Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 3:
Reelle Zahlen - Weitere Eigenschaften reeller Zahlen
Lösungen zu den Aufgaben Lösung der p-ten Wurzelgleichung
Lösung zur Aufgabe 3.3.1 - Eine kurze und einfache Textaufgabe
Es gelten \( x+y=7 \) und \( xy=12. \) Einsetzen von \( x=7-y \) bringt also \[ xy=(7-y)y=7y-y^2=12 \quad\mbox{bzw.}\quad y^2-7y+12=0 \] mit den beiden Wurzeln \[ y_{1/2} =\frac{7}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{7}{2}\right)^2-12} =\frac{7}{2}\pm\frac{1}{2} \quad\mbox{bzw.}\quad y_1=3,\ y_2=4. \] Hierzu gehören \( x_1=4 \) und \( x_2=3. \) Damit sind beide Lösungspaare der Aufgabe gefungen: \[ x_1=3,\ y_1=4 \quad\mbox{und}\quad x_2=4,\ y_2=3. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.3.2 - Faktorisieren von Potenzen
| (i) | Wir berechnen |
\[ (x-y)(x+y) =x^2+xy-xy-y^2 =x^2-y^2\,. \]
| (ii) | Wir berechnen |
\[ (x-y)(x^2+xy+y^2) =x^3+x^2y+xy^2-x^2y-xy^2-y^3 =x^3-y^3\,. \]
| (iii) | Wir berechnen |
\[ \begin{array}{l} (x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}y^2+\ldots+xy^{n-2}+y^{n-1}) \\ \qquad =\,x^n+x^{n-1}y+x^{n-2}y^2+x^{n-3}y^3+\ldots+x^2y^{n-2}+xy^{n-1} \\ \qquad\phantom{=\,x^n} -x^{n-1}y-x^{n-2}y^2-x^{n-3}y^3-\ldots-x^2y^{n-2}-xy^{n-1}-y^n \\ \qquad =\,x^n-y^n\,. \end{array} \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.3.3 - Folgerung aus dem Faktorisieren von Potenzen
| (i) | Wir setzen \( a:=\sqrt{k} \) und \( b:=\sqrt{k-1}. \) Dann ist |
\[ a^2-b^2=k-(k-1)=1, \]
| und Umstellen von \( \displaystyle a-b=\frac{a^2-b^2}{a+b} \) liefert wegen \( \sqrt{k-1}\ge 0 \) |
\[ \sqrt{k}-\sqrt{k-1}=\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}\le\frac{1}{\sqrt{k}}\,. \]
| (ii) | Wir ermitteln unter Anwendung von (i) |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle\sqrt{n}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \big(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\big)+\big(\sqrt{n-1}-\sqrt{n-2}\big)+\ldots+\big(\sqrt{2}-1\big)+1 \\[2ex] & \le & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{1}{\sqrt{n-2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{2}}+1. \end{array} \] Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.3.4 - Wissenschaft und Fortschritt, Aufgabe 9/89
Wir setzen \( z:=\sqrt[12]{x}. \) Die vorgelegte Gleichung geht dann in die Form über \[ z^4+z^3=6z^2 \quad\mbox{bzw. nach Umstellen}\quad z^2(z^2+z-6)=0. \] Es ist \( z_1=0 \) eine Lösung. Für die Wurzeln von \( z^2+z-6=0 \) finden wir weiter \( z_2=2 \) und \( z_3=-3, \) wobei diese dritte Wurzel als Lösung der ursprünglichen Aufgabe wegfällt. Die gesuchten nichtnegativen Lösungen sind also \[ x_1=0,\quad x_2=2^{12}\,. \] Damit ist die Aufgabe gelöst.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Der binomische Lehrsatz
Lösung zur Aufgabe 3.3.5 - Ganzzahligkeit der Binomialkoeffizienten
| (i) | Zunächst gehen wir wie folgt vor |
