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\documentclass{problemset}
\author{Michael van Straten}
\Lecture{Analysis I*}
\Problemset{1}
\DoOn{14. November 2023}
\begin{document}
\maketitle
\begin{problem}[Summenformeln]{6 Punkte}
Beweisen Sie folgende Summenformeln für alle $n \in \mathbb{N}$:
\begin{enumerate}
\item[a)]
\[
\sum_{k = 1}^{n} k^3 = \left(\sum_{k = 1}^{n}k\right)^2,
\]
\item[b)]
\[
\sum_{k = 1}^{n-1} k^2(n-k)^2 = \frac{n(n^4-1)}{30}.
\]
\end{enumerate}
\begin{proof}
Für alle $n \in \mathbb{N}$ gilt $\sum_{k = 1}^{n} k^3 = \left(\sum_{k = 1}^{n}k\right)^2$.
\begin{enumerate}
\item[a)] \underline{Anfang}: $A(0)$ wahr: $Leere\ Summe = 0 = (Leere\
Summme)^2$
\item[b)] \underline{Schritt}: Sei $n \ge n_0$. Angenommen $A(n)$ sei
schon bewiesen. Dann ist \begin{align}
\sum_{k = 1}^{n + 1} k^3 & = \sum_{k = 1}^{n}k^3 + (n + 1)^3 \\
& = \left(\sum_{k = 1}^{n}k\right)^2 + (n + 1)^3 \tag{Gausische summenformel} \\
& = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 + (n + 1)^3 \\
& = \frac{n^2(n+1)^2}{4} + (n + 1)^3 \\
& = \frac{n^2(n+1)^2}{4} + \frac{4(n + 1)^3}{4} \\
& = \frac{n^2(n+1)^2 + 4(n + 1)^3}{4} \\
& = \frac{(n+1)^2(n^2 + 4(n + 1))}{4} \\
& = \frac{(n+1)^2(n^2 + 4n + 4))}{4} \\
& = \frac{(n+1)^2(n +2)^2}{4} \\
& = \left(\frac{(n+1)(n +2)}{2}\right)^2 \\
& = \left(\sum_{k=1}^{n+1}k\right)^2.
\end{align}
\end{enumerate}
Dann folgt aus a), b), dass $A(n)$ für alle $n \ge n_0$ wahr ist.
\end{proof}
\begin{proof}
Für alle $n \in \mathbb{N}$ gilt $\sum_{k = 1}^{n - 1} k^2(n - k)^2 = \frac{n(n^4 - 1)}{30}$.
\begin{enumerate}
\item[a)] \underline{Anfang}: $A(1)$ wahr: $Leere\ Summe = \frac{1(1^4
- 1)}{30} = 0$
\item[b)] \underline{Schritt}: Sei $n \ge n_0$. Angenommen $A(n)$ sei
schon beweisen: Dann ist
\begin{align}
\sum_{k = 1}^{n} k^2(n + 1 - k)^2 & = \sum_{k = 1}^{n} k^2(n - k + 1)^2 \\
& = \sum_{k = 1}^{n} k^2((n - k)^2 + 2(n-k)+ 1) \\
& = \sum_{k = 1}^{n} k^2(n - k)^2 + 2k^2(n-k) + k^2 \\
& = \sum_{k = 1}^{n} k^2(n - k)^2 + \sum_{k=1}^{n} 2k^2(n-k) + k^2 \\
& = \frac{n(n^4 - 1)}{30} + \sum_{k=1}^{n} 2k^2(n-k) + k^2 \\
& = \frac{n(n^4 - 1)}{30} + \sum_{k=1}^{n} 2nk^2 - 2\sum_{k=1}^{n} k^3 + \sum_{k=1}^{n} k^2 \\
& = \frac{n(n^4 - 1)}{30} + 2n\sum_{k=1}^{n} k^2 - 2\sum_{k=1}^{n} k^3 + \sum_{k=1}^{n} k^2 \\
& = \frac{n(n^4 - 1)}{30} + (2n+1)\sum_{k=1}^{n} k^2 - 2\sum_{k=1}^{n} k^3 \tag{aus 1.a} \\
& = \frac{n(n^4 - 1)}{30} + (2n+1)\sum_{k=1}^{n} k^2 - 2\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \tag{aus Vorlesung} \\
