$Id: reell.tex,v 1.49 2017/11/06 13:37:36 hk Exp $ 1 Die reellen Zahlen 1.4 Das Vollständigkeitsaxiom In der letzten Sitzung haben wir die Axiome der reellen Zahlen vervollständigt, insbesondere haben wir das Vollständigkeitsaxiom, dass also jede nicht leere und nach oben beschränkte Teilmenge der reellen Zahlen ein Supremum besitzt, eingeführt. Hier wollen wir jetzt nur noch eine allererste kleine Anwendung vorführen, und die sogenannte archimedische Eigenschaft der reellen Zahlen beweisen. Diese besagt im wesentlichen das die natürlichen Zahlen unter den reellen Zahlen beliebig groß werden und um dies zu beweisen benötigt man tatsächlich das Vollständigkeitsaxiom (V), die Axiome eines angeordneten Körpers reichen hierzu nicht aus. Auch der Beweis dieses Lemmas ist hier für uns von besonderem Interesse, er ist das erste Beispiel eines sogenannten Widerspruchsbeweises in dieser Vorlesung. Lemma 1.5 (Die archimedische Eigenschaft von R) Sind a, b R mit a > 0 so existiert eine natürliche Zahl n N mit na > b. Beweis: Wir beweisen dies per Widerspruchsbeweis. Gäbe es kein solches n N mit na > b, so wäre na b für alle n N, d.h. b ist eine obere Schranke der Menge M := {na n N} R. Damit ist M nach oben beschränkt und wegen 0 M ist auch M. Nach dem Vollständigkeitsaxiom existiert das Supremum s := sup M von M. Wegen s a < s gibt es nach Lemma 3.(a) ein x M mit x > s a, und nach Definition von M gibt es weiter ein n N mit na = x > s a. Damit ist auch (n + 1)a M mit (n + 1)a = na + a > s a + a = s, aber andererseits ist auch (n + 1)a s da s eine obere Schranke von M ist. Dies ist ein Widerspruch und das Lemma ist bewiesen. Diesen Beweis wollen wir noch etwas kommentieren. Bisher haben wir alle unsere Aussagen direkt bewiesen, d.h. wir haben von den Voraussetzungen und unseren Axiomen ausgehend eine Kette von Folgerungen hergestellt die mit der behaupteten Aussage endet. Unser Nachweis der archimedischen Eigenschaft ist kein solcher direkter Beweis sondern ein sogenannter Widerspruchsbeweis, oder indirekter Beweis, dies ist ein eigenständiger Beweistyp. Wie wir noch sehen werden gibt es im wesentlichen drei 5-1
verschiedene Beweismethoden, die erste und am häufigsten verwendete Methode ist der direkte Beweis, die zweite ist der Widerspruchsbeweis und die dritte Methode werden wir etwas später in diesem Kapitel kennenlernen. Kommen wir zum allgemeinen Aufbau eines Widerspruchsbeweises. Nehmen wir an die Aussage A wäre zu zeigen. Bei einem Widerspruchsbeweis nimmt man an das A falsch wäre, dass also die Verneinung A gilt. In dieser hypothetischen Welt in der A nicht gilt beginnen wir dann weitere Aussagen herzuleiten und beweisen etwa eine Aussage B. Andererseits überlegt man sich das auch die Verneinung B von B wahr ist. Eine mathematische Aussage ist allerdings immer entweder wahr oder falsch, insbesondere können B und B nicht beide gleichzeitig gelten. Die von der Annahme A erschaffene Welt kann es also gar nicht geben, und daher kann A nicht falsch sein. Wieder da eine mathematische Aussage entweder wahr oder falsch ist, muss dann A wahr sein. In Lemma 5 haben wir die Aussage A = (n N) : na > b mit A = (n N) : na b und aus A leiten wir sowohl B = s ist eine obere Schranke von M als auch B = s