mathematik fur ingenieure - math.uni-wuppertal.deherbort/math1a/mathd1n.pdf · 2 bucher zur...

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Ausarbeitung der Vorlesung

Mathematik fur Ingenieure

Studenten der Maschinen- und Sicherheitstechnik

WS 2015/16 - Apl. Prof Dr. G. Herbort

Bergische Universitat Wuppertal

Meine Homepage-Adresse ist http://www2.math.uni-wuppertal.de/ ∼herbort

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Bucher zur Vorlesung

1. Papula, Lothar: Mathematik fur Ingenieure und Naturwissenschaftler Band 1. Ein Lehr-und Arbeitsbuch fur das Grundstudium. Vieweg - Verlag

2. R. Ansorge, H.J. Oberle, K. Rothe, Th. Sonar: Mathematik fur Ingenieure I und II, Wiley- VCH Verlag

2a) ———: Aufgabenbuch zu 2)3. St. Goebbels, St. Ritter: Mathematik verstehen und anwenden, Spektrum-Verlag

4. Rießinger, Thomas: Mathematik fur Ingenieure, Springer - Verlag

5. Brauch, Wolfgang: Mathematik fur Ingenieure, Teubner - Verlag

6. Duma, Andrei: Kompaktkurs Mathematik fur Ingenieure und Naturwissenschaftler, Sprin-ger - Verlag

7. J. Hass, M. Weir, G. Thomas: Basisbuch Analysis , Pearson - Verlag, 2010

Stoff der Vorlesung

1. Kapitel: Grundlagen

• Elemente der Mengenlehre

• Zahlenbereiche

• Gleichungen und Ungleichungen

• Das Induktionsprinzip

2. Kapitel: Vektorrechnung

• Vektoren im Rn

• Rechenoperationen, geometrische Anwendungen, Winkel und Abstande, Flachen und Vo-lumina

3. Kapitel: Lineare Gleichungssysteme

• Unterraume und Dimensionsbegriff

• Matrixkalkul

• Gauß-Elimination

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4. Kapitel: Analysis - Folgen und Funktionen

• Konvergenz

• Stetigkeit

• Elementare Funktionen

5. Kapitel: Differenzialrechnung

• Rechenregeln

• Lokale Extrema

• Taylorentwicklung

Inhaltsverzeichnis

1 Grundlagen 71.1 Elemente der Mengenlehre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Zahlenbereiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3 Das Auflosen von Gleichungen und Ungleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.4 Induktionsprinzip und Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

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6 INHALTSVERZEICHNIS

Kapitel 1

Grundlagen

1.1 Elemente der Mengenlehre

Dem Mathematiker Georg Cantor (1845 - 1918) folgend, stellen wir uns unter einer Menge dasfolgende vor:

Definition. Unter einer Menge verstehen wir die Zusammenfassung von bestimmten Objektenunserer Anschauung oder unseres Denkens zu einem Ganzen.

Wir bezeichnen Mengen mit großen Buchstaben: M,N,X, Y, .... Ist M eine Menge, so sinddie zu M gehorenden Elemente alle paarweise verschieden. Um auszudrucken, dass ein Objekt azu M gehort, schreiben wir a ∈M . Wollen wir ausdrucken, dass es nicht zu M gehort, schreibenwir a /∈M .

Beispiele . a) Die ganzen Zahlen bilden eine Menge, die wir mit dem Symbol Z bezeichnen.Wir haben also 1 ∈ Z, oder 289 ∈ Z, aber 1/2 /∈ Z.

b) Diejenigen ganzen Zahlen, die sich als Quadrat einer ganzen Zahl schreiben lassen, bildeneine Menge. Bezeichnen wir diese mit S, so ist etwa 16, 25, 256, 1024, 56644 = 2382 ∈ S, aber123 /∈ S.

Wenn M und X zwei Mengen sind, so schreiben wir X = M , wenn jedes Element von M zuX und jedes Element von X zu M gehort.

Haben wir eine Menge M gegeben, so bezeichnen wir als Teilmenge von M jede Menge T ,deren Elemente alle auch schon zu M gehoren. Wir schreiben dann

T ⊂M.

Wir notieren, dass genau dann T = M , wenn T ⊂M und M ⊂ T gilt. Man kann den SachverhaltT ⊂M auch beschreiben durch M ⊃ T (M ist Obermenge von T )

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8 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN

Eine Menge M mit nur endlich vielen Elementen (wir sprechen dann von einer endlichenMenge) kann man durch Aufzahlen ihrer Elemente darstellen:

M = x1, ..., xn

wenn n die Anzahl der Elemente ist. Zum Beispiel steht

0, 2, 4, 6, 8, 10, 12

fur die Menge aller geraden naturlichen Zahlen, die nicht großer sind als 12.Haben wir eine Menge M gegeben, so konnen wir jede Teilmenge T ⊂ M durch eine Eigen-

schaft kennzeichnen, die die Elemente von T haben mussen, wenn sie zu T gehoren sollen. DieseKennzeichnung ist vor allem sinnvoll, wenn T unendlich ist, d.h. unendlich viele Elemente hat.Zum Beispiel ist die Menge N der naturlichen Zahlen zu kennzeichnen als Menge aller ganzenZahlen, welche nicht-negativ sind:

N = m ∈ Z | m nicht− negativ

Die Menge aller durch 3 teilbaren naturlichen Zahlen ist zu beschreiben durch

0, 3, 6, 9, 12, 15, 18, .... = n ∈ N : Es gibt ein k ∈ Nmitn = 3k

Will man ausdrucken, dass in einer Menge M keine Elemente existieren, die eine gewisseEigenschaft, nennen wir sie kurz E , besitzen, so schreiben wir

x ∈M |x hat die Eigenschaft E = ∅

Das Symbol ∅ steht fur die sog. leere Menge. Sie ist eine Menge, die keine Elemente enthalt.

Beispiele. a) Es gibt keine ganze Quadratzahl, deren Einerziffer gleich 8 ist:

n ∈ Z | n2 hat Einerziffer 8 = ∅

b) Es gibt keine ganze Zahl n mit n2 = 7:

n ∈ Z | n2 = 7 = ∅

c) Es gibt keine Dezimalzahl x mit x2 = −1:

x |x Dezimalzahl und x2 = −1 = ∅

Mengenoperationen (Rechnen mit Mengen)

Wie erhalten wir aus gegebenen Mengen neue Mengen ?

