Aufgaben zu Kapitel 3 - Springer...Aufgaben zu Kapitel 3 5 (c) Das Newton’sche Gravitationsgesetz...

Aufgaben zu Kapitel 3 1

Aufgaben zu Kapitel 3

Verständnisfragen

Aufgabe 3.1 • Welche Probleme hat das folgende Vorgehen zur Lösung der Gleichung x3 − 2x2 + x = 0?

x3 − 2x2 + x = 0∣∣/x

x2 − 2x + 1 = 0(x − 1)2 = 0

∣∣√. . .

x − 1 = 0x = 1

Aufgabe 3.2 • Können Angaben von Werten über 100% sinnvoll sein?

Aufgabe 3.3 • Warum werden leere Summen gleich null, leere Produkte aber gleich eins gesetzt?

Aufgabe 3.4 • Bestimmen Sie die Summe aller natürlichen Zahlen von eins bis tausend.

Aufgabe 3.5 • Scheitert der Beweis von „2n + 1 ist für alle n ≥ 100 eine gerade Zahl“ am Induktionsanfang, amInduktionsschritt oder an beidem?

Aufgabe 3.6 • Die Zahlen ak mit k ∈ N seien beliebig aus R. Eine Summe der Form

Tn :=n−1∑

k=1

(

ak+1 − ak

)

nennt man eine Teleskopsumme. Bestimmen Sie eine geschlossene Formel für den Wert einer solchen Summe und beweisenSie sie mit Indexverschiebungen sowie mittels vollständiger Induktion.

Aufgabe 3.7 •• Finden Sie zusätzlich zu den bereits im Text angegebenen Beispielen eine Aussage, die für alle n ∈ N

falsch ist, für die sich der Induktionsschritt aber trotzdem durchführen lässt.

Aufgabe 3.8 •• Beweisen oder widerlegen Sie:

pn := n2 − n + 41

ist für alle n ∈ N eine Primzahl.

Aufgabe 3.9 •• Seltener als mit dem Binomialkoeffizienten hat man es mit seiner Verallgemeinerung, dem Multinomial-koeffizienten zu tun. Dieser ist definiert als

(n

{k1, . . . , km})

:= n!k1! k2! . . . km!

mit Zahlen ki ∈ N0, die zusätzlich die Bedingung

k1 + k2 + . . . + km = n

erfüllen. Im Fall m = 2 reduziert sich das mit k1 = k und k2 = n − k auf den bekannten Binomialkoeffizienten. „Echte“Multinomialkoeffizienten treten dann auf, wenn man ein Multinom, also eine Summe mit mehr als zwei Summanden potenziert:

(a1 + a2 + . . . + am)n =∑

k1+...+km=n

(n

{k1, . . . , km})

ak11 a

k22 . . . akm

m

Bestimmen Sie die Multinomialkoeffizienten für n = 2 und m = 3 und ermitteln Sie damit ohne Ausmultiplizieren denAusdruck (a + b + c)2.

Aufgabe 3.10 ••• Beweisen Sie die allgemeine binomische Formel

(a + b)n =n∑

k=0

(n

k

)

ak bn−k

für n ∈ N0 mittels vollständiger Induktion.

Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008

2 Aufgaben zu Kapitel 3

Aufgabe 3.11 ••• Finden Sie den Fehler im folgenden „Beweis“ dafür, dass der Mars bewohnt ist:Satz: Wenn in einer Menge von n Planeten einer bewohnt ist, dann sind alle bewohnt.Beweis mittels vollständiger Induktion:n = 1: trivialn → n + 1: Laut Annahme sind von einer Menge von n Planeten alle bewohnt, sobald nur einer bewohnt ist. Nun betrachtenwir eine Menge von n+1 Planeten (die wir willkürlich mit p1 bis pn+1 bezeichnen). Von diesen schließen wir vorläufig einenaus unsere Betrachtungen aus, z. B. pn+1. Wenn von der übriggebliebenen Menge von n Planeten nur einer bewohnt ist, sindlaut Annahme alle bewohnt. Nun schließen wir von den n bewohnten Planeten einen aus, z. B. p1, und nehmen pn+1 wiederhinzu. Wir erhalten wieder eine Menge von n Planeten, die bis auf pn+1 alle bewohnt sind. Auf jeden Fall ist einer bewohnt,demnach alle, also ist auch pn+1 bewohnt.

Korollar: Der Mars ist bewohnt.

Beweis: Betrachte die n Planeten des Sonnensystems. Je nach aktueller Meinung zum Status des Pluto ist n = 8 oder n = 9,doch auf jeden Fall ist n endlich. Die Erde ist bewohnt, damit sind alle Planeten des Sonnensystems bewohnt – auch der Mars.

Rechenaufgaben

Aufgabe 3.12 • Ein müder Floh springt zuerst einen Meter, dann nur mehr einen halben, dann gar nur mehr einenviertel Meter, kurz bei jedem Sprung schafft er nur mehr die Hälfte der vorangegangenen Distanz. Wie weit ist er nach siebenSprüngen gekommen?

Aufgabe 3.13 • Vereinfachen Sie die folgenden Ausdrücke so weit wie möglich. Dabei ist x ∈ R>0:

A1 = |5 − |2 − 3||

A2 = x2 − 1

x + 1

A3 =∣∣x2 − 1

∣∣

∣∣(x + 1)2

∣∣

A4 = 4(32) −(

43)2

A5 = 9 + x + x2 + 5x

| − 3| + (√x)2

Aufgabe 3.14 • Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion für alle natürlichen n:n∑

k=1

(2k + 1) = n (n + 2)

Aufgabe 3.15 • Beweisen Sie für n ∈ N≥2:

n∏

k=2

(k − 1) = (n − 1)!

Aufgabe 3.16 •• Bestimmen Sie alle x ∈ R, die die Ungleichung

|x − 2| · (x + 2)

x< |x|

erfüllen.



