Summen- und Produktzeichen: Konvention: Sind n, m ∈ N Satz:

Summen- und Produktzeichen:
a1 , a2 , . . . , aN ∈ R
Seien
gegeben. Für
1
X
n<N
wird deniert:
n+1
X
ai := a1 ,
i=1
und
1
X
i=1
n+1
X
am+i := am+1 ,
i=1
Pn
an
i=1
Der Ausdruck
Pn
i=1
ai
n
X
der Zahlen
ai + an+1
i=1
n
X
am+i :=
i=1
endliche Summe
heiÿt die
ai :=
am+i + am+n+1
i=1
a1 , a2 , . . . , an .
Das Symbol
wird auf folgende Art ausgesprochen: Summe von
P
heiÿt
i=1
bis
Summenzeichen.
n
über
ai .
n hinschreibt:
Die Natur der induktiven Denition wird deutlich, wenn man die Summen mit wachsendem
1
X
ai
=
a1
(1)
i=1
2
X
1
X
Def.
ai
=
i=1
3
X
(2)
i=1
2
X
Def.
ai
=
i=1
4
X
(1)
ai + a2 = a1 + a2
(2)
ai + a3 = a1 + a2 + a3
(3)
i=1
3
X
Def.
ai
=
i=1
(3)
ai + a4 = a1 + a2 + a3 + a4 ,
usw.
(4)
i=1
Eine analoge Denition wird für das Produkt von Zahlen eingeführt:
a1 , a2 , . . . , aN ∈ R
Seien
gegeben. Für
1
Y
n<N
wird deniert:
ai := a1 ,
1
Y
am+i := am+1 ,
i=1
Qn
i=1
Der
ai
heiÿt das
Laundex i
endliche Produkt
ai :=
der Zahlen
n+1
Y
n
Y
!
ai
· an+1
i=1
i=1
i=1
und
n+1
Y
am+i :=
n
Y
!
am+i
· am+n+1
i=1
i=1
a1 , a2 , . . . , an .
Das Symbol
Q
Konvention: Sind n, m ∈ N und gilt
n
X
ai := 0
und
i=m
n
Y
ai := 1.
i=m
Satz:
Es gilt:
1.
2.
3.
Pn+m
Qn+m
Qn
Qm
an+i ;
i=1 ai = ( i=1 ai ) · ( i=1 an+i )
Pn
Pn
Qn
Qn
Qn
i=1 (ai + bi ) =
i=1 ai +
i=1 bi ,
i=1 (ai bi ) = ( i=1 ai ) · ( i=1 bi )
P
P
Pn
m
n Pm
( i=1 ai ) ·
j=1 bj =
i=1
j=1 ai bj
i=1
ai =
Pn
ai +
Pn
i=1
heiÿt
Produktzeichen.
1 beginnen. Jede andere ganze Zahl q ∈ Z ist ebenfalls denkbar,
m > n, so setzt man
muss nicht notwendig bei
Pm
i=1
1
Beweis: Jeweils über vollständige Induktion (siehe unten).
Vollständige Induktion:
Die vollständige Induktion ist ein Beweisverfahren, um Aussagen über die Menge der natürlichen Zahlen
zu beweisen.
Sei
n∈N
und
A(n)
eine Aussage über
n.
Wird behauptet, dass
A(n)
für alle
n∈N
wahr ist, so müsste
dies für jede natürliche Zahl einzeln überprüft werden. Da es aber unendlich viele natürliche Zahlen gibt,
ist dies ein uferloses Unterfangen.