& = \frac{n(n^4 - 1)}{30} + (2n+1)\left(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right) - 2\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \\
& = \frac{n(n^4 - 1)}{30} + (2n+1)\left(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right) - 2\frac{n^2(n+1)^2}{4} \\
& = \frac{n(n^4 - 1)}{30} + \frac{n(n+1)(2n+1)^2}{6} - \frac{2n^2(n+1)^2}{4} \\
& = \frac{n(n^4 - 1)}{30} + \frac{n(n+1)(2n+1)^2 - 3n^2(n+1)^2}{6} \\
& = \frac{n(n^4 - 1) + 5n(n+1)(2n+1)^2 - 15n^2(n+1)^2}{30} \\
& = \frac{n^5 - n + (5n^2+5n)(2n+1)(2n+1) - 15n^2(n+1)(n+1)}{30} \\
& = \frac{n^5 - n + (5n^2+5n)(4n^2 + 4n +1) - 15n^2(n^2 + 2n +1)}{30} \\
& = \frac{n^5 - n + 20n^4 + 20n^3 + 5n^2 + 20n^3 + 20n^2 + 5n - 15n^4- 30n^3 - 15n^2}{30} \\
& = \frac{n^5 + 5n^4 + 10n^3 + 10n^2 + 4n}{30} \\
& = \frac{(n+1)(n^4+4n^3+6n^2+4n)}{30} \tag{Polynomdivision} \\
& = \frac{(n+1)(n^4+4n^3+6n^2+4n + 1 - 1)}{30} \\
& = \frac{(n+1)((n^2 + 2n +1)^2 - 1)}{30} \\
& = \frac{(n+1)((n + 1)^4 - 1)}{30}
\end{align}
\end{enumerate}
\end{proof}
\end{problem}
\begin{problem}{4 Punkte}
Wir ergänzen nun die Definition 2.9 des Binomialkoeffizienten $n \choose k$ mit
$n \in \mathbb{N}$ und $k \in \mathbb{Z}$ aus der Vorlesung zu $x \choose v$
mit $x \in \mathbb{R}$ und $v \in \mathbb{N}$:
\[
\binom{x}{v} := \prod_{j=1}^{v}\frac{x-j+1}{j} = \frac{x(x-1)\cdot\ldots\cdot(x-v+1)}{v!}.
\]
Es sein $x \in \mathbb{R}$, $v,l,k \in \mathbb{N}$ und $l \le k$. Beweisen
Sie die folgenden Formeln für die Binomialkoeffizienten $\binom{x}{v}$:
\begin{proof}
a)
\begin{displaymath}
\binom{-x}{v} = (-1)^v\binom{x+v-1}{v}
\end{displaymath}
\begin{align}
\binom{-x}{v} & = \frac{(-x)(-x-1)\cdot\ldots\cdot(-x-v+1)}{v!} \\
& = \frac{(-1)(x)(-1)(x+1)\cdot\ldots\cdot(-1)(x+v-1)}{v!} \\
& = \frac{\overbrace{(-1)\cdot\ldots\cdot(-1)}^{v\text{ mal}}(x)(x+1)\cdot\ldots\cdot(x+v-1)}{v!} \\
& = \frac{(-1)^v(x)(x+1)\cdot\ldots\cdot(x+v-1)}{v!} \\
& = (-1)^v\frac{(x)(x+1)\cdot\ldots\cdot(x+v-1)}{v!} \\
& = (-1)^v\frac{(x+v-1)\cdot\ldots\cdot(x+1)(x)}{v!} \\
& = (-1)^v\binom{x+v-1}{v}
\end{align}
\end{proof}
\begin{proof}
b)
\begin{displaymath}
\binom{x+1}{v+1} = \binom{x}{v}\frac{x+1}{v+1}
\end{displaymath}
\begin{align}
\binom{x+1}{v+1} & = \frac{(x+1)x(x-1)\cdot\ldots\cdot(x-v+1)}{(v+1)!} \\
& = \frac{(x+1)x(x-1)\cdot\ldots\cdot(x-v+1)}{(v+1)v!} \\
& = \frac{x+1}{v+1} \frac{x(x-1)\cdot\ldots\cdot(x-v+1)}{v!} \\
& = \frac{x+1}{v+1} \binom{x}{v} \\
& = \binom{x}{v} \frac{x+1}{v+1}