\[ \begin{array}{ll} & n+1=n+1 \\ \Longrightarrow & n+1=n+1-k+k \\ \Longrightarrow & n!(n+1)=(n+1-k)n!+k\cdot n! \\ \Longrightarrow & \displaystyle\frac{(n+1)!}{(n+1-k)!}=\frac{n!}{(n-k)!}+\frac{k\cdot n!}{(n+1-k)!} \\ \Longrightarrow & \displaystyle\frac{(n+1)!}{k!(n+1-k)!}=\frac{n!}{k!(n-k)!}+\frac{n!}{(k-1)!(n+1-k)!} \\ \Longrightarrow & \displaystyle\binom{n+1}{k}=\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1} \end{array} \]
| (ii) | Vermittels vollständiger Induktion beweisen wir die Richtigkeit von |
\[ A_n\,:\,\quad\mbox{Für alle}\ k=0,1,\ldots,n\ \mbox{ist}\ \binom{n}{k}\ \mbox{ganzzahlig,} \]
| und zwar für alle \( n\in\mathbb N_0. \) Dazu beginnen wir mit (Induktionsanfang, hier für \( A_0, \) \( A_1 \) und \( A_2 \)) |
\[ \binom{0}{0}=1,\quad \binom{1}{0}=1,\quad \binom{1}{1}=1,\quad \binom{2}{0}=1,\quad \binom{2}{1}=2,\quad \binom{2}{2}=1. \]
| Sei nun \( A_n \) richtig für ein \( n\in\mathbb N_0. \) Die Richtigkeit von \( A_{n+1} \) folgt dann aber sofort aus der Pascalschen Identität. |
Damit sind alle Behauptungen bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.3.6 - Eine spezielle Summe von Wurzeln
Nach der binomischen Formel ist \[ \begin{array}{lll} z\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle (1+\sqrt{3})^n+(1-\sqrt{3})^n \,=\,\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\sqrt{3}^k+\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-\sqrt{3})^k \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\left\{1-(-1)^k\right\}\sqrt{3}^k \end{array} \] d.h. es verbleibt zur Summation nur jeder Summand mit geradem \( k=0,2,4,\ldots, \) ausgeschrieben also \[ z=2\binom{n}{0}\sqrt{3}^0+2\binom{n}{0}\sqrt{3}^2+2\binom{n}{k}\sqrt{3}^4+\ldots \] Zusammen mit Aufgabe 3.3.5 erkennen wir, dass rechts jeder Summand eine ganze Zahl ist, also auch die Summe, und damit ist auch \( z \) eine ganze Zahl.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.3.7 - Binomischer Lehrsatz und Summenausdrücke I
| (i) | Wir setzen \( x=y=1 \) in die binomische Formel ein und erhalten |
\[ \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}1^k1^{n-k}=(1+1)^n=2^n\,. \]
| (ii) | Wir setzen \( x=-1 \) und \( y=1 \) in die binomische Formel ein und erhalten für \( n\ge 1 \) |
\[ \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k1^{n-k}=(-1+1)^n=0^n=0. \]
| (iii) | Wir setzen \( x=-2 \) und \( y=1 \) in die binomische Formel ein und erhalten |
\[ \sum_{k=0}^n(-2)^k\binom{n}{k}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-2)^k1^{n-k}=(-2+1)^n=(-1)^n\,. \]
| Hieraus schließen wir |
\[ \sum_{k=0}^n2^n(-2)^k\binom{n}{k}=2^n(-1)^n=(-2)^n\,. \] Damit sind alle Behauptungen gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.3.8 - Binomischer Lehrsatz und Summenausdrücke II
