Das Rechnen mit reellen und komplexen Zahlen (§1)

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Ist verwaist. kein Kurs, kein Projekt, keine Relevanz --Heuerli 12:54, 10. Okt. 2007 (CEST)

Inhaltsverzeichnis

1 Das Rechnen mit reellen und komplexen Zahlen (§1)

[Bearbeiten] Das Rechnen mit reellen und komplexen Zahlen (§1)

[Bearbeiten] Definition 1

Ein System $\mathbb{K}$ von Elementen heißt ein Körper genau dann, wenn es zu je zwei Elementen $a,b \in \mathbb{K}$ eine Summe $a+b \in \mathbb{K}$ und ein Produkt $ab \in \mathbb{K}$ derart gibt, dass die Körperaxiome $(K 1),(K 2),(K 3)$ gelten.

1. Axiome der Addition $(K 1)$

a) Assoziativgesetz: Für alle $a,b,c \in \mathbb{K}$ gilt: $(a + b) + c = a + (b + c)$ .

b) Kommutativgesetz: Für alle $a,b \in \mathbb{K}$ gilt: $a + b = b + a$ .

c) Existenz des additiv neutralen (Null-)Elements: Es existiert ein neutrales Element $0 \in \mathbb{K}$ derart, dass für alle $a \in \mathbb{K}$ die Bedingung $a + 0 = a$ gilt.

d) Existenz des additiv inversen (negativen) Elements: Zu jedem $x \in \mathbb{K}$ gibt es ein inverses element $y \in \mathbb{K}$ mit $x + y = 0$ . Man schreibt $y = : - x$ .

2. Axiome der Multiplikation $(K 2)$

a) Assoziativgesetz: Für alle $a,b,c \in \mathbb{K}$ gilt: $(a b) c = a (b c)$ .

b) Kommutativgesetz: Für alle $a,b \in \mathbb{K}$ gilt: $a b = b a$ .

c) Existenz des multiplikativ neutralen (Eins-)elements: Es existiert ein neutrales Element $1 \in \mathbb{K}$ derart, dass für alle $a \in \mathbb{K}$ die Bedingung $a \cdot 1=a$ gilt.

d) Existenz des multiplikativ inversen (reziproken) Elements: Zu jedem $x \in \mathbb{K} \setminus \{0\}$ gibt es ein inverses element $y \in \mathbb{K}$ mit $x \cdot y=1$ . Man schreibt $y = : x - 1$ .

3. Distributivgesetz $(K 3)$

Für alle $a,b,c \in \mathbb{K}$ gilt:

(a + b) c = a c + b c

.

[Bearbeiten] Satz 1

Aus den Körperaxiomen lassen sich weitere Eigenschaften der Elemente von $\mathbb{K}$ folgern.

(1) Für beliebige $a,b \in \mathbb{K}$ ist die Gleichung $a + x = b$ eindeutig lösbar.

(2) Für beliebige $a \in \mathbb{K} \setminus \{0\}$ und $b \in \mathbb{K}$ ist die Gleichung $a \cdot y=b$ eindeutig lösbar.

(3) Für alle $x \in \mathbb{K}$ gelten $x \cdot 0=0$ und $(-1) \cdot x=-x$ .

(4) Für alle $x \in \mathbb{K}$ gilt $- ( - x) = x$

(5) Für alle $x,y \in \mathbb{K} \setminus \{0\}$ gilt $xy \neq 0$ .

[Bearbeiten] Beweis von (1)

Nach $(K 1)$ existiert zu $a \in \mathbb{K}$ das inverse Element $-a \in \mathbb{K}$ . Wir addieren zur Gleichung $a + x = b$ von links $( - a)$ und erhalten $( - a) + a + x = ( - a) + b$ bzw. nach $(K 1)$ $0 + x = x = b + ( - a) = : b - a$ , was die Eindeutigkeit der Lösung zeigt. Angenommen $x = b - a$ sei die eindeutig bestimmte Lösung der Gleichung $a + x = b$ . Dann gilt nach $(K 1)$

a + x = a + [b + ( - a)] = (a + b) + ( - a) = (b + a) + ( - a) = b + [a + ( - a)] = b + 0 = b

.