Aufgabe 3.17 •• Beweisen Sie die Pascal’sche Formel(

n + 1

k + 1

)

=(

n

k

)

+(

n

k + 1

)

,

Aufgabe 3.18 •• Beweisen Sie für alle n ∈ N:

n∑

k=1

k · 2k = 2 + 2n+1 · (n − 1)

n∑

k=1

(−1)k+1 k2 = (−1)n+1 n (n + 1)

2

Aufgabe 3.19 •• Beweisen Sie mittels Induktion für alle natürlichen n:

n3 + 5n ist durch 6 teilbar11n+1 + 122n−1 ist durch 133 teilbar3(2n) − 1 ist durch 2n+2 teilbar

Aufgabe 3.20 •• x ∈ R sei eine feste Zahl, und es sei p1(x) := 1 + x. Nun definieren wir für n ∈ N:

pn+1(x) =(

1 + x(2n))

· pn(x)

Finden Sie einen expliziten Ausdruck für pn(x) und beweisen Sie dessen Gültigkeit mittels vollständiger Induktion.

Aufgabe 3.21 •• Beweisen Sie mittels Induktion für alle natürlichen Zahlen n:

n∑

k=1

k3 =(

n∑

k=1

k

)2

Aufgabe 3.22 •• Betrachten Sie eine Menge von reellen Zahlen xk , wobei entweder alle xk ∈ (−1, 0) oder alle xk > 0sind. Beweisen Sie für diese die verallgemeinerte Bernoulli-Ungleichung

n∏

k=1

(1 + xk) ≥ 1 +n∑

k=1

xk

mittels vollständiger Induktion.

Aufgabe 3.23 •• Beweisen Sie für alle n ∈ N0:

n∑

k=0

(n

k

)

= 2n

n∑

k=0

(−1)k(

n

k

)

= 0

Aufgabe 3.24 ••1. Zeigen Sie, dass für beliebige positive Zahlen x und y stets die Ungleichung

x

y+ y

x≥ 2

gilt.2. Die Zahlen ak mit k ∈ N seien alle positiv. Zeigen Sie, dass stets

(n∑

k=1

ak

)

·(

n∑

k=1

1

ak

)

≥ n2

gilt.


4 Aufgaben zu Kapitel 3

Aufgabe 3.25 ••• Beweisen Sie für alle ∈ N, n ≥ 2:

n∏

k=2

(

1 − 2

k (k + 1)

)

= 1

3

(

1 + 2

n

)

Aufgabe 3.26 ••• Man zeige für n ∈ N:

n−1∑

k=0

(n + k) (n − k) = n (n + 1) (4n − 1)

6

Anwendungsprobleme

Aufgabe 3.27 • Zehn Katzen fangen in zehn Minuten zehn Mäuse. Wie viele Mäuse fangen hundert Katzen in hundertMinuten?

Aufgabe 3.28 • Ein Erfinder stellt drei Maßnahmen vor, die jeweils den Energieverbrauch eines Motors reduzierensollen. Die erste verringert den Verbrauch um 20%, die zweite um 30% und die dritte gar um 50%. Kann der Verbrauch desMotors mit allen drei auf null reduziert werden? Wenn nein, auf wie viel dann?

Aufgabe 3.29 • Wieder taucht der Erfinder aus der vorherigen Aufgabe auf, diesmal mit einer Vorrichtung, die denStromverbrauch von Glühlampen um 250% reduzieren soll. Was kann das bedeuten?

Aufgabe 3.30 • Drei Firmen haben anfangs den gleichen Jahresumsatz. Der Umsatz von A bleibt in den darauffolgendenJahren gleich. Der Umsatz von B nimmt zuerst um 50% zu und dann um 50% ab. Bei C hingegen nimmt der Umsatz zuerstum 50% ab, dann um 50% zu. Vergleichen Sie den Jahresumsatz der Firmen am Ende dieser Entwicklung.

Aufgabe 3.31 • Für zwei in Serie geschaltete Widerstände R1 und R2 gilt

Rges = R1 + R2,

bei Parallelschaltung erhält man1

Rges= 1

R1+ 1

R2.

Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion, dass für eine beliebige Zahl n von Widerständen bei serieller Schaltung

Rges =n∑

k=1

Rk,

und bei Parallelschaltung1

Rges=

n∑

k=1

1

Rk

gilt.

Aufgabe 3.32 •• Ein Schwimmbecken kann mit drei Pumpen A, B und C gefüllt werden. A benötigt allein 2400 Minuten,B allein 1500 und C allein 4000 Minuten. Wie lange benötigen alle drei Pumpen zusammen?

Aufgabe 3.33 •• Betrachten Sie den inelastischen Stoß auf Seite 46 und bestimmen Sie die Menge an kinetischer Energie,die bei diesem Prozess in andere Energieformen umgewandelt wird.

Aufgabe 3.34 • Lösen Sie die folgenden wichtigen Formeln aus Physik und Technik jeweils nach allen vorkommendenGrößen auf:

(a) Für den zurückgelegten Weg s einer Bewegung bei gleichmäßiger Beschleunigung a gilt nach der Zeit t :

s = 1

2a t2 .

(b) Das Aktionsprinzip der Newton’schen Mechanik gibt zwischen der Kraft F , die auf einen Körper der Masse m wirkt, undder Beschleunigung, die dieser Körper erfährt, den Zusammenhang

F = m a

an.



(c) Das Newton’sche Gravitationsgesetz ergibt für die Kraft F zwischen zwei Punktmassen m1 und m2 im Abstand r

F = Gm1 m2

r2,

wobei G die Gravitationskonstante ist.(d) Nach dem dritten Kepler’schen Gesetz verhalten sich die Quadrate der Umlaufzeiten τ1, τ2 zweier Planeten wie die Kuben

der großen Halbachsen a1, a2 ihrer Umlaufbahnen,

t21

t22

= a31

a32

.

(e) Die Gesamtenergie W eines harmonisch schwingenden Körpers der Masse m, der mit einer Federkonstante k eingespanntist, beträgt

W = m

2v2 + k

2x2 ,

wobei x die Position und v die Geschwindigkeit des Körpers bezeichnet.(f) Brennweite f , Gegenstandweite g und Bildweite b einer Linse sind durch die Gleichung

1

f= 1

g+ 1

b.

verknüpft.(g) Beim senkrechten Einfall auf die Grenzschicht zwischen zwei Medien mit Brechzahlen n1 und n2 gilt für das Reflexions-

vermögen R

R =(

n1 − n2

n1 + n2

)2

.

(h) Für den Wirkungsgrad η eines Carnot-Prozesses, der zwischen den beiden Temperaturniveaus T1 und T2 mit T1 > T2 > 0läuft, gilt

η = T1 − T2

T1.

