Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/28/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	3	1	1	6	0	4	0	3	1	3	6	2	5	3	3	4	4	4	2	58

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Man nennt

   ${}A\setminus B:={\left\{x\mid x\in A{\text{ und }}x\not \in B\right\}}\,$

   die Differenzmenge „${}A$ ohne ${}B$ “.

2. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
3. Eine Verknüpfung ${}\circ$ auf einer Menge ${}M$ ist eine Abbildung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y.$

4. Die Differenz ${}a-b$ ist diejenige natürliche Zahl ${}c$ für die ${}a=b+c$ gilt.
5. Ein Ring ${}R$ heißt kommutativ, wenn die Multiplikation kommutativ ist.
6. Ein angeordneter Körper ${}K$ heißt archimedisch angeordnet, wenn es zu jedem ${}x\in K$ eine natürliche Zahl ${}n$ mit

   $n\geq x$

   gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Für natürliche Zahlen ${}n,k$ gilt

   ${}n\geq k\,$

   genau dann, wenn es ein ${}m\in \mathbb {N}$ gibt mit

   ${}n=k+m\,.$

2. Es sei ${}d$ eine fixierte positive natürliche Zahl. Dann gibt es zu jeder natürlichen Zahl ${}n$ eine eindeutig bestimmte natürliche Zahl ${}q$ und eine eindeutig bestimmte natürliche Zahl ${}r$, ${}0\leq r\leq d-1$, mit

   ${}n=qd+r\,.$

3. Zu je zwei Gruppenelementen ${}a,b\in G$ besitzen die beiden Gleichungen

   $a\circ x=b{\text{ und }}y\circ a=b$

   eindeutige Lösungen ${}x,y\in G$.

Aufgabe (1 Punkt)

In Winnetou I weist Winnetou Sam Hawkens, nachdem dieser in der Nacht auf einen vermeintlichen Belauscher geschossen hat, mit den folgenden Worten zurecht: „Der Schuss war für uns gefährlich ... Entweder hat Sam sich geirrt und keine Augen gesehen. Dann war der Knall überflüssig und kann nur Feinde herbeilocken, die sich vielleicht in der Nähe befinden. Oder es ist wirklich ein Mensch dagewesen, dessen Augen Sam bemerkt hat. Auch da war es falsch, auf ihn zu schießen, weil vorauszusehen war, dass die Kugel nicht treffen würde.“ Welches Argumentationsmuster verwendet Winnetou?

Lösung

Beweis durch Fallunterscheidung. Es wird begründet, dass der Schuss falsch war, und zwar entlang der beiden Fälle, ob wirklich jemand da war oder nicht.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}M$ eine Menge. Wir betrachten die Verknüpfung

${\mathfrak {P}}\,(M)\times {\mathfrak {P}}\,(M)\longrightarrow {\mathfrak {P}}\,(M),\,(A,B)\longmapsto A\setminus B.$

Ist diese Verknüpfung assoziativ?

Lösung

Diese Verknüpfung ist nicht assoziativ. Um dies zu zeigen, kann man einfach

${}A=B=C=M\,$

nehmen, wobei ${}M$ eine nichtleere Menge sei. Dann ist ${}M\setminus M=\emptyset$ und somit ist einerseits

${}(M\setminus M)\setminus M=\emptyset \setminus M=\emptyset \,$

und andererseits

${}M\setminus (M\setminus M)=M\setminus \emptyset =M\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Wohldefiniertheit der Anzahl einer endlichen Menge.

Lösung

Es seien die bijektiven Abbildungen

$\varphi \colon {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow M$

und

$\psi \colon \{1,\ldots ,k\}\longrightarrow M$

gegeben. Da man bijektive Abbildungen umkehren kann und da die Hintereinanderschaltung von bijektiven Abbildungen nach Lemma 6.4 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (3) wieder bijektiv ist, ist auch

$\psi ^{-1}\circ \varphi \colon {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow \{1,\ldots ,k\}$

bijektiv. Wir müssen also nur die endlichen Standardmengen ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ untereinander vergleichen. Wir müssen also zeigen, dass wenn eine bijektive Abbildung