| (i) | Wir ermitteln mit Aufgabe 3.3.7 |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{1}{2}\cdot 2^n\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle 2^{n-1} \,=\,\frac{1}{2}\,(1+1)^n \,=\,\frac{1}{2}\,(1+1)^n+0 \,=\,\frac{1}{2}\,(1+1)^n+\frac{1}{2}\,(1-1)^n \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}+\frac{1}{2}\,\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k \,=\,\frac{1}{2}\,\sum_{k=0}^n\left\{1+(-1)^k\right\}\binom{n}{k} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,\sum_{k=0,\ k\ \mbox{gerade}}^n2\cdot\binom{n}{k} \,=\,\sum_{k=0,\ k\ \mbox{gerade}}^n\binom{n}{k}\,. \end{array} \]
| (ii) | Aufgabenteil (i) zusammen mit Aufgabe 3.3.7 liefern |
\[ \sum_{k=0,\ k\ \mbox{ungerade}}^n\binom{n}{k} =\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}-\sum_{k=0,\ k\ \mbox{gerade}}^n\binom{n}{k} =2^n-\frac{1}{2}\cdot 2^n =\frac{1}{2}\cdot 2^n =2^{n-1}\,. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Dezimaldarstellung reeller Zahlen
Lösung zur Aufgabe 3.3.9 - \( b \)-adische Darstellung reeller Zahlen
| (i) | Für \( n\gt m \) schätzen wir wie folgt ab |
\[ \begin{array}{lll} |s_n-s_m|\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \left|\sum_{\nu=-k}^n\frac{a_\nu}{b^\nu}-\sum_{\nu=-k}^m\frac{a_\nu}{b^\nu}\right| \,=\,\left|\sum_{\nu=m+1}^n\frac{a_\nu}{b^\nu}\right| \,\le\,\sum_{\nu=m+1}^n\frac{b}{b^\nu} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{\nu=m+1}^n\frac{1}{b^{\nu-1}} \,=\,\sum_{\ell=0}^{n-m-1}\left(\frac{1}{b}\right)^{\ell+m} \,=\,\left(\frac{1}{b}\right)^m\sum_{\ell=0}^{n-m-1}\left(\frac{1}{b}\right)^\ell \\ & = & \negthickspace\displaystyle \left(\frac{1}{b}\right)^m\cdot\frac{1-\left(\frac{1}{b}\right)^{n-m}}{1-\frac{1}{b}} \,\le\,\left(\frac{1}{b}\right)^m\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{b}} \,=\,\left(\frac{1}{b}\right)^m\cdot\frac{b}{b-1}\,. \end{array} \]
| Zu vorgeschriebenem \( \varepsilon\gt 0 \) finden wir also nach dem Archimedischen Axiom ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit der Eigenschaft |
\[ |s_n-s_m|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ m,n\ge N(\varepsilon), \]
| weshalb \( \{s_n\}_{n=-k,-k+1,\ldots} \) eine Cauchyfolge darstellt und ein reelle Zahl repräsentiert |
\[ s:=[\{s_n\}_{-k,-k+1,\ldots}]_{\mathbb R}\,. \]
| (ii) | Wir zeigen, dass jedes \( s\gt 0 \) eine \( b \)-adische Entwicklung besitzt (\( s=0 \) ist klar). Betrachte dazu die |
| rationale Zahlenfolge |
\[ \left\{\frac{i}{b^n}\right\}_{i=0,1,2,\ldots} \]
| für \( n=0,1,2,\ldots \) Diese Folgen zerlegen \( [0,\infty)\subset\mathbb R \) derart, dass beim Übergang von der \( n \)-ten Folge zur \( (n+1) \)-ten Folge jedes Teilintervall in \( b\ge 2 \) neue Teilintervalle zerlegt wird. Wir unter- | |
| scheiden nun zwei Fälle: | |
| \( \circ \) \( s \) liegt nach dem \( n \)-ten Unterteilungsschritt auf einem Zerlegungspunkt | |
| \( \circ \) \( s \) liegt stets im Innern der Zerlegungsintervalle | |
