Vorkurs Mathematik. Universität Konstanz Fachbereich Mathematik und Statistik D. K. Huynh

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1 Vorkurs Mthemtik Universität Konstnz Fchbereich Mthemtik und Sttistik D. K. Huynh September 2013

2 Inhltsverzeichnis 1 Einführung Prktisches Philosophisches Ein Intelligenztest oder wie werden die Folgen fortgesetzt? Beweisen Ntürliche Zhlen, Summen und Summenformeln Die ntürlichen Zhlen Bubble Sort Ds Summenzeichen Gnze Zhlen Teilbrkeitslehre und Restklssenrithmetik Gruppentheorie Teilbrkeitslehre Restklssenrithmetik Modulo Nottion Zhlenbereiche Rtionle Zhlen Addition von Brüchen Multipliktion von Brüchen Dezimlzhlen Reelle Zhlen Einschub: Aussgenlogik Polynomile Gleichungen Linere Gleichungen

3 5.2 Qudrtische Gleichungen Polynomgleichungen höheren Grdes Auflösbrkeit lgebrischer Gleichungen durch Rdikle Lemm von Guß Linere Gleichungssysteme Gußsches Elimintionsverfhren Mtrizenmultipliktion Determinnten und Ungleichungen Determinnte Ungleichungen Anordnungsxiome Absolutbetrg Die Dreiecksungleichung Ds Beweisverfhren der vollständigen Induktion Motivtion Illustrtion Beispiele Komplexe Zhlen Algebrische Form einer komplexen Zhl Polrkoordinten einer komplexen Zhl Folgen und Konvergenz von Folgen Der Grenzbegriff für Folgen Reihen, Funktionen Reihen Geometrische Reihen Die hrmonische Reihe Funktionen Funktionen und Mächtigkeiten Etws Mengenlehre Injektive, surjektive und bijektive Funktionen

4 13 Stetige Funktionen, Binomischer Lehrstz Funktionenfolgen Stetigkeit Etws Kombintorik Der Binomische Lehrstz Differentilrechnung Gerdengleichung Differenzierbrkeit Ableitungsregeln Integrlrechnung Supremum und Infimum Flächeninhlt und Integrl einfcher Funktionen Integrl gutrtiger Funktionen Integrl von Treppenfunktionen Ds Riemnn-Integrl Infinitesimlrechnung, Mengenlehre und logische Verknüpfungen Huptstz der Differentil- und Integrlrechnung Prtielle Integrtion Substitutionsregel Exponentil- und Logrithmusfunktion Mengenlehre und logische Verknüpfungen

5 Vorlesung 1 Einführung 1.1 Prktisches Zeiten: 10:00-12:00 Uhr Vorlesung 12:00-13:00 Uhr Mittgspuse 13:00-14:30 Uhr Präsenzübung 14:30-16:00 Uhr Übungsgruppen Mteril: Ppier und Stift wcher Verstnd kein Tschenrechner 1.2 Philosophisches Ws ist Mthemtik? Eine Strukturwissenschft, eine Geisteswissenschft, ber keine Nturwissenschft. Ws mchen Mthemtiker? Mthemtiker erforschen und nlysieren Strukturen und führen Beweise. Ziel ist es meist, Dinge möglichst gut zu bstrhieren. Es gibt sozusgen zwei Lger der Mthemtiker: Die Theoriebuer und die Problemlöser. Wo wird Mthemtik eingesetzt? Ws sind Anwendungen von Mthemtik? Beispielsweise in der Verschlüsselung (Kryptogrphie), für MP3s,... 4

6 Ist lles in der Mthemtik bereits erforscht? Nein! Zum Beispiel gibt es die sogennnten die Millenium-Prize-Probleme, die ds Cly Mthemtics Institute im Jhr 2000 uslobte. Für die Lösung jedes dieser Probleme knn mn eine Million US-Dollr gewinnen. Eines dvon ist ds P versus NP-problem : P bezeichnet die Klsse derjenigen Frgestellungen, die in polynomiler Zeit bentwortet werden können, d.h. es gibt einen Algorithmus, der in polynomiler Zeit die Frge bentwortet. Die Frge knn lso schnell bentwortet werden. Es gibt ber Frgen, für die es keinen Algorithmus gibt. Wenn ber eine Antwort existiert, so knn diese schnell überprüft werden. Diese Klsse, für die mn Antworten in polynomiler Zeit überprüfen knn, wird mit NP bezeichnet. Offenbr gilt P NP. Beispiel: Teilsummenproblem (subset sum problem) I = { 2, 3,15,14,7, 10} Gibt es eine nicht-leere Teilmenge von I, sodss deren Elemente sich zu 0 ufddieren? Die Antwort ist j, denn ( 2)+( 3)+( 10)+15 = 0. Dies können wir sofort (in polynomiler Zeit (liner)) überprüfen. Es ist ber kein Algorithmus beknnt, mit dem mn diese Frge in polynomiler Zeit bentworten könnte (es gibt ber einen in exponentieller Zeit). Es gilt: NP schnell überprüfbr P schnell lösbr Es ist offenbr P NP. Die wichtige Frge ist lso: Gilt NP P und somit NP = P? Viele gluben, dss die Gleichheit nicht gilt. Wer die Frge eindeutig bentworten knn, erhält vom Cly Mthemtics Institute 1 Mio. US-Dollr. 1.3 Ein Intelligenztest oder wie werden die Folgen fortgesetzt? ) 2,4,6,8,... b) 3,5,7,... c) 1,2, 4,8, 16,... Mögliche Antworten sind ) Es knn ls die Folge der gerden Zhlen fortgesetzt werden. Mn könnte die Folge ber uch so fortsetzen: 2,4,6,8,2,4,6,8,... 5

7 b) Es knn ls die Folge der ungerden Zhlen 3 fortgesetzt werden. Ebenso könnte mn die Folge uch ls die der Primzhlen sehen. Eine Primzhl ist eine ntürliche Zhl mit genu zwei Teilern (1 ist keine Primzhl). c) Die Zhlen werden verdoppelt mit wechselndem Vorzeichen. Letztendlich könnte mn die Folge ber uch beliebig fortsetzen, beispielsweise mit 1,2, 4,8, 16,100,101,π,e,... Um eine Folge eindeutig festzulegen, bedrf es einer expliziten Drstellung, etw: ) n = 2n, n N wobeindiemengederntürlichenzhlenbezeichnet,lson = {0,1,2,...}. Ob die Zhl 0 zu den ntürlichen Zhlen gehört, ist unter Mthemtikern strittig. In dieser Vernstltung legen wir fest, dss 0 N ist. b) b n = 2n 1, n N,n 1 Dnn ist b n die Folge der ungerden Zhlen 3. c) Wie lutet die explizite Drstellung von 1,2, 4,8, 16,...? Antwort: c n = ( 1) (n+1) 2 n, n N. Bechte: Für > 0 gilt 0 = 1 (Begründung später.) Bemerkung. Die Essenz dieses Abschnitts ist folgende Feststellung: Die mthemtische Sprche erlubt es uns, in kurzer und prägnnter Form eine unendliche Folge exkt zu beschreiben. Einschub: Die Binomischen Formeln Für,b R gilt: (+b) 2 = 2 +2b+b 2 ( b) 2 = 2 2b+b 2 (+b)( b) = 2 b 2 Hier bezeichnet R die Menge der reellen Zhlen. R werden wir später noch usführlicher besprechen. Wir betrchten die Folge 1,4,9,16,25,36,... Um welche Folge hndelt es sich hier? Ws fällt uf? Es ist die Folge der Qudrtzhlen: }{{} +3 }{{} +5 }{{} +7 }{{} +9 }{{} +11 6

