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.

Satz
Die Potenzmenge P(N) von N ist nicht abzählbar.
Beweis:
Wir machen die Annahme P(N) sei doch abzählbar, etwa P(N) = {A n : n ∈ N}. Wir
betrachten nun die Menge A := {n ∈ N : n /∈ A n }. Wegen A ∈ P(N) existiert ein m ∈ N mit
A m = A. Nun muss genau einer der beiden folgenden Fälle eintreten: m ∈ A oder m /∈ A.
Gilt m ∈ A = A m , so folgt m /∈ A nach Definition von A! Gilt hingegen m /∈ A = A m , so gilt
m ∈ A wiederum nach Definition von A! Also kann doch keiner dieser Fälle vorliegen. Daher
war unsere Annahme falsch und wir erhalten, dass P(N) nicht abzählbar ist.
□

2 Beispielaufgaben
Aufgabe 1
Man bestimme alle n ∈ N mit n! > 2 n .
Lösungsvorschlag:
Wir behaupten, dass {n ∈ N : n! > 2 n } = N \{1, 2, 3} gilt. Wir haben 1! = 1 < 2 = 2 1 ,
2! = 2 < 4 = 2 2 , 3! = 6 < 8 = 2 3 sowie 4! = 24 > 16 = 2 4 . Wir beweisen unsere Behauptung
nun durch Induktion nach n ∈ N \{1, 2, 3}. Den Induktionsanfang n = 4 haben wir gerade
schon behandelt. Sei nun n ≥ 4 mit n! > 2 n (Induktionsvoraussetzung). Dann gilt
(n + 1)! = (n + 1) · n! > (n + 1)2 n > 2 · 2 n = 2 n+1 .
Damit ist der Induktionsschritt vollzogen.
□

Aufgabe 2
Man beweise: Es gilt
für alle n ∈ N.
n∑
k=1
1
k 2 ≤ 2 − 1 n
Lösungsvorschlag:
Wir weisen die Behauptung durch Induktion bezüglich n ∈ N nach.
Induktionsanfang n = 1: Es gilt ∑ 1 1
k=1
= 1 = 1 = 2 − 1.
k 2 1 2 1
Induktionsvoraussetzung: Es sei nun für ein n ∈ N angenommen, dass ∑ n
k=1
Induktionsschritt: Dann gilt
∑n+1
k=1
1
k 2 =
n∑
k=1
1
k 2
≤ 2 − 1 n gilt.
1
k + 1
2 (n + 1) ≤ 2 − 1 2 n + 1
(n + 1) = 2 − n2 + 2n + 1 − n
= 2 − n2 + n + 1
2 n(n + 1) 2 n(n + 1) 2
≤ 2 −
n2 + n n(n + 1)
= 2 −
n(n + 1)
2
n(n + 1) = 2 − 1
2 n + 1 ,
womit der Induktionsschritt vollzogen ist.
□

Aufgabe 3
Verifizieren Sie, dass
für alle n ∈ N gilt.
Lösungsvorschlag:
n∑
k 2 =
k=1
n(n + 1)(2n + 1)
6
Wir weisen die Behauptung durch Induktion bezüglich n ∈ N nach.
Induktionsanfang n = 1: Es gilt ∑ 1
k=1 k2 = 1 = 1·(1+1)(2·1+1)
6
.
Induktionsvoraussetzung: Es sei nun für ein n ∈ N angenommen, dass ∑ n
k=1 k2 = n(n+1)(2n+1)
6
gilt.
Induktionsschritt: Dann folgt mit der Induktionsvoraussetzung
∑n+1
k 2 =
k=1
n∑
k 2 + (n + 1) 2 =
k=1
= (n + 1)( 2n 2 + 7n + 6 )
=
6
(n + 1)((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1)
,
6
womit der Induktionsschritt vollzogen ist.
n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2
= (n + 1)( n(2n + 1) + 6(n + 1) )
6
6
= (n + 1)( 2n(n + 2) + 3(n + 2) )
6
□

