Aufgaben zu Wurzeln – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Aufgaben zur Berechnung von Wurzeln

Aufgabe (Berechnung von Wurzeln)

Berechne die folgenden Wurzeln, falls möglich.

1. ${\sqrt {2}}^{2}$
2. ${\sqrt {2^{2}}}$
3. ${\sqrt {(-2)^{2}}}$
4. ${\sqrt {-2}}^{2}$
5. $-{\sqrt[{3}]{3^{3}}}$
6. $-{\sqrt[{3}]{3}}^{3}$
7. $-{\sqrt[{3}]{-3}}^{3}$
8. $-{\sqrt[{3}]{(-3)^{3}}}$

Lösung (Berechnung von Wurzeln)

1. ${\sqrt {2}}^{2}=2$ nach Definition.
2. ${\sqrt {2^{2}}}={\sqrt {4}}=2$
3. ${\sqrt {(-2)^{2}}}={\sqrt {4}}=2$
4. ${\sqrt {-2}}^{2}$ ist nicht definiert, da ${\sqrt {-2}}$ nicht definiert ist.
5. $-{\sqrt[{3}]{3^{3}}}=-{\sqrt[{3}]{27}}=-3$
6. $-{\sqrt[{3}]{3}}^{3}=-3$ nach Definition.
7. $-{\sqrt[{3}]{-3}}^{3}$ ist nicht definiert, da ${\sqrt {-3}}$ nicht definiert ist.
8. $-{\sqrt[{3}]{(-3)^{3}}}=-{\sqrt[{3}]{-27}}$ ist nicht definiert, da ${\sqrt {-27}}$ nicht definiert ist.

-> fehler: dritte Wurzel aus negativer Zahl ist definiert mit -3 wegen -3*-3*-3=-27

Aufgaben zur Irrationalität von Wurzeln

Aufgabe (Irrationalität von Wurzel 3)

Zeige die folgenden Aussagen:

1. Ist eine natürliche Zahl durch drei teilbar, so auch ihr Quadrat.
2. Ist das Quadrat einer natürlichen Zahl durch drei teilbar, so auch die Zahl selbst.
3. ${\sqrt {3}}$ ist irrational.

Wie kommt man auf den Beweis? (Irrationalität von Wurzel 3)

Teilaufgabe 1 zeigen wir durch direktes Nachrechnen.

Teilaufgabe 2 zeigen wir durch Kontraposition, indem wir zeigen, dass das Quadrat einer nicht durch 3 teilbaren Zahl wieder nicht durch drei teilbar ist. Dazu müssen wir zwei Fälle unterscheiden.

Teilaufgabe 3 zeigen wir analog zur Irrationalität von ${\sqrt {2}}$ durch Widerspruch. Dazu müssen wir Teilaufgabe 2 verwenden.

Beweis (Irrationalität von Wurzel 3)

Teilaufgabe 1: Sei $n\in \mathbb {N}$ durch $3$ teilbar. Dann existiert ein $k\in \mathbb {N}$ mit $n=3k$. Dann folgt aber

$n^{2}=(3k)^{2}=3^{2}\cdot k^{2}=3\cdot (3k^{2})$

Also ist auch $n^{2}$ durch $3$ teilbar.

Teilaufgabe 2 Beweis durch Kontraposition: Sei $n\in \mathbb {N}$ nicht durch $3$ teilbar.

1. Fall: Es existiert ein $k\in \mathbb {N}$ mit $n=3k-1$. Dann folgt

$n^{2}=(3k-1)^{2}=9k^{2}-6k+1=3\cdot (3k^{2}-2k)+1$

Also ist $n^{2}$ nicht durch $3$ teilbar.

2. Fall: Es existiert ein $k\in \mathbb {N}$ mit $n=3k-2$. Dann folgt

$n^{2}=(3k-2)^{2}=9k^{2}-12k+4=3\cdot (3k^{2}-4k+1)+1$

Also ist $n^{2}$ nicht durch $3$ teilbar.

Teilaufgabe 3: Widerspruchsbeweis. Angenommen ${\sqrt {3}}$ ist rational, dann existieren teilerfremde $p,q\in \mathbb {N}$ mit ${\sqrt {3}}={\frac {p}{q}}$.

Daraus folgt $3={\frac {p^{2}}{q^{2}}}\Rightarrow p^{2}=3q^{2}$. Damit ist $p^{2}$ durch $3$ teilbar. Nach Teilaufgabe 2 ist somit auch $p$ durch $3$ teilbar.