$\theta \colon {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow \{1,\ldots ,k\}$

vorliegt, dass dann

${}n=k\,$

ist. Dies zeigen wir durch Induktion nach ${}n$. Wenn ${}n=0$ ist, so ist die Menge links leer und somit muss auch die rechte Menge leer sein, also ist dann auch ${}k=0$. Es seien nun ${}n,k$ nicht ${}0$, sodass sie also jeweils einen Vorgänger haben. Es sei ${}m$ der Vorgänger von ${}n$ und ${}\ell$ der Vorgänger von ${}k$. Diese Zahlen sind eindeutig bestimmt, da die Nachfolgerabbildung injektiv ist. Wir setzen

${}z=\theta (n)\in \{1,\ldots ,k\}\,.$

Dann gibt es nach der Herausnahme von ${}n$ bzw. ${}z$ eine bijektive Abbildung

$\{1,\ldots ,m\}={\{1,\ldots ,n\}}\setminus \{n\}\longrightarrow \{1,\ldots ,k\}\setminus \{z\}.$

Nach Lemma 6.9 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) gibt es eine bijektive Abbildung zwischen ${}\{1,\ldots ,\ell \}$ und ${}\{1,\ldots ,k\}\setminus \{z\}$. Somit gibt es dann auch insgesamt eine bijektive Abbildung zwischen ${}\{1,\ldots ,m\}$ und ${}\{1,\ldots ,\ell \}$. Nach Induktionsvoraussetzung ist ${}m=\ell$, also auch

${}n=m'=\ell '=k\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 (1+1+1+1) Punkte)

Bestimme, welche der folgenden Wertetabellen Abbildungen ${}\varphi \colon L\rightarrow M$ zwischen den angegebenen Mengen festlegen. Welche sind injektiv, welche surjektiv, welche bijektiv?

1. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}\varphi (x)$	${}b$	${}e$	${}f$	${}h$	${}e$	${}g$	${}c$	${}d$

2. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}e$	${}\,$	${}d$	${}e$	${}a$	${}b$	${}a$

3. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}f$	${}d$	${}e$	${}h$	${}b$	${}a$

4. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}3$	${}7$	${}1$	${}4$	${}6$	${}8$	${}5$	${}2$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}d$	${}f$	${}a$	${}e$	${}h$	${}b$	${}g$

Lösung

1. Es handelt sich um eine Abbildung. Diese ist nicht injektiv, da ${}e$ zweifach getroffen wird, und nicht surjektiv, da ${}a$ nicht getroffen wird.
2. Es handelt sich um keine Abbildung, da für die ${}3$ kein Wert festgelegt ist.
3. Es handelt sich um eine Abbildung. Sie ist injektiv, aber nicht surjektiv (und somit nicht bijektiv), da ${}g$ nicht getroffen wird.
4. Es handelt sich um eine Abbildung. Diese ist injektiv und surjektiv, also auch bijektiv.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Professor Knopfloch war schwimmen. Beim Auswringen seiner Badehose hat er sich ungeschickt angestellt und sich dabei drei Finger verstaucht (er besitzt noch alle zehn Finger).

1. Wie viele Möglichkeiten für die verstauchten Finger gibt es?
2. Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn man weiß, dass genau ein Daumen verstaucht wurde.
3. Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn man weiß, dass genau ein Daumen verstaucht wurde und beide Hände betroffen sind.

Lösung

1. Es gibt

   ${}{\binom {10}{3}}={\frac {10\cdot 9\cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1}}=10\cdot 3\cdot 4=120\,$

   Möglichkeiten dafür, welche Finger verstaucht sind.

2. Für den Daumen gibt es zwei Möglichkeiten, von den verbleibenden ${}8$ Nichtdaumenfingern sind zwei verstaucht, also gibt es insgesamt

   ${}2\cdot {\binom {8}{2}}=2\cdot {\frac {8\cdot 7}{2}}=56\,$

   Möglichkeiten in dieser Situation.

3. Für den Daumen gibt es wieder zwei Möglichkeiten. Es ist dann entweder auf der Hand des verstauchten Daumens ein weiterer Finger verstaucht oder aber auf der anderen Hand sind genau zwei Finger verstaucht. Deshalb gibt es

   ${}2\cdot {\left(4\cdot 4+{\binom {4}{2}}\right)}=2\cdot {\left(16+6\right)}=44\,$

   Möglichkeiten für diese Situation.