1.1. ELEMENTE DER MENGENLEHRE 9

Definition. Sei M eine Menge.a) (Vereinigung von Mengen) Sind A,B Teilmengen von M , so nennen wir die Menge

A ∪B := x ∈M |x ∈ A oderx ∈ B

die Vereinigung von A und B. Dabei ist zugelassen, dass ein Element aus A∪B sowohl zu A alsauch zu B gehort.

A B

b) (Durchschnitt von Mengen) Sind A,B Teilmengen von M , so nennen wir die Menge

A ∩B := x ∈M |x ∈ A und x ∈ B

den Durchschnitt von A und B.

A A ∩B B

Wenn A∩B = ∅, A und B also keine gemeinsamen Elemente haben, so nennen wir A und Bdisjunkt.


c) (Komplement) Ist A ⊂M , so definieren wir das Komplement von A in M als

Ac := x ∈M |x /∈ A

Ist B ⊂M , so schreiben wirB \ A := B ∩ Ac

A

Ac

Beispiele. a) Jede ganze Zahl ist gerade oder ungerade:

Z := x ∈ Z : es gibt k ∈ Zmitx = 2k ∪ x ∈ Z : es gibt k ∈ Zmitx = 2k + 1

b) Wenn x ganz ist und x2 > 4, so kann nicht x ∈ −2,−1, 1, 2 sein:

x ∈ Z : x2 > 4 ∩ −1, 1,−2, 2 = ∅

Weiter haben wirx ∈ Z : x2 > 4 = −2,−1, 0, 1, 2c

c) Ist eine ganze Zahl durch 2 und durch 3 teilbar, so auch durch 6. Die Umkehrung hierzu istoffensichtlich. Wir schreiben M2 := x ∈ Z |x ist durch 2 teilbar, entsprechende Bedeutunghaben die Mengen M3 und M6. Dann haben wir

M2 ∩M3 = M6

Denn: Ist x ∈M2 ∩M3, so haben wir x = 2k = 3` fur geeignete ganze Zahlen k und `. Dannist aber x = 3x− 2x = 6k − 6` = 6(k − `), also x ∈M6.

1.1. ELEMENTE DER MENGENLEHRE 11

Wir notieren den folgenden

Satz (Regeln fur die Mengenoperationen). Sei M eine Menge. Dann gilt fur alle MengenA,B,C ⊂M :

a) (A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C), und (A ∩B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C)

b) (A ∪B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)

c) (A ∩B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C)

d) (Ac)c = A,

e) (A ∪B)c = Ac ∩Bc, und (A ∩B)c = Ac ∪Bc

f) Genau dann ist A ⊂ B, wenn A ∩B = A

g) Genau dann ist A ⊂ B, wenn A ∪B = B

Zu b):

AB

A

C

B

C

C

Beispiele. In der Wahrscheinlichkeitsrechnung ist man an der Berechnung von Wahrschein-lichkeiten fur das Eintreten gewisser Ereignisse interessiert. Diese werden als mogliche Ergebnissevon sog. Zufallsexperimenten interpretiert.

Man fuhrt dazu sog. Ergebnisraume ein: Alle moglichen Ausgange eines solchen Zufallsexpe-rimentes werden zu einer Menge Ω zusammengefasst. Darin bildet man Teilmengen A ⊂ Ω. Diesebezeichnet man als Ereignisse. Sind A,B ⊂ Ω Ereignisse, so entspricht A ∩ B dem gleizeitigenEintreten der Ereignisse A und B, Ac dem Nichteintreten von A und A \ B dem Ereignis, dassA eintritt und B gleichzeitig nicht.

Beispiel: Wurfeln mit 2 Wurfeln. Ist man an der Gesamtaugenzahl interessiert, so ist Ω =2, ..., 12. Eine gerade Zahl zu werfen entspricht dem ”Ereignis” A = 2, 4, 6, 8, 10, 12, eineZahl großer als 6 zu werfen, dem Ereignis B = 7, 8, 9, 10, 11, 12. Eine gerade Zahl großer als 8zu werfen entspricht dem Ereignis (A ∩B) \ 8.


1.2 Zahlenbereiche

Naturliche, ganze und rationale Zahlen

Jeder kennt die naturlichen Zahlen, d.h. die nicht-negativen ganzen Zahlen. Sie bilden eineMenge, die wir mit N bezeichnen.

In der Menge N kann man nicht zwei beliebige Zahlen voneinander subtrahieren. DiesenNachteil beseitigt man durch Erweiterung auf den Bereich der ganzen Zahlen, welche auch dienegative Zahlen enthalten. Fur sie haben wir schon das Symbol Z kennengelernt. Innerhalb derMenge Z lasst sich aber nicht jede Divisionsaufgabe losen. Man uberwindet dies durch nochmaligeErweiterung zum Bereich Q der rationalen Zahlen. Eine rationale Zahl x ∈ Q ist durch einenBruch x = p

qmit ganzzahligen p, q darstellbar, wobei q > 0. Eine andere Darstellung von x ist

diejenige als Dezimalbruch, der endlich viele Stellen hinter dem Komma haben kann, wie

5/8 = 0, 625

oder unendlich viele, wobei sich eine gewisse Zahlenfolge stets wiederholt, etwa:

81

7= 8, 142857142857142857......,

1

13= 0, 076923 076923 076923 ....

oder1/3 = 0, 333333333333333333....

Jedermann rechnet mit dieser Art von Zahlen, insbesondere alle Computer, seien sie nun großoder klein (Tianhe-2 (mit 33.800 TeraFLOPS) oder Taschenrechner).

Rechnen mit Potenzen

Definition. Fur eine Zahl a ∈ Q und n ∈ Z setzen wir, wenn n > 0 ist:

an := a · . . . · a︸︷︷︸n−mal

(So wird etwa (38)4 = 81

4096). Fur negative Exponenten n definieren wir die Potenzen so:

an :=1

a−n.

Weiter vereinbaren wir, dass a0 = 1 sein soll.

1.2.1 Hilfssatz. (Potenzrechenregeln) i) Sei a ∈ Q. Dann gilt

an · am = an+m, (am)n = amn

fur n,m ∈ Z.ii) Weiter wird

(ab)n = anbn

fur alle n ∈ Z und a, b ∈ Q \ 0.

1.2. ZAHLENBEREICHE 13

Beweis. i) Der Fall n,m ≥ 0 ist leicht nachzurechnen. Wenn n,m < 0, haben wir

anam =1

a|n|1

a|m|=

1

a−na−m=

1

a−n−m=

1

a−(n+m)= am+n

Nun zum Fall m ≥ 0 > n.