(i) Zwischen Widerstand R, Stromstärke I und Spannung U besteht in einem Leiter der Zusammenhang

U = R · I .

(j) Die Masse m eines Körpers der Ruhemasse m0, der sich mit Geschwindigkeit v bewegt, ist nach der speziellen Relativi-tätstheorie

m = m0√

1 − (vc

)2,

wobei c die konstante Lichtgeschwindigkeit bezeichnet.(k) Springt das Elektron des Wasserstoffatoms von einem Orbital der Hauptquantenzahl m ∈ N in eines mit Hauptquantenzahl

n ∈ N, n < m zurück, so gilt für die Energie W des emittierten Photons

W = R

(1

n2− 1

m2

)

,

wobei R die Rydberg-Konstante bezeichnet.


6 Hinweise zu Kapitel 3

Hinweise zu Kapitel 3

Verständnisfragen

Aufgabe 3.1 • Ist der Schritt in der ersten Zeile für alle x ∈ R möglich? Wo geht eine implizite Annahme ein?

Aufgabe 3.2 • Kann etwa das Verkehrsaufkommen auf einer Straße um 120% zunehmen?

Aufgabe 3.3 • Welchen Effekt will man bei leeren Summen bzw. Produkten erreichen?

Aufgabe 3.4 • Benutzen Sie die arithmetische Summenformel.

Aufgabe 3.5 • Überprüfen Sie, ob sich der Induktionsschritt vollziehen lässt, ob also aus der Ungeradheit von 2n + 1auch die Ungeradheit von 2(n + 1) + 1 folgen würde. Ist die Aussage für n = 100 wahr?

Aufgabe 3.6 • Schreiben Sie T1, T2, T3 explizit an und versuchen Sie, ein Muster zu erkennen.

Aufgabe 3.7 •• Sie können zum Beispiel eine gültige Summenformel so modifizieren, dass der Induktionsschritt unbe-einflusst bleibt.

Aufgabe 3.8 •• Überlegen Sie, ob die so definierte Zahl pn für beliebige n ∈ N prim sein kann.

Aufgabe 3.9 •• Spielen Sie alle Möglichkeiten durch, mit m = 3 Zahlen ni ∈ N0 in Summe n = 2 zu erhalten.

Aufgabe 3.10 ••• Benutzen Sie nach geeigneter Indexverschiebung die Pascal’sche Formel in der Form

(n + 1

k

)

=(

n

k − 1

)

+(

n

k

)

.

Aufgabe 3.11 ••• Lässt sich der Induktionsschritt für alle n durchführen?

Rechenaufgaben

Aufgabe 3.12 • Es handelt sich um eine geometrische Summe, für die man nur die entsprechende Summenformelanwenden muss.

Aufgabe 3.13 • Benutzen Sie die Rechenregeln für Brüche, Potenzen und Beträge, wie sie in den Abschnitten 3.1 und3.3 angegeben sind.

Aufgabe 3.14 • Das Vorgehen erfolgt analog zu dem für die arithmetische Summenformel.

Aufgabe 3.15 • Induktionsbeweis mit Induktionsanfang bei n = 2 oder Beweis per Indexverschiebung.

Aufgabe 3.16 •• Gehen Sie wie bei den Beispielen in Abschnitt 3.2 vor. Welche Bereiche sind hier zu unterscheiden?

Aufgabe 3.17 •• Spalten Sie die Binomialkoeffizienten gemäß Definition in Quotienten von Fakultäten auf.

Aufgabe 3.18 •• Es handelt sich in beiden Fällen um Standard-Induktionsbeweise, wie sie in Abschnitt 3.5 behandeltwerden.

Aufgabe 3.19 •• Orientieren Sie sich am Beispiel auf Seite 63. Eine Fallunterscheidung oder die Anwendung einerbinomischen Formel kann unter Umständen notwendig sein.

Aufgabe 3.20 •• Bestimmen Sie die Ausdrücke für p2(x), p3(x) und p4(x), und versuchen Sie, ein Muster zu erkennen.

Aufgabe 3.21 •• Hier ist es besonders hilfreich, die Induktionsbehauptung so umzuschreiben, dass bei den später not-wendigen Umformungen klar ist, worauf diese abzielen.

Aufgabe 3.22 •• Mit den gemachten Annahme ist 1 + xk > 0.

Aufgabe 3.23 •• Setzen Sie in die binomische Formel geeignete Werte ein.

Aufgabe 3.24 •• Schreiben Sie im ersten Teil die Ungleichung auf ein vollständiges Quadrat um und beweisen Sie denzweiten Teil mittels vollständiger Induktion unter Zuhilfenahme des ersten.

Aufgabe 3.25 ••• Spalten Sie im Produkt in der Induktionsbehauptung den letzten Faktor ab, benutzen Sie die Indukti-onsannhme und vereinfachen Sie das Ergebnis.


Hinweise zu Kapitel 3 7

Aufgabe 3.26 ••• Bei diesem Induktionsbeweis ist es günstig, mit der linken Seite der Behauptung zu beginnen und dieSumme so aufzuspalten, dass man einerseits die linke Seite der Annahme erhält, andererseits nur Summen, die sich leichtauswerten lassen. Man beachte insbesondere, dass Summen, in deren Summanden der Summationsindex nicht vorkommt,einfache Produkte sind.

Anwendungsprobleme

Aufgabe 3.27 • Es sind nicht hundert; hier liegt wieder ein doppelter Dreisatz vor.

Aufgabe 3.28 • Die Prozentangaben sind jeweils auf den neuen Ausgangswert zu beziehen.

Aufgabe 3.29 • Kann sich die Prozentangabe realistischerweise auf den Ausgangsverbrauch beziehen?

Aufgabe 3.30 • Die Prozentangaben sind jeweils auf den letzten Wert zu beziehen.

Aufgabe 3.31 • Der Induktionsanfang ist schon gemacht; für den Induktionsschritt fassen Sie jeweils n Widerstände zueinem zusammen, dessen Widerstand Sie nach Induktionsannahme bereits kennen.

Aufgabe 3.32 •• Betrachten Sie Füllraten (Volumen pro Zeit); die Gesamtfüllrate ist die Summe der drei einzelnenFüllraten. Es kann hilfreich sein, das unbekannte Gesamtvolumen V explizit einzuführen.