Die vollständige Induktion umgeht diese Schwierigkeit auf folgende Weise:
1.) Zunächst wird gezeigt, dass die Aussage für
tionsanfang.
n=1
2.) Als nächstes wird angenommen, dass es ein
Induktionsvoraussetzung.
gilt, d.h. man verziert
n∈N
gibt, für das
A(n) ⇒ A(n + 1)
veriziert. Dies heiÿt
A(n)
Sind diese beiden Schritte gezeigt, so folgt, dass
Laut Induktionsanfang, gilt
n
gilt, sie auch für
n+1
A(4)
Induk-
gilt. Diese Annahme heiÿt
A(1).
n
auf ihren Nachfolger
Induktionsschritt.
für alle
n∈N
n+1
vererbt,
gilt. Dies sieht man wie folgt ein:
Der Induktionsschritt sagt nun, dass, wenn die Aussage für eine Zahl
n = 1, liefert, dass A(2) gilt. Da A(2) gilt, gilt (wieder
A(3) gilt, folgt aus dem Induktionsschritt die Gültigkeit
gilt. Dies angewandt auf
wegen des Induktionsschrittes) auch A(3). Da
von
Dies heiÿt
Der entscheidende Schritt im Induktionsbeweis ist es nun, mit Hilfe der
Induktionsvoraussetzung zu zeigen, dass sich die Aussage von
d.h. es wird
A(n)
A(1).
usw.
Tatsächlich werden auf diese Weise alle natürlichen Zahlen abgedeckt und die Behauptung ist bewiesen.
Beispiel:
Sei
n ∈ N.
Es gilt
n
X
n(n + 1)
.
2
k=
k=1
Beweis: Der Beweis erfolgt mittels vollständiger Induktion über n.
Induktionsanfang: Für
n=1
die behauptete Gleichung für
gilt zum einen
P1
k=1
k=1
und zum anderen
1(1+1)
2
=
2
2
= 1.
Folglich gilt
n = 1.
Induktionsvoraussetzung: Sei nun
n ∈ N,
so dass
Pn
k=1
k=
n(n+1)
gilt.
2
Induktionsschritt:
n+1
X
k
=
k=1
n
X
k + an+1
k=1
I.V.
=
=
=
=
n(n + 1)
+n+1
2
n(n + 1) 2(n + 1)
+
2
2
n(n + 1) + 2(n + 1)
2
(n + 1)(n + 2)
2
Dies ist gerade das, was laut der Behauptung für
n+1
herauskommen soll. Aus dem Prinzip der voll-
ständigen Induktion folgt somit die Formel und der Beweis ist zu Ende.
2
Denition:
Sei
n ∈ N0 .
Die Zahl
n! (n
Fakultät) wird wie folgt deniert:
n! :=
n
Y
k.
k=1
Beispiele:
0!
1!
2!
3!
=
1
4!
=
=
1=1
1·2=2
1·2·3=6
5!
=
6!
=
7!
=
=
=
1 · 2 · 3 · 4 = 24
1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120
1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 = 720
1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 = 5040
Denition:
Sei
n ∈ N0
und
k ∈ N0
mit
k ≤ n.
Dann heiÿt die Zahl
n
n!
:=
k!(n − k)!
k
Binominalkoezient.
Beispiele:
Es gilt:
0
1
1
2
2
2
3
3
= 1,
= 1,
= 1,
= 1,
= 2,
= 1,
= 1,
= 3, usw.
0
0
1
0
1
2
0
1
Lemma: Für die Binominalkoezienten gilt die Gleichung
n
n
n+1
+
=
.
k
k−1
k
Beweis: Folgt unmittelbar aus der Denition.
n
n
+
=
k
k−1
=
=
=
=
=
=
n!
n!
+
k!(n − k)! (k − 1)!(n − k + 1)!
n!(n − k + 1)
n!k
+
k!(n − k + 1)! k!(n − k + 1)!
n!(n − k + 1) + n!k
k!(n − k + 1)!
n!(n − k + 1 + k)
k!(n + 1 − k)!
n!(n + 1)
k!(n + 1 − k)!
(n + 1)!
k!(n + 1 − k)!
n+1
k
Damit ist der Beweis zu Ende.