| Im ersteren Fall ist die Behauptung bewiesen, denn \( s \) lässt sich dann \( b \)-adisch durch eine endliche Summe darstellen. Wir konzentrieren uns also auf den zweiten Fall (beachte, dass \( s \) nicht notwendig irrational sein muss). Dazu setzen wir geeignet (analog zu Abschnitt 3.3.2) |
\[ x_n:=\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{b^k}\,,\quad n=0,1,2,\ldots \]
| Es gelten |
\[ x_n\le x_m\le x_n+\frac{1}{b^n}\quad\mbox{für alle}\ m\ge n \]
| sowie nach unserer Annahme über die Lage von \( s \) |
\[ x_n\lt s\lt x_n+\frac{1}{b^n}\quad\mbox{für alle}\ n=0,1,2,\ldots \]
| Die Folge \( \{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) bildet eine rationale Cauchyfolge, und wir setzen folgerichtig |
\[ x:=[\{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots}]_{\mathbb R}\,. \]
| Dann ist auch |
\[ x_n\lt x\lt x_n+\frac{1}{b^n}\quad\mbox{für alle}\ n=0,1,2,\ldots\,, \]
| und wir gelangen zu folgender Abschätzung |
\[ 0\le|x-s|\le\left(x_n+\frac{1}{b^n}\right)-x_n=\frac{1}{b^n}\longrightarrow 0\quad\mbox{für}\ n\to\infty \]
| nach dem Archimedischen Axiom. Es folgt also notwendig |
\[ |x-s|=0\quad\mbox{bzw.}\quad x=s, \]
| d.h. \( s \) ist \( b \)-adisch dargestellt. |
Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Überabzählbarkeit der reellen Zahlen
Lösung zur Aufgabe 3.3.10 - Überabzählbarkeit der irrationalen Zahlen
Die disjunkte Vereinigung der Menge \( \mathbb Q \) der rationalen Zahlen und der Menge \( \mathbb R\setminus\mathbb Q \) der irrationalen Zahlen bilden die Menge \( \mathbb R \) der reellen Zahlen: \[ \mathbb R=\mathbb Q\cup(\mathbb R\setminus\mathbb Q). \] Nun ist \( \mathbb Q \) nach dem ersten Cantorschen Diagonalverfahren abzählbar unendlich, die Menge \( \mathbb R \) nach dem zweiten Cantorschen Diagonalverfahren aber überabzählbar. Wäre nun \( \mathbb R\setminus\mathbb Q \) abzählbar unendlich, so auch \( \mathbb Q\cup(\mathbb R\setminus\mathbb Q) \) nach Aufgabe 2.3.10. Dieser Widerspruch beweist die Behauptung.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.3.11 - Überabzählbarkeit der Potenzmenge der natürlichen Zahlen
Angenommen, \( {\mathcal P}(\mathbb N) \) wäre abzählbar. Dann können wir schreiben \[ {\mathcal P}(\mathbb N)=\{A_1,A_2,A_3,\ldots\}\,. \] Betrachte nun die Menge \[ A:=\{n\in\mathbb N\,:\,n\not\in A_n\}\,. \] Wegen \( A\in{\mathcal P}(\mathbb N) \) existiert ein \( m\in\mathbb N \) mit \( A=A_m. \) Wir unterscheiden nun folgende zwei Fälle:
| \( \circ \) | Sei \( m\in A_m, \) d.h. \( m\in A \) im Widerspruch zur Definition von \( A. \) |
| \( \circ \) | Sei \( m\not\in A_m, \) d.h. \( m\not\in A, \) aber auch \( m\in A \) nach Definition von \( A. \) |
Beide Male liegt ein Widerspruch vor, d.h. es ist \( {\mathcal P}(\mathbb N) \) nicht abzählbar.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.3.12 - Hilfssatz zur Überabzählbarkeit der reellen Zahlen
Wir führen den Beweis nach F. Sauvigny Lehrbuch Analysis in mehreren Schritten.