Ist jetzt m ≥ |n|, so gilt (wegen m− |n| = n+m ≥ 0)

anam = am1

a|n|= am−|n| = an+m

Sei jetzt also m < |n|. Dann ist m+ n < 0 und −(m+ n) = |n| −m, und damit (Kurzen vonFaktoren a)

anam =1

a|n|am =

1

a|n|−m= am−|n| = an+m

Der Fall n ≥ 0 > m wird in analoger Weise behandelt. Die zweite Behauptung zu zeigen, isteine Ubungsaufgabe.

Zu ii). Ist n ≥ 0, so folgt es aus der Definition der Potenz. Sei n < 0. Dann ist

(ab)n =1

(ab)−n=

1

a−nb−n=

1

a−n1

b−n= anbn

Reelle Zahlen

Innerhalb der rationalen Zahlen lasst sich aber nicht jede Gleichung der Form x2 = r furr ∈ Q, r > 0, losen.


Beispiel. Angenommen, man will die Lange der Diagonalen d in einem Wurfel mit einerKantenlange a bestimmen.

d1

d

a

Nach dem Pythagorassatz finden wir d2 = d21+a2 = 3a2. Wir mussen also die Gleichung x2 = 3

losen. Das ist aber innerhalb der rationalen Zahlen (also der Dezimalzahlen) nicht moglich.

Warum nicht? Angenommen, es ginge doch. Dann fande man ganze Zahlen p, q > 0 mitp2/q2 = 3, oder, was dasselbe ist, p2 = 3q2. Wir durfen annehmen, dass p und q keine gemeinsa-men Teiler haben.

Zunachst sehen wir, dass p2 durch 3 teilbar ist. Dann muss dasselbe auch schon fur p gelten,anderenfalls ware doch p = 3m+k mit einer ganzen Zahl m und einem Rest k ∈ 1, 2. Aber dannhatten wir p2 = (3m+k)2 = 9m2 +6mk+k2. Da p2 durch 3 teilbar ist, ist k2 = p2− (9m2 +6mk)es ebenfalls. Stattdessen ist aber k2 ∈ 1, 4, ein Widerspruch. Ist aber p selbst schon durch 3teilbar, haben wir p = 3m mit einer ganzen Zahl m. Aus 3q2 = p2 = 9m2 folgt jetzt q2 = 3m2.Wie eben folgt jetzt, dass auch q durch 3 teilbar sein musste, also mit der Zahl 3 ein gemeinsamerTeiler von p und q gefunden ware. Das widerspricht der Annahme uber p und q.

Zwar kann man sich in dieser Lage mit Naherungslosungen fur die Gleichung x2 = 3 helfen,etwa x′ = 1.732050807568877293527 (dann hat die Dezimalbruchdarstellung von x′ 2 − 3 erst abder 1 069 762 528.ten Nachkommastelle von Null verschiedene Eintrage), doch das aufgezeigtemathematische Problem bleibt bestehen.

Man erweitert den Bereich der rationalen Zahlen nochmals und gelangt zum Bereich derreellen Zahlen, den wir mit R bezeichnen wollen. Dieser Bereich von Zahlen ist anschaulichdurch die Punkte auf der ”Zahlengeraden” darstellbar. Jede reelle Zahl entspricht einem Punktauf dieser Geraden und umgekehrt.

Fur das Rechnen mit reellen Zahlen gelten dieselben Regeln wie im Bereich der rationalenZahlen. Die Ordnungsrelation auf Q kann auf R erweitert werden. Jede reelle Zahl x besitzt eine


Darstellung als endlicher oder unendlicher Dezimalbruch. Denn ist k ∈ N beliebig, so ist

xk := 10−k−1[10k+1x] ∈ Q

und 0 ≤ x − xk ≤ 10−k−1. Dabei ist fur eine Zahl t ∈ R der ganzzahlige Teil [t] von t definiertals die großte ganze Zahl, die kleiner oder gleich t ist. Somit stellt xk die Zahl x bis auf kNachkommastellen genau dar.

Definition. Wir nennen eine Menge A ⊂ R nach oben (unten) beschrankt, wenn eine ZahlS ∈ R so gefunden werden kann, dass x ≤ S fur alle x ∈ A ( bzw. x ≥ S fur alle x ∈ A) gilt.

In R gilt das folgende Archimedische Vollstandigkeitsaxiom:

Jede nach oben beschrankte Menge A ⊂ R hat in R eine kleinste obere Schranke. Jede nachunten beschrankte Menge B ⊂ R hat in R eine großte untere Schranke.

Beispiel. Die Menge A := x ∈ Q| x2 < 3 hat in Q eine obere Schranke, aber keine kleinsteobere Schranke. Denn ist S ∈ Q eine obere Schranke fur A, so ist S2 > 3, also t := S2 − 3 > 0.Nun bilden wir SN := S − 1

Nund rechnen aus, dass

S2N = S2 − 2S

N+

1

N2= 3 + t− 2S

N+

1

N2> 3 + t− 2S

N

Ist also N genugend groß, so wird S2N > 3, da dann t > 2S

Nwird. Dann ist also x < SN fur jedes

x ∈ A. Auch SN ist eine obere Schranke fur A und kleiner als S.

Weitere irrationale Zahlen:

a) Die Zahl π

Bei Kreisen ist das Verhaltnis von Umfang zu Durchmesser stets dasselbe. Die alten Griechenhaben dies schon beobachtet. Es wurde 1706 erstmals mit dem Buchstaben π bezeichnet. DerFlacheninhalt eines Kreises mit Radius 1 ist π.

Die Aufgabe, allein mit Zirkel und Lineal eine Strecke der Lange π zu konstruieren ist in derVergangenheit als das Problem der Quadratur des Kreises bekannt geworden. Es ist unlosbar,was 1882 durch F. Lindemann bewiesen wurde.

Diese Zahl lasst sich durch die Bruchzahlen niemals exakt, aber in guter Naherung, darstellen.Etwa approximiert der Bruch 22/7 die Zahl π auf 2 Kommastellen genau, beim Bruch 355/113sind es 6 Stellen und bei 104 348/33 215 schon 9 Kommastellen. Man hat z. B.

π

4= 1− 1

3+

1

5− 1

7+

1

9− ....

Auf 12 Stellen genau hat man

π = 3, 141 592 653 589.....


b) Die Eulersche Zahl e.