ist keine obere Schranke von M her. Dies ist dann unser Widerspruch und A folgt. Als logische Formel hat ein Widerspruchsbeweis von A die Form [ ( A = B) ( A = B) ] = A wobei B eine weitere Aussage ist. Zumeist ist die zu beweisende Aussage selbst eine Implikation, hat also die Form A = C = D, wenn wir die Behauptung von Lemma 5 etwas ausführlicher schreiben ist diese in Wahrheit ja gleich A = (a, b R a > 0) = ( (n N) : na > b). }{{}}{{} C D Die Verneinung von A wird also zu A = C ( D) und im Widerspruchsbeweis werden dann (C D) = B und (C D) = B gezeigt. Der Beweis des Lemma 5 ist sogar ein Widerspruchsbeweis eines sehr speziellen Typs, es wird die Existenz der natürlichen Zahl n durch einen Widerspruchsbeweis eingesehen. Dass es möglich ist die Existenz von etwas durch die Widerlegung der Nichtexistenz zu begründen ist keinesfalls selbstverständlich und ist recht spezifisch für die Mathematik. Beispielsweise können Sie in der Physik die Existenz irgendeines neuen Elementarteilchens beim besten Willen nicht dadurch begründen das ihre Theorie andernfalls widersprüchlich wird, bevor man das hypothetische Teilchen nicht irgendwie experimentell ausfindig machen kann ist seine Existenz höchstens eine plausible Hypothese. Allgemein kann man die Existenz realer Objekte niemals durch theoretische Überlegungen wirklich nachweisen. Auch in der Mathematik selbst ist ein solches Vorgehen bis ins letzte Viertel des neunzehnten Jahrhunderts nicht als Beweis akzeptiert worden, die damals verwendete, und bei den Anwendungen der Mathematik in den Naturwissenschaften noch immer verwendete, Interpretation mathematischer Objekte war es sich diese als Idealisierungen realer Objekte zu denken, so wie etwa ein 5-2
mathematischer Kreis ein idealisierter Kreis ist dessen Rand tatsächlich unendlich dünn ist. Bei einer solchen Sichtweise bedeutet die Existenz eines mathematischen Objekts immer auch die Existenz irgendwelcher realen Dinge und ist damit eigentlich keiner Argumentation über Widerspruchsargumente zugänglich. Die Vorstellung das mathematische Objekte Idealisierungen wirklicher Gegenstände sind wurde in der Mathematik Ende des neunzehnten Jahrhunderts aufgegeben, beziehungsweise in die Modellierung verbandt, wir hatten schon einmal erwähnt das die Mathematik im eigentlichen Sinne nicht von der Realität handelt. Die Anwendung der Mathematik auf wirkliche Dinge denkt man sich dann als eine Art Übersetzungsprozess, bei dem die zu untersuchenden realen Objekte durch mathematische Objekte beschrieben werden, einen Vorgang den man dann als Modellierung bezeichnet. Dies hat zur Folge das das Wort Existenz in der Mathematik sehr viel freier verwendet werden kann als irgendwo sonst, etwa übertrieben folgt man dem magischen Prinzip, wenn man etwas einen Namen geben kann dann existiert es. Insbesondere wird beim Nachweis der Existenz mathematischer Objekte nicht verlangt das man das existierende Gebilde in irgendeiner Weise konkret angeben können muss oder eine Methode hat es zu berechnen. Daher ist es auch möglich die Existenz von etwas durch einen Widerspruchsbeweis zu begründen. Als ein zweites und etwas typischeres Beispiel eines indirekten Beweis wollen wir die Irrationalität der Wurzel aus Zwei beweisen. Da