| 1. | Vorgelegt seien die reellen Zahlen \( x,\widetilde x\in\mathbb R \) mit den Dezimaldarstellungen |
\[ \begin{array}{ll} x: & \quad x_0,x_1x_2x_3\ldots x_kx_{k+1}x_{k+2}\ldots \\ \widetilde x: & \quad \widetilde x_0,\widetilde x_1\widetilde x_2\widetilde x_3\ldots \widetilde x_k\widetilde x_{k+1}\widetilde x_{k+2}\ldots \end{array} \]
| An der \( (k+1) \)-ten Stelle unterscheiden sich diese Darstellung erstmals um den Betrag \( 2, \) genauer |
\[ |x_{k+1}-\widetilde x_{k+1}|=2\quad\mbox{für ein}\ k\in\mathbb N_0\,, \]
| wobei wir ohne Einschränkung annehmen dürfen |
\[ 0\le\widetilde x_{k+1}=x_{k+1}-2\le 7. \]
| 2. | Wir betrachten nun die Reste der Dezimalentwicklungen |
\[ y_n:=\sum_{m=k+1}^n\frac{x_m}{10^m}\,,\quad \widetilde y_n:=\sum_{m=k+1}^n\frac{\widetilde x_m}{10^m}\,,\quad n=k+1,k+2,\ldots \]
| Die Folgen \( \{y_n\}_{n=k+1,\ldots} \) und \( \{\widetilde y_n\}_{n=k+1,\ldots} \) bilden rationale Cauchyfolgen (vergleiche unsere Berechnungn in Abschnitt 3.1) und repräsentieren daher zwei reelle Zahlen |
\[ y:=[y_n]_{\mathbb R} \quad\mbox{und}\quad \widetilde y:=[\widetilde y_n]_{\mathbb R}\,. \]
| 3. | Nun gilt |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{\widetilde x_{k+1}}{10^{k+1}} & \le & \displaystyle \widetilde y \,\le\,\frac{\widetilde x_{k+1}+1}{10^{k+1}} \,=\,\frac{x_{k+1}-1}{10^{k+1}} \,=\,\frac{x_{k+1}}{10^{k+1}}-\frac{1}{10^{k+1}} \\ & \le & \displaystyle y-\frac{1}{10^{k+1}} \,\le\,\frac{x_{k+1}}{10^{k+1}}\,. \end{array} \]
| Hieraus entnehmen wir einmal |
\[ \widetilde y\le y-\frac{1}{10^{k+1}} \quad\mbox{bzw.}\quad \frac{1}{10^{k+1}}\le y-\widetilde y, \]
| als auch |
\[ \begin{array}{lll} y-\widetilde y & \le & \displaystyle \frac{x_{k+1}}{10^{k+1}}+\frac{1}{10^{k+1}}-\widetilde y \,\le\,\frac{x_{k+1}}{10^{k+1}}+\frac{1}{10^{k+1}}-\frac{\widetilde x_{k+1}}{10^{k+1}} \\ & = & \displaystyle \frac{x_{k+1}}{10^{k+1}}+\frac{1}{10^{k+1}}-\frac{x_{k+1}-2}{10^{k+1}} \,=\,\frac{3}{10^{k+1}}\,. \end{array} \]
| Zusammengefasst bedeutet das |
\[ \frac{1}{10^{k+1}}\le y-\widetilde y\le\frac{3}{10^{k+1}}\,. \tag{\(*\)} \]
| 4. | Wir berechnen nun |
\[ \begin{array}{lll} x-\widetilde x & = & \displaystyle \sum_{m=0}^k\frac{x_m}{10^m}+y-\sum_{m=0}^k\frac{\widetilde x_m}{10^m}-\widetilde y \,=\,\sum_{m=0}^k\frac{x_m-\widetilde x_m}{10^m}+y-\widetilde y \\ & = & \displaystyle \frac{\alpha}{10^k}+y-\widetilde y \end{array} \]
| mit der Setzung |
\[ \alpha:=10^k\cdot\sum_{m=0}^k\frac{x_m-\widetilde x_m}{10^m} =(x_k-\widetilde x_k)+\ldots+10^k(x_0-\widetilde x_0). \]
| Beachte, dass \( \alpha\in\mathbb Z. \) | |
| 5. | Im Fall \( x=\widetilde x \) wäre also \( \frac{\alpha}{10^k}+y-\widetilde y=0 \) bzw. zusammen mit \( (*) \) |
\[ [1,3]\ni 10^{k+1}(y-\widetilde y)=-10\alpha. \]
| Es stellt aber \( -10\alpha \) auf der rechten Seite eine ohne Rest durch \( 10 \) teilbare ganze Zahl dar. |
Dieser Widerspruch beweist die Behauptung des Hilfssatzes.\( \qquad\Box \)