Logo

AskSia

Plus

Bitte gebe mir die Lösungen Hausaufgabe 1 Es sei AA eine abzählbare Menge. (i)...
Oct 28, 2024
Bitte gebe mir die Lösungen
Solution by Steps
Hausaufgabe 1:
step 1
Um zu zeigen, dass jede Teilmenge BB von AA abzählbar ist, nehmen wir an, dass AA abzählbar ist. Das bedeutet, dass es eine bijektive Abbildung von AA auf die natürlichen Zahlen N\mathbb{N} gibt
step 2
Da BB eine Teilmenge von AA ist, können wir die Elemente von BB in AA finden. Wir können die Elemente von BB in der Reihenfolge ihrer Abbildung auf N\mathbb{N} anordnen
step 3
Wenn BB endlich ist, ist es offensichtlich abzählbar. Wenn BB unendlich ist, können wir eine Teilmenge von BB auswählen, die abzählbar ist, und die Abbildung auf N\mathbb{N} fortsetzen
step 4
Daher ist jede Teilmenge BB von AA ebenfalls abzählbar
step 5
Für die Menge En(A)\mathcal{E}_{n}(A) definieren wir die Menge aller Teilmengen von AA mit höchstens nn Elementen. Da es nur endlich viele Möglichkeiten gibt, nn Elemente aus AA auszuwählen, ist En(A)\mathcal{E}_{n}(A) abzählbar
step 6
Die Menge E(A)\mathcal{E}(A) aller endlichen Teilmengen von AA ist die Vereinigung von En(A)\mathcal{E}_{n}(A) für alle n∈Nn \in \mathbb{N}. Da die Vereinigung abzählbarer Mengen abzählbar ist, ist auch E(A)\mathcal{E}(A) abzählbar
Hausaufgabe 2:
step 1
Wir beweisen die Ungleichung n! < \left(\frac{n+1}{2}\right)^{n} durch vollständige Induktion
step 2
Basisfall: Für n=2n=2 gilt 2! = 2 < \left(\frac{3}{2}\right)^{2} = \frac{9}{4}
step 3
Induktionsannahme: Angenommen, die Ungleichung gilt für n=kn=k, d.h. k! < \left(\frac{k+1}{2}\right)^{k}
step 4
Induktionsschritt: Wir zeigen, dass k! < \left(\frac{k+1}{2}\right)^{k} impliziert (k+1)! < \left(\frac{k+2}{2}\right)^{k+1}
step 5
Wir haben (k+1)! = (k+1)k! < (k+1)\left(\frac{k+1}{2}\right)^{k}
step 6
Um zu zeigen, dass (k+1)\left(\frac{k+1}{2}\right)^{k} < \left(\frac{k+2}{2}\right)^{k+1}, vereinfachen wir und zeigen, dass dies wahr ist
Hausaufgabe 3:
step 1
Um zu zeigen, dass die Abbildungen a+b3a+b\sqrt{3} in Q(3)\mathbb{Q}(\sqrt{3}) unter Addition und Multiplikation abgeschlossen sind, zeigen wir, dass x,y∈Q(3)x,y \in \mathbb{Q}(\sqrt{3}) auch x+y∈Q(3)x+y \in \mathbb{Q}(\sqrt{3}) und xy∈Q(3)xy \in \mathbb{Q}(\sqrt{3}) ist
step 2
Für x=a+b3x=a+b\sqrt{3} und y=c+d3y=c+d\sqrt{3} gilt x+y=(a+c)+(b+d)3x+y=(a+c)+(b+d)\sqrt{3}, was in Q(3)\mathbb{Q}(\sqrt{3}) liegt
step 3
Für die Multiplikation gilt xy=(ac+3bd)+(ad+bc)3xy=(ac+3bd)+(ad+bc)\sqrt{3}, was ebenfalls in Q(3)\mathbb{Q}(\sqrt{3}) liegt
step 4
Um zu zeigen, dass Q(3)\mathbb{Q}(\sqrt{3}) ein Körper ist, müssen wir das multiplikative Inverse finden. Das Inverse von a+b3a+b\sqrt{3} ist gegeben durch a−b3a2−3b2\frac{a-b\sqrt{3}}{a^{2}-3b^{2}}
Hausaufgabe 4:
step 1
Wir verwenden die Ungleichung von Cauchy-Schwarz, um zu zeigen, dass xyz+yxz+zxy≥1x+1y+1z\frac{x}{yz} + \frac{y}{xz} + \frac{z}{xy} \geq \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}
step 2
Wir setzen a=1xa = \frac{1}{x}, b=1yb = \frac{1}{y}, c=1zc = \frac{1}{z} und wenden die Cauchy-Schwarz-Ungleichung an
step 3
Die Gleichheit gilt, wenn x=y=zx = y = z
Answer
Die Lösungen für die Hausaufgaben sind wie folgt: Hausaufgabe 1: Abzählbarkeit der Teilmengen, Hausaufgabe 2: Induktionsbeweis für die Ungleichung, Hausaufgabe 3: Struktur von Q(3)\mathbb{Q}(\sqrt{3}) als Körper, Hausaufgabe 4: Anwendung der Cauchy-Schwarz-Ungleichung.
Key Concept
Abzählbarkeit, Induktion, Körperstruktur, Ungleichungen
Explanation
Die Lösungen zeigen die Anwendung grundlegender Konzepte der Mathematik, einschließlich der Abzählbarkeit von Mengen, der vollständigen Induktion, der Struktur von Körpern und der Anwendung von Ungleichungen.