Aufgabe (1 Punkt)

Was ist die direkteste mathematische Beziehung zwischen ${}a-b$ und ${}b-a$?

Lösung

${}b-a=-(a-b)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Ein Schokoriegel der Marke „Höcker und Kerbe“ besteht aus einer einzigen Reihe von ${}n$ hintereinanderliegenden höckerförmigen Schokostücken, die jeweils durch eine Einkerbung (der Sollbruchstelle) miteinander verbunden sind. Zeige mit und ohne Induktion, dass man, egal bei welcher Teilungsstrategie, genau ${}n-1$ Teilungsschritte braucht, um den Schokoriegel vollständig in seine Stücke aufzuteilen.

Lösung

Ohne Induktion. Eine Schockriegel mit ${}n$ Höckern hat ${}n-1$ Einkerbungen. Jede muss bei einer vollständigen Teilung genau einmal gebrochen werden, deshalb braucht man genau ${}n-1$ Teilungsschritte.

Mit Induktion. Induktionsanfang. Bei ${}n=1$ gibt es nichts zu teilen, also kein Teilungsschritt. Induktionsvoraussetzung. Es sei bereits bewiesen, dass man bei einer vollständigen Teilung eines Schokoriegels der Länge ${}n$ genau ${}n-1$ Schritte braucht. Es sei ein Schokoriegel der Länge ${}n+1$ gegeben. Jeder Teilungsvorgang desselben beginnt mit einer ersten Teilung, wobei zwei Teilriegel entstehen, wobei der eine Riegel aus ${}a$ (mit ${}1\leq a\leq n$) und der andere aus ${}n+1-a$ Stücken besteht. Auf diese beiden Teilriegel können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden. Die Anzahl der dann benötigten Teilungsschritte ist

${}1+(a-1)+(n+1-a-1)=n\,,$

wie behauptet.

Aufgabe (6 Punkte)

Zeige durch Induktion, dass es zu natürlichen Zahlen ${}n,d$ mit ${}d>0$ eindeutig bestimmte natürliche Zahlen ${}q,r$ mit ${}r<d$ und mit

${}n=dq+r\,$

gibt.

Lösung

Zur Existenz.  Dies wird durch Induktion über ${}n$ bewiesen. Es sei ${}d>0$ fixiert. Der Induktionsanfang für ${}n=0$ ergibt sich direkt mit ${}q=0$ und ${}r=0$. Für den Induktionsschluss sei die Aussage für ${}n$ bewiesen, d.h. wir haben eine Darstellung ${}n=dq+r$ mit ${}r<d$ und müssen eine ebensolche Darstellung für ${}n+1$ finden. Wenn ${}r<d-1$ ist, so ist

${}n+1=dq+r+1\,$

und wegen ${}r+1<d$ ist dies eine gesuchte Darstellung. Ist hingegen ${}r=d-1$, so ist

${}n+1=dq+r+1=dq+d=d(q+1)+0\,,$

und dies ist eine gesuchte Darstellung.
Zur Eindeutigkeit. Sei ${}qd+r=n={\tilde {q}}d+{\tilde {r}}$, wobei die Bedingungen jeweils erfüllt seien. Es sei ohne Einschränkung ${}{\tilde {r}}\geq r$. Dann gilt ${}(q-{\tilde {q}})d={\tilde {r}}-r$. Diese Differenz ist nichtnegativ und kleiner als ${}d$, links steht aber ein Vielfaches von ${}d$, sodass die Differenz ${}0$ sein muss und die beiden Darstellungen übereinstimmen.

Aufgabe (2 Punkte)

Welche der folgenden Ausdrücke sind korrekte Darstellungen von natürlichen Zahlen im Dezimalsystem?

a) ${}\,\,\,4322,5$

b) ${}\,\,\,50z98$

c) ${}\,\,\,5714$

d) ${}\,\,\,0,9999...\,\,\,$ (also unendlich oft die Ziffer 9 hintereinander nach rechts)

e) ${}\,\,\,...3333465\,\,\,$ (also unendlich oft die Ziffer 3 hintereinander nach links)

f) ${}\,\,\,1$

g) ${}\,\,\,{\text{elf}}$

h) ${}\,\,\,{\begin{matrix}5&8\\0&7\end{matrix}}$

Lösung Natürliche Zahlen/Dezimalsystem/Beispiele/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 (1+1+2+1) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \{0,1,\ldots ,99\}\longrightarrow \{0,1,\ldots ,99\},$

die einer maximal zweistelligen Zahl (im Zehnersystem) diejenige Zahl zuordnet, die entsteht, wenn man Einer- und Zehnerziffern vertauscht (einstellige Zahlen ${}z$ sind dabei als ${}0z$ zu verstehen).