Aufgabe 4
Zeigen Sie, dass
(a + b) n =
für alle a, b ∈ R und alle n ∈ N erfüllt ist.
n∑
k=0
( n
k)
a k b n−k
Lösungsvorschlag:
Wir fixieren a, b ∈ R und zeigen die Behauptung durch Induktion nach n ∈ N.
Induktionsanfang n = 1: Es gilt (a + b) 1 = a + b sowie ∑ 1
( 1
)
k=0 k a k b 1−k = ( 1
) 0)
a 0 b 1−0 +
a 1 b 1−1 = b + a = a + b.
( 1
1
Induktionsvoraussetzung: Es sei nun für ein n ∈ N angenommen, dass
gilt.
Induktionsschritt: Es gilt dann
(a + b) n =
n∑
k=0
(a + b) n+1 = (a + b) n (a + b) = (a + b)
=
n∑
k=0
n+1
( n
k)
a k+1 b n−k +
n∑
k=0
( n
k)
a k b n−k
n∑
k=0
( n
k)
a k b n−k
( n
k)
a k b n+1−k
∑
( ) n
n∑
( n
=
a j b n−(j−1) + a
j − 1
k)
k b n+1−k
j=1
k=0
n∑
( ) n
n∑
=
a k b n+1−k +
k − 1
k=1
k=1
n∑
(( ) ( n n
=
+ a
k − 1 k))
k b n+1−k + a n+1 + b n+1
k=1 } {{ }
=
=( n+1
k
n∑
( n + 1
k=1
n+1
k
∑
( n + 1
=
k
k=0
) (lt. Vorl.)
)
a k b n+1−k + a n+1 + b n+1
)
a k b n+1−k ,
( n
k)
a k b n+1−k + a n+1 + b n+1
womit der Induktionsschritt vollzogen ist.
□

Aufgabe 5
Man zeige, dass
für alle n ∈ N gilt.
2 ≤
(
1 +
n) 1 n (
< 1 + 1 ) n+1
< 3
n + 1
Lösungsvorschlag:
Wir erinnern an die Bernoulli-Ungleichung: Ist x ≥ −1, so gilt (1 + x) n ≥ 1 + nx für alle
n ∈ N 0 .
Die Bernoulli-Ungleichung liefert (mit x = 1 ) n
(
1 + 1 n
) n
≥ 1 + n · 1
n = 2
für alle n ∈ N. Sei nun n ∈ N beliebig. Um ( 1 + n) 1 n (
< 1 +
1 n+1
n+1)
einzusehen, genügt es,
( )
1 +
1 n
n+1 1
( )
1 +
1 n >
1 + 1 = n + 1
n + 2 = n + 2 − 1 = 1 − 1
n + 2 n + 2
n
n+1
nachzuweisen. Wegen
1 + 1
n+1
1 + 1 n
=
n+2
n+1
n+1
n
=
n(n + 2)
(n + 1) = n2 + 2n
2 n 2 + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 − 1
n 2 + 2n + 1
1
= 1 −
n 2 + 2n + 1 = 1 − 1
(n + 1) 2
liefert die Bernoulli-Ungleichung (mit x = − 1 ≥ −1)
(n+1) 2
( )
1 +
1 n (
) n (
n+1
1
1 + 1 = 1 −
≥ 1 + n · −
(n + 1)
n
2
Wenn wir jetzt auch noch
1 −
n
(n + 1) > 1 − 1
2 n + 2
zeigen können, dann haben wir in der Tat
( )
1 +
1 n
n+1
( )
1 +
1 n >
n
nachgewiesen. Wir haben
1
1 + 1
n+1
n
1 −
(n + 1) > 1 − 1
2 n + 2
⇐⇒
n
(n + 1) < 1
2 n + 2
⇐⇒ n(n + 2) < (n + 1) 2
⇐⇒ n 2 + 2n < n 2 + 2n + 1
)
1
= 1 −
(n + 1) 2
n
(n + 1) 2 .

und die letzte Ungleichung ist richtig.
Es sei nun n ≥ 4. Dann lieferen der binomische Lehrsatz, Aufgabe 1 und Übungsaufgabe 6)
a) (i)
(
1 + 1 n) n
=
≤
n∑
( ) n 1
n∑
k n = k
k=0
n∑
k=0
k=0
∏ k−1
j=0 n 1
·
k! n = k
n!
k!(n − k)! ·
n∑
k=0
1
3∑
k! ≤
k=0
1
n k =
n∑
k=0
1
n∑
k! +
k=4
∏ k−1
j=0
(n − j) 1
·
k! n k
1
2 k
) n+1
− 1 − ( )
1 3+1
2
1 − 1 2
3∑ 1
n∑
=
k! + 1
3∑
2 − 1
k 2 = 1 + 1 + 1 k 2 + 1 6 + 1 − ( 1
2
1 − 1 k=0 k=0 k=0
2
= 2 + 2 ( 1
3 + 2 2 − 1 )
= 2 + 2 4 2 n+1 3 + 1 8 − 1 2 = 2 + 19
n 24 − 1 2 < 3. n
Ist nun n ∈ {1, 2, 3}, so folgt mit dem bereits Bewiesenen
(
1 +
n) 1 n (
< 1 + 1 4
< 3.
4)
Damit ist nun alles gezeigt.
□