wir noch keine Wurzeln eingeführt haben formulieren wir dies als die Behauptung das x 2 2 für jedes x Q gilt. Wenn wir dies über einen Widerspruchsbeweis einsehen wollen, nehmen wir an das es eine rationale Zahl x Q gibt x 2 = 2 gibt. Durch eventuellen Übergang zu x können wir weiter x > 0 annehmen und dann gibt es natürliche Zahlen p, q N\{0} mit x = p/q. Durch Auskürzen können wir weiter erreichen das p und q teilerfremd sind. Wegen 2 = x 2 = ( p q ) 2 = p2 q 2 folgt p2 = 2q 2 also ist p 2 gerade und da das Quadrat einer ungeraden Zahl ungerade ist, muss auch p gerade sein. Damit ist auch r := p/2 N eine natürliche Zahl mit p = 2r. Hieraus folgt 2q 2 = p 2 = (2r) 2 = 4r 2 also q 2 = 2r 2 und wie eben folgt das auch q gerade. Damit haben p und q den gemeinsamen Teiler 2, sind also nicht teilerfremd und wir haben einem Widerspruch erhaltem. Dies ist erst einmal genug zu grundsätzlichen Dingen und wir kommen wieder zum Begriff von Supremum und Infimum zurück. Manchmal ist es bequem für überhaupt jede Teilmenge M R Supremum und Infimum bilden zu können, unabhängig davon ob sie nach oben beschränkt ist oder nicht. Hierzu gehen wir zu den sogenannten erweiterten reellen Zahlen R := R {, } über, indem zwei neue Elemente ± zu R hinzugefügt werden. Wir setzen die Ordnung von R durch < x < 5-3
für alle x R fort, also insbesondere <. Addition und Multiplikation sind auf R nicht vollständig definiert, man setzt nur + = x + = + x := und ( ) + ( ) = ( ) + x = x + ( ) := für alle x R und ( ) ( ) = ( ) ( ) :=, ( ) ( ) = ( ) ( ) := sowie x = x := {, x > 0,, x < 0, x ( ) = ( ) x := {, x > 0, x < 0 für alle x R\{0}. Andere Summen oder Produkte werden nicht definiert. Ist dann M R eine beliebige Teilmenge, so existieren in R sowohl Supremum als auch Infimum. Ist nämlich M und nach oben beschränkt, so gibt es sup M R nach dem Vollständigkeitsaxiom. Ist M nicht nach oben beschränkt, so ist die einzige obere Schranke von M in R, also auch sup M =. Ist schließlich M =, so ist jedes a R obere Schranke von M, also sup M =. Insbesondere haben wir sup M R M ist nach oben beschränkt. Entsprechendes gilt dann fürs Infimum, also insbesondere inf = in R. Wenn wir ± als Supremum und Infimum zulassen wollen, so sprechen wir auch davon das Supremum und Infimum in R gebildet werden. Man könnte sogar sup M und inf M für Teilmengen M R betrachten, aber in aller Regel sind für uns nur Teilmengen von R von Interesse. Beachte das ± keine reellen Zahlen sind, der Übergang zu den erweiterten reellen Zahlen ist nur ein formaler Trick gelegentlich Fallunterscheidungen zu vermeiden. 1.5 Potenzen mit rationalen Exponenten Reelle Potenzen x a werden in mehreren Stufen, geordnet nach immer allgemeineren Exponenten a, definiert. In der ersten Stufe werden natürliche Exponenten a = n N mit n 1 behandelt, und bei diesen ist für die Basis x jede reelle Zahl zugelassen. Für x R und n N mit n 1 definieren wir die Potenz x n als x n := x }.{{.. x}. Nullte Potenzen werden dagegen durch x 0 := 1 für alle x R eingeführt, also insbesondere 0 0 = 1. Interpretieren wir ein Produkt mit Null Faktoren per Konvention als 1, so deckt sich diese Definition mit derjenigen von x n für n 1. Aus den Körperaxiomen folgen die Potenzrechenregeln, also (xy) n = x n y n, x n x m = x n+m und (x n ) m = x nm 5-4
