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)

Das Rechnen mit reellen und komplexen Zahlen (§1)

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: $(ab)c=a(bc)$.

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

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: $(a+b)c=ac+bc$.

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 $xy\neq 0$.

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.

Satz 4 (Ungleichung von Cauchy-Schwarz)

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

$\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\right)^{2}\leq \left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}^{2}\right)\cdot \left(\sum _{k=1}^{n}b_{k}^{2}\right)$.

Beweis

Wir betrachten die Funktion

$t\mapsto f(t)=\sum _{k=1}^{n}(a_{k}t+b_{k})^{2}.$

Nach Definition ist klar, dass $f(t)\geq 0$ für alle $t$. Die Umformung

$\sum _{k=1}^{n}(a_{k}t+b_{k})^{2}=t^{2}\cdot \sum _{k=1}^{n}a_{k}^{2}+2t\cdot \sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}+\sum _{k=1}^{n}b_{k}^{2}=t^{2}\cdot U+2t\cdot V+W$

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

$(2V)^{2}-4UW=4(V^{2}-UW)$

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

q.e.d.

Beispiel 5

Für $n\in \mathbb {N} _{0}$ definieren wir die Größe $n$ Fakultät wie folgt:

$0!:=1$

$1!:=1$

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

$...$

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

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

Satz 5 (Binomischer Lehrsatz)

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

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

Beweis

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

${\stackrel {(K_{3})}{=}}\sum _{k=0}^{n}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}z^{k}+\sum _{k=0}^{n}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}z^{k+1}$

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

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

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

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

q.e.d.

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 $m\leq i\leq n$ und berechnen

(27) $\sum _{i=m}^{n}a_{i}=\sum _{i=m}^{n}(b_{i+1}-b_{i})=\sum _{i=m}^{n}b_{i+1}-\sum _{i=m}^{n}b_{i}$

$=(b_{m+1}+b_{m+2}+...+b_{n+1})-(b_{m}+b_{m+1}+b_{m+2}+...+b_{n})=b_{n+1}-b_{m}$

Für $b_{i}:=i^{2}$ und $m:=1$ ergibt sich dann

$a_{i}=(i+1)^{2}-i^{2}=2i+1$ und $\sum _{i=1}^{n}a_{i}=\sum _{i=1}^{n}(2i+1)=n+2\cdot \left(\sum _{i=1}^{n}i\right)$.

Andererseits ist nach (27)

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

woraus sich unmittelbar die Gauß-Formel

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

ergibt.