Kannst die 3.und 4. Aufgaben detailliert beantworten?
Natürlich, ich helfe dir gerne mit den Aufgaben 3 und 4! Hausaufgabe 3 (i) Um zu zeigen, dass die Multiplikations- und Additionsabbildungen ⋅,+:R×R→R \cdot, +: \mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} durch Restriktion Abbildungen ⋅+:Q(3)×Q(3)→Q(3) \cdot +: \mathbb{Q}(\sqrt{3}) \times \mathbb{Q}(\sqrt{3}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{3}) induzieren, betrachten wir zwei Elemente x=a+b3 x = a + b\sqrt{3} und y=c+d3 y = c + d\sqrt{3} mit a,b,c,d∈Q a, b, c, d \in \mathbb{Q} . - Addition: x+y=(a+b3)+(c+d3)=(a+c)+(b+d)3 x + y = (a + b\sqrt{3}) + (c + d\sqrt{3}) = (a + c) + (b + d)\sqrt{3} Da a+c a + c und b+d b + d in Q \mathbb{Q} liegen, ist x+y∈Q(3) x + y \in \mathbb{Q}(\sqrt{3}) . - Multiplikation: x⋅y=(a+b3)(c+d3)=ac+(ad+bc)3+bd⋅3=(ac+3bd)+(ad+bc)3 x \cdot y = (a + b\sqrt{3})(c + d\sqrt{3}) = ac + (ad + bc)\sqrt{3} + bd \cdot 3 = (ac + 3bd) + (ad + bc)\sqrt{3} Da ac+3bd ac + 3bd und ad+bc ad + bc in Q \mathbb{Q} liegen, ist auch x⋅y∈Q(3) x \cdot y \in \mathbb{Q}(\sqrt{3}) . Somit induzieren die Abbildungen ⋅ \cdot und + + tatsächlich Abbildungen auf Q(3) \mathbb{Q}(\sqrt{3}) . (ii) Um zu zeigen, dass Q(3) \mathbb{Q}(\sqrt{3}) mit den eingeschränkten Abbildungen ⋅ \cdot und + + ein Körper ist, müssen wir die Körperaxiome überprüfen. 1. Abgeschlossenheit: Wir haben bereits gezeigt, dass die Addition und Multiplikation in Q(3) \mathbb{Q}(\sqrt{3}) bleibt. 2. Assoziativität und Kommutativität: Diese Eigenschaften gelten für die reellen Zahlen und somit auch für Q(3) \mathbb{Q}(\sqrt{3}) . 3. Existenz eines neutralen Elements: Das neutrale Element für die Addition ist 0 0 und für die Multiplikation ist 1 1 . 4. Existenz inverser Elemente: - Für x=a+b3 x = a + b\sqrt{3} ist das additive Inverse −x=−a−b3 -x = -a - b\sqrt{3} . - Das multiplikative Inverse ist gegeben durch: 1x=1a+b3⋅a−b3a−b3=a−b3a2−3b2 \frac{1}{x} = \frac{1}{a + b\sqrt{3}} \cdot \frac{a - b\sqrt{3}}{a - b\sqrt{3}} = \frac{a - b\sqrt{3}}{a^2 - 3b^2} Dies ist definiert, solange a2−3b2≠0 a^2 - 3b^2 \neq 0 . Damit ist Q(3) \mathbb{Q}(\sqrt{3}) ein Körper. Hausaufgabe 4 Gegeben sind x,y,z∈R x, y, z \in \mathbb{R} mit xyz > 0 . Wir wollen zeigen, dass xyz+yxz+zxy≥1x+1y+1z. \frac{x}{yz} + \frac{y}{xz} + \frac{z}{xy} \geq \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}. Wir verwenden die Cauchy-Schwarz-Ungleichung: (xyz+yxz+zxy)(yz+xz+xy)≥(x+y+z)2. \left( \frac{x}{yz} + \frac{y}{xz} + \frac{z}{xy} \right) \left( yz + xz + xy \right) \geq (x + y + z)^2. Setzen wir A=xyz+yxz+zxy A = \frac{x}{yz} + \frac{y}{xz} + \frac{z}{xy} und B=yz+xz+xy B = yz + xz + xy , dann gilt: A⋅B≥(x+y+z)2. A \cdot B \geq (x + y + z)^2. Nun teilen wir beide Seiten durch B B (was positiv ist, da xyz > 0 ): A≥(x+y+z)2B. A \geq \frac{(x + y + z)^2}{B}. Um die Ungleichung zu zeigen, müssen wir zeigen, dass (x+y+z)2B≥1x+1y+1z \frac{(x + y + z)^2}{B} \geq \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} . Dies folgt aus der Anwendung der Cauchy-Schwarz-Ungleichung auf die Terme 1x,1y,1z \frac{1}{x}, \frac{1}{y}, \frac{1}{z} und x,y,z x, y, z : (1x+1y+1z)(x+y+z)≥(1+1+1)2=9. \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \right)(x + y + z) \geq (1 + 1 + 1)^2 = 9. Somit gilt: 1x+1y+1z≤(x+y+z)2xyz. \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \leq \frac{(x + y + z)^2}{xyz}. Die Gleichheit tritt auf, wenn x=y=z x = y = z . Ich hoffe, das hilft dir weiter! Wenn du noch Fragen hast, lass es mich wissen!
© 2023 AskSia.AI all rights reserved