8 Wir beobchten: Die Differenz zweier ufeinnder folgender Qudrtzhlen ist eine ungerde Zhl. Wie können wir eine solche Aussge beweisen? Mnchml hilft eine Vernschulichung: Zur n-ten Qudrtzhl ddieren wir 2n + 1 und erhlten die nächste Qudrtzhl, lso: n 2 +2n+1 = (n+1) 2 und ds ist genu die erste Binomische Formel. n 2 ist die n-te Qudrtzhl und (n+1) 2 ist die (n+1)-te Qudrtzhl. Ihre Differenz ist (n+1) 2 n 2 = 2n+1. Wir hben soeben einen mthemtischen Beweis erbrcht. 1.4 Beweisen Wie ist ein mthemtischer Beweis ufgebut? Forml besteht ein Beweis us: Behuptung: Vorussetzungen und eigentliche Behuptung Beweis: Aus den Vorussetzungen wird mittels einer Kette von logischen Schritten die Behuptung hergeleitet. Welche Sätze kennen Sie us der Schule? Whrscheinlich unter nderem den Stz des Pythgors. Im Folgenden werden wir diesen beweisen. Vorussetzung: Ds Dreieck ist rechtwinklig. Behuptung: In einem rechtwinkligen Dreieck ist die Summe der Flächeninhlte der Qudrte über den Ktheten gleich dem Flächeninhlt des Qudrts über der Hypotenuse. Beweis. Wir erstellen ein Qudrt mit Kntenlänge c c² und errichten über jeder Seite des Qudrtes ds Dreieck ABC: 7

9 C b b c² A c B Dnn gilt für den Flächeninhlt A 1 des neu entstndenen großen Qudrtes mit der Seitenlänge + b: A 1 = ( + b) 2. Andererseits gilt: A 1 = 4A Δ + c 2 wobei A Δ der Flächeninhlt des Dreiecks ABC ist. Wir hben A Δ = 1 2 b. Somit gilt A 1 = 4A Δ +c 2 = b+c2 = 2b+c 2. Ferner hben wir Drus folgt und dmit A 1 = (+b) 2 = 2 +2b+b b+b 2 = 2b+c 2 2 +b 2 = c 2. An welcher Stelle hben wir usgenutzt, dss ds Dreieck ABC rechtwinklig ist? Antwort: An der Stelle wir errichten über jeder Seite des Qudrtes mit Kntenlänge c.... Ds so erhltene Polygon (Vieleck) ist genu dnn ein Qudrt, wenn ABC rechtwinklig ist! Bemerkung. 2 + b 2 = c 2 mit,b,c, Q ist eine Diophntische Gleichung, dbei interessieren wir uns nur für rtionle Lösungen, b und c. Diophntische Gleichungen sind ein Teilgebiet der Zhlentheorie uch beknnt ls Königin der Mthemtik. Die Gleichung 2 +b 2 = c 2 besitzt unendlich viele rtionle Lösungen ein solches Lösungstripel (, b, c) wird pythgoräisches Tripel gennnt. Wir können llgemein frgen: Gibt es Lösungen mit,b,c Q für n +b n = c n mit n 3? Die Antwort ist Nein und ist Gegenstnd von Fermts letzten Stz. Die Behuptung stnd über 350 Jhre im Rum und wurde schließlich von Andrew Wiles in siebenjähriger Arbeit 1995 bewiesen. An dieser Stelle eine Literturempfehlung: Simon Singh Fermts letzter Stz. Aus dem Stz des Pythgors folgt: Stz (Möndchen des Hippokrtes) Die Summe A 1 und A 2 der Flächeninhlte der Hlbkreise über den Ktheten eines rechtwinkligen Dreiecks ABC ist gleich dem Flächeninhlt A 3 des Hlbkreises über der Hypotenuse. 8

10 A 2 A 1 A 3 Beweis. Übungsufgbe 4 von Bltt 1. Eine Verllgemeinerung von Pythgors ist folgender Stz Errichtet mn über den Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks ABC ähnliche Polygone, so gilt: Die Summe der Flächeninhlte A 1 und A 2 der Polygone über den Ktheten ist gleich dem Flächeninhlt A 3 des Polygons über der Hypotenuse. A 2 A 1 A 3 Zur Erinnerung: Zwei Polygone heißen ähnlich, wenn ihre Winkel übereinstimmen und lle ihre Begrenzungslinien jeweils im gleichen Verhältnis zueinnder stehen. In der llgemeinen Form lutet der Stz des Pythgors Stz Errichtet mn über den Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks ABC ähnliche Figuren, so gilt: Die Summe der Flächeninhlte der Figuren über den Ktheten ist gleich dem Flächeninhlt der Figur über der Hypotenuse. 9

11 Vorlesung 2 Ntürliche Zhlen, Summen und Summenformeln 2.1 Die ntürlichen Zhlen Die ntürlichen Zhlen sind diejenigen Zhlen mit denen wir zählen 0,1,2,3,... Es gibt unendlich viele und wir schreiben kurz N = {0,1,2,3,...} Wir wissen, wie wir ntürliche Zhlen ddieren und multiplizieren. Wir kennen uch die folgenden Gesetze für diese Verknüpfungen: Addition Multipliktion Gesetz m+n = n+m m n = n m Kommuttivität k +(m+n) = (k +m)+n k (m n) = (k m) n Assozitivität Drüber hinus gilt die Distributivität, d.h. k (m+n) = k m+k n. Wir setzen stillschweigend vorus: Es gilt Punkt- vor Strichrechnung. Bemerkung. Aus der Distributivität ergibt sich z.b. (10+) (10+b) = 10 (10+b)+ (10+b) = b+10+b = (+b)+b. UnddmiteineRechenhilfefürdsGroßeEinmleins(wenn,b {0,1,2,...,9}) us dem kleinen Einmleins wir müssen lediglich die Einerstellen ( und b) 10

12 ddieren, nschließend mit 10 multiplizieren. Ds Resultt ddieren wir zum Produkt der Einerstellen und 100. Hierzu müssen wir nur ds kleine Einmleins kennen. Beispiel = (7+5)+7 5 = = 255. Die Zhlen 0 und 1 spielen für die Addition bzw. Multipliktion eine Sonderrolle. Sei n N. Dnn gilt: 0+n = n 1 n = n Wir nennen 0 ein neutrles Element für die Addition und 1 ein neutrles Element für die Multipliktion. Für ntürliche Zhlen, b gelten: +b = 0 = b = 0. (Ds gilt nicht für gnze Zhlen!) Und ferner: b = 0 = 0 oder b = 0. Wir können ntürliche Zhlen der Größe nch vergleichen: Wir schreiben m n, wenn es eine ntürliche Zhl k mit m+k = n gibt. In diesem Fll sgen wir: m ist kleiner oder gleich n. Bechten Sie: Dieses oder ist kein usschließliches oder im Sinne von entweder oder. Dzu später mehr. Die Reltion genügt den folgenden Gesetzen: Trnsitivität, d.h. k m und m n k n. Reflexivität, d.h. n n. Antisymmetrie, d.h. m n und n m m = n. Totlität, d.h. m n oder n m. Drüber hinus ist 0 n für lle n N. Bezüglich der Addition und Multipliktion gilt für : m n k +m k +n m n k m k n. 11

13 2.1.1 Bubble Sort In der Informtik (und immer d, wo wir es mit großen Dtenmengen zu tun hben) kommt es vor, dss wir eine ungeordnete Liste etw nch Größe sortieren müssen. Ein Beispiel für einen Sortierlgorithmus ist bubble sort. Gegeben sei eine nicht notwendigerweise sortierte Liste, etw 6,5,3,1,4. Im bubble sort Algorithmus durchlufen wir die Liste von links nch rechts und vergleichen ds jeweils ktuelle Element mit seinem rechten Nchbr. Flls die beiden ds Sortierkriterium (z.b. < b) verletzen werden sie getuscht. Die bubble-phse wird solnge wiederholt bis die Eingbeliste vollständig sortiert ist. Dbei wndert ds jeweils größte Element wie eine Blse nch oben, 6,5,3,1,4 5,6,3,1,4 5,3,6,1,4 5,3,1,6,4 5,3,1,4,6 3,5,1,4,6 3,1,5,4,6 3,1,4,5,6 1,3,4,5,6. Frge: Wieviele Opertionen werden im best cse bzw. im worst cse bei einer Liste von 10 Elementen benötigt? Im best cse hben wir eine bereits sortierte Liste, etw: 1,2,3,...,10 Benötigt werden lso 0 Opertionen. Im worst cse ist die Liste in umgekehrter Reihenfolge: 10,9,8,...,1 Hier werden Opertionen benötigt, um die Liste zu sortieren. 2.2 Ds Summenzeichen Es stellt sich hier die Frge: Ws ist ? Oder ws ist z. B ? Oder llgemein, ws ist die Summe der ersten n Zhlen? Ws ist n? Um den Schreibufwnd zu reduzieren und us Gründen der Übersichtlichkeit, führen wir nun die in der Mthemtik übliche Schreibweise für Summen ein. Zum Beispiel hben wir 10 j=1 j = DbeibezeichnetdergriechischeGroß-BuchstbeSigm dssummenzeichen. j Z ist der Lufindex, wobei hier j = 1 der Strtindex und j = 10 der Endindex ist. Hierbei durchläuft j die Werte von 1 bis 10 und erhöht seinen Wert bei jedem Durchluf um 1, bis 10 erreicht ist. Allgemein: 12