1. Ist die Abbildung bijektiv?
2. Wie nennt man die Zahlen mit

   ${}\varphi (x)=x\,?$

3. Ziehe von den beiden Zahlen ${}x$ und ${}\varphi (x)$ die kleinere (im Sinne von kleinergleich) von der größeren ab. Was sieht das Ergebnis im Zehnersystem aus? Was ist seine Quersumme?
4. Es sei ${}y$ diejenige Zahl, die im Dreiersystem als ${}2021$ gegeben ist. Wie lautet ${}\varphi (y)$ im Dreiersystem?

Lösung

1. Wenn man die Ziffern vertauscht und dann nochmal vertauscht, so erhält man die Ausgangszahl zurück. Daher ist

   ${}\varphi \circ \varphi =\operatorname {Id} \,$

   und somit ist die Abbildung bijektiv.

2. Dies sind die Zahlen der Form ${}a10+a$, diese nennt man Schnappszahlen.
3. Sei

   ${}x=a10+b\,$

   mit ${}a,b\in \{0,1,\ldots ,9\}$. Dann ist

   ${}\varphi (x)=b10+a\,.$

   Ohne Einschränkung sei

   ${}a\geq b\,,$

   also

   ${}x\geq \varphi (x)\,.$

   Dann ist

   ${}x-\varphi (x)=a10+b-(b10+a)=(a-b)10+(b-a)\,.$

   Bei ${}a=b$ steht hier ${}0$. Bei ${}a>b$ steht hinten eine negative Einerziffer, deshalb ist die korrekte Zifferndarstellung aus

   ${}(a-b)10+(b-a)=(a-b-1)10+(b-a)+10=(a-b-1)10+10+b-a\,$

   ablesbar. Die Quersumme ist

   ${}(a-b-1)+10+b-a=9\,.$

4. Es ist

   ${}2021=2\cdot 27+2\cdot 3+1=61\,.$

   Dies wird unter ${}\varphi$ auf ${}16$ abgebildet, und wegen

   ${}16=1\cdot 9+2\cdot 3+1\cdot 1\,$

   ist diese Zahl im Dreiersystem gleich ${}121$.

Aufgabe (3 Punkte)

Die Zahlen

$n,n-1,n-2,\ldots ,3,2,1$

werden abwechselnd mit einem oder keinem Minuszeichen versehen, wobei ${}n$ kein Minuszeichen bekommt. Was ist die Summe dieser Zahlen?

Lösung

Zwei in einer solchen Reihe aufeinanderfolgende Zahlen ergeben

${}k+-(k-1)=k-k+1=1\,.$

Ein solches Paar trägt also mit ${}1$ zur Gesamtsumme bei. Wenn ${}n$ gerade ist, so gibt es ${}n/2$ solche Paare und die Gesamtsumme ist ${}n/2$. Wenn ${}n$ ungerade ist, so gibt es ${}{\frac {n-1}{2}}$ solche Paare sowie die letzte alleinstehende Zahl ${}1$, die positiv eingeht. Also ist die Gesamtsumme in diesem Fall gleich

${}{\frac {n-1}{2}}+1={\frac {n+1}{2}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von ${}999999$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}999999&=9\cdot 111111\\&=3^{2}\cdot 3\cdot 37037\\&=3^{3}\cdot 7\cdot 5291\\&=3^{3}\cdot 7\cdot 11\cdot 481\\&=3^{3}\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 37.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}\mu _{1},\mu _{2},\mu _{3}\in K$ Elemente in einem Körper ${}K$. Zeige, dass

${}w=\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3}\,$

und

${}z=-(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})w+\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}\,$

die Gleichung ${}z^{2}=(w+\mu _{1}^{2})(w+\mu _{2}^{2})(w+\mu _{3}^{2})$ erfüllen.