Daher existiert ein $k\in \mathbb {N}$ mit $p=3k\Rightarrow p^{2}=(3k)^{2}=9k^{2}=3q^{2}$. Also ist $q^{2}=3k^{2}$, d.h. $q^{2}$ ist ebenfalls durch $3$ teilbar, und wieder mit Teilaufgabe 2 auch $q$.

Dies steht im Widerspruch zu der Annahme, dass $p$ und $q$ teilerfremd sind.

Aufgaben zu Intervallschachtellungen

Aufgabe (Intervallschachtelung für Quadratwurzel)

Seien $0<a<b$, und die Intervalle $[a_{n},b_{n}]$ seien für alle $n\in \mathbb {N}$ rekursiv definiert durch $[a_{1},b_{1}]=[a,b]$ und

$a_{n+1}={\frac {2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}}\ (=H(a_{n},b_{n}))$ und $b_{n+1}={\frac {a_{n}+b_{n}}{2}}\ (=A(a_{n},b_{n}))$

Zeige:

1. $I_{n}=[a_{n},b_{n}]$ bildet eine Intervallschachtelung.
2. ${\sqrt {ab}}\in I_{n}$ für alle $n\in \mathbb {N}$.
3. $b_{n+1}-a_{n+1}\leq {\frac {1}{4a}}(b_{n}-a_{n})^{2}$.

Lösung (Intervallschachtelung für Quadratwurzel)

Teilaufgabe 1: Nach Definition der Intervallschachtellung müssen wir zeigen:

1. $\forall n\in \mathbb {N} :I_{n+1}=[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq I_{n}=[a_{n},b_{n}]$
2. Für jedes $\epsilon >0$ gibt es ein $N\in \mathbb {N}$ mit $|I_{n}|=b_{N}-a_{N}<\epsilon$

Zu 1.: Genauer haben wir zu zeigen:

$a_{1}\leq a_{2}\leq \ldots \leq a_{n}\leq a_{n+1}\leq \ldots \leq b_{n+1}\leq b_{n}\leq \ldots \leq b_{2}\leq b_{1}$

Für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt $a_{1}=a<b=b_{1}$, sowie

$a_{n+1}=H(a_{n},b_{n}){\underset {\text{Ungleichung}}{\overset {\text{AGHM-}}{\leq }}}A(a_{n},b_{n})=b_{n+1}$

Weiter gilt

$a_{n+1}=H(a_{n},b_{n})={\frac {2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}}{\overset {a_{n}\leq b_{n}}{\geq }}{\frac {2a_{n}b_{n}}{b_{n}+b_{n}}}={\frac {2a_{n}b_{n}}{2b_{n}}}=a_{n}$

und

$b_{n+1}=A(a_{n},b_{n})={\frac {a_{n}+b_{n}}{2}}{\overset {a_{n}\leq b_{n}}{\leq }}{\frac {b_{n}+b_{n}}{2}}={\frac {2b_{n}}{2}}=b_{n}$

Zu 2.: Für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt

$b_{n+1}-a_{n+1}=A(a_{n},b_{n})-H(a_{n},b_{n})={\frac {a_{n}+b_{n}}{2}}\underbrace {-{\frac {2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}}} _{\leq 0}\leq {\frac {1}{2}}(b_{n}-a_{n})$

Setzen wir diese Abschätzung nun sukzessive fort, so erhalten wir

$b_{n+1}-a_{n+1}\leq {\frac {1}{2}}(b_{n}-a_{n})\leq \left({\frac {1}{2}}\right)^{2}(b_{n-1}-a_{n-1})\leq \ldots \leq \left({\frac {1}{2}}\right)^{n}(b_{1}-a_{1})=\left({\frac {1}{2}}\right)^{n}(b-a)$

Nach einer Folgerung zum Archimedischen Axiom gibt es zu jedem $\epsilon >0$ ein $N\in \mathbb {N}$ mit $\left({\tfrac {1}{2}}\right)^{N-1}<{\tfrac {\epsilon }{b-a}}$. Also gibt es zu jedem $\epsilon >0$ ein $N\in \mathbb {N}$ mit

$|I_{N}|=b_{N}-a_{N}\leq \left({\tfrac {1}{2}}\right)^{N-1}(b-a)<\epsilon$

Nach 1. und 2. ist $I_{n}$ tatsächlich eine Intervallschachtelung.

