Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 2:
Elementare Zahlenbereiche - Die natürlichen Zahlen
Lösungen zu den Aufgaben Peano-Dedekind-Axiomatik der natürlichen Zahlen
Lösung zur Aufgabe 2.1.1 - Umkehrung von Axiom PA 2
Es handelt sich einfach um die Umkehrung (Implikation der negierten Aussagen) des Axioms PA 2.
Lösungen zu den Aufgaben Addition und Multiplikation natürlicher Zahlen
Lösung zur Aufgabe 2.1.2 - Eindeutigkeit der Addition
Wir folgen E. Landaus Lehrbuch Grundlagen der Analysis, Kapitel 1, Beweis zu Satz 4, und zeigen, dass es zu jedem festen \( m\in\mathbb N_0 \) höchstens eine Möglichkeit gibt, \( m+n \) für alle \( n\in\mathbb N_0 \) zu definieren, so dass erfüllt sind \[ m+0=m \quad\mbox{und}\quad m+n'=(m+n)'\ \mbox{für alle}\ n\in\mathbb N_0\,. \] Angenommen, es gibt - bei festem \( m\in\mathbb N_0 \) - zwei solche Möglichkeiten, nämlich \[ m+n\quad\mbox{und}\quad m\oplus n \] mit den Eigenschaften
| \( \circ \) | \( m+0=m \) und \( m\oplus 0=m, \) |
| \( \circ \) | \( m+n'=(m+n)' \) und \( m\oplus n'=(m\oplus n)'\,. \) |
Setze \[ M:=\{n\in\mathbb N_0\,:\,m+n=m\oplus n\}. \] Dann haben wir
| \( \circ \) | \( m+0=m \) und \( m\oplus 0=m, \) also folgt \( 0\in M, \) |
| \( \circ \) | und gilt \( n\in M, \) d.h. \( m+n=m\oplus n \) und damit |
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| so folgt \( n'\in M. \) |
Nach dem Induktionsaxiom PA 5 schließen wir \( M=\mathbb N_0, \) d.h. es gilt insgesamt \[ m+n=m\oplus n\quad\mbox{für alle}\ m,n\in\mathbb N_0\,. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.1.3 - Existenz der Addition
Wir folgen E. Landaus Lehrbuch Grundlagen der Analysis,, Kapitel 1, Beweis zu Satz 28. Zu zeigen ist, dass es zu jedem \( m\in\mathbb N_0 \) eine Möglichkeit gibt, \( m+n \) für jedes \( n\in\mathbb N_0 \) so zu definieren, dass erfüllt sind \[ m+0=m \quad\mbox{und}\quad m+n'=(m+n)'\ \mbox{für alle}\ n\in\mathbb N_0\,. \] Setze dazu \[ M:=\{m\in\mathbb N_0\,:\,\mbox{zu}\ m\ \mbox{gibt es eine solche Möglichkeit}\}\,. \]
| \( \circ \) | Wir zeigen \( 0\in M: \) Erkläre \( + \) gemäß |
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| Dann gelten (verwende diese Setzung ) bei allen drei Gleichheitszeichen) | |
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| Also gelten \( m+0=m \) und \( m+n'=(m+n)' \) für \( m=0. \) | |
| \( \circ \) | Wir zeigen \( m'\in M, \) falls \( m\in M: \) Zunächst bedeutet \( m\in M \) |
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| Auf \( m' \) soll nun wie folgt geschlossen werden | |
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| Dann gelten | |
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| (verwende vorige Setzung im ersten Gleichheitsszeichen) sowie | |
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| (verwende die Setzung im ersten und dritten Gleichheitsszeichen). Also gelten \( m'+0=m' \) und \( m'+n'=(m'+n)' \) für alle \( n\in\mathbb N_0, \) d.h. \( m'\in M. \) |
Nach dem Induktionsaxiom PA 5 folgt somit \( M=\mathbb N_0. \) Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Das Prinzip der vollständigen Induktion
Lösung zur Aufgabe 2.1.4 - Gaußsche Summenformel anschaulich
Betrachte das folgende, aus \( (n+1)\times(n+1) \) Kästchen bestehende Schema:
Wir lesen ab \[ (n+1)^2=2(1+2+\ldots+n)+(n+1) \] bzw. nach Umstellen \[ 1+2+\ldots+n =\frac{1}{2}\,\Big\{(n+1)^2-(n+1)\Big\} =\frac{(n+1-1)(n+1)}{2} =\frac{n(n+1)}{2}\,. \] Das ist die gesuchte Identität.