jeweils für alle x, y R, n, m N. Diese Regeln wollen wir jetzt nicht strikt formal vorführen, sondern uns auf eine etwas informelle Begründung verlassen. Zunächst sind und x n x m = } x.{{.. x} (x n ) m = x n... x n }{{} m mal x... x }{{} m mal = } x.{{.. x}... x }.{{.. x} } {{ } m mal = x }.{{.. x} = x n+m n + m mal = x }.{{.. x} = x nm nm mal und mit dem Kommutativgesetz der Multiplikation ergibt sich auch x n y n = } x.{{.. x} y... y }{{} = xy... xy = (xy) }{{} n. Man kann nun noch die übliche Formel für die Potenzen von Brüchen herleiten, im Fall y 0 ist zunächst (y 1 ) n y n = (y 1 y) n = 1 n = 1 = (y n ) 1 y n und somit auch (y 1 ) n = (y n ) 1, also schließlich ( ) n x = (xy 1 ) n = x n (y 1 ) n = x n (y n ) 1 = xn y y. n Beachte das x (nm) (x n ) m ist, zum Beispiel ist (2 3 ) 4 = 2 12 = 4096 während 2 (34 ) = 2 81 = 2417851639229258349412352 sehr viel größer ist. Im Fall positiver Basen bleiben Ordnungsbeziehungen beim Potenzieren erhalten. Sind x, y R mit 0 < x < y und n N mit n 1, so haben wir auch x n = x... x }{{} < y... y = y }{{} n und haben wir x, y R mit 0 x y so folgt analog sogar für jedes n N das x n y n ist. Kombinieren wir dies mit den Kontrapositionen dieser Aussagen so ergibt sich auch, dass für alle x, y R und alle n N mit x, y > 0, n 1 genau dann x < y ist wenn x n < y n gilt. Wie sich die Anordnung von Potenzen bezüglich des Exponenten verhält hängt von der Lage der Basis zur Eins ab. Sind n, m N mit n < m so haben wir für jede reelle Zahl x > 1 x n = x... x }{{} = x }.{{.. x} 1... 1 }{{} m < x }.{{.. x} x }.{{.. x} = x m m während sich im Fall 0 < x < 1 analog x n > x m ergibt. Berücksichtigen wir auch noch die Gleichheitsfälle so ist für alle x R mit x 1 und alle n, m N mit n m stets auch x n x m während für x R mit 0 x 1 und n, m N mit n m die Ungleichung x n x m gilt. Insgesamt gilt damit für alle x R und alle n, m N auch 5-5
das im Fall x > 1 genau dann x n < x m gilt wenn n < m ist und im Fall 0 < x < 1 ist genau dann x n < x m wenn n > m ist. Als Funktion von x wächst die Potenz x n damit umso schneller je größer n ist, für unsere folgenden Überlegungen benötigen wir diese Aussage allerdings in einer etwas spezifischer quantifizierten Form. Wir wollen uns die sogenannte Bernoullische Ungleichung überlegen, diese besagt das für alle reellen Zahlen x mit x 1 und alle natürlichen Zahlen n stets (1 + x) n 1 + nx ist. Für n = 0 und n = 1 ist dies klar, und für n = 2 kann man es leicht einsehen, es ist etwa (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 1 + 2x da Quadrate niemals negativ sind. Der Fall n = 3 ist schon komplizierter. Gehen wir zunächst einmal wie im Fall n = 2 vor, so haben wir die Rechnung (1 + x) 3 = (1 + 2x + x 2 ) (1 + x) = 1 + 3x + 3x 2 + x 3 = 1 + 3x + x 2 (3 + x) 1 + 3x da x+3 2 ist. Man könnte jetzt so fortfahrend argumentieren, allerdings wird in jedem Schritt die Anzahl der überzähligen Summanden größer und damit die Abschätzung schwerer und zum anderen werden auf diese Weise nur spezielle Werte von n behandelt, die Bernoullische Ungleichung ist aber für beliebige n N formuliert. Um eine Idee zu kriegen wie ein allgemeines n behandelt werden kann, schauen wir uns