Aufgabe 3.33 •• Die kinetische Energie des Stoßprodukts ist durch E = (m1 + m2) w2/2 gegeben. Bestimmen Sie dieDifferenz �E zwischen der ursprünglichen kinetischen Energie und diesem Ausdruck.

Aufgabe 3.34 • In allen Fällen sind einfache Umformungen ausreichend. Manchmal ergibt sich durch Wurzelziehenein Doppelvorzeichen, dann ist zu überlegen, ob negative Werte für die entsprechende Größe sinnvoll sind.


8 Lösungen zu Kapitel 3

Lösungen zu Kapitel 3

Verständnisfragen

Aufgabe 3.1 • Die Lösung x = 0 geht verloren.

Aufgabe 3.2 • Ja.

Aufgabe 3.3 • Um sie „wirkungslos“ zu machen.

Aufgabe 3.4 • 500500

Aufgabe 3.5 • Am Induktionsanfang.

Aufgabe 3.6 • Tn = an − a1

Aufgabe 3.7 •• Ein Beispiel wäre die Gültigkeit der Summenformel∑n

k=1 k = 42 + n (n+1)2 für alle n ∈ N.

Aufgabe 3.8 •• Die Zahl pn ist nicht für alle n ∈ N prim.

Aufgabe 3.9 •• (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc

Aufgabe 3.10 ••• –

Aufgabe 3.11 ••• Im Induktionsschritt n → n + 1 wird implizit n ≥ 2 vorausgesetzt.

Rechenaufgaben

Aufgabe 3.12 • s = 127/64

Aufgabe 3.13 • A1 = 4, A2 = x − 1, A3 = |(x − 1)/(x + 1)|, A4 = 258048, A5 = 3 + x.

Aufgabe 3.14 • –


Aufgabe 3.16 •• L ={

x | x < 0 ∨ x >√

2}

Aufgabe 3.17 •• –



Aufgabe 3.20 •• pn(x) = ∑2n−1k=0 xk





Aufgabe 3.25 ••• –

Aufgabe 3.26 ••• –

Anwendungsprobleme

Aufgabe 3.27 • Sie fangen tausend Mäuse.

Aufgabe 3.28 • Nein, bestenfalls auf 28%.

Aufgabe 3.29 • Die Lampe würde Energie liefern statt sie zu verbrauchen!

Aufgabe 3.30 • Für die Umsätze U gilt UB = UC = 0.75 UA.



Lösungen zu Kapitel 3 9

Aufgabe 3.32 •• 750 Minuten

Aufgabe 3.33 •• �E = m1m2/(m1 + m2) · (v1 − v2)2/2.

Aufgabe 3.34 • Zum Beispiel erhält man:

(a) a = 2 s/t2, t = √2s/a

(b) m = F/a, a = F/m

(c) G = F r2/(m1 m2), r = √G m1 m2/F , m1 = F r2/(G m2), m2 = F r2/(G m1)


10 Lösungswege zu Kapitel 3

Lösungswege zu Kapitel 3

Verständnisfragen

Aufgabe 3.1 • Im ersten Schritt geht eine Lösung verloren. Statt durch x zu dividieren, sollte man es ausklammern undim entstandenen Produkt jeden Faktor getrennt null setzen:

x (x2 − 2x + 1) = 0

Zusätzlich zur Doppellösung x = 1 erhält man dann noch die einfache Lösung x = 0.

Des Weiteren wird beim Ziehen der Wurzel implizit x − 1 ≥ 0 vorausgesetzt; dabei geht allerdings keine Lösung verloren.

Aufgabe 3.2 • In bestimmten Fällen machen Prozentangaben von über 100% durchaus Sinn, etwa bei besonders dra-stischen Zunahmen. Für einen Anteil (oder eine Abnahme) hingegen sind 100% die absolute Obergrenze.

Aufgabe 3.3 • In beiden Fällen möchte man erreichen, dass eine derartige leere Konstruktion „nichts tut“. Bei einerSumme ist es klar: Wenn zu einem beliebigen Ausdruck null addiert wird, ändert sich nichts. Das neutrale Element der Multi-plikation ist aber die Eins – damit ein leeres Produkt so wenig Schaden wie möglich anrichtet, setzt man es definitionsgemäßgleich eins.

Aufgabe 3.4 • Wir erhalten mit der arithmetischen Summenformel

1000∑

k=1

= 1 + 2 + . . . + 1000 = 1000 · 1001

2= 500500.

Aufgabe 3.5 • 201 ist ungerade, womit der Induktionsanfang nicht gegeben ist, der Induktionsschritt hingegen lässt sichvollziehen:

2 (n + 1) + 1 = 2n + 1︸︷︷︸

gerade nach Annahme

+2

wäre gerade.

Aufgabe 3.6 • In dieser Summe kommen alle Beiträge bis auf den ersten und den letzten zweimal mit jeweils unter-schiedlichem Vorzeichen vor. Diese Terme fallen weg und man erhält Tn = an − a1.

Das lässt sich formal am einfachsten mittels Indexverschiebung zeigen:

Tn =n−1∑

k=1

(

ak+1 − ak

) =n−1∑

k=1

ak+1 −n−1∑

k=1

ak

=n∑

k=2

ak −n−1∑

k=1

ak =n−1∑

k=2

ak + an − a1 −n∑

k=2

ak

= an − a1

Die Gültigkeit dieser Formel lässt sich auch mittels vollständiger Induktion beweisen. Für den Induktionsanfang erhalten wirbei n = 1 die wahre Aussage 0 = a1 − a1. Der Induktionsschritt n → n + 1 ergibt nun:

Tn+1 =n∑

k=1

(

ak+1 − ak

) =

=n−1∑

k=1

(

ak+1 − ak

)+ an+1 − anAnn.=

= an − a1 + an+1 − an == an+1 − a1

Aufgabe 3.7 •• Fürn∑

k=1

k = 42 + n (n + 1)

2


Lösungswege zu Kapitel 3 11

schlägt der Induktionsanfang klarerweise fehl. Für den Induktionsschritt hingegen erhalten wir:

n+1∑

k=1

k =n∑

k=1

k + (n + 1)Ann.=

= 42 + n (n + 1)

2+ (n + 1) =

= 42 + (n + 1) (n + 2)

2

Aufgabe 3.8 •• Betrachten Sie zum Beispiel n = 41. Dafür erhalten wir

p41 = 412 − 41 + 41 = 41 · 41

was keine Primzahl sein kann.