Man bilde die Zahlen xn =(1 + 1

n

)n. Mit immer großer werdendem n wird auch xn immer

großer und strebt einer nach Euler benannten Zahl e zu, von der man ebenfalls zeigen kann, dasssie keine rationale Zahl ist. Man hat

e = 1 + 1 +1

2+

1

2 · 3+

1

2 · 3 · 4+

1

2 · 3 · 4 · 5+

1

2 · 3 · 4 · 5 · 6+ ..... ≈ 2, 718281828.....

Diese Zahl tritt bei der Beschreibung von Wachstumsprozessen auf.

Quadratwurzeln

Innerhalb der reellen Zahlen kann man jede Gleichung x2 = a losen, sofern a > 0 ist. Dabeigibt es eine positive und eine negative Losung, die wir mit dem Symbol

√a (bzw. −

√a )

bezeichnen.

1

a

a

1

a

Das Rechteck hat die Flache a, und nach dem Hohensatz ebenso das Quadrat. Seine Sei-tenlange ist also

√a.

Wir konnen zu jeder vorgegebenen Approximationsgute durch folgendes Verfahren√a nahe-

rungsweise berechnen.

Sei dazu a > 1. Wir wahlen x1 so, dass√a < x1 <

√a+ 0.1 und weiter

x2 =1

2(x1 +

a

x1), x3 =

1

2(x2 +

a

x2), x4 =

1

2(x3 +

a

x3), .....


Allgemein: Ist xk schon berechnet, so

xk+1 =1

2(xk +

a

xk)

fur k ≥ 1. Dann gilt

x2k − a =1

4x2k−1(x2k−1 − a)2 ≥ 0

fur alle k ≥ 2. Es folgt:xk+1

xk=

1

2(1 +

a

x2k) ≤ 1

fur k ≥ 1, also√a ≤ xk+1 ≤ xk ≤ x1 fur alle k ≥ 1. Weiter haben wir aber

xk+1 −√a

xk+1 +√a

=12(xk + a

xk− 2√a)

12(xk + a

xk+ 2√a)

=x2k − 2

√axk + a

x2k + 2√axk + a

=

(xk −

√a

xk +√a

)2

also

0 ≤ xk+1 −√a =

xk+1 +√a

xk +√a

(xk −√a)2

xk +√a≤ (xk −

√a)2

xk +√a≤ (xk −

√a)2

2√a

≤ (xk −√a)2

fur k ≥ 1.Da nun x1 −

√a < 0.1, folgt x2 −

√a ≤ 0.01, x3 −

√a < 0.0001 ,x4 −

√a < 0.00000001. Von

Schritt zu Schritt verdoppelt sich die Zahl der korrekten Nachkommastellen nahezu: Ist xk bisauf 2k−2 − 1 Nachkommastellen korrekt, so ist es xk bis auf 2k−1 − 1 Nachkommastellen.

Beispiele. 1) Sei a = 3. Dann ist x1 := 1.74 eine Zahl mit x21 = 3.0276 > 3 und (x1 − 0.1)2 =2.9929, also ist

√3 < x1 <

√3 + 0.1. Dann wird x2 = 1.7320689655, und x3 = 1.732050807664,

x4 = 1.7320508075688. Schon x4 ist bis auf 10 Nachkommastellen korrekt.

2) Sei a = 235. Wir wahlen x1 = 15.33. Dann ist√

235 < x1 <√

235 + 0.1. Nun rechnen wiraus

x2 = 15.329709719505424, x3 = 15.32970971675589, x3 − x4 < 10−14

Also ist x3 bis auf 13 Nachkommastellen korrekt.

Das oben fur die Quadratwurzeln beschriebene Argument ist mit etwas technischem Aufwandverallgemeinerbar und eignet sich dann fur den Nachweis der Existenz hoherer Wurzeln auspositiven Zahlen.

Zur praktischen Berechnung der n.-ten Wurzel :

Sei x > 0. Dann geht man ahnlich vor wie bei der Quadratwurzel:

• Man wahle einen Startwert x0 > 0,


• Berechne x1 = 1n((n− 1)x0 + x

xn−10

) ,

• Angenommen, es seien x1, x2, ..., xk schon gefunden. Dann berechne man xk+1 durch

xk+1 =1

n((n− 1)xk +

x

xn−1k

)

Wenn irgendwann, (d.h.: fur großes k) die Zahlen xk und xk+1 sich kaum noch voneinanderunterscheiden, so hat man in xk einen guten Naherungswert fur n

√x gefunden.

Beispiele: a) x = 5, n = 5 und x0 = 2. Dann wird

x1 = 1.6625

x2 = 1.460904141

x3 = 1.38826304

x4 = 1.379833925

x5 = 1.37972967

x6 = 1.379729661

x7 = 1.379729661

In guter Naherung gilt also 5√

5 = 1.379729661. Es gilt in der Tat |x57 − 5| < 10−8.

1.2.2 Satz. a) Ist t ≥ 1 ( bzw. t > 1), so auch tn ≥ 1 (bzw. tn > 1) fur alle n ∈ N. Wenna ≥ b > 0 (bzw. a > b), so ist auch an ≥ bn (bzw. an > bn) fur alle n ∈ N.

b) Ist n ≥ 2 ganz und x > 0, so lasst sich aus x genau eine n-te Wurzel ziehen. Wir bezeichnendiese mit n

√x.

Beweis. a) ist klar. Wenn (a/b) ≥ 1 ist, so an/bn = (a/b)n ≥ 1.

Zu b) Ist x > 0 und sind a, b > 0 Losungen zu an = bn = x, so kann nach a) nicht mehr a < boder b < a sein.

Es gilt wieder die folgende Regel:

1.2.3 Hilfssatz. Fur positive Zahlen x, y und ganze Zahlen n, k > 1 wird:

n√xy = n

√x n√y,

n

√k√x = nk

√x

Beweis. Denn n√xy und n

√x n√y losen beide die Gleichung T n = xy, stimmen also uberein.

Analog begrundet man die 2. Gleichung.

1.3. DAS AUFLOSEN VON GLEICHUNGEN UND UNGLEICHUNGEN 19

1.3 Das Auflosen von Gleichungen und Ungleichungen

Lineare GleichungenEine lineare Gleichung hat die Form

ax+ b = 0

wobei a und b reelle Zahlen sind und a 6= 0. Sie hat genau eine Losung, diese ist leicht anzugeben:x = −b/a.