Die Binomialkoezienten haben auch noch eine kombinatorische Bedeutung. Für eine
ge geben sie an, wieviele
k -elementige
n-elementige Men-
Teilmengen diese enthält. Das soll hier kurz an einem einfachen
Beispiel veranschaulicht werden:
Die Menge
M = {a, b}
hat zwei Elemente. Die Potenzmenge sieht so aus:
3
P(M ) = {∅, {a} , {b} , {a, b}}.
M? Oensichtlich nur eine, nämlich die leere Menge ∅. Der
2
1. Weiter gibt es nur zwei einelementige Teilmengen,
0 =
2
namentlich {a} und {b}. Auch hier gilt wieder
1 = 2. Die einzige zweielementige Teilmenge ist selbst
2
verständlich M selbst und erneut stimmt
=
1
mit der Anzahl der Teilmenegn überein.
2
Wie kommt das? Betrachtet man eine n-elementige Menge und überlegt sich, wie viele Teilmengen mit
einer vorgeschriebenen Anzahl k man bilden kann, so kommt man auf folgendes: Nimmt man ein Element
heraus, so verbleiben noch n − 1 Elemente in der Menge. Für diesen ersten Schritt gibt es n Möglichkeiten, ein Element auszuwählen. Für jede dieser n Möglichkeiten gibt es wieder n − 1 Möglichkeiten für ein
zweites Element, da wie eben gesagt, noch n − 1 Elemente in der Menge verblieben sind, insgesamt also
n(n − 1) Möglichkeiten für zwei Elemente und so fort. So käme man zunächst auf n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)
Möglichkeiten, k Zahlen aus der Menge nebeneinander aufzuschreiben. Da man hier aber Teilmengen betrachtet und bei Mengen die Reihenfolge der Elemente irrelevant ist (also {a, b} = {b, a}), wurden bisher
Wie viele Teilmengen mit null Elementen hat
entsprechende Binomialkoezient ist gerade
die Teilmengen mehrfach gezählt. Um die korrekte Anzahl zu erhalten muss man sich überlegen, wie viele
dieser Anordnungen die selben Zahlen enthalten. Die Antwort darauf ist selbstverständlich
sich bloÿ überlegen, wie oft man
k(k − 1) · . . . · 2 · 1 = k!). Die
Binomialkoezienten
n
k
k
k!
(man muss
Zahlen anordnen kann und die obigen Überlegungen führen dann zu
gesuchte Anzahl ist also der Quotient beider Zahlen, was der Denition des
entspricht.
Der Binomische Lehrsatz:
Seien
a, b ∈ R
und
n ∈ N.
Dann gilt:
(a + b)n =
n X
n
k=0
k
ak bn−k .
Beweis: Induktion über n:
n=1:
(a + b)1 = a + b = 1 · a + 1 · b =
1 1 1 1−1
1 0 1−0 X 1 k 1−k
a b
+
a b
=
a b
1
0
k
k=0
n → n + 1:
(a + b)n+1
=
I.V.
=
=
=
=
=
=
=
(a + b)n (a + b)
!
n X
n k n−k
a b
· (a + b)
k
k=0
n n X
n k+1 n−k X n k n−k+1
a
b
+
a b
k
k
k=0
k=0
n+1
n X n X
n k n−k+1
ak bn−k+1 +
a b
k−1
k
k=1
k=0
n n X
X
n
n
n k n−k+1
n n+1
an+1 bn−(n+1)+1 +
ak bn−k+1 +
a b
+
b
n+1−1
k−1
k
0
k=1
k=1
n X
n
n
n+1
1·a
+
+
ak bn−k+1 + 1 · bn+1
k−1
k
k=1
n n + 1 n+1 X n + 1 k n+1−k
n + 1 n+1
a
+
a b
+
b
n+1
k
0
k=1
n+1
X n + 1
ak bn+1−k
k
k=0
4
Damnit ist der Beweis zu Ende.
5