Lösung

Die linke Seite ist

${}z^{2}=(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})^{2}w^{2}-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$

und die rechte Seite ist

${}(w+\mu _{1}^{2})(w+\mu _{2}^{2})(w+\mu _{3}^{2})=w^{3}+(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w^{2}+(\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2})w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,.$

Um die Gleichheit zu zeigen, können wir den Summanden ${}\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}$ beidseitig abziehen und ${}w$ ausklammern, es ist somit

${}(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})^{2}w-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}=w^{2}+(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$

zu zeigen. Wir ziehen ${}(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w$ beidseitig ab und dann ist

${}2(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})w-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}=w^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$

zu zeigen. Der Summand links ist ${}2w^{2}$, wir ziehen ${}w^{2}$ beidseitig ab und somit folgt die Behauptung aus

${}{\begin{aligned}w^{2}&=(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})^{2}\\&=\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{3}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}+2\mu _{1}^{2}\mu _{2}\mu _{3}+2\mu _{1}\mu _{2}^{2}\mu _{3}+2\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}^{2}\\&=\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{3}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}+2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Heinz Ngolo bekommt zu seinem neunten Geburtstag einen Hund, der neunzig Tage alt ist. Wann (wie viele Tage nach dem Geburtstag) sind Heinz und der Hund biologisch gleich alt, wenn man ein Hundejahr als sieben Menschenjahre ansetzt? Wie alt ist dann Heinz?

Lösung

Es sei ${}x$ die Anzahl der Tage nach dem Geburtstag. Das Alter von Heinz zum Zeitpunkt ${}x$ ist (in Tagen) ${}365\cdot 9+x$ (wir rechnen mit ${}365$ Tagen pro Jahr) und das Alter des Hundes in Menschentagen ist ${}7\cdot (90+x)$. Dies führt auf die Bedingung

${}7\cdot (90+x)=7x+630=365\cdot 9+x=3285+x\,,$

also

${}6x=3285-630=2655\,.$

Dies ergibt

${}x=442,5\,.$

Die beiden sind also ${}442,5$ Tage nach dem Geburtstag biologisch altersgleich. Heinz ist dann ${}10$ Jahre und

${}442,5-365=77,5\,$

Tage alt.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Größergleichrelation ${}\geq$ auf ${}\mathbb {Q}$ mit der Addition und mit der Multiplikation verträglich ist.

Lösung

Es sei ${}x={\frac {a}{b}}$, ${}y={\frac {c}{d}}$ und ${}z={\frac {e}{f}}$ mit positiven Nennern ${}b,d,f$. Durch Übergang zu einem gemeinsamen Hauptnenner können wir direkt ${}b=d=f$ annehmen. Sei

${}x\geq y\,,$

also

${}a\geq c\,.$

Dann ist nach Lemma 19.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (2) auch

${}a+e\geq c+e\,$

und somit ist

${}x+z={\frac {a}{b}}+{\frac {e}{b}}={\frac {a+e}{b}}\geq {\frac {c+e}{b}}={\frac {c}{b}}+{\frac {e}{b}}=y+z\,.$

Wenn die beiden Brüche ${}{\frac {a}{b}}$ und ${}{\frac {c}{d}}$ beide ${}\geq 0$ sind, so sind alle Zähler und Nenner aus ${}\mathbb {N}$ und dies überträgt sich auf ${}{\frac {ac}{bd}}$, also ist auch dies ${}\geq 0$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}x$ eine rationale Zahl, ${}x\neq 1$. Beweise für ${}n\in \mathbb {N}$ durch Induktion die Beziehung

${}\sum _{k=0}^{n}x^{k}={\frac {x^{n+1}-1}{x-1}}\,.$

Lösung

Für ${}n=0$ steht beidseitig ${}1$. Es sei die Gleichung für ein bestimmtes ${}n$ bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n+1}x^{k}&=\sum _{k=0}^{n}x^{k}+x^{n+1}\\&={\frac {x^{n+1}-1}{x-1}}+x^{n+1}\\&={\frac {x^{n+1}-1+x^{n+1}(x-1)}{x-1}}\\&={\frac {x^{n+1}-1+x^{n+2}-x^{n+1}}{x-1}}\\&={\frac {x^{n+2}-1}{x-1}},\end{aligned}}$

was die Behauptung für ${}n+1$ ist.