Etwas weniger leicht ist der Fall der

Gleichungen 2. Grades

Das sind Gleichungen der Form

ax2 + bx+ c = 0,

wobei wieder a, b, c ∈ R und a 6= 0. Setzen wir p = b/a und q = c/a, so ist x genau dann Losungdieser Gleichung, wenn

x2 + px+ q = 0 (1.3.1)

(Man nennt dies auch die Normalform einer quadratischen Gleichung, denn der Koeffizient bei x2

ist auf 1 normiert ). Wir formen (1.3.1) um, indem wir p2/4 − q auf beiden Seiten hinzuaddierenund erhalten:

x2 + px+p2

4=p2 − 4q

4

oder

(x+p

2)2 =

p2 − 4q

4(1.3.2)

Hier sehen wir, dass unsere quadratische Gleichung nicht uneingeschrankt losbar ist: Alleshangt von der Große

D1 := p2 − 4q

ab, die man daher auch die Diskriminante der quadratischen Gleichung nennt. Wir finden

i) Keine Losung in R, wenn D1 < 0 ist, da die linke Seite von (1.3.2) immer ≥ 0 sein muss.

ii) Genau eine Losung, wenn D1 = 0 ist. Sie ist gegeben durch x = −p/2iii) Genau zwei Losungen x1, x2, wenn D1 > 0 ist. Es gilt

x1 = − p2

+1

2

√D1, x2 = − p

2− 1

2

√D1

Ein kleines


Beispiel: Die Gleichung

x2 − 176

153x+ 1 =

35

51

Hier ist p = − 176153, q = 16

51und daher D1 = 1600

23409= r2, wobei r = 40

153. Wir erhalten die Losungen

x1 =108

153=

12

17, x2 =

68

153=

4

9

Beispiel. Ein Auto mit einer Geschwindigkeit v ≥ 40 km/h hat je 100 km einen Benzinver-brauch B(v), der etwa durch B(v) = av2 + bv + c berechnet werden kann.

Angenommen, es sei B(v) = 0.0004v2 − 0.03v + 5. Wie schnell ist das Auto gefahren, wennes 8 Liter Benzin auf 100 km verbraucht hat?

Wir mussen also eine quadratische Gleichung losen, namlich

0.0004v2 − 0.03v + 5 = 8

d.h. also v2 − 75v = 7500. Als rechnerische Losungen haben wir v1,2 = 37.5 ±√

37.52 + 7500 =37.5 ±

√8906.25, doch relevant ist v1. Also war die Geschwindigkeit des Wagens v1 = 37.5 +

94.37 = 131.87.

Wollen wir aber alle quadratischen Gleichungen losen, mussen wir unseren Zahlenbereich Rnochmals erweitern, was auf die komplexen Zahlen fuhrt. Dazu spater mehr.

Einfache kubische Gleichungen

Wir betrachten zunachst nur Gleichungen vom Typ

x3 + px2 + qx = 0 (1.3.3)

Offenbar ist 0 eine Losung. Jede Losung der quadratischen Gleichung x2 + px+ q = 0 ist eineweitere Losung der kubischen Gleichung.

Nun kommen wir zur kubischen Gleichung

x3 + px+ q = 0 (1.3.4)

Wir notieren zuerst, dass

(a2 + ab+ b2)(a− b) = a3 − b3

fur alle a, b ∈ R gilt. Angenommen, wir haben zu (1.3.4) eine Losung x0 gefunden. Dann konnenwir durch Untersuchen der quadratischen Gleichung

x2 + x0x+ p+ x20 = 0 (1.3.5)


entscheiden, ob es weitere Losungen zu (1.3.4) gibt. Denn ist x1 eine Losung zu (1.3.5), so istwegen x30 + px0 = −q:

x31 + px1 + q = x31 − x30 + p(x1 − x0)= (x21 + x0x1 + x20)(x1 − x0) + p(x1 − x0)= (x21 + x0x1 + x20 + p)(x1 − x0) = 0

So lasst sich eine kubische Gleichung manchmal auf eine quadratische zuruckfuhren.

Beispiel: Die Gleichung x3 − 463x+ 592

27= 0 hat die Losung x0 = 8/3. Die Gleichung

x2 +8

3x− 46

3+

64

9= 0

also

x2 +8

3x− 74

9= 0

hat die Losungen

x2 = −4

3+√

10, x3 = −4

3−√

10

Unter gunstigen Umstanden kann man im Reellen eine Losung der kubischen Gleichung x3 +px+ q = 0 ausrechnen, namlich dann, wenn

∆ := (p

3)3 + (

q

2)2 ≥ 0

ist. Wir probieren jetzt x := t − p3t

. Einsetzen in x3 + px + q = 0 ergibt dann, dass t3 diequadratische Gleichung T 2 + qT = (p

3)3 lost. Das fuhrt auf

T = −q2±√

∆

Wir wahlen T := − q2

+√

∆ und bilden t0 := 3√T . Das liefert uns

x = t− p

3t= 3

√−q

2+√

∆− 3

√q

2+√

∆

Beispiel: Die Gleichung x3 + 2316x− 3

2= 0.

Jetzt ist also p = 2316, q = −3

2. Das ergibt ∆ = 74375

110592= (25

64)2 119

27. Damit erhalten wir

x =3

√3

4+

25

192

√119

3− 3

√−3

4+

25

192

√119

3=

3

4


Ruckfuhrung auf die Normalform

Die allgemeine kubische Gleichung

x3 + a2x2 + a1x+ a0 = 0

kann durch die Substitutionx = t− a2

3uberfuhrt werden in

(t− a23

)3 + a2(t−a23

)2 + a1(t−a23

) + a0 = 0

Das ist aber gerade

t3 + (a1 −a223

)t+2a3227− a1a2

3+ a0 = 0

Ist t0 eine Losung dieser Gleichung, so wird x = t0 − a23

eine Losung zur Gleichung x3 + a2x2 +

a1x+ a0 = 0.Beispiel. Die Gleichung x3+6x2+4x+5 = 0. Wir schreiben x = t−2 und finden t3−8t+13 = 0.

Jetzt ist also q = 13, p = −8, also ∆ = 2515108

. Die Cardanosche Formel liefert x0 := −3, 43316 alsgute Naherungslosung. Also ist x1 := −5, 43316 eine Losung zu x3 + 6x2 + 4x+ 5 = 0.

