<br />
(u−r). Dann gilt s ∈ R \ Q (sonst wäre √ 2 = 2 (s−r) ∈ Q).<br />
2 u−r<br />
Wegen 0 < √ 2<br />
< 1 erhalten wir nun<br />
2<br />
x < r < s < r + (u − r) = u < y,<br />
also s ∈ (x, y) \ Q. Damit ist alles gezeigt.<br />
□