14 Es sei f : N R eine Funktion. Dnn hben wir mit dem Summenzeichen für m n folgende Identitäten n f(j) = f(1)+f(2)+f(3)+...+f(n) j=1 n f(j) = f(m)+f(m+1)+...+f(n). j=m Gilt m > n, so hben wir die leere Summe, diese ist 0. Beispiele Für f(x) = x 3 erhlten wir 4 f(j) = f(1)+f(2)+f(3)+f(4) = j=1 Wir hben 12 j = , j=9 hier ist f(j) = j. Wir hben Wir hben 1 j = 0. j=3 2 j = ( 3)+( 2)+( 1) j= 3 Ws ist nun n j = (n 1)+n? j=1 Die Folge der Summe der ersten n Zhlen 1,3,6,10,... lässt sich durch Dreiecke drstellen; dher werden sie uch Dreieckszhlen gennnt: = = = 10 Die Gesmtnzhl der Punkte eines Dreiecks lässt sich nun leicht berechnen, indem wir die Dreiecke spiegeln. Dnn erhlten wir Rechtecke deren lnge Seite gerde eine Einheit länger ist ls die kurze Seite: 13

15 1 1 = = = = 20 Somit ist n (n + 1) die Anzhl der Punkte des n-ten Rechtecks. Teilen wir nschließend durch 2, so erhlten wir die Anzhl der Punkte des n-ten Dreiecks; diese entspricht der Summe der ersten n Zhlen. Mithin hben wir folgende Summenformel n j = n(n+1). 2 Dies formulieren wir ls Stz: j=1 Stz (Gußsche Summenformel). Für die Summe der ersten n Zhlen gilt n j = n(n+1). 2 j=1 Alterntiv können wir die Summenformel wie folgt beweisen: Wir schreiben die Zhlen von 1 bis n von links nch rechts in einer Zeile uf und direkt drunter von rechts nch links und erhlten (n 1) n n (n 1) (n 2) Wir beobchten, dss die Summe von jeder Splte n+1 ist. Es gibt n Splten. Also ist n (n+1) die zweifche Summe der ersten n Zhlen. Somit gilt für die Summe der ersten n Zhlen: n j = n(n+1). 2 j=1 Der Anekdote nch km der berühmte Crl Friedrich Guß uf diesen Anstz ls Sechsjähriger. Einen weiteren Beweis werden wir sehen, wenn wir ds Beweisfhren der vollständigen Induktion (Vorlesung 8) behndeln. Unter Anwendung der Gußschen Summenformel erhlten wir: bubble sort benötigt lso im worst cse bei einer Liste mit n Elementen insgesmt n 1 j = n (n 1) 2 j=1 Opertionen, um die Liste zu sortieren. 2.3 Gnze Zhlen Im Bereich N der ntürlichen Zhlen können wir beknntlich eine Gleichung +x = b 14

16 nur dnn in x lösen, wenn b. So können wir etw 7+x = 5 mit x N nicht lösen. Hierzu benötigen wir die negtiven Zhlen. Die gnzen Zhlen sind..., 2, 1,0,1,2,... Wir bezeichnen sie mit Z = {..., 2, 1,0,1,2,...}. Im Bereich der gnzen Zhlen gilt folgende Existenzussge, die in N noch flsch ist: Zu jedem n Z gibt es ein n mit n+n = 0. Wir nennen n ein Inverses von n bezüglich der Addition. 15

17 Vorlesung 3 Teilbrkeitslehre und Restklssenrithmetik 3.1 Gruppentheorie WiewirinVorlesung2gesehenhben,htdieMengeZmitderAdditiongewisse Eigenschften. Wir fssen nun bestimmte Eigenschften zusmmen und führen den fundmentlen Begriff einer Gruppe ein. Definition Ein Pr (G, ) bestehend us einer Menge G und einer Verknüpfung heißt Gruppe, wenn folgendes gilt: (G1) Für lle,b,c G gilt : G G G (,b) b ( b) c = (b c) (Assozitivität). (G2) Es existiert ein neutrles Element e G, so dss für lle G gilt e =. (G3) Für jedes G existiert ein inverses Element 1 G, so dss gilt. 1 = e Hierbei bezeichnet G G ds krtesische Produkt mit sich selbst: Definition Seien A und B Mengen. Dnn definieren wir ds krtesische Produkt von A mit B durch A B := {(,b) A,b B}. 16

18 Ds krtesische Produkt A B ist lso die Menge ller Tupel (,b) mit A und b B. Die Gruppe heißt belsch bzw. kommuttiv, flls gilt b = b. Ansttt (G, ) schreiben wir kurz G, wenn klr ist, welche Gruppe und welche Verknüpfung gemeint ist. Definition (H, ) heißt Hlbgruppe, wenn die Verknüpfung ssozitiv ist. Eine Hlbgruppe ist eine Verllgemeinerung einer Gruppe. Bei einer Hlbgruppe fordern wir nicht die Existenz eines neutrlen Elements oder die Existenz von Inversen. Eine Gruppe ist stets eine Hlbgruppe, umgekehrt gilt ds ntürlich nicht. Beispiele. Mit diesen Definitionen können wir sgen, dss (Z, +), d.h. die Menge der gnzen Zhlen mit der gewöhnlichen Addition + ls Verknüfung, eine kommuttive Gruppe ist: Die Addition ist ssozitiv (G1): (+b)+c = +(b+c). Es gibt ein neutrles Element (G2), nämlich 0, so dss +0 =. Zu jedem n Z gibt es ein n Z (G3) mit n+n = 0 (nämlich n = n). Überdies gilt +b = b+. Frge: Ist (N, +) ist eine Gruppe? Nein! Ds neutrle Element ist ebenflls die 0. Aber zum Beispiel ht ds Element 2 N kein Inverses: Es gibt kein n N mit 2+n = 0. (N, +) ist eine Hlbgruppe. Frge: Ist (Z, ) mit der gewöhnlichen Multipliktion eine Gruppe? Nein! Ds neutrle Element bezüglich der Multipliktion ist 1. Aber beispielsweise ht 2 Z kein multipliktives Inverses. (Z, ) ist eine Hlbgruppe. 3.2 Teilbrkeitslehre Es seien m,n Z. Wir sgen m ist durch n teilbr, wenn es ein k Z gibt mit m = k n. 17

19 Anders formuliert: n teilt m. Hierfür schreiben wir kurz n m. Wir bemerken: 0 Z ist durch jede Zhl n Z teilbr, denn es gilt Welche Teilbrkeitsregeln kennen Sie? 0 = 0 n (wir wählen k = 0). Jede Zhl n Z ist durch 1 teilbr. Es gilt n = n 1. Eine Zhl n Z ist genu dnn durch 2 teilbr, wenn sie gerde ist, d.h. ihre letzte Ziffer ist 0, 2, 4, 6 oder ist durch 4 teilbr. Somit ist uch jedes Vielfche von 100 durch 4 teilbr. Dmit ist eine entsprechend große Zhl genu dnn durch 4 teilbr, wenn ihre beiden letzten Ziffern ls Zhl ufgefsst durch 4 teilbr ist. Eine Zhl ist genu dnn durch 5 teilbr, wenn ihre letzte Ziffer 0 oder 5 ist k,k Z. Somit ist eine entsprechend große Zhl genu dnn durchh 8 teilbr, wenn ihre letzten 3 Ziffern ls Zhl ufgefsst durch 8 teilbr ist. Für die Teilbrkeit durch 3 oder 9 gilt die Quersummenregel, siehe unten. Eine Zhl ist genu dnn durch 6 teilbr, wenn sie durch 2 und 3 teilbr ist. Für die Teilbrkeit durch 7 gibt es keine beknnte Regel. Definition Es sei n N eine (m+1)-stellige Zhl, d.h. wir hben n = m k 10 k mit j {0,1,...,9},j = 0,...,m. k=0 Die Quersumme von n ist dnn definiert durch Q(n) = m k. k=0 Die lternierende Quersumme von n ist definiert durch Q (n) = m ( 1) k k. k=0 18

