Fachwissenschaftliche Grundlagen

Fachwissenschaftliche Grundlagen
Vorlesung im Wintersemester 2011/2012, Universität Landau
Roland Gunesch - vertreten von Ulrike Dreyer
8. Vorlesung
Roland Gunesch - vertreten von Ulrike DreyerFachwissenschaftliche
(Mathematik)
Grundlagen
8. Vorlesung
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Themen heute
Indexschreibweise, insbesondere für Summen
Beweisverfahren der vollständigen Induktion
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(Mathematik)
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Index
Ein Index ist eine Zahl, die an einer Variable stehen kann.
x1 , x2 , x3 sind 3 Zahlen.
Die Zahl xi hat den Index i.
Aussprache: ein Index, zwei Indizes.
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Indexschreibweise(Summe)
Summen können mit Index geschrieben werden:
6
1+2+3+4+5+6 =
∑i
i=1
17 + 27 + 37 + 47 + 57 + 67 =
6
∑ i7
i=1
Hier ist i der Index, genauer der Summationsindex.
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Indexschreibweise (Summe
Allgemeiner: Für n, m ∈ N mit m ≥ n definieren wir
m
∑ xi := xn + xn+1 + · · · + xm−1 + xm ,
i=n
(sofern es mindestens 4 Summanden git, sonst müsste die rechte Seite mit
entsprechend weniger Summanden geschreiben werden).
2
Beispiel: ∑ i 9 = 19 + 29 .
i=1
Übung (Schreiben Sie - falls möglich - ohne Summenzeichen)
42
∑ i 9.
i=42
26
∑ i 9.
i=23
n
∑ (i 2 + 2), für n=5.
i=3
5
∑ i7
i=6 - vertreten von Ulrike DreyerFachwissenschaftliche
Roland Gunesch
(Mathematik)
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Wieviele Summanden?
n
Wieviele Summanden stehen in der Summe ∑ xi ?
m
i=m
n
Die Summe ∑ xi besteht aus m-n+1 Summanden und somit enthält ∑ xi
i=n
i=1
n Summanden.
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Summe mit Indizes aufspalten
Summen dürfen aufgespalten oder zusammengefügt werden:
Wenn n ≤ k ≤ m, dann gilt:
m
k
m
∑ xi = ∑ xi + ∑
i=n
i=n
xi
i=k+1
Beispiel:
1000
∑
i=1
i2 =
20
1000
i=1
i=21
∑ i2 +
∑ i2
, denn
12 +22 +· · ·+9992 +10002 = (12 +22 +· · ·+202 )+(212 +· · ·+9992 +10002 )
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Indexverschiebung
Der Index kann wie folgt verschoben werden:
m
m+1
∑ xi = ∑
i=n
xi−1
i=n+1
denn
xn + xn+1 + · · · xm−1 + xm = x(n+1)−1 + x(n+2)−1 + · · · x(m+1)−1
und allgemeiner gilt für k ∈ Z
m
∑ xi =
i=n
m+k
∑
xi−k
i=n+k
denn
xn + xn+1 + · · · xm−1 + xm = x(n+k)−k + x(n+k+1)−k + · · · + x(m+k)−k
10
10+k
i=7
i=7+k
Berechnen Sie ∑ i 3 und
∑ (i − k)3
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Indexschreibweise (Produkt)
Produkte können wir auch mit Index schreiben:
m
∏ xi := xn · xn+1 · · · xm−1 · xm
i=n
Mit dem Produkt wird ähnlich wie mit der Summe umgegangen.
Bei 0 Faktoren wird das Produkt mit 1 definiert.
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Indexschreibweise (Vereinigung von Mengen)
Die Vereinigung von mehren Mengen kann manchmal auch mit Index
geschrieben werden:
m
[
Mi = Mn ∪ Mn+1 ∪ · · · ∪ Mm−1 ∪ Mm
i=n
Wenn die Zahl der zu vereinigenden Mengen 0 ist, dann ist die Vereinigung
leer, d.h. gleich der leeren Menge.