Lösung zur Aufgabe 2.1.5 - Binomische Formeln
| \( \circ \) | \( (a+b)^1=a+b \) |
| \( \circ \) | \( (a+b)^2=a^2+2ab+b^2 \) |
| \( \circ \) | \( (a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3 \) |
| \( \circ \) | \( (a+b)^4=a^4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4 \) |
| \( \circ \) | \( (a+b)^5=a^5+5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4+b^5 \) |
Lösung zur Aufgabe 2.1.6 - Summe der ersten \( n \) Quadrate
Zunächst ist \[ (k+1)^3-k^3=k^3+3k^2+3k+1-k^3=3k^2+3k+1. \] Das schreiben wir genauer so auf:
| \( k=1: \) | \( 2^3-1^3\,=\,3\cdot 1^2+3\cdot 1+1 \) | |
| \( k=2: \) | \( 3^3-2^3\,=\,3\cdot 2^2+3\cdot 2+1 \) | |
| \( k=3: \) | \( 4^3-3^3\,=\,3\cdot 3^2+3\cdot 3+1 \) | |
| \( \quad\vdots \) | \( \qquad\qquad\vdots \) | |
| \( k=n: \) | \( (n+1)^3-n^3\,=\,3\cdot n^2+3\cdot n+1 \) |
Wir addieren die einzelnen Zeilen (aufschreiben!) und erhalten \[ (n+1)^3-1=3\cdot(1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2)+3\cdot(1+2+3+\ldots+n)+n \] bzw. nach Umstellen \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^nk^2\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{3}\,\Big\{(n+1)^3-1\Big\}-\frac{n}{3}-\sum_{k=1}^nk \,=\,\frac{n^3+3n^3+3n}{3}-\frac{n}{3}-\frac{n(n+1)}{2} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{n^3+3n^2+2n}{3}-\frac{n(n+1)}{2} \,=\,\frac{2n^3+6n^2+4n-3n^2-3n}{6} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{2n^3+3n^2+n}{6} \,=\,\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\,. \end{array} \] Damit ist eine Darstellung der Summe der ersten \( n \) Quadratzahlen gefunden.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.1.7 - Summe der ersten Quadratzahlen induktiv
Zu zeigen ist die Richtigkeit von \[ A_n\,:\ \sum_{k=1}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\quad\mbox{für alle}\ n\in\mathbb N. \]
| (i) | Induktionsanfang: Die Aussage gilt für \( n=1, \) denn |
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| (ii) | Induktionsschluss: Die Aussage gelte für ein \( n\in\mathbb N. \) Dann ist |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^{n+1}k^2\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=1}^nk^2+(n+1)^2 \,=\,\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2 \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{n(n+1)(2n+1)+6(n+1)^2}{6} \,=\,\frac{(n+1)\big[(2n+1)n+6(n+1)\big]}{6} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{(n+1)(2n^2+n+6n+6)}{6} \,=\,\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}\,. \end{array} \]
| und das ist die Aussage \( A_{n+1}. \) |
Die Behauptung ist durch vollständige Induktion bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.1.8 - Teilbarkeiten
| (i) | Die Behauptung ist für \( n=1 \) richtig (Induktionsanfang), denn |
\[ 1^3+5\cdot 1+3=1+5+3=9, \]
| und \( 9=3\cdot 3 \) ist durch \( 3 \) teilbar. Sei nun \( n^3+5n+3 \) für ein \( n\in\mathbb N \) ohne Rest durch \( 3 \) teilbar. Dann folgt (Induktionsschluss) |
\[ \begin{array}{lll} (n+1)^3+5(n+1)+3\negthickspace & = & \negthickspace n^3+3n^2+3n+1+5n+5+3 \,=\,n^3+3n^2+8n+9 \\ & = & \negthickspace (n^3+5n+3)+3(n^2+n+3), \end{array} \]
| und jeder Summand rechts ist durch \( 3 \) teilbar. Das zeigt die Behauptung. | |
| (ii) | Die Behauptung ist für \( n=1 \) richtig (Induktionsanfang), denn |
\[ 5^1+7=5+7=12, \]
| und \( 12=3\cdot 4 \) ist durch \( 4 \) teilbar. Sei nun \( 5^n+7 \) für ein \( n\in\mathbb N \) ohne Rest durch \( 4 \) teilbar. Dann folgt (Induktionsschluss) |
\[ 5^{n+1}+7=5\cdot 5^n+7=(5^n+7)+4\cdot 5^n\,, \]
| und jeder Summand rechts ist durch \( 4 \) teilbar. Das zeigt die Behauptung. | |
| (iii) | Die Behauptung ist für \( n=1 \) richtig (Induktionsanfang), denn |
\[ 2^{10}+3^3\cdot 5^5=85399=23\cdot 3713 \]
| ist ohne Rest durch \( 23 \) teilbar. Sei nun \( 2^{7n+3}+3^{2n+1}\cdot 5^{4n+1} \) für ein \( n\in\mathbb N \) ohne Rest durch \( 4 \) teilbar. Dann folgt (Induktionsschluss) |
\[ \begin{array}{l} 2^{7(n+1)+3}+3^{2(n+1)+1}\cdot 5^{4(n+1)+1} \\ \qquad =2^7\cdot 2^{7n+3}+3^2\cdot 5^4\cdot 3^{2n+1}\cdot 5^{4n+1} \\ \qquad =2^7(2^{7n+3}+3^{2n+1}\cdot 5^{4n+1})+23\cdot 239\cdot 3^{2n+1}\cdot 5^{4n+1}\,, \end{array} \]
| und jeder Summand rechts ist durch \( 23 \) teilbar. Das zeigt die Behauptung. |
Damit sind alle Behauptungen vermittels vollständiger Induktion bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Das Rechnen mit natürlichen Zahlen
Lösung zur Aufgabe 2.1.9 - 1. Schulolympiade 1961/62, Klassenstufe 5, DDR
Es handelt sich um eine schriftliche Multiplikation. Die vollständige Tabelle lautet:
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Man beginnt mit der Multiplikation mit \( 2 \) in der dritten Zeile, welche die Ziffern \( 5 \) und \( 4 \) im ersten Faktor der ersten Zeile liefert. Ein Vergleich mit der vierten Zeile liefert die Ziffer \( 3 \) im zweiten Faktor der ersten Zeile usw.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.1.10 - 1. Schulolympiade 1961/62, Klassenstufe 6, DDR
Die vier Zahlen seien \( n,\ n+1,\ n+2,\ n+3. \) Für deren Summe ergibt sich \[ n+(n+1)+(n+2)+(n+3) =4n+6 =2(n+3). \] Es ist aber \( 2(n+3)\ge 6 \) gerade, also keine Primzahl, denn die einzige gerade Primzahl lautet \( 2 \). Eine solche Summe ist also keine Primzahl.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.1.11 - 6. Kreisolympiade 1966, Klassenstufe 5, DDR
Es handelt sich um die Menge \( \{ 420,660,780,1020\}. \)