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Wintersemester 2024/ B. Böhmler, T. Holm D. Munkacsi, P. Wegener
Mathematik 1: Lineare Algebra
(für Studierende der Informatik)
Hörsaalübung 24.10.
Aufgabe 1: Gegeben seien folgende Mengen:
A ={x | x ∈ N und x ist durch 3 teilbar} B ={p | p ist Primzahl und p ≤ 25 } C ={ 3 , 9 , 12 }, Bestimmen Sie A ∩ B, A ∪ C, B ∩ C, B ∪ C, B \ C, C \ A.
Aufgabe 2: Gegeben sei die Funktion
f : N → Z , f (n) =
n 2 wenn n gerade 1 − 2 n wenn n ungerade (i) Ist die Funktion f injektiv? (ii) Ist die Funktion f surjektiv?
Aufgabe 3: Betrachten Sie eine Färbung der natürlichen Zahlen in den Farben rot und blau, also eine Funktion f : N → {rot, blau}, sowie die folgende Aussage: A: Für jede blau gefärbte Zahl gibt es eine größere rot gefärbte Zahl.
Welche der folgenden Aussagen kann man daraus folgern, d.h. für welche i ist die Aussage A ⇒ B i eine wahre Aussage? (a) B 1 : „Es gibt ein n ∈ N mit f (n) = rot“. (b) B 2 : „Für jede rot gefärbte Zahl gibt es eine kleinere blau gefärbte“. (c) B 3 : „Für jede rot gefärbte Zahl gibt es eine größere rot gefärbte“.
Wintersemester 2024/ B. Böhmler, T. Holm D. Munkacsi, P. Wegener
(d) B 4 : „Es gibt unendlich viele rot gefärbte Zahlen“. (e) B 5 : „Wenn f (1) = blau, dann gibt es ein n ∈ N, so dass f (n) = blau und f (n+1) = rot“.
Aufgabe 4: Zeigen Sie mit vollständiger Induktion die folgenden Aussagen. (a) ∑ ni =1 i(i + 1) = n ( n +1)( 3 n +2) für alle n ∈ N. (b) ∑ ni =1 i^3 = ( n +1) 4 2 n^2 für alle n ∈ N. (c) 2 n^ > 2 n für alle natürlichen Zahlen n ≥ 3.
Aufgabe 5: Was ist falsch an den folgenden Beweisen mit vollständiger Induktion? (a) Wir „beweisen“, dass 2 · n = 0 für alle n ∈ N 0. Induktionsanfang: Für n = 0 ist 2 · 0 = 0, ok. Induktionsvoraussetzung: Für ein n ∈ N 0 sei die Behauptung bereits bewiesen für alle Zahlen k ≤ n. Induktionsschritt: Wir betrachten n + 1 und müssen zeigen, dass 2 · (n + 1) = 0 ist. Dazu schreiben wir n + 1 = i + j als Summe von zwei kleineren Zahlen i und j. Für diese gilt nach Induktionsvoraussetzung, dass 2 · i = 0 und 2 · j = 0. Damit erhalten wir 2 · (n + 1) = 2 · (i + j) = 2 · i + 2 · j = 0 + 0 = 0 und der Induktionsschritt ist gelungen. (b) Wir „beweisen“: Sei a eine positive reelle Zahl und n ∈ N 0. Dann gilt a n^ = 1. Für n = 0 ist bekannt, dass a^0 = 1, der Induktionsanfang ist damit bewiesen. Wir nehmen im Folgenden an, dass a n^ = a n −^1 = 1 ist und werden dann zeigen, dass a n +1^ = 1 folgt. Dazu schreiben wir a n +1^ = a n^ · a = a n (^) · a n a n −^1
( = ∗)^1 ·^1
wobei (∗) nach Induktionsvoraussetzung gilt. Damit ist der Induktionsschritt gezeigt und die obige Aussage bewiesen.