Beispiele. a) Aus einer rechteckigen Platte mit Breite a und Hohe b sollen an den 4 Eckenquadratische Stucke herausgeschnitten werden. Durch Hochbiegen der Seiten entsteht dann eineWanne mit den Maßen a−2x, b−2x, x, also einem Volumen V = x(a−2x)(b−2x). Angenommen,a = 150cm,b = 90cm. Wie muss x gewahlt werden, soll V = 91 Liter werden? Dazu mussenwir die Gleichung (90 − 2x)(150 − 2x)x = 91000 losen, also erfullt u = x/10 die Gleichung(9 − 2u)(15 − 2u)u = 91, also 4u3 − 48u2 + 135u − 91 = 0. Wir teilen durch 4 und findendie Gleichung u3 − 12u2 + 135

4u − 91

4= 0. Nun schreiben wir u = v + 4 und setzen ein. Es

entsteht v3 − 574v − 63

4= 0. Eine Nullstelle liegt bei v1 = −3. Daraus folgt, dass v2 := 3−

√30

2und

v3 := 3+√30

2weitere Nullstellen sind. Zu ihnen gehoren die x-Werte x1 = 10, x2 = 5(11 −

√30)

und x3 = 5(11 +√

30). Aber x3 > 82 ist zu groß und scheidet aus. Technisch relevant sind nurx1 und x2.

Spannungsabfall an einer Gluhlampe. Angenommen, der Spannungsabfall (in Volt) an einerGluhlampe sei durch U = 1000I3 + 200I gegeben, wobei I die Stromstarke (in Ampere) be-deute. Dann kann man ausrechnen, welcher I-Wert auf U = 60 fuhrt. Man lost namlich diekubische Gleichung I3 + 0.2 I − 0.06 = 0. Also ist hier p = 0.2 und q = −0.06. Das ergibt∆ = 0.00119,

√∆ = 0.0346. Mit der Cardanoformel folgt I = 0.23506 .

Biquadratische Gleichungen

Diese Gleichungen haben die Gestalt

ax4 + bx2 + c = 0 (1.3.6)


mit a, b, c ∈ R und a 6= 0. Man erhalt nur dann Losungen x ∈ R, wenn die quadratische Gleichungat2 + bt+ c = 0 eine reelle nicht negative Losung hat.

Beispiel. Die Gleichung 3x4 − 2x2 − 5 = 0 kann in x4 − 23x2 = 5

3umgeformt werden. Es folgt

(x2 − 13)2 = 16

9, also x2 = 1±4

3. Wir erhalten daher 2 reelle Losungen: x1,2 = ±

√53.

Ungleichungen

Ordnungsrelation und Betrag

Fur zwei Zahlen x, y ∈ R, schreiben wir x < y, wenn x kleiner als y ist und x > y, wenn xgroßer als y ist. Wenn x kleiner oder gleich y gilt, so schreiben wir auch x ≤ y, entsprechendeBedeutung hat die Notation x ≥ y. Offenbar gilt stets eine der beiden Ungleichungen x ≤ y odery ≤ x. Wir nennen eine Zahl x ∈ R positiv, wenn x > 0 und negativ, wenn x < 0. Als Betrageiner Zahl x ∈ R definieren wir |x| := x, wenn x ≥ 0 und |x| = −x, wenn x < 0.

1.3.1 Hilfssatz. Fur Ungleichungen in R gelten folgende weitere Regeln:i) Aus a ≤ b und b ≤ c folgt: a ≤ c. Gilt hierbei a < b oder b < c, so ist stets a < c.ii) Genau dann ist a ≤ b (bzw. a < b), wenn −a ≥ −b (bzw. −a > −b)iii) a) x ≤ y impliziert x+ z ≤ y + z fur alle z ∈ R. Ist z ≥ 0, so folgt weiter xz ≤ yz.

b) Wenn x ≤ y und z < 0, so hat man xz ≥ yzc) Sind x und y positiv, so gilt x2 < y2 genau dann, wenn x < y

iv) Genau dann besteht fur a, b > 0 die Ungleichung a ≥ b, wenn 1/a ≤ 1/b. Entsprechendist a > b mit 1/a < 1/b aquivalent.

Die Betragsfunktion erfullt folgende Regeln:v) |x|2 = x2; ist t ≥ 0, so ist |z| ≤ t genau dann, wenn −t ≤ z ≤ t,

vi) |x| = 0 genau dann, wenn x = 0, |xy| = |x||y| und

|x+ y| ≤ |x|+ |y| (Dreiecksungleichung)

Beweis. Zu iii). Der erste Teil ist klar. Zum zweiten: Wenn z < 0, (insbesondere −z > 0, so folgtxz − yz = (−z)(y − x) ≥ 0, also xz ≥ yz. Sind x, y > 0, so ist y2 − x2 = (y − x)(x + y) genaudann positiv, wenn y − x es ist.

Zu iv). Man teile die Ungleichung a ≥ b (bzw. a < b) durch ab und benutze iii).Punkt v) folgt aus der Definition des Betrages einer Zahl.Zu vi) Die erste Behauptung ist klar. Zur zweiten: Wenn x = 0 oder y = 0 ist alles klar.

Angenommen, es sei x, y 6= 0. Dann wird (|xy| − |x||y|)(|xy| + |x||y|) = |xy|2 − |x|2|y|2 =(xy)2 − x2y2 = 0. Dann ist aber |xy| = |x||y|, denn |xy|+ |x||y| > 0.


Zur Dreiecksungleichung: Es gilt −|x| ≤ x ≤ |x| und −|y| ≤ y ≤ |y|, woraus durch Addierender Ungleichungen folgt: −(|x|+|y|) = −|x|−|y| ≤ x+y ≤ |x|+|y|. Aus v) folgt die Behauptung.

Intervalle

Sind a, b ∈ R mit a < b, so sei

(a, b) := x ∈ R | a < x < b, (a, b] := x ∈ R | a < x ≤ b ,

[a, b) := x ∈ R | a ≤ x < b, [a, b] := x ∈ R | a ≤ x ≤ b

Analoge Bedeutung haben die Intervalle, wenn a durch −∞ oder b durch ∞ ersetzt wird.