Aufgabe 3.9 •• Wir erhalten( 2{2, 0, 0}

) = ( 2{0, 2, 0}

) = ( 2{0, 0, 2}

) = 2!2! 0! 0! = 1

( 2{1, 1, 0}

) = ( 2{1, 0, 1}

) = ( 2{0, 1, 1}

) = 2!1! 1! 0! = 2 ,

und damit ergibt sich für (a + b + c)2:

(a + b + c)2 = ( 2{2, 0, 0}

)

a2 b0 c0 + ( 2{0, 2, 0}

)

a0 b2 c0++ ( 2

{0, 0, 2})

a0 b0 c2 + ( 2{1, 1, 0}

)

a1 b1 c0++ ( 2

{1, 0, 1})

a1 b0 c1 + ( 2{0, 1, 1}

)

a0 b1 c1 == a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc

Aufgabe 3.10 •••1. n = 0: (+b)0 = 1 = (0

0

)

a0 b0 ist richtig.2. Induktionsschluss:

2.a Induktionsannahme:

(a + b)n =n∑

k=0

(n

k

)

ak bn−k

2.b Induktionsbehauptung:

(a + b)n+1 =n+1∑

k=0

(n + 1

k

)

ak bn+1−k

2.c Beweis der Behauptung. Dabei benutzen wir die Aufspaltung von Summen, eine Indexverschiebung, den Umstand,dass der Binomialkoeffizient

(nk

)

für k > n oder n < 0 gleich null gesetzt wird, und die Pascal’sche Formel:

(a + b)n+1 = (a + b) · (a + b)n

lt. Ann.= (a + b) ·n∑

k=0

(n

k

)

ak bn−k

=n∑

k=0

(n

k

)

ak+1 bn−k +n∑

k=0

(n

k

)

ak bn+1−k

=n+1∑

k=1

(n

k − 1

)

ak bn+1−k +n∑

k=0

(n

k

)

ak bn+1−k

=n+1∑

k=0

(n

k − 1

)

ak bn+1−k +n+1∑

k=0

(n

k

)

ak bn+1−k

=n+1∑

k=0

((n

k − 1

)

+(

n

k

))

ak bn+1−k

=n+1∑

k=0

(n + 1

k

)

ak bn+1−k



Aufgabe 3.11 ••• Betrachtet man den Induktionsschritt genauer, so fällt auf, dass diese Argumentation nur für n ≥ 2möglich ist. Schließt man bei n → n + 1 für n = 1 aus einer Menge von n + 1 = 2 Planeten einen aus, so bleibt nureiner übrig. Bei Ausschluss des nach Voraussetzung bewohnten Planeten bleibt nur der unbewohnte übrig. Man müsste denInduktionsanfang demnach bei n = 2 setzen – „Wenn von einer Menge von zwei Planeten einer bewohnt ist, sind beidebewohnt“. Das ist offensichtlich falsch.

Rechenaufgaben

Aufgabe 3.12 • Die geometrische Summenformel liefert:

s = 1 + 1

2+ . . . + 1

26=

6∑

k=0

(1

2

)k

=

=1 −

(12

)7

1 − 12

=127128

12

= 127

64.

Aufgabe 3.13 •A1 = |5 − | − 1|| = |5 − 1| = |4| = 4

A2 = (x + 1) (x − 1)

x + 1= x − 1

A3 =∣∣∣∣∣

x2 − 1

(x + 1)2

∣∣∣∣∣=∣∣∣∣

(x + 1) (x − 1)

(x + 1)2

∣∣∣∣=∣∣∣∣

x − 1

x + 1

∣∣∣∣

A4 = 49 − 46 = 258048

A5 = 9 + 6x + x2

3 + x= (3 + x)2

3 + x= 3 + x

Aufgabe 3.14 • Wir führen den Beweis mittels vollständiger Induktion:

1. Induktionsanfang, n = 1:1∑

k=1

(2k + 1) = 3 = 1 · 3

ist eine wahre Aussage.2. Induktionsschritt:

Induktionsannahme:n∑

k=1

(2k + 1) = n (n + 2)

Induktionsbehauptung:n+1∑

k=1

(2k + 1) = (n + 1) (n + 3)

n → n + 1:

n+1∑

k=1

(2k + 1) =n∑

k=1

(2k + 1) + 2 (n + 1) + 1Ann.=

= n (n + 2) + 2n + 3 = n2 + 4n + 4 == (n + 1) (n + 3)

Natürlich könnte man diese Gleichung statt mittels Induktion auch sofort mit einem Rückgriff auf die arithmetische Summen-formel beweisen:

n∑

k=1

(2k + 1) = 2n∑

k=1

k +n∑

k=1

1 = 2 · n (n + 1)

2+ n =

= n (n + 2)



Aufgabe 3.15 • Beweis per Induktion:

1. n = 2:2∏

k=2

(k − 1) = 1 = (2 − 1)!

2.a Induktionsannahme:n∏

k=2

(k − 1) = (n − 1)!

2.b Induktionsbehauptung:n+1∏

k=2

(k − 1) = n!2.c Induktionsschritt:

n+1∏

k=2

(k − 1) = n ·n+1∏

k=2

(k − 1)Ann.= n · (n − 1)! = n!

Für einen alternativen Beweis führen wir einen neuen Index � = k − 1 und erhalten

n−1∏

�=1

�(k − 1) = (n − 1)!

was die Definition der Fakultät von (n − 1) ist.

Aufgabe 3.16 •• Für diese Ungleichung sind die Stellen x = 0 und x = 2 kritisch. Zu untersuchen haben wir also diedrei Bereiche (−∞, 0), (0, 2) und [2, ∞).

1. Im Fall x < 0 erhalten wir(−x + 2) · (x + 2)

x< −x,

nach Multiplikation mit x weiter −x2 − 2x + 2x + 4 > −x2 und vereinfacht 4 > 0. Da das eine wahre Aussage ist, istL1 = R<0.