20 Beispiel. Wir hben 2792 = Es gilt und Q(2792) = = 20, Q (2792) = = 2. Stz (Quersummenregel). Eine Zhl ist genu dnn durch 3 teilbr, wenn ihre Quersumme durch 3 teilbr ist. Eine Zhl ist genu dnn durch 9 teilbr, wenn ihre Quersumme durch 9 teilbr ist. Wir werden diese Quersummenregeln nun beweisen. Dzu bedrf es etws Theorie und wir führen in die Restklssenrithmetik ein. 3.3 Restklssenrithmetik Sei n Z. Bei Division durch 3 gibt es drei mögliche Reste, nämlich 0,1 oder 2. Der Rest 3 entspricht dem Rest 0, usw. Wir bezeichnen die Teilmenge der gnzen Zhlen, die bei Division durch 3 den Rest 0 lssen, ls Restklsse [0] 3. Entsprechend bezeichnen die Restklssen [1] 3 und [2] 3 die Teilmengen der gnzen Zhlen, die den Rest 1 bzw. 2 bei Division durch 3 lssen. Wenn klr ist, welche Restklssen wir betrchten, so können wir den Index und die eckigen Klmmern weglssen. Im folgenden lssen wir den Index weg, behlten ber die eckigen Klmmern bei. Unter den Restklssen können wir nun eine Addition einführen, z. B. gilt seien m,n [2], dnn gilt Somit gilt [0]+[2] = [2] oder [2]+[2] = [1], denn m = 3k +2,k Z n = 3l+2,k Z. m+n = 3k +3l+2+2 = 3k +3k +3+1 = 3(k +l+1)+1 [1]. Bemerkung. Die Menge ller Restklssen bei der Division durch 3 bezeichnen wir mit Z 3, d.h. Z 3 := {[0],[1],[2]} = {0,1,2}. Bemerkung. (Z 3,+) ist eine kommuttive Gruppe. Ds neutrle Element ist [0]. Zu jedem Element gibt es ein Inverses: Ds Inverse zu [1] ist [2] und ds Inverse zu [0] ist [0], wie wir der folgenden Additionstbelle entnehmen können: 19

21 + [0] [1] [2] [0] [0] [1] [2] [1] [1] [2] [0] [2] [2] [0] [1] Die Assozitivität und Kommuttivität ergeben sich us der gewöhnlichen Addition in Z. Wie sieht es mit der Multipliktion in Z 3 us? Ws ist z.b. [0] [1]? Antwort: Wir hben [0] [1] = [0], denn die Multipliktion einer durch 3 teilbren Zhl ergibt eine Zhl, die durch 3 teilbr ist. Wir hben [1] [1] = [1], denn (3k +1)(3m+1) = 9km+3+3m+1 = 3(km+1+m) +1. }{{} Z Ebenso hben wir [2] [2] = [1], denn (3k +2)(3m+2) = 9km+6k +6m+4 = 3(3km+2k +2m+1) +1. }{{} Z Ds neutrle Element bezüglich der Multipliktion in Z 3 ist [1]. Somit ist [1] zu sich selbst invers, ebenso ist [2] zu sich selbst invers. (Z 3, ) ist jedoch keine Gruppe, denn die [0] ht kein multipliktives Inverses. Bemerkung. Ds neutrle Element 0 der Addition knn kein multipliktives Inverses hben. Gäbe es ein multipliktives Inverses n, so erhielten wir 0 n = 1. Wir betrchten dher Z 3 ohne ds Element [0] und setzen Dnn ist (Z 3, ) eine belsche Gruppe. Z 3 := Z 3 {0}. Wir kombinieren nun die zwei Verknüpfungen der Addition und Multipliktion und führen den wichtigen Begriff eines Ringes ein. Definition Sei R eine Menge mit zwei Verknüpfungen R = (R,+, ) heißt Ring, wenn + : R R R : R R R. (R1) (R2) (R3) (R, +) ist eine belsche Gruppe. (R, ) ist eine Hlbgruppe. Es gelten die Distributivgesetze, d.h. (b+c) = b+ c und (+b) c = c+b c für lle,b,c R. 20

22 Somit ist (Z 3,+, ) ein Ring. Er heißt Restklssenring (modulo 3). Wir beweisen nun die Quersummenregel(Stz 3.2.2): Eine Zhl ist genu dnn durch 3 teilbr, wenn ihre Quersumme durch 3 teilbr ist. Beweis. Es bezeichne [] die Restklsse von bei Division durch 3. Es gilt [10] = [1]. Dmit ist jede Zehnerpotenz in der Restklsse [1], d.h. Es sei = [10 k ] = [1] für lle k N. (3.1) N k 10 k, k {0,1,...,9} k=0 eine (N +1)-stellige ntürliche Zhl, N N. Wir hben zu zeigen, dss ist durch 3 teilbr Q() = In der Folge benutzen wir und k=0 N k ist durch 3 teilbr. k=0 [m+n] = [m]+[n], (3.2) [m n] = [m] [n], (3.3) welche leicht zu verifizieren sind. Wir hben dnn [ N ] N N [] = k 10 k [ k 10 k ] (3.3) = [ k ] [10 k ] (3.1) = (3.2) = k=0 [ N N ] [ k ] (3.2) = k = [Q()]. k=0 k=0 Mithin liegen und Q() bezüglich der Division durch 3 stets in derselben Restklsse. Drus folgt sofort die Behuptung. Bemerkung. Der Beweis für die Quersummenregel bei Division durch 9 läuft nlog. Es gilt ferner: Eine Zhl ist genu dnn durch 11 teilbr, wenn ihre lternierende Quersumme durch 11 teilbr ist. Beweis ls Übungsufgbe unter Ausnutzung, dss [10] 11 = [ 1] 11 gilt. k=0 3.4 Modulo Nottion Wir führen noch eine übliche Nottion in der Restklssenrithmetik ein. Für m,n,p Z schreiben wir m n (mod) p, 21

23 wenn m und n bei Division durch p in der gleichen Restklsse liegen bzw. den gleichen Rest lssen. Lies m ist kongruent n modulo p, so gilt z. B. 8 1 (mod) 7. Beispiel. In der Aufgbe 2 vom Bltt 1 hben wir: Finden Sie m,n Z mit m 3 + n 5 = Mit der modulo Schreibweise bestimmen wir nun lle Lösungen. Wir hben Ds impliziert Es muss gelten 3m+5n 15 = m = 1 5n m = 1 5n n 0 (mod) 3 1 5n (mod) 3. Es gilt Also folgt Dmit folgt Wir können lso schreiben 5 2 (mod) n (mod) 3. n 2 (mod) 3. n = 3k +2,k Z. Somit m = 1 5(3k +2) 3 = k 3 Ergo: Alle Lösungen sind gegeben durch = 9 15k 3 = 3 5k. n = 3k +2 und m = 3 5k mit k Z. 22