den Fall n = 3 noch einmal auf eine etwas andere Weise an. Wir wissen bereits (1 + x) 2 1 + 2x und multiplizieren wir diese Ungleichung mit 1 + x 0, so folgt (1 + x) 3 (1 + x) (1 + 2x) = 1 + 3x + 2x 2 1 + 3x. Dies ist zunächst einmal keine nennenswerte Vereinfachung, diese Methode läßt sich jetzt aber wiederholen. Multiplizieren wir das Ergebnis (1 + x) 3 1 + 3x wieder mit 1 + x 0 so wird auch (1 + x) 4 (1 + x) (1 + 3x) = 1 + 4x + 3x 2 1 + 4x, und wir haben den Fall n = 4 auf einfache Weise behandelt. Die Bernoullische Ungleichung für n = 4 folgt also aus der Bernoullischen Ungleichung für n = 3, und diese folgt wiederum aus derjenigen für n = 2. Dies setzt sich immer so fort, die Bernoullische Ungleichung für n = 4 liefert erneut durch Multiplikation mit 1+x diejenige für n = 5, daraus folgt die für n = 6, dann für n = 7 und immer so weiter. Eine systematische Auswertung dieser Idee führt jetzt auf die Methode der sogenannten vollständigen Induktion. Schreiben wir bei weiterhin fixierten x 1 A(n) := (1 + x) n 1 + nx 5-6
für die Bernoullische Ungleichung für n N, so können wir unsere Überlegungen auch in der Form A(2) = A(3) = A(4) = A(5) = A(6) = A(7) schreiben. Wir behaupten das sich diese Implikationskette immer weiter fortsetzt, dass also ganz allgemein A(n) = A(n + 1) für jedes n N mit n 2 ist. Dies ist im wesentlichen dieselbe Rechnung wie im Fall n = 2. Sei etwa ein n N mit n 2 gegeben. Um die Implikation A(n) = A(n + 1) einzusehen, können wir, wie schon im zweiten Abschnitt festgehalten, die Aussage A(n) als wahr annehmen, es gelte also bereits (1 + x) n 1 + nx. Multiplizieren wir diese Ungleichung mit 1 + x 0, so folgt weiter (1 + x) n+1 (1 + x) (1 + nx) = 1 + (n + 1)x + nx 2 1 + (n + 1)x, es gilt also auch A(n + 1) und die Implikation A(n) = A(n + 1) ist bewiesen. Unsere obige Implikationskette setzt sich also endlos fort A(0) = A(1) = A(2) = A(3) = A(4) = A(5) =, wobei wir diesmal bei A(0) anfangen da die ersten beiden Implikationen sowieso gelten. Unsere Folgerungskette kann also zu jedem n N verlängert werden und A(n), d.h. die Bernoullische Ungleichung, gilt damit allgemein für n N. Das Vorgehen im eben durchgeführten Beweis ist streng genommen weder ein direkter noch ein indirekter Beweis, da das kann also zu jedem n N verlängert werden zwar plausibel aber kein direkter Beweis ist. Es handelt sich hier um eine sogenannte vollständige Induktion, diese ist ein eigenständiger Beweistyp, den wir nun auch allgemein besprechen wollen. Die vollständige Induktion ist ein Beweisverfahren, um Aussagen über alle natürlichen Zahlen zu beweisen, genauer geht es um Allaussagen der Form (n N) : A(n), wobei A(n) eine Aussage über natürliche Zahlen n ist, beispielsweise das obige A(n) aus der Bernoulli-Ungleichung. Ein Induktionsbeweis erfolgt in zwei Schritten: 1. Induktionsanfang: Zeige das die Aussage A(0) gilt. 2. Induktionsschritt: Hier ist zu zeigen, dass aus A(n) für n N auch A(n + 1) folgt, d.h es ist die Allaussage (n N) : A(n) A(n + 1) zu beweisen. Den Induktionsschritt unterteilt man meistens in zwei Teile: (a) Induktionsannahme: Sei n N mit A(n) gegeben. (b) Induktionsschluß: Zeige, dass auch A(n + 1) gilt. Haben wir Induktionsanfang und Induktionsschritt erfolgreich durchgeführt, so besagt das Prinzip der vollständigen Induktion das die Aussage A(n) für jedes n N wahr ist. Hieraus folgt dann beispielsweise die allgemeine Gültigkeit der Bernoullischen Ungleichung, wir werden diese etwas weiter unten auch noch einmal explizit als ein Lemma 5-7