2. Für 0 < x < 2 ergibt sich 2 < x2. Diese Aussage gilt im betrachteten Bereich nur in L2 = (√

2 < x < 2).3. Für x ≥ 2 erhalten wir −4 < 0, wiederum eine wahre Aussage. Also ist L3 = {x|x ≥ 2}.Die gesamte Lösungsmenge ist

L = L1 ∪ L2 ∪ L3 ={

x | x < 0 ∨ x >√

2}

.

Aufgabe 3.17 •• Direktes Nachrechnen liefert:

(n

k

)

+(

n

k − 1

)

= n!k! (n − k)! + n!

(k − 1)!(n + 1)! =

= n + 1 − k

n + 1

(n + 1)!k! (n + 1 − k)!+

+ k

n + 1

(n + 1)!k! (n + 1 − k)! =

={

n + 1 − k

n + 1+ k

n + 1

}

·

· (n + 1)!k! (n + 1 − k)! =

= n + 1

n + 1

(n + 1

k

)

=(

n + 1

k

)

Ein Induktionsbeweis ist ebenfalls möglich, aber deutlich mühsamer. Zudem erfordert er ebenfalls das Aufspalten von Bi-nomalkoeffizienten in Fakultäten gemäß Definition.

Aufgabe 3.18 •• Wir beweisen zunächst die erste Formel mittels vollständiger Induktion:

1. Induktionsanfang bei n = 1:1 · 2 = 2 + 2 · 0 stimmt.

2.a Induktionsannahme:n∑

k=1

k · 2k = 2 + 2n+1 · (n − 1)



2.b Induktionsbehauptung:n+1∑

k=1

k · 2k = 2 + 2n+2 n

2.c Induktionsschritt, n → n + 1:

n+1∑

k=1

k · 2k =n∑

k=1

k · 2k + (n + 1) · 2n+1 Ann.=

= 2 + 2n+1 · (n − 1) + (n + 1) · 2n+1 == 2 + 2n+1 · (n − 1 + n + 1) == 2 + 2n+1 · 2n = 2 + 2n+2 n

Auch die zweite Formel lässt sich mit einem Standard-Induktionsbeweis zeigen:

1. Induktionsanfang bei n = 1:(−1)2 · 1 = (−1)2 1·2

2 stimmt.2.a Induktionsannahme:

n∑

k=1

(−1)k+1 k2 = (−1)n+1 n (n + 1)

2

2.b Induktionsbehauptung:n+1∑

k=1

(−1)k+1 k2 = (−1)n+2 (n + 1) (n + 2)

2

2.c Induktionsschritt, n → n + 1:

n+1∑

k=1

(−1)k+1 k2 =n∑

k=1

(−1)k+1 k2 + (−1)n+2 (n + 1)2 Ann.=

= (−1)n+1 n (n + 1)

2+ (−1)n+2 (n + 1)2 =

= (−1)n+1

{

n (n + 1)

2− 2 (n + 1)2

2

}

=

= (−1)n+1 (n − 2n − 2) (n + 1)

2=

= (−1)n+2 (n + 1) (n + 2)

2

Aufgabe 3.19 ••n3 + 5n ist durch 6 teilbar:1. n = 1: 13 + 5 = 6 ist durch 6 teilbar.

2.a Induktionsannahme: n3 + 5n ist durch 6 teilbar.2.b Induktionsbehauptung: Auch (n + 1)3 + 5(n + 1) ist durch 6 teilbar.2.c n → n + 1:

(n + 1)3 + 5(n + 1) = n3 + 5n︸︷︷︸

lt. Ann. durch 6 tb.

+3 n (n + 1) + 6

Dieser Audruck ist durch 6 teilbar, weil im Produkt n (n + 1) immer ein Faktor gerade ist, damit ist das Produktselbst ebenfalls gerade.

11n+1 + 122n−1 ist durch 133 teilbar:1. n = 1: 112 + 121 = 133 ist durch 133 teilbar.

2.a Induktionsannahme: 11n+1 + 122n−1 ist durch 133 teilbar.2.b Induktionsbehauptung: Auch 11n+2 + 122n+1 ist durch 133 teilbar.2.c n → n + 1:

11n+2 + 122n+1 = 11 · (11n+1 + 122n−1)︸︷︷︸

lt. Ann. durch 133 tb.

+133 · 122n−1

3(2n) − 1 ist durch 2n+2 teilbar:1. n = 1: 32 − 1 = 8 ist durch 23 = 8 teilbar.

2.a Induktionsannahme: 3(2n) − 1 ist durch 2n+2 teilbar.



2.b Induktionsbehauptung: 3(2n+1) − 1 ist durch 2n+3 teilbar.

2.c n → n + 1:

3(2n+1) − 1 = 32·2n − 1 =(

3(2n))2 − 1 =

=(

3(2n) + 1)

·(

3(2n) − 1)

︸︷︷︸

lt. Ann. durch 2n+2 tb.

Der erste Faktor ist als gerade, da 3m für m ∈ N stets ungerade ist. Damit ist der gesamte Ausdruck durch 2n+3

teilbar.

Aufgabe 3.20 •• Wir erhalten

p1(x) = 1 + x

p2(x) = (1 + x2) · (1 + x) = 1 + x + x2 + x3

p3(x) = (1 + x4) · (1 + x + x2 + x3) = 1 + x + . . . + x7

p4(x) = (1 + x8) · (1 + x + . . . + x7) = 1 + x + . . . + x15

und können vermuten, dass

pn(x) =2n−1∑

k=0

xk

gilt. Das muss natürlich noch mittels Induktion bewiesen werden. Der Induktionsanfang ist gemacht, denn es ist in der Tat

21−1∑

k=0

xk = x0 + x1 = 1 + x = p1(x) .

Nun vollziehen wir den Schluss von n auf n + 1. Dabei erhalten wir

pn+1(x) =(

1 + x(2n))

· pn(x)Ann.=

(

1 + x(2n))

·2n−1∑

k=0

xk =

=2n−1∑

k=0

xk +2n−1∑

k=0

x2n+k =2n−1∑

k=0

xk +2n+1−1∑

�=2n

x� =

=2n−1−1∑

k=0

xk ,

die vermutete Formel ist in der Tat richtig.

Aufgabe 3.21 •• Der Beweis erfolgt am einfachsten mittels vollständiger Induktion:

1. n = 1:1∑

k=1

k3 = 1 = 12 =(

1∑

k=1

k

)2

stimmt.