Damit hat man die Existenz einer Lösung nachgewiesen.

q.e.d.

[Bearbeiten] Beweis von (2)

[Bearbeiten] Satz 4 (Ungleichung von Cauchy-Schwarz)

Wenn $a_k, b_k \in \mathbb{R}$ für $k = 1,2,..., n$ gilt, dann folgt

$\left( \sum^n_{k=1} a_kb_k \right)^2 \le \left( \sum^n_{k=1} a_k^2 \right) \cdot \left( \sum^n_{k=1} b_k^2 \right)$ .

[Bearbeiten] Beweis

Wir betrachten die Funktion

$t\mapsto f(t) = \sum_{k=1}^n(a_kt+b_k)^2.$

Nach Definition ist klar, dass $f(t)\geq0$ für alle $t$ . Die Umformung

$\sum_{k=1}^n(a_kt+b_k)^2=t^2\cdot\sum_{k=1}^na_k^2+2t\cdot\sum_{k=1}^na_kb_k +\sum_{k=1}^nb_k^2=t^2\cdot U+2t\cdot V+W$

zeigt, dass $f$ ein (höchstens) quadratisches Polynom ist. Es ist genau dann nichtnegativ, wenn seine Diskriminante

(2 V) 2 - 4 U W = 4(V 2 - U W)

nichtpositiv ist, wenn also $V^2\leq UW$ gilt. Das ist jedoch genau die behauptete Ungleichung.

q.e.d.

[Bearbeiten] Beispiel 5

Für $n \in \mathbb{N}_0$ definieren wir die Größe $n$ Fakultät wie folgt:

0!: = 1

1!: = 1

$2! := 2 \cdot 1 = 2$

...

$n! := \prod^n_{k=1} k$ .

Weiter erklären wir für $k,n \in \mathbb{N}_0$ den Binomialkoeffizienten

(23) $\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}:= \frac{n!}{k! (n-k)!}= \frac{n \cdot (n-1) \cdot ... \cdot (n - k + 1)}{k!}$ .

Wegen

$\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} n \\ k-1 \end{pmatrix} \stackrel{(23)}{=} \frac{n!}{k!(n - k)!} + \frac{n!}{(k-1)!(n - k+1)!}$

$= \frac{n!}{k!(n - k+1)!} [(n-k+1)+k] = \frac{(n+1)!}{k![(n+1) - k]!}$

$= \begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix}$

gilt für alle $k,n \in \mathbb{N}$ das Additionstheorem für die Binomialkoeffizienten:

(24) $1 \le k \le n \Rightarrow \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n-1 \\ k-1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} n-1 \\ k \end{pmatrix}$ .

[Bearbeiten] Satz 5 (Binomischer Lehrsatz)

Für alle $n \in \mathbb{N}$ und $a,b \in \mathbb{K}$ gilt die Identität

(25) $(a+b)^n = \sum^n_{k=0} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} a^k b^{n-k}$ .

[Bearbeiten] Beweis

Sei $b = 0$ , so ist obige Gleichung wegen

$(a+0)^n = \sum^n_{k=0} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} a^k 0^{n-k} = \begin{pmatrix} n \\ n \end{pmatrix} a^n 0^0=a^n$

offenbar erfüllt. Sei also $b \neq 0$ . Wir multiplizieren (25) mit $b - n$ und erhalten

$(a+b)^n \cdot b^{-n} = \left[ b \left( \frac{a}{b} + 1 \right) \right]^n \cdot b^{-n} = \left( \frac{a}{b} + 1 \right)^n$

$= b^{-n} \cdot \sum^n_{k=0} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} a^k b^{n-k} = \sum^n_{k=0} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} a^k b^{-k} = \sum^n_{k=0} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \left( \frac{a}{b} \right)^k$ .