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Indexschreibweise (Durchschnitt von Mengen)
Der Durchschnitt von mehren Mengen kann manchmal auch mit Index
geschrieben werden:
m
\
Mi = Mn ∩ Mn+1 ∩ · · · ∩ Mm−1 ∩ Mm
i=n
Hier sollte die Zahl der zu schneidenden Mengen größer 0 sein, sonst ist der
Durchschnitt nicht definiert.
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Eine kleine Rechenaufgabe
100
Betrachten Sie die Summe ∑ i.
i=1
Berechnen Sie die Summe!
In einer Minute? Im Kopf? Es gibt einen Trick:
2 · (1 + 2 + 3 + · + 99 + 100) =
(1 + 2 + · · · + 99 + 100) + (100 + 99 + · · · + 2 + 1) =
(1 + 100) + (2 + 99) + · · · + (99 + 2) + (100 + 1) =
100 · 101
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Beweis durch vollständige Induktion
Wir haben gerechnet:
2 · (1 + 2 + · · · 99 + 100) = 100 · 101 = 5050.
D.h.
1 + 2 + · · · 99 + 100 = 50 · 101 = 5050.
Diese Formel gibt es auch in der Version, in der nicht bis 100, sondern bis n
summiert wird.
Die Formel lautet dann:
n
∀n ∈ N :
∑i =
i=1
n · (n + 1)
2
Wie kann dies bewiesen werden?
Ist p(n) eine Aussageform über N (bei Ersetzung von n durch eine
natürliche Zahl ensteht eine Aussage), dann können Aussagen der Form
∀n ∈ N : p(n) manchmal durch vollständige Induktion bewiesen werden.
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Beweismethode: „vollständige Induktion“
Die Methode geht so:
Zuerst zeigen wir: p(n) ist für n = 1 wahr.
Dieser Schritt heißt Induktionsanfang.
Dann zeigen wir: Für jedes beliebig n ∈ N gilt:
wenn p(n) wahr ist, dann ist auch p(n+1) wahr.
Wir formulieren also zunächst die Induktionsannahme p(n) sei für ein
(beliebiges) n ∈ N wahr,
und zeigen im Induktionsschritt, dass dann (unter der Annahme p(n) ist
wahr) auch p(n+1) wahr ist.
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... ist wie eine Leiter
Das Verfahren ist wie „eine Leiter hochklettern“:
erst auf die unterste Stufe anfangen (n = 1),
dann immer wieder von einer Stufe auf die nächste Stufe hinauf (von n
nach n + 1).
Auf diese Weise erreichen wir jede Stufe der Leiter.
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Schema
Es ergibt sich im einfachsten Fall folgendes Schema:
Behauptung: ∀n ∈ N : p(n)
Beweis durch vollständige Induktion über n:
Induktionsanfang: Hier ist zu beweisen:
Für n=1 ist p(n) wahr.
Induktionsannahme: Hier wird formuliert:
Für ein (beliebiges) n ∈ N gelte p(n).
Induktionsschritt: Hier wird bewiesen:
p(n+1) ist (dann auch) wahr.
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Zwei Formeln
Beispiele: Wir beweisen zuerst die Formel
n
∀n ∈ N :
∑ 1 = n.
i=1
Die Formel ist sehr einfach, gerade richtig für einen ersten Beweis.
Danach beweisen wir die schwierigere Aussage von vorhin:
n
∀n ∈ N :
1
∑ i = 2 n(n + 1).
i=1
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Ein erster Induktionsbeweis
Wir zeigen:
Satz
Für alle n ∈ N gilt
n
∑ 1 = n.
i=1
Beweis mittels Induktion nach n:
n
Achtung, hier steht ∑ 1 = n für die Ausageform p(n).
i=1
n
Induktionsanfang: (Zu zeigen ist: Für n=1 ist ∑ 1 = n wahr.)
i=1
Für n=1 gilt:
n
n=1 1
n=1
∑ 1 = ∑ 1=1 = n
i=1
i=1
n
Induktionsannahme: Für ein n ∈ N gelte ∑ 1 = n.
i=1
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Ein erster Induktionsbeweis (Fortsetzung)
Induktionsschritt: Zu zeigen ist, dass aus der Induktionsannahme folgt,
dass
n+1
∑ 1 = n + 1.
i=1
auch wahr ist.