24 Vorlesung 4 Zhlenbereiche 4.1 Rtionle Zhlen Wir hben gesehen, dss nicht jedes Element us Z ein multipliktives Inverses besitzt. Dies führt zur Einführung der rtionlen Zhlen Q, wobei der Buchstbe m Q für Quotient steht. Eine rtionle Zhl n ist ein Quotient gnzer Zhlen m,n Z und n = 0. Dbei heißt m Zähler und n Nenner. Wegen m 1 = m ist Z eine Teilmenge von Q. Zwei Brüche sind gleich: Wir können Brüche erweitern: Wir können Brüche kürzen: b = b : b = b b = c bc c bc = b Addition von Brüchen mit c Z {0}. mit c Z {0}. Wenn zwei Brüche den gleichen Nenner hben, so ist die Addition einfch: m n + m m+m := n n Flls zwei Brüche keinen gleichen Nenner besitzen, dnn können wir die Brüche so weit erweitern, bis sie denselben Nenner hben: m + b n = n+bm mn Es bietet sich n, ds kleinste gemeinsme Vielfche (kgv) von m und n ls gemeinsmen Nenner zu wählen. Derrt bleiben Zähler und Nenner kleinstmöglich. 23

25 Offenbr ist 0 = 0 m,m = 0 ein neutrles Element bezüglich der Addition. Zu m n gibt es ein dditives Inverses, nämlich m n. Denn: m n + m n = m m = 0 n n = 0 Somit können wir m n = m n schreiben. Dmit ist (Q,+) eine belsche Gruppe. Vorsicht: Es gilt nicht 1 +b = b (siehe uch Übungsufgbe 17 uf Bltt 4). Ebenso gilt nicht: b + b = b+b. Dies folgt sofort us Obigem Multipliktion von Brüchen Dies ist einfch b c c := d b d mit,b,c,d Z, b,d Z {0} Die Addition von Brüchen ist komplizierter ls ihre Multipliktion. (Q {0}, ) ist eine belsche Gruppe. Ds neutrle Element ist 1. Für einen Bruch m n = 0 ist ds multipliktive Inverse gegeben durch n m. Somit ist (Q,+, ) ein Ring. Q ist sogr ein Körper, ber dzu später mehr. Für,b,c,d Z + (Z + enthält nur die positiven gnzen Zhlen) gilt immer: b + c d > +c b+d, lso b + c +c = d b+d. Diese Ungleichung ist leicht einzusehen, denn: b > b+d, und c d > c b+d. = b + c d > b+d + c b+d = +c b+d Definition Sei K eine Menge mit zwei Verknüpfungen (K,+, ) heißt Körper, wenn (K1) (K, +) ist eine belsche Gruppe. + : K K K : K K K. (K2) (K {0}, ) ist eine belsche Gruppe. (K3) Es gelten die Distributivgesetze, d.h. (b+c) = b+c und(+b)c = c+bc für lle,b,c K. 24

26 Die Division zweier rtionler Zhlen ist definiert ls b : c d := b d c, lso die Multipliktion von b mit dem multipliktiven Inversen von c d. ist im folgenden 2 b gemeint und kein ge- Vorsicht: Mit der Bezeichnung 2 b mischter Bruch (vgl = ). 4.2 Dezimlzhlen Jede rtionle Zhl lässt sich ls Bruch schreiben. Diese lässt sich in eine Dezimlzhl umwndeln, letztere ist entweder endlich oder periodisch. Genuer: Stz Die rtionle Zhl z n mit z,n Z in ihrer Drstellung ls Dezimlzhl ist entweder bbrechend oder periodisch. Die Periode ist höchstens von der Länge n 1. Vor dem Beweis erinnern wir noch einml n ds schriftliche Dividieren; wir betrchten 121 dividiert durch : 7 = 17, Beweis. Es gibt bezüglich der Division durch n insgesmt n Restklssen. Beim Verfhren des schriftlichen Dividierens kommen wir zum Abschluss, flls die Restklsse 0 uftritt. Andernflls können höchstens n 1 Restklssen uftreten. Stz Jede bbrechende oder periodische Dezimlzhl lässt sich ls gewöhnlicher Bruch drstellen, ist lso eine rtionle Zhl. Aus den Sätzen und folgt 25

27 Stz Die rtionlen Zhlen sind genu die bbrechenden oder periodischen Dezimlzhlen. Die Umwndlung einer bbrechenden Dezimlzhl in einen Bruch ist einfch. Für die Umformung von einer periodischen Dezimlzhl in einen Bruch benutzen wir die folgenden Beziehungen: 0,1 = 1 9, 0,01 = 1 99, 0,001 = Durch Multipliktion und Addition erhlten wir hierus für lle periodischen Dezimlzhlen die entsprechende Bruchdrstellung, z.b. 0, 2: 0,1 = = 0,2 = 2 9 Insbesondere gilt: 1 = 9 9 = 0,9. Die Beziehungen ergeben sich us 10 1 mod 9, mod 99, mod 999, usw. Allgemein gilt: Es sei m eine k-stellige Zhl deren Ziffern lle 9 seien. Im Divisionsverfhren von 1 durch m bedrf es nun k Schritte, um 10 k zu erreichen. 4.3 Reelle Zhlen Nch Einführung der rtionlen Zhlen könnte mn meinen, diese füllten die gnze Zhlengerde us. In beliebiger Nähe einer rtionlen Zhl liegen unendlich viele weitere rtionle Zhlen. Anders formuliert: zwischen zwei beliebigen rtionlen Zhlen findet mn immer eine weitere rtionle Zhl. Dher gibt es uch (nders ls bei den gnzen Zhlen) zu den rtionlen Zhlen keine nächstkleinere oder nächstgrößere Zhl. Trotz der unendlich vielen rtionlen Zhlen gibt es kein x mit x 2 = 2 und x Q. Dies wollen wir nun beweisen und zwr mittels eines Beweises durch Widerspruch. 4.4 Einschub: Aussgenlogik (Mehr dvon später) direkte Schlussfolgerung: A B 26

28 us der Aussge A folgt die Aussge B. Zuweilen ist ein direkter Beweis nicht einfch. Dnn knn ein Beweis durch Widerspruch gelingen. Eine Aussge ist entweder whr (w) oder flsch (f). Mit A c wird ds Komplement von A bezeichnet: die komplementäre Aussge. Beispiel: A Die Sonne scheint. A c Die Sonne scheint nicht. Flls A whr ist, dnn ist A c flsch. Flls A flsch ist, dnn ist A c whr. (A B) (B c A c ) Idee: A ist whr, A B ist schwer zu zeigen. Wenn A whr ist, dnn ist A c flsch. Angenommen, B ist flsch, dnn ist B c whr. Flls us B c whr die Aussge A c whr folgt, dnn hben wir einen Widerspruch, denn A c ist flsch! Als Beispiel dient der Beweis von folgendem Lemm: Lemm x = 2 ist keine rtionle Zhl. Beweis. Angenommen, x ist eine rtionle Zhl. Dnn hben wir x = m n mit ggt(m,n) = 1 (d.h. die Bruchdrstellung von x knn nicht weiter gekürzt werden). Drus folgt: x 2 = m2 n 2 = 2 m 2 = 2n 2 2n 2 ist gerde, drus folgt, dss uch m 2 gerde sein muss. m 2 knn nur gerde sein, wenn m gerde ist, dher m = 2k für ein k Z. Drus folgt: (2k) 2 = 4k 2 = 2n 2 2k 2 = n 2 Somit ist uch n 2 eine gerde Zhl, dmit ist n gerde. Hierus folgt: ggt(m,n) 2 = 1. Widerspruch! Also ist 2 nicht rtionl. 2 ist irrtionl. D die rtionlen Zhlen genu die Zhlen sind, die eine bbrechende oder periodische Drstellung ls Dezimlzhl hben, sind die irrtionlen Zhlen diejenigen, deren Dezimldrstellung unendlich und nicht periodisch ist. Definition Die Menge der reellen Zhlen R ist die Vereinigung der rtionlen Zhlen mit den irrtionlen Zhlen. Bemerkung. (R, +, ) ist ein Körper. 27