2. n → n + 1: Am elegantesten schreibt sich der Induktionsschritt in der Form:

n+1∑

k=1

k3 =n∑

k=1

k3 + (n + 1)3 Ann.=

=(

n∑

k=1

k

)2

+ (n + 1)3 =

=(

n∑

k=1

k

)2

+ n (n + 1)2 + (n + 1)2 =

=(

n∑

k=1

k

)2

+ 2 (n + 1)n (n + 1)

2+ (n + 1)2 =

=(

n∑

k=1

k

)2

+ 2 (n + 1) ·n∑

k=1

k + (n + 1)2 =

=(

n∑

k=1

k + (n + 1)

)2

=(

n+1∑

k=1

k

)2

In der Praxis ist es bei solchen Beispielen meist zielführender, sowohl die linke als auch die rechte Seite von A(n+1), eine davonunter Verwendung der Induktionsannahme, so weit wie möglich zu vereinfachen und damit ihre Gleichheit nachzuweisen.

Aufgabe 3.22 ••1. n = 1: Die Ungleichung 1 + xk ≥ 1 + xk ist eine wahre Aussage.

2.a Induktionsannahme: Wir setzen nun für ein allgemeines n die Ungleichung als wahr voraus.2.b Induktionsbehauptung: Wir wollen zeigen, dass damit auch

n+1∏

k=1

(1 + xk) ≥ 1 + x1 + x2 + . . . + xn + xn+1

richtig ist.2.c n → n + 1: Unter den Voraussetzungen für xk ist xj xk > 0 und 1 + xk > 0. Das erweist sich beim Umformen der

Ungleichung als wichtig:

n+1∏

k=1

(1 + xk) = (1 + xn+1) ·n∏

k=1

(1 + xk)lt. Ann.≥

≥ (1 + xn+1) · (1 + x1 + x2 + . . . + xn) == 1 + x1 + x2 + . . . + xn + xn+1+

+ xn+1x1 + . . . xn+1xn >

> 1 + x1 + x2 + . . . + xn+1

Aufgabe 3.23 •• Aus der binomischen Formel

(a + b)n =n∑

k=0

(n

k

)

an−k bk

erhalten wir für a = b = 1 sofort

2n =n∑

k=0

(n

k

)

,

für a = 1 und b = −1 hingegen

0 =n∑

k=0

(n

k

)

(−1)k .



Aufgabe 3.24 ••

1. Wir schreiben die Ungleichung um, wobei stets Äquivalenzumformungen benutzt werden:

x

y+ y

x≥ 2

x2 + y2

xy≥ 2

x2 + y2 ≥ 2 xy

x2 − 2 xy + y2 ≥ 0

(x − y)2 ≥ 0

Diese Ungleichung gilt auf jeden Fall.2. Wir führen den Beweis mittels vollständiger Induktion.

a n = 1: a1 · 1

a1≥ 12 ist richtig.

2.a Induktionsannahme:

Pn :=(

n∑

k=1

ak

)

·(

n∑

k=1

1

ak

)

≥ n2

2.b Induktionsbehauptung:

Pn+1 =(

n+1∑

k=1

ak

)

·(

n+1∑

k=1

1

ak

)

≥ (n + 1)2

2.c n → n + 1: Mit der vorhin bewiesenen Ungleichung erhalten wir:

Pn+1 =(

n+1∑

k=1

ak

)

·(

n+1∑

k=1

1

ak

)

=

=(

n∑

k=1

ak + an+1

)

·(

n∑

k=1

1

ak+ 1

an+1

)

=

=(

n∑

k=1

ak

)

·(

n∑

k=1

1

ak

)

+ an+1

(n∑

k=1

1

ak

)

+

+ 1

an+1

(n∑

k=1

ak

)

+ an+11

an+1

Ann.≥

≥ n2 +n∑

k=1

(an+1

ak+ ak

an+1

)

+ 1Ungl.≥

≥ n2 +n∑

k=1

2 + 1 = n2 + 2n + 1 =

= (n + 1)2

Aufgabe 3.25 •••

1. n = 2: 1 − 22·(2+1)

= 23 = 1

3

(

1 + 22

)

stimmt.



2. Induktionsschritt:

Pn+1 :=n+1∏

k=2

(

1 − 2

k (k + 1)

)

=

=(

1 − 2

(n + 1) (n + 2)

) n∏

k=2

(

1 − 2

k (k + 1)

)

Ann.=

= (n + 1) (n + 2) − 2

(n + 1) (n + 2)· 1

3

(

1 + 2

n

)

=

= n (n + 3)

(n + 1) (n + 2)· 1

3· n + 2

n=

= 1

3· n + 3

n + 1= 1

3· n + 1 + 2

n + 1=

= 1

3·(

1 + 2

n + 1

)

,

was zu beweisen war.

Aufgabe 3.26 ••• Beweis mittels vollständiger Induktion:

1. n = 1:0∑

k=0

(1 + k) (1 − k) = 1 = 1 · 2 · 3

6stimmt.

2. Induktionsschritt, n → n + 1

Sn :=n∑

k=0

(n + 1 + k) (n + 1 − k) =

=n−1∑

k=0

(n + 1 + k) (n + 1 − k) + (2n + 1) =

=n−1∑

k=0

((n + k) (n − k) + (2n + 1)) + (2n + 1) =

=n−1∑

k=0

(n + k) (n − k) +n−1∑

k=0

(2n + 1) + (2n + 1)Ann=

= n (n + 1) (4n − 1)

6+ n (2n + 1) + (2n + 1) =

= n (n + 1) (4n − 1)

6+ 6 (n + 1) (2n + 1)

6=

= (n + 1) (4n2 − n + 12n + 6)

6=

= (n + 1) (4n2 + 8n + 3n + 6)

6=

= (n + 1) (n + 2) (4n + 3)

6,

womit die Behauptung bewiesen ist.

Anwendungsprobleme

Aufgabe 3.27 • Die Grundgröße ist hier, wie viel Mäuse eine Katze pro Minute fängt, dies nennen wir x. Dafür gilt10 · 10 · x = 10, also x = 1/10. Nun erhalten wir für den Fangerfolg n der hundert Katzen in hundert Minuten

n = 100 · 100 · 1

10= 1000.