Beweis des Induktionsschritts:
n+1
n
n+1
∑ 1 = ∑ 1+ ∑
i=1
i=1
1 (Aufspalten der Summe)
i=n+1
n
= ∑ 1 +1 (rechte Summe vereinfacht sich zu 1)
i=1
|{z}
= n
+ 1 (linke Summe bekannt wegen Induktionsannahme).
Damit ist der Induktionsbeweis abgeschlossen.
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Ein zweiter Induktionsbeweis
Wir zeigen jetzt die folgende Aussage.
Satz
Für alle n ∈ N gilt
n
1
∑ i = 2 n · (n + 1).
i=1
Induktionsbeweis über n:
n
Achtung: Hier steht nun ∑ i = 12 n · (n + 1) für die Aussageform p(n).
i=1
n
Induktionsanfang: (Zu zeigen ist: Für n=1 ist ∑ i = 12 n · (n + 1) wahr.)
i=1
Für n=1 gilt:
n
n=1 1
n=1 1
2 n · (n + 1)
∑ i = ∑ i = 1 = 21 · 2 = 12 · 1 · (1 + 1) =
i=1
i=1
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Ein zweiter Induktionsbeweis (Fortsetzung)
Induktionsannahme: Für ein n ∈ N gelte
n
1
∑ i = 2 n · (n + 1)
i=1
Induktionsschritt: Zu zeigen ist, dass aus der Induktionsannahme folgt,
dass
n+1
1
∑ i = 2 (n + 1) · ((n + 1) + 1).
i=1
wahr ist. Umformuliert:
n+1
1
∑ i = 2 (n + 1) · (n + 2).
i=1
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Ein zweiter Induktionsbeweis (Fortsetzung)
Beweis des Induktionsschritts:
n
n+1
∑i=
i=1
n+1
∑i+
i=1
∑
i
(Aufspalten der Summe)
i=n+1
n
=
∑
i
+ (n + 1) (rechte Summe vereinfacht sich zu n + 1)
i=1
|{z}
1
= n(n + 1) + (n + 1) (linke Summe bekannt aus Induktionsannahme)
2
1
=
n + 1 (n + 1) (Ausklammern von n + 1)
2
1
1
= (n + 2)(n + 1) (Ausklammern von )
2
2
1
= (n + 1)(n + 2) (Terme umstellen).
2
Damit ist der Induktionsbeweis abgeschlossen.
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Beweis einer Ungleichung
Typische Situation:
Geld auf der Bank (Guthaben oder Schulden) wird verzinst.
Jedes Jahr später ist (1 + a)-mal soviel davon da.
Nach n Jahren ist (1 + a)n -mal soviel da.
Beispiel: Ein Kredit von 1000 Euro wird mit 7% Zinsen (a = 0, 07) pro Jahr
verzinst, 20 Jahre lang. Dann zurückgezahlt.
Sind mehr als 2000 Euro fällig?
Ja, denn schon ohne Zinseszins wären es
7% · 20 = 0, 07 · 20 = 1, 40
an Zinsen. Zurückzuzahlen ist also mehr als das 2, 4-fache.
Dies in Formeln ausgedrückt ist die Bernoulli-Ungleichung:
∀a ≥ 0∀n ∈ N (1 + a)n ≥ 1 + n · a.
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Die Bernoulli’sche Ungleichung
Satz
Bernoulli-Ungleichung:
∀a ∈ [0, ∞[∀n ∈ N : (1 + a)n ≥ 1 + n · a.
Hierbei bezeichnet
[0, ∞[ := {x ∈ R | x ≥ 0}
die Menge der Zahlen ≥ 0 in R. (Vorsicht: ∞ ist kein Element von R, aber
als Bezeichnung für „kein rechter Rand“ taugt es.)
Wir beweisen Bernoullis Ungleichung für beliebiges a aus [0, ∞[ per
Induktion über n
Sei a ∈ [0, ∞[ beliebig.