29 Vorlesung 5 Polynomile Gleichungen Definition Ein Polynom p(x) in der Vriblen x R ist eine endliche Summe von Potenzen von x, die Exponenten sind hierbei ntürliche Zhlen. Wir hben die Drstellung p(x) = n k x k = n x n + n 1 x n x+ 0 k=0 mit j R,j = 0,...,n. Flls n = 0, so ist p(x) ein Polynom von Grd n. Der Koeffizient n = 0 heißt Leitkoeffizient und 0 heißt Absolutglied. Wir bezeichnen 1 x ls lineres Glied, 2 x 2 ls qudrtisches Glied und 3 x 3 ls kubisches Glied. Flls die Koeffizienten j,j = 0,1,...,n, und n = 0, von p(x) lle rtionl sind, so sgen wir, dss p(x) ein gnzrtionles Polynom von Grd n ist. 5.1 Linere Gleichungen Für n = 1 hben wir ein lineres Polynom p(x) = x+b, = 0. Wir können die Frge stellen, wnn dieses Polynom verschwindet. Anders usgedrückt: Für welche Werte von x nimmt p(x) den Wert 0 n? Alterntiv gefrgt: Ws sind die Nullstellen von p(x)? Hierzu setzen wir p(x) = 0 x+b = 0 x = b. Somit ht p(x) ls einzige Nullstelle x = b. 28

30 5.2 Qudrtische Gleichungen Für n = 2 hben wir ein qudrtisches Polynom p(x) = x 2 + bx + c mit = 0. Auch hier können wir nch Nullstellen von p(x) frgen. Für welche x gilt x 2 +bx+c = 0? Zunächst können wir durch = 0 dividieren, und erhlten x 2 + b x+ c = 0. D wir stets durch den Leitkoeffizienten (dieser ist ungleich 0 vorusgesetzt) dividieren können, können wir uns uf Polynome mit Leitkoeffizient 1 beschränken. Es gilt nun x 2 +px+q = 0 zu lösen (p = b,q = c ). Dzu wenden wir qudrtische Ergänzung n. Wir wollen x 2 +px+q überführen in die Form x 2 +px+q = (x+t) 2 +m. Wir bechten, dss gilt (x+t) 2 = x 2 +2tx+t 2. Ein Koeffizientenvergleich mit x 2 +px+q liefert 2t = p, d.h. t = p 2 und dmit t2 = ( p 2. 2) Somit gilt ( p ) 2 ( p 2 ( x 2 +px+q = x 2 +px+ +q = x+ 2 2) p ) 2 ( p ) 2 +q. 2 2 Die qudrtische Ergänzung von x 2 + px + q ist lso ( p 2) 2, d.h. wir lesen den Koeffizienten des lineren Terms b, hlbieren und qudrieren nschliessend. Wir ddieren zur Gleichung x 2 + px + q = 0 lso uf beiden Seiten ( p 2 2) q hinzu, ( p ) 2 ( p ) 2 x 2 +px+ = q. 2 2 Nun wenden wir uf der linken Seite die erste binomische Formel n, ( x+ p ) 2 ( p ) 2 = q. 2 2 Lösen wir nun nch x uf, so erhlten wir (p ) 2 p x = ± q 2 2. Die qudrtische Ergänzung führt lso zur sogennnten p, q Formel bzw. Mitternchtsformel. Bemerkung. Vermeiden Sie nch Möglichkeit die Benutzung der Mitternchtsformel, sondern benutzen Sie ls Mittel der Whl die qudrtische Ergänzung. Wir setzen D := ( p 2) 2 q und nennen den Ausdruck die Diskriminnte der qudrtischen Gleichung x 2 +px+q = 0. Offenbr ht die qudrtische Gleichung genu zwei reellwertige Lösungen, wenn D > 0. genu eine reellwertige Lösung, wenn D = 0. keine reellwertige Lösung, wenn D < 0. 29

31 5.3 Polynomgleichungen höheren Grdes Bevor wir uns Polynomgleichungen höheren Grdes widmen, können wir die Frge stellen, wieviele Nullstellen ein Polynom n-ten Grdes ht. Eine erschöpfende Antwort gibt druf der Stz (Fundmentlstz der Algebr). Jedes Polynom n-ten Grdes ht genu n komplexwertige Nullstellen (mit Vielfchheiten gezählt). Dbei sind die komplexen Zhlen eine Erweiterung der reellen Zhlen. Aus dem Fundmentlstz der Algebr folgt: Ein Polynom n-ten Grdes ht mximl n reellwertige Nullstellen (mit Vielfchheiten gezählt). Definition Eine Nullstelle eines Polynoms p(x) von Grd n ht die Vielfchheit k (k n) flls sich p(x) schreiben lässt ls p(x) = (x ) k g(x), wobei g(x) ein Polynom vom Grd n k ist mit g() = 0. Beispiel: Wir betrchten p(x) = x 3 = (x 0) 3 1. Hier ist g(x) = 1 ein Polynom vom Grd 0, und dmit x = 0 eine Nullstelle von der Vielfchheit Auflösbrkeit lgebrischer Gleichungen durch Rdikle Zur Lösung einer lgebrischen Gleichung, wie sie gnzrtionle Polynome definieren, benötigen wir die beknnten Opertionen der Addition, Subtrktion, Multipliktion, Division und ds Wurzelziehen. Es stellt sich die Frge, ob es stets möglich ist, durch wiederholte Anwendung dieser Opertionen, die Lösungen us den Koeffizienten des Polynoms zu gewinnen. Ds ist die berühmte Frge nch der Auflösbrkeit lgebrischer Gleichungen durch Rdikle. Für n = 1 und n = 2 hben wir gesehen, dss Lösungsformeln existieren und die Auflösbrkeit durch Rdikle gegeben ist. Existieren Lösungsformeln für Polynomgleichungen mit Grd n 3? Diese Frge konnte der frnzösische Mthemtiker Glois im 19. Jhrhundert vollständig bentworten. Eine Schlussfolgerung der Glois-Theorie ist: Für eine Polynomgleichung vom Grd n 5 existieren im Allgemeinen keine Lösungsformeln in Form von Rdiklen. Für n = 3 und n = 4 existieren Lösungsformeln. Diese sind ber recht kompliziert, so dss wir nun lterntive Ansätze für bestimmte Gleichungen besprechen. Ausgngspunkt ist ds Lemm von Guß Lemm von Guß Stz (Lemm von Guß). Vorgelegt sei die Polynomgleichung n x n + n 1 x n = 0 30

32 mit j Z,j = 0,...,n. Ferner gelte n = 0 und 0 = 0. Flls x = p q mit p,q Z und (p,q) = 1 eine rtionle Lösung der Polynomgleichung ist, so gilt: (i) p ist ein Teiler des Absolutglieds 0. (ii) q ist ein Teiler des Leitkoeffizienten n. Beispiel zur Anwendung: Wir betrchten die Gleichung x 3 +15x 2 +23x 231 = 0. Wir setzen p(x) := x x x 231. Der Leitkoeffizient von p(x) ist 1, ds Absolutglied ist 231. Nch dem Lemm von Guß können ls gnzzhlige Nullstellen von p(x) nur die Teiler von 231 in Frge kommen. Die Primfktorzerlegung von 231 ist 231 = Somit sind die Teiler von 231 gerde die in T 231 = {1,3,7,11,21,33,77,231} enthltenen Elemente. Wir rten, dss x = 3 eine Nullstelle ist und finden p(3) = = 0, dss x = 3 ttsächlich eine Nullstelle ist. Dmit lässt sich p(x) schreiben ls p(x) = (x 3)g(x), wobei g(x) ein Polynom von Grd 2 ist. Die Nullstellen von g(x) sind uch Nullstellen von p(x). D g(x) der Quotient von p(x) und (x 3) ist, können wir g(x) wie folgt durch Polynomdivision bestimmen: g(x) = p(x) : (x 3) = (x 3 +15x 2 +23x 231) : (x 3) = x 2 +18x+77. Für g(x), ls Polynom von Grd 2, wissen wir, wie wir die Nullstellen bestimmen. Die Strtegie zur Lösung von Polynomgleichungen mit gnzzhligen Koeffizienten ist zum Beispiel so vorzugehen: Mit dem Lemm von Guß bestimmen wir mögliche rtionle Lösungen. Liegen ttsächlich rtionle Lösungen vor, so können wir Polynomdivision durchführen und reduzieren so den Grd des Polynoms. Wir führen diesen Vorgng solnge fort, bis wir einen Grd erreicht hben, von dem wir wissen, wie wir die Nullstellen nlytisch bestimmen können. Wir beweisen nun ds Lemm von Guß. Beweis. Sei x = p q mit p,q Z und (p,q) = 1 eine rtionle Lösung der Polynomgleichung, lso n ( p q) n + n 1 ( ) n 1 ( ) p p = 0. q q Dnn ist n ( p q) n + n 1 ( ) n 1 ( ) p p = 0. q q 31