Die Katzen fangen also tausend Mäuse, wie immer bei derartigen Beispielen unter der selten realistischen Annahme, dass alleGrößen gleichmäßig skalieren, dass es also genug Mäuse gibt, dass die Mäuse sich mit gleicher Leichtigkeit fangen lassenusw.



Aufgabe 3.28 • Im besten Fall lässt sich der Verbrauch auf

(1 − 0.2) · (1 − 0.3) · (1 − 0.5) = 0.28 = 28%

reduzieren. Viel wahrscheinlicher ist allerdings, dass die drei Maßnahmen zum Teil gleiche Schwächen des Motors nutzenund alle drei zusammen keine deutlich besseren Ergebnisse bringen als die beste allein.

Aufgabe 3.29 • Würde die Vorrichtung den Energieverbrauch tatsächlich um 250% verringern, dann könnte die Lampeals Kraftwerk wirken, das 150% der Energie liefert, die sie bisher verbraucht hat. Das klingt unglaubwürdig.

Die 250% könnten sich allerdings inkorrekterweise auf den Verbrauch nach Installation der Vorrichtung beziehen. Damitwürde der ursprüngliche Verbrauch 350% entsprechen. Die Reduktion wäre dann tatsächlich eine um 71.43% – ein immernoch sehr beachtlicher Wert.

Der Bezug von Prozentangaben auf den End- statt den Ausgangswert findet man überraschend häufig bei Gelegenheiten, beidenen die Wirksamkeit bestimmter Maßnahmen besonders stark betont werden soll. Derartige Angaben sind aber nichtsde-stotrotz unzulässig und können teils grobe Irreführung sein.

Aufgabe 3.30 • Der Umsatz von A bleibt ohnehin konstant und ist damit ein guter Bezugspunkt. Für B erhält manzunächst U ′

B = 1.5 UA und weiter UB = 0.5 U ′B = 0.75 UA. Analog ergibt sich U ′

C = 0.5 UA und weiter UC = 1.5 · U ′C =

0.75 UA.

Aufgabe 3.31 • Der Induktionsanfang ist schon mit den Voraussetzungen gegeben. Nun nehmen wir an, für n seriellgeschaltete Widerstände gelte bereits

Rgs,n =n∑

k=1

Rk

und betrachten das Dazuschalten des Widerstands Rn+1. Nach Voraussetzung gilt

Rgs,n+1 = Rgs,n + Rn+1Ann.=

=n∑

k=1

Rk + Rn+1 =n+1∑

k=1

Rk.

Analog erhalten wir für die Parallelschaltung

1

Rgp,n+1= 1

Rges,n+ 1

Rn+1

Ann.=

=n∑

k=1

1

Rk+ 1

Rn+1=

n+1∑

k=1

1

Rk.

Aufgabe 3.32 •• Die Pumpen mögen mit den Raten a, b und c arbeiten. Dann gilt mit dem Gesamtvolumen V

V = 2400 a = 1500 b = 4000 c.

Alle drei Pumpen erreichen eine Rate x und benötigen eine Zeit t , um V zu füllen. Dabei gilt

V = t x und x = a + b + c.

Aus den obigen Gleichungen erhält man

x = V

2400+ V

1500+ V

4000= V

750

und weiter

V = t · V

750⇒ t = 750.

Alle drei Pumpen zusammen benötigen also 750 Minuten.



Aufgabe 3.33 •• Damit können wir auch sofort bestimmen, wie viel Energie umgewandelt wurde:

�E = m1v2

1

2+ m2

v22

2− (m1 + m2)

w2

2=

= 1

2

{

m1 v21 + m2 v2

2 − (m1 v1 + m2 v2)2

m1 + m2

}

=

= 1

2

{

m1 v21 + m2 v2

2

− m21 v2

1 + 2 m1 m2 v1 v2 + m22 v2

2

m1 + m2

}

=

= 1

2

{m1 (m1 + m2) v2

1 + m2 (m1 + m2) v22

m1 + m2

− m21 v2

1 + 2 m1 m2 v1 v2 + m22 v2

2

m1 + m2

}

=

= 1

2

{

(m1 m2 (v21 − 2 v1 v2 + v2

2)

m1 + m2

}

=

= m1 m2

m1 + m2· (v1 − v2)

2

2

Dieser Ausdruck hat formal wieder die Form einer kinetischen Energie mit der reduzierten Masse μ := m1m2/(m1 + m2).Diese Energie wird einerseits in Deformation, andererseits in Wärme umgesetzt.

Aufgabe 3.34 • Wir erhalten:

(a)

a = 2 s

t2, t =

√

2s

a

(b)

m = F

aa = F

m

(c)

G = F r2

m1 m2r =

√

Gm1 m2

F,

dabei nehmen wir nur den positiven Zweig der Wurzel, da Abstände ohnehin nie negativ sein dürfen.

m1 = F r2

G m2, m2 = F r2

G m1

(d)

t1 = t2

√√√√

a31

a32

, a1 = a23

√√√√

t21

t22

,

analog erhält man

t2 = t1

√√√√

a32

a31

, a2 = a13

√√√√

t22

t21

.

(e)

v = ±√

2W

m− k

mx2

x = ±√

2W

k− m

kx2

Das negative Vorzeichen kann hier auch bei der Geschwindigkeit durchaus sinnvoll sein, um eine Richtung festzulegen.



(f) Wir erhalten:

f = g b

g + b, g = b f

b − f, b = g f

g − f

(g) Beim Ziehen der Wurzel können beide Vorzeichen auftreten, damit erhalten wir

n1 = 1 ± √R

1 ∓ √R

n2 , n2 = 1 ∓ √R

1 ± √R

n2 .

(h)

T2 = (1 − η) T1, T1 = T2

1 − η

(i) Wir erhalten die beiden anderen wichtigen Gestalten des Ohm’schen Gesetzes

R = U

I, I = U

R

(j)

m0 = m

√

1 −(v

c

)2

v =√

m20 − m2

m2c

c =√

m2

m20 − m2

v

Die beiden letzten Formeln sind allerdings von geringem praktischen Interesse.(k)

R = W

1n2 − 1

m2

n =√

m2 R

R + m2 W

m =√

n2 R

R − n2 W


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