Mit Hilfe der Substitution $z:= \frac{a}{b} \in \mathbb{K}$ genügt es, die Aussage

(26) $(z+1)^n = \sum^n_{k=0} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} z^k$

zu zeigen. Wir beweisen nun durch vollständige Induktion, dass (26) für alle $n \in \mathbb{N}$ gilt. Die Aussage $H (n)$ ist die Gleichung (26).

(IA) Für $n 0 = 1$ und $z \in \mathbb{K}$ ergibt sich die wahre Aussage

$(1+z)^1 = \sum^1_{k=0} \begin{pmatrix} 1 \\ k \end{pmatrix} z^k = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} z^0 + \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} z^1 = 1+ z$ .

(IS) Nach Induktionsvoraussetzung gilt (26) für ein beliebiges $n \in \mathbb{N}$ . Dann folgt

$(z+1)^{n+1} = (z+1) \cdot (z+1)^n \stackrel{(IV)}{=} (z+1) \cdot \left[ \sum^n_{k=0} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} z^k \right]$

$\stackrel{(K_3)}{=} \sum^n_{k=0} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} z^k + \sum^n_{k=0} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} z^{k+1}$

$\stackrel{l:=k+1}{=} \sum^n_{k=0} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} z^k + \sum^n_{l=1} \begin{pmatrix} n \\ l-1 \end{pmatrix} z^l + \begin{pmatrix} n \\ n \end{pmatrix} z^{n+1}$

$= \begin{pmatrix} n \\ 0 \end{pmatrix} z^0 + \sum^n_{k=1} \left[ \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} n \\ k-1 \end{pmatrix} \right] z^k + \begin{pmatrix} n \\ n \end{pmatrix} z^{n+1}$

$\stackrel{(24)}{=} 1 + \sum^n_{k=1} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} z^k + \begin{pmatrix} n+1 \\ n+1 \end{pmatrix} z^{n+1} = \sum^{n+1}_{k=1} \begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix} z^k$ .

Damit ist Satz 5 nach dem Prinzip der vollständigen Induktion bewiesen.

q.e.d.

[Bearbeiten] Beispiel 6 (Teleskopsummen)

Seien $m,n \in \mathbb{N}$ mit $m < n$ gegeben sowie die Zahlenfolge ${b i}$ zu den Indices $i = m, m + 1,..., n + 1$ . Wir betrachten jetzt die Zahlenfolge ${a i}$ mit $a i : = b i + 1 - b i$ für $m \le i \le n$ und berechnen

(27) $\sum^n_{i = m} a_i = \sum^n_{i = m} (b_{i+1} - b_i)= \sum^n_{i = m} b_{i+1} - \sum^n_{i = m} b_i$

= (b m + 1 + b m + 2 + ... + b n + 1) - (b m + b m + 1 + b m + 2 + ... + b n) = b n + 1 - b m

Für $b i : = i 2$ und $m : = 1$ ergibt sich dann

a i = (i + 1) 2 - i 2 = 2 i + 1

und $\sum^n_{i=1} a_i = \sum^n_{i=1} (2i+1)= n+2\cdot \left( \sum^n_{i=1} i \right)$ .

Andererseits ist nach (27)

$\sum^n_{i=1} (2i+1)= (n+1)^2-1= n^2 + 2n$ ,

woraus sich unmittelbar die Gauß-Formel

$\sum^n_{k=1} k = \frac{n}{2} (n+1)$

ergibt.

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[Bearbeiten] Definition 1

[Bearbeiten] Satz 1

[Bearbeiten] Beweis von (1)

[Bearbeiten] Beweis von (2)

[Bearbeiten] Satz 4 (Ungleichung von Cauchy-Schwarz)

[Bearbeiten] Beweis

[Bearbeiten] Beispiel 5

[Bearbeiten] Satz 5 (Binomischer Lehrsatz)

[Bearbeiten] Beweis

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