3 Zusatz: Wohlordnung von N und Reichhaltigkeit von
R
Satz
Jede nichtleere Teilmenge von N besitzt ein kleinstes Element; man sagt hierzu auch, N sei
wohlgeordnet.
Beweis:
Es sei A eine nichtleere Teilmenge von N. Wir machen die Annahme, dass A kein kleinstes
Element besitze, und führen diese Annahme im Folgenden zu einem Widerspruch.
Hierzu betrachten wir die Menge B := {n ∈ N : {1, . . . , n} ∩ A = ∅} und zeigen, dass dies
eine induktive Menge ist. Dann folgt nämlich B = N, was zu dem Widerspruch ∅ ̸= A = ∅
führt.
Da A kein kleinstes Element besitzt, gilt insbesondere 1 ∉ A und es folgt 1 ∈ B. Sei nun n ∈ B
beliebig. Wäre n + 1 nicht in B enthalten, so würde {1, . . . , n, n + 1} ∩ A ≠ ∅ gelten und es
müsste daher wegen {1, . . . , n}∩A = ∅ (da ja n ∈ B) notwendigerweise n+1 ∈ A gelten. Wäre
dann a irgendein Element von A, so würde wiederum aufgrund von {1, . . . , n} ∩ A = ∅ die
Ungleichung a ≥ n+1 gelten. Mithin wäre n+1 ein kleinstes Element von A im Widerspruch
zu unserer Annahme. Also muss n + 1 ∈ B gelten und B ist somit in der Tat als induktive
Menge erkannt.
□
Als Anwendung dieses Satzes wollen wir zeigen, dass R sehr reichhaltig ist. Zu diesem Zweck
benötigen wir die nachstehende Hilfsaussage.
Lemma
Zu jedem x ∈ R existiert ein mit [x] bezeichnetes, eindeutiges Element von Z, welches
erfüllt.
Beweis:
[x] ≤ x < [x] + 1
Als erstes beweisen wir die Eindeutigkeit. Hierzu seien n 1 , n 2 ∈ Z mit n j ≤ x < n j + 1
(j ∈ {1, 2}). Wir machen nun die Annahme, dass n 1 ≠ n 2 gilt und führen diese Annahme zu
einem Widerspruch. Wegen der Trichotomie der Ordnung gilt dann entweder n 1 > n 2 oder
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
dem Widerspruch x < n 1 + 1 ≤ n 2 ≤ x.
Für den Nachweis der Existenzaussge betrachten wir zunächst den Fall x ≥ 0. Da N nicht
beschränkt ist, ist die Menge A := {n ∈ N : n > x} nichtleer. Da N wohlgeordnet ist, besitzt
A ein kleinstes Element n x . Wir setzen nun [x] := n x − 1 ∈ N 0 . Wegen der Minimalität von
n x gilt dann [x] /∈ A. Letzteres impliziert, dass [x] = 0 oder [x] ≤ x gilt.
Im ersten Falle folgt wegen x ≥ 0 sofort die Abschätzung [x] = 0 ≤ x < n x = [x] + 1.
Im zweiten Falle erhält man [x] ≤ x < n x = [x] + 1.
Ist hingegen x < 0, so setzen wir [x] := − min{n ∈ N : n ≥ −x} ∈ Z; hierbei ist
[x] wohldefiniert, da die Menge {n ∈ N : n ≥ −x} wiederum wegen der Unbeschränktheit
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
min{n ∈ N : n ≥ −x} = −[x] > −[x] − 1 ≥ −x folgen, was wegen der Minimalität von
−[x] die Aussage −[x] − 1 ∈ N 0 \ N, also [x] + 1 = 0 nach sich zöge. Dies wiederum würde
x ≥ [x] + 1 = 0 liefern im Widerspruch zur Voraussetzung x < 0.
□
Nun sind wir soweit, das angekündigte Resultat über die Reichhaltigkeit von R zu beweisen.
Satz
Es seien x, y ∈ R mit x < y. Dann existieren ein r ∈ Q und ein s ∈ R \ Q mit x < r < y und
mit x < s < y.
Beweis:
Da N unbeschränkt ist, existiert ein m ∈ N mit m > 1 (beachte: y − x > 0), also mit
y−x
< y − x. Es folgt 1 < my − mx bzw. 1 + mx < my. Dies führt zu
1
m
Damit gilt nun
mx < [mx] + 1 ≤ mx + 1 < my.
r := [mx] + 1 ∈ (x, y) ∩ Q .
m
Wir wählen nun noch ein u ∈ (r, y) ∩ Q (nach dem gerade Gezeigten ist eine solche Wahl
möglich) und setzen s := r+ √ 2
(u−r). Dann gilt s ∈ R \ Q (sonst wäre √ 2 = 2 (s−r) ∈ Q).
2 u−r
Wegen 0 < √ 2
< 1 erhalten wir nun
2
x < r < s < r + (u − r) = u < y,
also s ∈ (x, y) \ Q. Damit ist alles gezeigt.
□