\end{align}
\end{proof}
\begin{proof}
c)
\begin{displaymath}
\binom{x}{v+1} = \binom{x}{v}\frac{x-v}{v+1}
\end{displaymath}
\begin{align}
\binom{x}{v+1} & = \prod_{j=1}^{v+1}\frac{x-j+1}{j} \\
& = \prod_{j=1}^{v}\frac{x-j+1}{j}\frac{x-(v+1)+1}{v+1} \\
& = \binom{x}{v}\frac{x-v-1+1}{v+1} \\
& = \binom{x}{v}\frac{x-v}{v+1}
\end{align}
\end{proof}
\begin{proof}
d)
\begin{displaymath}
\binom{x}{k}\binom{k}{l} = \binom{x}{l}\binom{x-l}{k-l}
\end{displaymath}
\begin{align}
\binom{x}{k}\binom{k}{l} & = \frac{x(x-1)\cdot\ldots\cdot(x-k+1)}{k!}\frac{k(k-1)\cdot\ldots\cdot(k-l+1)}{l!}
\end{align}
\end{proof}
\end{problem}
\begin{problem}{6 Punkte}
Beweisen Sie 3.14 a) und b) aus der Vorlesung:
\newline\newline
Für alle $n,m \in \mathbb{Z}$ und $x \in \mathbb{R}$ bzw. $x \in \mathbb{R}^* = \mathbb{R}\setminus\{0\}$ im Falle negativer Potenzen gilt
\begin{proof}
a)
\begin{displaymath}
x^nx^m = x^{n+m}
\end{displaymath}
Potenzen werden in 3.13 im Skript wie folgt definiert: \\
Für alle $x \in K$, $n \in \mathbb{N}$ gilt
\[
x^0 := 1 \text{ und } x^{n+1}:=x^n \cdot n.
\]
Für alle $x \in K^*=K\setminus\{0\}$, $n \in \mathbb{N}$ gilt \[
x^{-n} := (x^{-1})^n.
\]
Somit kann $x^n$ für $n \ge 0$ als: \[
\underbrace{x \cdot \ldots \cdot x}_{n\text{ mal}}
\] geschrieben werden oder für $x < 0$ als: \[
\underbrace{x^{-1} \cdot \ldots \cdot x^{-1}}_{n\text{ mal}}.
\]
Dasselbe gilt natürlich auch für $x^m$. \\ Somit kann man $x^nx^m$ auch
als: \[
\underbrace{x \cdot \ldots \cdot x}_{n\text{ mal}} \cdot \underbrace{x \cdot \ldots \cdot x}_{m\text{ mal}}
\] oder: \[
\underbrace{x \cdot \ldots \cdot x \cdot x \cdot \ldots \cdot x}_{n+m\text{ mal}}
\] schreiben, somit gilt $x^nx^m = x^{n+m}$. \\ \\ Es ist zu bemerken das,
das obere immer noch hält, auch wenn einer der beiden Exponenten
negative ist. Da \[
x^{-n}x^m = {(x^{-1})}^nx^m = \underbrace{x^{-1} \cdot\ldots\cdots x^{-1}}_{n\text{ mal}} \cdot \underbrace{x \cdot \ldots \cdot x}_{m\text{ mal}}
\] oder vereinfacht \[
x^{-n}x^m = \underbrace{x \cdot \ldots \cdot x}_{\mathclap{m - n\text{ mal da } x^{-1} \cdot x = 1}} = x^{m-n}
\] gilt. \\ \\ Wenn beide Exponenten negative sind folgt: \[
x^{-n}x^{-m} = {(x^{-1})}^n{(x^{-1})}^m = {(x^{-1})}^{n+m} = x^{(-1)(n+m)} = x^{-n+(-m)} = x^{-n-m}.
\]
\end{proof}
\begin{proof}
b)
\begin{displaymath}
{(x^n)}^m = x^{nm}:
\end{displaymath}
Aus 3.a wissen wir bereits das wir $x^n$ als $\underbrace{x \cdot \ldots \cdot x}_{n\text{ mal}}$ schreiben können.