Teilaufgabe 2: Zunächst gilt

$a_{n+1}\cdot b_{n+1}={\frac {a_{n}+b_{n}}{2}}\cdot {\frac {2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}}a_{n}b_{n}{\overset {\text{analog}}{=}}a_{n-1}b_{n-1}=\ldots =a_{1}b_{1}=ab$

Daraus folgt mit Hilfe der AGHM-Ungleichung

$ab=a_{n+1}b_{n+1}=A(a_{n}+b_{n})\cdot H(a_{n},b_{n}){\underset {\text{Ungleichung}}{\overset {\text{AGHM-}}{\leq }}}A(a_{n}+b_{n})\cdot A(a_{n},b_{n})=A(a_{n},b_{n})^{2}$

Da $ab>0$ ist, und wegen der Monotonie der Wurzel folgt daraus

${\sqrt {ab}}\leq {\sqrt {A(a_{n},b_{n})^{2}}}=A(a_{n},b_{n})$

Ganz genauso folgt

$ab=A(a_{n}+b_{n})\cdot H(a_{n},b_{n}){\underset {\text{Ungleichung}}{\overset {\text{AGHM-}}{\geq }}}H(a_{n}+b_{n})^{2}$

und daraus

${\sqrt {ab}}\geq H(a_{n},b_{n})$

Insgesamt erhalten wir für alle $n\in \mathbb {N}$:

$a_{n+1}=H(a_{n},b_{n})\leq {\sqrt {ab}}\leq A(a_{n},b_{n})=b_{n+1}$

Da auch für $n=1$ gilt $a_{1}=a={\sqrt {a^{2}}}\leq {\sqrt {ab}}\leq {\sqrt {b^{2}}}=b=b_{1}$, folgt die Behauptung ${\sqrt {ab}}\in I_{n}$ für alle $n\in \mathbb {N}$.

Teilaufgabe 3: Es gilt

$b_{n+1}-a_{n+1}={\frac {a_{n}+b_{n}}{2}}-{\frac {2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}}={\frac {(a_{n}+b_{n})^{2}-4a_{n}b_{n}}{2(a_{n}+b_{n})}}={\frac {a_{n}^{2}-2a_{n}b_{n}+b_{n}^{2}}{2(a_{n}+b_{n})}}={\frac {(a_{n}-b_{n})^{2}}{2(a_{n}+b_{n})}}{\overset {a_{n}\leq b_{n}}{\leq }}{\frac {(a_{n}-b_{n})^{2}}{4a_{n}}}{\overset {a_{n}\leq a_{1}=a}{\leq }}{\frac {(a_{n}-b_{n})^{2}}{4a}}$

Aufgaben zu Rechenregeln für Wurzeln

Aufgabe (Rechenregeln für Wurzeln)

Zeige für $a\in \mathbb {R} _{0}^{+}$ und $k,l\in \mathbb {N}$:

1. ${\sqrt[{k}]{a}}\cdot {\sqrt[{l}]{a}}={\sqrt[{kl}]{a^{k+l}}}$.
2. ${\tfrac {\sqrt[{k}]{a}}{\sqrt[{l}]{a}}}={\sqrt[{kl}]{a^{l-k}}}$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Rechenregeln für Wurzeln)

Zunächst potenzieren wir die Gleichungen, um die Wurzeln wegzubekommen und die Rechenregeln für Potenzen mit natürlichen Zahlen als Exponenten anwenden zu können.

Beweis (Rechenregeln für Wurzeln)

Teilaufgabe 1: Es gilt

$({\sqrt[{k}]{a}}\cdot {\sqrt[{l}]{a}})^{kl}=({\sqrt[{k}]{a}})^{kl}({\sqrt[{l}]{a}})^{kl}=(({\sqrt[{k}]{a}})^{k})^{l}(({\sqrt[{l}]{a}})^{l})^{k}\,{\overset {1.}{=}}\,a^{l}a^{k}=a^{k+l}=({\sqrt[{kl}]{a^{k+l}}})^{kl}$

Wegen $x^{k}=y^{k}\Rightarrow x=y$ folgt daraus ${\sqrt[{k}]{a}}\cdot {\sqrt[{l}]{a}}={\sqrt[{kl}]{a^{k+l}}}$.

Teilaufgabe 2: Es gilt

$({\tfrac {\sqrt[{k}]{a}}{\sqrt[{l}]{a}}})^{kl}={\tfrac {({\sqrt[{k}]{a}})^{kl}}{({\sqrt[{l}]{a}})^{kl}}}={\tfrac {(({\sqrt[{k}]{a}})^{k})^{l}}{(({\sqrt[{l}]{a}})^{l})^{k}}}\,{\overset {1.}{=}}\,{\tfrac {a^{l}}{a^{k}}}=a^{l-k}=({\sqrt[{kl}]{a^{l-k}}})^{kl}$

Wegen $x^{k}=y^{k}\Rightarrow x=y$ folgt daraus ${\tfrac {\sqrt[{k}]{a}}{\sqrt[{l}]{a}}}={\sqrt[{kl}]{a^{l-k}}}$.