festhalten. Ein häufiges Mißverständnis besteht darin zu glauben, dass man beim Induktionsschritt bereits weiss das A(n) wahr ist. Dies ist aber nicht der Fall, alles was gezeigt wird ist die Implikation A(n) A(n + 1) und wie immer beim Beweis einer Implikation kann man annehmen das die Voraussetzung der Implikation, also A(n), wahr ist denn andernfalls ist die Implikation sowieso wahr. Überlegen wir uns kurz noch einmal in der allgemeinen Situation warum ein Induktionsbeweis funktioniert. Im Induktionsanfang wird A(0) nachgewiesen und im Induktionsschritt wird weiter A(n) A(n + 1) für alle n N gezeigt. Mit n = 0 wissen wir insbesondere A(0) A(0 + 1) = A(1), d.h. A(0) und die Implikation A(0) A(1) sind wahr und somit ist auch A(1) wahr. Mit n = 1 haben wir dann auch A(1) A(1+1) = A(2) und da wir A(1) bereits eingesehen haben, ist auch A(2) wahr. So fortfahrend sind dann auch A(3), A(4),..., und immer so weiter, wahr. Da wir so bei jeder natürlichen Zahl n N vorbeikommen ist A(n) für jedes n N wahr. Dies sollte Sie von der Gültigkeit der Methode der vollständigen Induktion überzeugen. Es ist allerdings wieder kein exaktes Argument für diese, da wir das Problem in dem harmlos aussehenden und so weiter versteckt haben. Tatsächlich werden viele einfache Induktionsbeweise gar nicht explizit als solche benannt sondern mit Formulierungen wie so fortfahrend verschleiert, wir sind beispielsweise im vorigen Abschnitt beim Nachweis der Kettenform des Transitivitätsgesetzes der Anordnung auf diese Weise vorgegangen. In den allermeisten Fällen ist der Induktionsanfang eine recht banale Angelegenheit. Trotzdem ist er unverzichtbar, der Induktionsschluß kann auch bei falschen Aussagen funktionieren. Nehmen wir einmal die offensichtlich unsinnige Aussage n > n + 1 als unser A(n). Ist dann n N mit A(n), also n > n + 1, so folgt durch Addition mit Eins auch n + 1 > (n + 1) + 1, also A(n + 1). Der Induktionsschluß ist hier also problemlos möglich, der Anfang natürlich nicht. Dies ist kein seltenes Phänomen, nehmen Sie einmal an die Aussage A(n) ist für jedes n N falsch. Da aus Falschem alles folgt, gilt dann A(n) A(n + 1) für jedes n N, der Induktionsschluß funktioniert also immer wenn die Aussage A(n) niemals richtig ist. Es spielt keine Rolle das als Startpunkt der Induktion n = 0 verwendet wird, man kann einen Induktionsbeweis auch bei einem beliebigen n = n 0 N starten. Sehr häufig wird n = 1 als Start verwendet da n = 0 oft ein Sonderfall ist. Als ein vollständiges Beispiel eines Induktionsbeweises, wollen wir jetzt die Bernoulli-Ungleichung, sogar in einer etwas erweiterten Form, explizit formulieren und beweisen. Lemma 1.6 (Die Bernoulli-Ungleichung) Für alle x R mit x 1 und alle n N gilt die Ungleichung (1 + x) n 1 + nx und genau dann ist (1 + x) n = 1 + nx wenn n 1 oder x = 0 ist. Beweis: Sei x R mit x 1. Dann gelten sofort (1 + x) 0 = 1 = 1 + 0 x sowie (1 + x) 1 = 1 + 1 x und im Fall x = 0 ist auch (1 + x) n = 1 n = 1 = 1 + n x für jedes 5-8