Somit können wir ${(x^n)}^m$ auch als \[
(\underbrace{x \cdot \ldots \cdot x}_{n\text{ mal}})^m
\] schreiben. Dasselbe lässt sich natürlich auch für $z^m$ mach und somit
erhalten wir \[
\underbrace{
\underbrace{
x \cdot \ldots \cdot x
}_{n\text{ mal}
} \cdot \ldots \cdot \underbrace{
x \cdot \ldots \cdot x
}_{n\text{ mal}}
}_{m\text{ mal}}
\] oder vereinfacht \[
\underbrace{
x \cdot \ldots \cdot x \cdot \ldots \cdot x \cdot \ldots \cdot x.
}_{n \cdot m\text{ mal}}
\]
Es gilt also ${(x^n)}^m = x^{nm}$. \\ \\ Das obere gilt auch dann noch wenn
einer oder beider der oberen Exponenten negative ist: \[
{(x^{-n})}^m = {({(x^{-1})}^n)}^m = {(x^{-1})}^{x \cdot m}
\] oder \[
{(x^{n})}^{-m} = {({(x^n)}^{-1})}^m = {({(x \cdot \ldots \cdot x)}^{-1})}^m = {(x^{-1} \cdot \ldots \cdot x^{-1})}^m = {({(x^{-1})}^n)}^m = {(x^{-1})}^{n \cdot m}
\] und auch \[
{(x^{-n})}^{-m} = {({({(x^{-1})}^n)}^{-1})}^m = {({(\underbrace{{(x^{-1})}^{-1}}_{\mathclap{{(x^{-1})}^{-1} = x \text{ laut Definition des inversen Elements}}})}^n)}^m = {({x}^n)}^m = x^{nm}.
\]
\end{proof}
\end{problem}
\begin{problem}{4 Punkte}
In der LAAG I* haben Sie kürzlich eine Einführung in die Mengenlehre erhalten. Siehe
auch unser Analysis I* Skript Z1, und insbesondere Z1.10. \\
Seien $X$, $Y$ Mengen und $A$, $A^\prime$ Teilmengen von $X$ und $B$, $B^\prime$ Teilmengen von $Y$.
\begin{enumerate}
\item[a)]
\begin{proof}
Zeigen Sie die Formel
\begin{displaymath}
(A \times B) \cap (A^\prime \times B^\prime) = (A \cap A^\prime) \times (B \cap B^\prime).
\end{displaymath}
Um das obere zu beweisen, müssen wir die Gleichheit der beiden folgenden Mengen Zeigen.
\[
(A \times B) \cap (A^\prime \times B^\prime) = \{(x,y)\,|\,( x \in A \, \land \, y\in B) \land (x \in A^\prime \, \land \, y \in B^\prime)\}
\]
\[
(A \cap A^\prime) \times (B \cap B^\prime) = \{(x,y)\,|\,(x \in A \land x \in A^\prime) \land (x \in B \land x \in B^\prime)\}.
\]
Somit folgt:
\begin{align}
(A \times B) \cap (A^\prime \times B^\prime) & = \{(x,y)\,|\,( x \in A \, \land \, y\in B) \land (x \in A^\prime \, \land \, y \in B^\prime)\} \\
& = \{(x,y)\,|\,x \in A \, \land \, y\in B \land x \in A^\prime \, \land \, y \in B^\prime\} \\
& = \{(x,y)\,|\,x \in A \land x \in A^\prime \land x \in B \land x \in B^\prime\} \\
& = \{(x,y)\,|\,(x \in A \land x \in A^\prime) \land (x \in B \land x \in B^\prime)\} \\
& = (A \cap A^\prime) \times (B \cap B^\prime).
\end{align}
\end{proof}
\item[b)] Gibt es eine ähnliche Formel für die Vereinigung? \\ Ja es gibt
eine ähnliche Formel: \[
(A \times B) \cup (A^\prime \times B^\prime) \subseteq (A \cup A^\prime) \times (B \cup B^\prime).
\]
Der Beweis dazu ist ähnliche aber nicht gleich zu dem Beweis in a).
\end{enumerate}
\end{problem}
\end{document}
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