33 Multiplizieren mit q n liefert n p n + n 1 p n 1 q pq n 1 = 0 q n. Ausklmmern von p uf der linken Seite ergibt p( n p n 1 + n 1 p n 2 q q n 1 ) = 0 q n. }{{} Z Drus folgt: p ist ein Teiler von 0 q n. D p und q teilerfremd sind, sind uch p und q n teilerfremd. Mithin muss p ein Teiler von 0 sein. Anlog können wir die Polynomgleichung wie folgt umstellen: q( n 1 p n 1 + n 2 p n 2 q q n 1 ) = n p n. }{{} Z Drus folgt: q ist ein Teiler von n p n. D p und q teilerfremd sind, ist q lso ein Teiler von n. 32

34 Vorlesung 6 Linere Gleichungssysteme Gegeben sei eine linere Gleichung über R 5x+2 = 0. Diese Gleichung ist eine Beschreibung des Elements x = 2 5, denn genu dieses erfüllt die Gleichung. Offenbr ist eine linere Gleichung in einer Vriblen x x+b = e, = 0 immer lösbr mit x = e b. 6.1 Gußsches Elimintionsverfhren In der Folge betrchten wir linere Gleichungssysteme mit m Gleichungen und n Vriblen: 11 x x n x n = b 1 12 x x n x n = b 2.. m1 x 1 + m2 x mn x n = b m Hierbei sind die Koeffizienten durch ij mit i = 1,2,...,m; j = 1,2,...,n, sowie b k mit k = 1,2,...,m gegeben. Jedes n-tupel x = (x 1,...,x n ), welches dem lineren Gleichungssystem genügt, heißt Lösung des LGS. Zur Bestimmung von x benutzen wir ds Gußsche Elimintionsverfhren. Dbei führen wir wiederholt elementre Zeilenumformungen durch, die ds Gleichungssystem in die sogennnte Zeilenstufenform überführen (Erklärung dzu später). Die elementren Umformungen verändern die Lösungemenge nicht. In 33

35 der Zeilenstufenform lässt sich eine mögliche Lösung schnell blesen. Elementre Zeilenopertionen sind: ds Addieren von Vielfchen einer Zeile zu einer Zeile Vertuschen von zwei Zeilen Wir illustrieren ds Gußsche Elimintionsverfhren n einem Beispiel: Vorgelegt sei ds folgende LGS mit zwei Vriblen x,y R und zwei Gleichungen (D.h. m = n = 2): (I) 3x+4y = 12 (II) 9x+2y = 14. Wir ersetzen die (II). Zeile durch 3(I) (II) und erhlten ls neues LGS (I) 3x+4y = 12 (II) 0x+10y = 50. Dmit hben wir bereits die sogennnte Zeilenstufenform erreicht. Ein LGS ist in Zeilenstufenform, wenn jede Zeile mindestens eine Vrible weniger ht ls die vorngegngene Zeile. Aus Zeile (II) lesen wir b: Einsetzen von y = 5 in (I) liefert: 10y = 50 y = 5. 3x+4 5 = 12 3x = 8 x = 8 3. Dmit ist x = 8 3 und y = 5 Lösung des LGS. Um den Schreibufwnd gering zu hlten, ordnen wir die Koeffizienten in der Form ( ) Dies ist die Koeffizientenmtrix des LGS. Die erweiterte Koeffizientenmtrix enthält drüber hinus in der letzten Splte die Werte der rechten Seite der Gleichungen ( ) Die durchgeführten elementren Zeilenopertionen werden dokumentiert: ( ) ( ) (II) 3(I) (II) (II) 1 5 (II)

36 Zurück zu einem beliebigen LGS mit m Gleichungen und n Vriblen: 11 x x n x n = b 1 12 x x n x n = b 2. (6.1) m1 x 1 + m2 x mn x n = b m DieKoeffizienten ij miti = 1,2,...,mundj = 1,2,...,nordnenwirzweckmäßig in der Form n n... m1 m2... mn Ein solches Schem bezeichnen wir ls Mtrix. Genuer: (m n)-mtrix bestehend us m Zeilen und n Splten. Wir betrchten die Splten dieser Mtrix v 1 = m1, v 2 = m2,..., v n = Diese Splten können wir ls (m 1)-Mtrizen uffssen, kurz uch m-tupel von Zhlen gennnt. Die Addition von m-tupeln knn uf nhliegende Weise definiert werden: c d 1. := c 1 +d 1., 1n 2n. mn. c m d m c m +d m ebenso die Multipliktion eines m-tupels mit einer reellen Zhl R: Für ds m-tupel b c c m = c 1.. c m schreiben wir kurz b. Ds LGS (6.1) lässt sich kurz schreiben ls b m x 1 v 1 +x 2 v x n v n = b. (6.2) 35

37 Prägnnte Redeweise: Wir nennen ein n-tupel x = x 1. x n für welches (6.1) oder (6.2) gilt, eine Lösung des LGS. 6.2 Mtrizenmultipliktion Ds LGS lässt sich noch kürzer schreiben. Dzu bedrf es der Einführung der Mtrizenmultipliktion. Sei A eine (m n)-mtrix, B eine (n l)-mtrix: A = ( ij ) 1 i m,1 j n, B = (b jk ) 1 j n,1 k l Die Anzhl der Splten von A entspricht der Anzhl der Zeilen von B. Es bezeichne M m n = (M m n,r) die Menge der (m n)-mtrizen mit reellen Einträgen. Definition (Mtrizenmultipliktion). Wir definieren eine Verknüpfung : M m n M n l M m l (A,B) C = A B durch n c ik := ij b jk. j=1 Wir erhlten lso c ik durch komponentenweise Multipliktion der i-ten Zeile von A mit der k-ten Splte von B. Beispiel: 7 3 ( ) A = , B = A ist eine (4 2)-Mtrix und B eine (2 3)-Mtrix. Ds Produkt von A und B ist eine (4 3)-Mtrix C. In diesem Beispiel ist die Multipliktion von B und A nicht definiert, denn die Spltennzhl von B stimmt nicht mit der Zeilennzhl 36

38 von A überein. Wir hben ( ) A B = = = }{{} =C Beispiel: Sei eine (m n)-mtrix, sei x = und sei b = b 1... b m n n A =... m1 m2... mn x 1. x n. Wir definieren eine (n 1)-Mtrix (lso ist x ein n-tupel) b j := n jk x k. k=1 Also ist b = Ax, denn n x n 1 Ax =.... m1 m2... mn 11 x x n x n =. x n = b 1... m1 x 1 + m2 x mn x n b m 37

39 Mit der Mtrizenmultipliktion lässt sich ds LGS (6.1) lso kompkt schreiben ls A x = b. 38

40 Vorlesung 7 Determinnten und Ungleichungen 7.1 Determinnte Mit der Mtrizenmultipliktion (siehe Vorlesung 6) lässt sich ds LGS (6.1) kompkt schreiben ls Ax = b. A und b sind gegeben und wir interessieren uns für die Lösung x. Es sind zentrle Themen der lineren Algebr folgende Frgen zu bentworten: Unter welchen Bedingungen ht ds LGS Ax = b Lösungen? Wnn gibt es eine eindeutige Lösung? Wnn keine bzw. unendlich viele Lösungen? Diese Frgen bentworten wir nun zur Illustrtion für Gleichungssysteme mit 2 Gleichungen und 2 Vriblen. Den llgemeinen Fll behndeln Sie in der B1- Vorlesung (Linere Algebr I). Wir betrchten ds Gleichungssystem: (I) x+by = e (II) cx + dy = f Ws sind die Bedingungen n die Koeffizienten,b,c,d, dmit es eine Lösung gibt? Keine Lösung? Mehrere Lösungen? Sei einer der Koeffizienten ungleich 0, etw = 0. Wir führen die Zeilenopertion (II) (II) c (I) durch: (I) x+by = e ( (II) 0+ d b c ) y = f c e 39