Beispiele fur das Losen von Ungleichungen

Wir sehen uns dazu zwei Typen von Ungleichungen an:i) Seien a, b und c reell, a > 0. Wir untersuchen die Menge

M := x ∈ R | |ax+ b| ≤ c

Ist c < 0, so ist M = ∅. Ist c ≥ 0, so ist

x ∈M ⇔ −c ≤ ax+ b ≤ c⇔ −c− b ≤ ax ≤ c− b⇔ −c+ b

a≤ x ≤ c− b

a

Das zeigt, dass

M = [−c+ b

a,c− ba

]

Beispiel: x | |3x− 7| ≤ 12 = [−12−73, 12+7

3] = [−5

3, 19

3]

ii) SeiM := x | x2 + px+ q ≥ s

fur beliebige p, q und s.Nun gilt

x ∈M ⇔ (x+p

2)2 ≥ s− q +

p2

4

Wenn also s− q + p2

4≤ 0, so ist M = R. Ist dagegen s− q + p2

4> 0, so gehort x genau dann zu

M , wenn

|x+p

2| ≥

√s− q +

p2

4

Dann wird aber M = M− ∪M+, wobei

M− = x | x+p

2≤ −

√s− q +

p2

4 = (−∞ , −p

2−√s− q +

p2

4]


und

M+ = x | x+p

2≥√s− q +

p2

4 = [−p

2+

√s− q +

p2

4, +∞)

Graphische Darstellungen:

Zu (i) M = x | |3x− 7| ≤ 12

|3x-7|

xM

12

-5/3 7/30 19/3


Zu (ii) mit p = 4, q = −3, s = 5.

M_ -4 -2 M+

-5

5

10

Weitere Beispiele. iii) Was ist

M := x ∈ R | |4x− 1| > |2x+ 2| ?

Dazu uberlegen wir

x ∈M ⇔ (4x− 1)2 > (2x+ 2)2

⇔ 16x2 − 8x+ 1 > 4x2 + 8x+ 4

⇔ 12x2 − 16x > 3

⇔ x2 − 4

3x >

1

4

⇔ (x− 2

3)2 >

4

9+

1

4= (

5

6)2

⇔ |x− 2

3| > 5

6

Das zeigt, dass

M = (−∞, −1

6) ∪ (

3

2, ∞)

(iv) Was ist die MengeM := x ∈ R | |3x− 2| > |x| ?


Wir zerlegen M als M = M+ ∪M−, wobei

M+ := x ∈M | 3x− 2 ≥ 0, M− := x ∈M | 3x− 2 < 0und bestimmen M+ und M− einzeln. Es gilt

M+ = x ∈M | 2− 3x < x < 3x− 2= x ∈M | − 2x < −2 und 4x > 2= x ∈M |x > 1 = (1,∞)

und

M− = x ∈M | 3x− 2 < x < 2− 3x= x ∈M | 4x < 2 und 2x < 2

= x ∈M |x < 1

2 = (−∞ ,

1

2)

Also ist M = (−∞ , 12) ∪ (1,∞).

Beispiel. Berechne die Menge M := x 6= 1

4

∣∣∣ ∣∣∣2x− 3

4x− 1

∣∣∣ ≤ x. Zunachst ist M ⊂ (0,∞) und

M = x 6= 14| |2x− 3| ≤ x|4x− 1|. Wir zerlegen dann M = M1 ∪M2 ∪M3, mit

M1 := M ∩(1

4,3

2), M2 := M ∩

[3

2,∞), M3 := M ∩ (0,

1

4)

Dann rechnen wir aus:

M1 = x > 1

4| 3− 2x ≤ 4x2 − x

= x > 1

4| 4x2 + x ≥ 3 = x > 1

4|x2 +

1

4x ≥ 3

4

= x > 1

4| (x+

1

8)2 ≥ (

7

4)2 =

(1

4,3

2) ∩([13

8,∞) ∪ (−∞,−15

8

])= ∅

Weiter ist

M2 =[3

2,∞) ∩ x

∣∣∣ 2x− 3 ≤ 4x2 − x =[3

2,∞) ∩ x

∣∣∣ 4x2 − 3x ≥ −3

=[3

2,∞)

und schließlich

M3 = (0,1

4) ∩ x | 3− 2x ≤ x− 4x2

= (0,1

4) ∩ x | 4x2 − 3x ≤ −3

= (0,1

4) ∩ x | x2 − 3

4x ≤ −3

4

= (0,1

4) ∩ x | (x− 3

8)2 ≤ (

3

8)2 − 3

4 = ∅,


da (38)2 − 3

4< 0. Also erhalten wir M = M2 =

[32,∞).

1.4 Induktionsprinzip und Anwendungen

Das Induktionsprinzip ist der folgende Grundsatz:Ist n0 ∈ N und E ⊂ N eine Menge mit den beiden Eigenschaften:

• n0 ∈ E und

• Ist n ≥ n0 und n ∈ E, so ist auch n+ 1 ∈ E,

so besteht E aus allen naturlichen Zahlen, welche ≥ n0 sind.

Das erlaubt es, Formeln uber naturliche Zahlen zu beweisen.

Beispiel. Es gilt fur alle n ∈ N die Beziehung:

1 + 2 + 3 + 4 + ...+ n =n(n+ 1)

2(1.4.7)

Ein moglicher Beweis mit dem Induktionsprinzip (man sagt auch Induktion nach n) verlauftso: Hier ist E die Menge der naturlichen Zahlen n, fur die (1.4.7) zutrifft: Sicherlich ist n0 := 1 ∈E. Gilt nun (1.4.7) fur n, so haben wir

1 + 2 + 3 + 4 + ...+ (n+ 1) = (1 + ...+ n) + (n+ 1)

=n(n+ 1)

2+ n+ 1 =

n(n+ 1) + 2n+ 2

2=

(n+ 1)(n+ 2)

2

Das ist gerade die Formel (1.4.7), wenn man n durch n + 1 ersetzt. Das zeigt: n + 1 ∈ E, wennn ∈ E.

Summennotation: Haben wir endlich viele Zahlen a1, ...., an ∈ R gegeben, so schreiben wirihre Summe a1 + a2 + a3 + ...+ an als

a1 + a2 + a3 + ...+ an =:n∑

k=1

ak

Die Formel (1.4.7) lasst sich also auch als

n∑k=1

k =n(n+ 1)

2

schreiben.