Induktionsbeweis über n:
Induktionsanfang: Zu zeigen ist, dass (1 + a)n ≥ 1 + n · a für n=1 wahr ist.
Für n=1 gilt:
n=1
n=1
(1 + a)n = (1 + a)1 = 1 + a ≥ 1 + 1 · a = 1 + n · a.
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Beweis der Bernoulli-Ungleichung (Fortsetzung)
Induktionsannahme: Für ein beliebiges n ∈ N gelte (1 + a)n ≥ 1 + na.
Induktionsschritt: Wir wollen jetzt aus der Induktionsannahme folgern,
dass gilt:
(1 + a)n+1 ≥ 1 + (n + 1)a.
Wir rechnen:
(1 + a)n+1 = (1 + a)n · (1 + a)
≥(1 + na) · (1 + a) (nach Induktionsvoraussetzung)
=1 + na + a + na2
=1 + (n + 1)a + na
(Ausmultiplizieren)
2
≥1 + (n + 1)a.
Übrigens hätten wir bei jeder Zeile „≥“ schreiben können (statt „=“).
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Fakultät
Die Fakultät von n ∈ N ist definiert als
n
n! :=
∏ i.
i=1
Äquivalent:
(
1
n! : =
(n − 1)! · n
für n = 1
für n ∈ N \ {1}
(eine sogenannte rekursive Definition).
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Fakultät und eine Ungleichung
Der Induktionsanfang muss nicht bei n = 1 sein.
Vielleicht gilt eine Formel ja erst für n ≥ 4. Z.B. diese:
Satz
Es gilt für alle n ∈ N mit n ≥ 4, dass
n! > 2n .
Falsch für n = 1, n = 2 und n = 3.
Induktionsbeweis über n:
Induktionsanfang: Wir fangen hier mit n = 4 und nicht mit n=1 an.
D.h. wir zeigen, dass n! > 2n für n=4 wahr ist.
Für n=4 gilt:
n=4
n! > 2n ⇔ 4! > 24 ⇔ 24 > 16.
Da 24 > 16 wahr ist, folgt also auch für n=4 ist n! > 2n wahr.
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Beweis Fortsetzung
Induktionsvoraussetzung:
Für ein n ∈ N gelte n! > 2n .
Induktionsschritt:
Wir wollen aus der Induktionsvoraussetzung folgern, dass auch
(n + 1)! > 2n+1
gilt. Wir beweisen:
(n + 1)! = n! · (n + 1)
>2n · (n + 1) nach Induktionsvoraussetzung
>2n · 2 denn n + 1 > 2 (sogar n + 1 ≥ 5)
=2n+1 .
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Fibonacci-Zahlen
Die Zahlen von Leonardo da Pisa („Fibonacci“): Die Zahl Fn ist für n ∈ N
definiert durch


für n = 1
1
Fn : = 1
für n = 2


Fn−1 + Fn−2 für n ∈ N \ {1, 2}
(wieder eine rekursive Definition).
Dies ist die Folge
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .
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Wachstum der Fibonacci-Zahlen
Bei der Induktionsannahme können wir annehmen, dass die Behauptung für
n und für alle natürlichen Zahlen kleiner n schon gezeigt ist.
Satz
Für alle n ∈ N gilt
Fn ≤ 2n .
Induktionsbeweis:
Induktionsanfang:
n = 1 : Fn ≤ 2n ist für n=1 wahr, denn F (n) = F (1) = 1 ≤ 21 = 2n .
n = 2: Fn ≤ 2n ist für n=2 wahr, denn F (n) = F (2) = 1 ≤ 22 = 2n .
(Sie sehen gleich, wieso wir zwei Fälle brauchen.)
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Wachstum der Fibonacci-Zahlen
Induktionsannahme:
Für ein n ∈ N und alle k ∈ N mit k ≤ n gelte Fn ≤ 2n
Induktionsschritt: Falls n=1 siehe Induktionsanfang:
Sonst:
Fn+1 = Fn + Fn−1
<2n + 2n−1
<2n + 2n
=2n+1 .
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