41 Also gilt: ( d b c ) y = f c e. Multipliktion mit liefert (d bc) y = f ce. Es ist entscheidend, ob die Zhl δ(,b,c,d) = d bc verschieden von Null ist. Fll A: δ(,b,c,d) = 0 Dnn ist y = f ec d bc Eine leichte Rechnung zeigt: = f ec δ(,b,c,d) = δ(,e,c,f) δ(,b,c,d). x = ed bf d bc = δ(,b,f,d) δ(,b,c,d). In diessem Fll A ist ds LGS lso eindeutig lösbr. Fll B: δ(,b,c,d) = 0 Dnn ist (d bc) y = f ce nicht immer lösbr. Denn flls die rechte Seite der Gleichung f ce = 0, z.b. = c = f = 1,e = 0, dnn ist ds LGS nicht lösbr. Flls die rechte Seite der Gleichung f ce = 0, dnn können wir für y jede beliebige Zhl einsetzen. Ds LGS ist dnn lösbr, ber nicht eindeutig. Für die (2 2)-Mtrix ( ) b M = c d heißt δ(,b,c,d) Determinnte von M. Die Determinnte ist entscheidend, ob ds von M definierte LGS eindeutig lösbr ist, oder nicht. Jede qudrtische(n n)-mtrix M ht ihre Determinnte det(m). Diese ist eine Funktion: det: M n n R mit M det(m). Flls det(m) = 0, so ist ds durch M definierte LGS eindeutig lösbr. Flls det(m) = 0, so ist ds durch M definierte LGS nicht lösbr oder nicht eindeutig lösbr. Für n = 1 entspricht det(m) der Mtrix M. Beispielsweise ist 3x = b 40

42 eindeutig lösbr, hier ist M = det(m) = 3 = 0 und wir erhlten ls einzige Lösung x = b 3. Auf der nderen Seite ist 0 x = b mit M = det(m) = 0 nicht lösbr, wenn b = 0 gilt und ht unendlich viele Lösungen, wenn b = 0 gilt. ( ) b Für n = 2, lso M =, ist det(m)= d bc, wie oben gesehen. Wie c d mn det(m) für llgemeines n N bestimmt, lernen Sie in der B1-Vorlesung (Linere Algebr I). 7.2 Ungleichungen Der Umgng mit Ungleichungen ist ebenso wichtig wie der Umgng mit Gleichungen. Ähnlich wie bei Gleichungen werden Ungleichungen durch Äquivlenzumformungen gelöst. In der Regel geht es drum eine eher unübersichtliche Ungleichung so zu vereinfchen, dss die Lösungsmenge leicht bzulesen, bzw. leicht zu vernschulichen ist. Beispiel. x 2 > 2x 1 0 > x+1 1 > x. Die Lösungsmenge sind lle x R mit x < 1. Die durchgeführten Umformungen im Beispiel sowie llgemein ds Rechnen mit Ungleichungen beruhen uf den sogennnten Anordnungsxiomen in R. Dbei lässt sich lles uf den Begriff des positiven Elements zurückzuführen. In R sind gewisse Elemente ls positiv usgezeichnet (Schreibweise: x > 0), so dss folgende Anordnungsxiome erfüllt sind: Anordnungsxiome (A1) Für jedes x R gilt genu eine der Beziehungen: x > 0, x = 0, x < 0. (A2) Sind x > 0 und y > 0, so folgt x+y > 0. (A3) Sind x > 0 und y > 0, so folgt xy > 0. Definition Wir setzen x > y, flls x y > 0 gilt. Sttt x > y schreiben wir uch y < x. x y bedeutet x > y oder x = y. 41

43 Definition Ein Körper, in dem gewisse Elemente ls positiv usgezeichnet sind, so dss die Anordnungsxiome (A1), (A2) und (A3) gelten, heißt ngeordneter Körper. Beispielsweise sind R und Q ngeordnete Körper. (Z 2,+, ) ist kein ngeordneter Körper, weil (A2) nicht erfüllt ist. Denn 1 > 0 und 1+1 = 0. Aus den Anordnungsxiomen ergeben sich die folgenden Aussgen (i) (xi), die von der Schule her beknnt sind. Wir beweisen die Aussgen (i), (ii) und (iii); die Beweise der restlichen Aussgen können ls Übungsufgben ngesehen werden. Wir hben lso (i) x < 0 x > 0. Beweis. x < 0 bedeutet nch Definition 0 > x. Ds ist gleichbedeutend mit 0 x > 0, d.h. x > 0. (ii) Aus x < y und y < z folgt x < z. (Trnsitivität) Beweis. Nch Definition gilt x < y y x > 0 und y < z z y > 0. Mit (A2) folgt dnn (y x)+(z y) > 0. Drus folgt z x > 0 z > x, d.h. x < z. (iii) Aus x < y und R folgt: +x < +y. Beweis. Nch Vorussetzung ist (+y) (+x) y x > 0. Dher ist nch Definition +x < +y. (iv) Aus x < y und x < y folgt x+x < y +y. (v) Aus x < y und > 0 folgt x < y. (vi) Aus 0 x < y und 0 < b folgt x < by. (vii) Aus x < y und < 0 folgt x > y. (viii) Für jede reelle Zhl x = 0 gilt x 2 > 0. (ix) Flls x 0, so uch x 1 0. (x) Aus 0 < x < y folgt x 1 > y 1. (xi) Es gilt 1 > 0. Mit diesen Aussgen können wir Ungleichungen lösen. 42

44 y Absolutbetrg Zuweilen interessieren wir uns für den Abstnd einer reellen Zhl x R zur 0. Dieser Abstnd wird durch den Absolutbetrg von x bemessen. Definition Gegeben sei die Abbildung : R R + 0 x x mit x = { x, flls x 0 x, flls x 0. Diese Abbildung heißt Betrgsfunktion und ordnet jedem Element seinen Absolutbetrg zu. Wir erhlten den Absolutbetrg einer reellen Zhl durch ds Weglssen des Vorzeichens. In Abbildung 7.1 ist der Grph der Betrgsfunktion drgestellt. Betrgsfunktion im Intervll [ 10,10] x Abbildung 7.1: Betrgsfunktion y = x mit x [ 10,10]. Der Absolutbetrg ht folgende Eigenschften: Offenbr gilt stets x 0 und x = 0 genu dnn, wenn x = 0. Wir hben x = x für lle x R. Beweis. 1. Fll: x 0. Dnn gilt x = x. Ferner x = ( x) = x. Also x = x. 2. Fll: x < 0. Dnn gilt x = x. D x < 0 ist x > 0. Somit x = x. Also x = x. Wir hben xy = x y, für lle x,y R. 43

45 Beweis. Wir verifizieren diese Identität durch Überprüfung ller vier Möglichkeiten. 1. Fll: x 0, y 0. xy 0 xy = xy. Nch Definition der Betrgsfunktion gilt ber uch: x y = xy xy = x y. 2. Fll: x < 0, y 0. xy 0 xy = xy. Nch Definition der Betrgsfunktion gilt ber uch: x y = x( y) = xy xy = x y. 3. Fll: x < 0, y 0. xy 0 xy = xy. Nch Definition der Betrgsfunktion gilt ber uch: x y = xy xy = x y. 4. Fll: x < 0, y < 0. xy 0 xy = xy. Nch Definition der Betrgsfunktion gilt ber uch: x y = x( y) = xy xy = x y. Wir hben x y = x, für lle x,y R, y = 0. y Beweis. Es gilt x = x y y und somit x = x y y. x y = x y Die Dreiecksungleichung Einer der wichtigsten Ungleichungen der Mthemtik ist die Dreiecksungleichung. Sie besgt Stz (Dreiecksungleichung). Für lle x,y R gilt: x+y x + y. C A B Anschulich m Dreieck ABC: Der direkte Weg von A nch C ist immer kürzer ls der Umweg über einen weiteren Punkt B nch C. Die Länge der Strecke des direkten Weges ist AC. Dieser ist stets kürzer ls die Länge des Umwegs AB + BC. Beweis der Dreiecksungleichung. Es gilt: { x+y, flls x+y 0 x+y = (x+y), flls x+y < 0 Wir müssen zeigen, dss x+y x + y und (x+y) x + y gilt. 44