n N. Wir können daher im Folgenden x 0 annehmen und wollen (1 + x) n > 1 + nx für alle n N mit n 2 zeigen. Dies geschieht nun durch vollständige Induktion nach n. Zunächst ist (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x, unsere Behauptung gilt also im Fall n = 2 und der Induktionsanfang ist durchgeführt. Nun sei ein n N mit n 2 und (1 + x) n > 1 + nx gegeben. Wegen 1 + x 0 folgt dann auch (1 + x) n+1 (1 + x) (1 + nx) = 1 + (n + 1)x + nx 2 > 1 + (n + 1)x, und unsere Behauptung gilt auch für n + 1. Per vollständiger Induktion ist damit (1 + x) n > 1 + nx für alle n N mit n 2. Wir wollen auch noch einen zweiten Induktionsbeweis vorführen und die sogenannte allgemeine binomische Formel herleiten. Dies ist eine Formel für die Potenzen einer Summe, also für (x + y) n mit x, y R, n N. Um diese hinzuschreiben benötigen wir allerdings zwei kleine Vorbereitungen, zunächst einmal wollen wir das sogenannte Summenzeichen einführen. Man schreibt beispielsweise für n N k = 1 + 2 + + n. Das große Sigma ist hier das Summenzeichen und k der sogenannte Summationsindex. Das Summenzeichen n a k wird so interpretiert das k die Werte von 1 bis n durchläuft, für jedes solche k die Zahl a k gebildet wird und alle diese Zahlen aufsummiert werden. Beispielsweise sind 6 k 2 = 3 2 + 4 2 + 5 2 + 6 2 = 9 + 16 + 25 + 36 = 86 oder k=3 4 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 = 25 12. Oftmals läßt man den Summationsindex auch über eine kompliziertere Menge laufen, die dann in der Regel unterhalb des Summenzeichens beschrieben wird, beispielsweise 1 k 10 k Primzahl 1 k = 1 2 + 1 3 + 1 5 + 1 7 = 247 210. Der Summationsindex ist eine der in der ersten Sitzung erwähnten formalen Variablen, insbesondere gibt es ihn nur innerhalb der Summe und nicht außerhalb. Bei komplexeren Summen dürfen auch mehrere Summationsindizes gleichzeitig verwendet werden, beispielsweise 1 i<j 3 1 i + j = 1 1 + 2 + 1 1 + 3 + 1 2 + 3 = 1 3 + 1 4 + 1 5 = 47 60. 5-9
Hier durchlaufen die Summationsindizes i, j die möglichen Werte (i, j) = (1, 2), (1, 3) und (2, 3). Sind a 1,..., a n, b 1,..., b n und c beliebige Zahlen, so gelten offenbar (a k + b k ) = a k + (ca k ) = c a k. b k und Entsprechende Formeln gelten dann natürlich auch für die Summation über kompliziertere Indexbereiche. Analog zum Summenzeichen gibt es auch ein Produktzeichen, hierfür verwendet man ein großes Pi, also beispielsweise 5 (2k 1) = 1 3 5 7 9 = 945. Die beiden obigen Formeln nehmen für das Produktzeichen die Form n (a k b k ) = ( n ) m a k = n n a k b k, n a m k an, wobei n, m N, a 1,..., a n, b 1,..., b n R sind. Die Potenzformel gilt dann auch für Potenzen mit rationalen oder reellen Exponenten, sobald diese definiert sind. Genau wie beim Summenzeichen werden auch Produkte über kompliziertere Indexbereiche oder mit mehreren Indizes notiert, etwa k = 2 3 5 7 = 210 oder 1 k 10 k ist Primzahl 1 i<j 3 j i = 2 1 3 1 3 2 = 54. Einen Randfall wollen wir noch erwähnen, wenn der Indexbereich einer Summe oder eines Produktes überhaupt keine Elemente enthält, wir also eine leere Summe beziehungsweise ein leeres Produkt haben, so wird die leere Summe per Konvention als 0 interpretiert und das leere Produkt ist per Konvention gleich 1. 5-10