1.4. INDUKTIONSPRINZIP UND ANWENDUNGEN 29

Man kann nun nach demselben Schema nachweisen, dass

n∑k=1

k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

undn∑

k=1

k3 =

(n(n+ 1)

2

)2

Geometrische Summenformel

1.4.1 Hilfssatz. Ist q 6= 1, so haben wir fur alle n ∈ N:

n∑k=0

qk =qn+1 − 1

q − 1(1.4.8)

Beweis. Auch das zeigen wir induktiv: Fur n = n0 = 0 ist die Behauptung klar. Gilt sie fur n,so auch fur n+ 1:

n+1∑k=0

qk =n∑

k=0

qk + qn+1

=qn+1 − 1

q − 1+ qn+1

=qn+1 − 1 + qn+1(q − 1)

q − 1=qn+1 − 1 + qn+2 − qn+1

q − 1=qn+2 − 1

q − 1

Das war zu zeigen.

Als erste Anwendung erinnern wir uns an die Geschichte uber die Erfindung des Schachspiels.Der Erfinder dieses Spiels, der Brahmane Sissa, soll von seinem Herrscher, dem Konig Shrihram,wie folgt belohnt worden sein: Auf das erste der 64 Felder des Schachbrettes kommt ein Weizen-korn, auf das 2. Feld 2, auf das 3. Feld 22 auf das 4. Feld 23 und immer so fort, allgemein auf dasn.te Feld 2n−1. Wie viele Weizenkorner kommen so zusammen?

Die Antwort lautet

N :=64∑n=1

2n−1 =63∑n=0

2n = 264 − 1

= 18 446 744 073 709 551 615

Soviel Weizen wachst auf der ganzen Erde nicht!


Angenommen, ein Weizenkorn wiegt ca. 0,05 Gramm. Dann erhalten wir als Weizenmenge

N · 0.05 = 922337203685477580, 75

Gramm, also uber 922, 337203 Milliarden Tonnen Weizen. Das ist etwa das 1300 - Fache derWeizenernte des Jahres 2013/14, als weltweit 709 Millionen Tonnen Weizen geerntet wurden.

Wollte man diese Weizenmenge auf Lastwagen mit 10 Tonnen Nutzlast verladen, so brauchteman 92,2337 Milliarden solcher LKWs. Hat jeder eine Lange von 10 Metern und fuhren die LKWStoßstange an Stoßstange, so entstunde ein Konvoi von 922 Millionen km Lange, was das 6-facheEntfernung Erde-Sonne ware. Er konnte etwa 23000 Mal um den Aquator gewickelt werden.

Die Formel (1.4.8) ist verallgemeinerbar:

1.4.2 Hilfssatz. Ist n 6= 0 ganz, so haben wir fur alle a 6= b:

n−1∑k=0

akbn−1−k =an − bn

a− b(1.4.9)

Beweis. Wenn wir in (1.4.8) mit n− 1 statt n setzen q := ab, so wird

an − bn

a− b= bn−1

qn − 1

q − 1= bn−1

n−1∑k=0

qk = bn−1n−1∑k=0

ak

bk=

n−1∑k=0

akbn−1−k

Ein weiteres Beispiel:

1.4.3 Hilfssatz (Bernoulli-Ungleichung). Wenn x ≥ −1 und n ∈ N, so gilt immer

(1 + x)n ≥ 1 + nx

Beweis. Auch das ist induktiv nachzuweisen: Fur n = 1 ist nichts zu tun. Angenommen, dieUngleichung gilt fur n ≥ 1. Dann gilt sie auch fur n+ 1, denn

(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n+ 1)x+ nx2 ≥ 1 + (n+ 1)x

wobei die Ungleichung (1 + x)n(1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x) aus der Induktionsannahme und derVoraussetzung 1 + x ≥ 0 folgt.

Die geometrisch-arithmetische Ungleichung

1.4.4 Satz Sind x1, ..., xn ≥ 0, so gilt

(x1 · ... · xn)1/n ≤ x1 + ...+ xnn


Beweis. Auch das zeigen wir durch Induktion nach n. Fur n = 1 ist nichts zu tun, da dannbeide Seiten ubereinstimmen.

Angenommen, die Ungleichung gelte fur n Zahlen. Sind dann x1, ...., xn+1 ≥ 0, so durfen wirannehmen, es sei xn+1 die großte unter ihnen. Dann setzen wir An := x1+...+xn

nund schreiben(

x1 + ...+ xn+1

(n+ 1)An

)n+1

=

(nAn + xn+1

(n+ 1)An

)n+1

=

(1 +

xn+1 − An

(n+ 1)An

)n+1

≥ 1 +xn+1 − An

An

=xn+1

An

Damit folgt (x1 + ...+ xn+1

n+ 1

)n+1

≥ Annxn+1 ≥ (x1 · ... · xn)xn+1 = x1 · ... · xn+1

da ja laut Induktionsannahme gilt Ann ≥ x1 · ... · xn. Das beweist die Behauptung fur n+ 1.

Aus der Kombinatorik

Fakultat und Binomialkoeffizienten

Ist n ∈ N, so definieren wir n! := 1, wenn n = 0 und sonst n! = 1 · 2 · 3 · ... · n (also ist n! furn ≥ 2 das Produkt der ersten n naturlichen Zahlen!)

Beispiele. 4! = 24, 6! =720, 10! = 3628800, 15! = 1 307 674 368 000.Die Binomialkoeffizienten sind so definiert: Sind n und k ∈ N, so setzen wir(n

k

)=

n!

(n− k)!k!

Ferner setzen wir(n0

):= 1 und

(00

)= 1.

Wo kommen die Binomialkoeffizienten vor?

Anwendungen der Binomialkoeffizienten

Befinden sich in einer Urne n Kugeln, so gibt es(nk

)verschiedene Moglichkeiten, k Kugeln

herauszunehmen, (wobei naturlich die Zahl k nicht großer als n sein soll).Allgemeiner gesagt: Eine n-elementige Menge hat

(nk

)verschiedene k-elementige Teilmengen.


Beim Lottospiel kann man auf(496

)verschiedene Weisen 6 Zahlen ankreuzen, das sind

44 · 45 · 46 · 47 · 48 · 49

720= 13 983 816

Moglichkeiten.

So berechnen wir die Binomialkoeffizienten systematisch:

1.4.5 Hilfssatz. a) Die Binomialkoeffizienten sind symmetrisch:(nk

)=

(n

n− k

)b) Man kann

(n+1k

)aus

(nk

)und

(n

k−1

)berechnen:(

n+ 1

k

)=(nk

)+

(n

k − 1

)Beweis. a) klar. Zu b)(n

k

)+

(n

k − 1

)=(nk

)(1 +

k

n+ 1− k) =

(nk

) n+ 1

n+ 1− k=

(n+ 1

k

)

Das folgende Schema zur Berechnung der Binomialkoeffizienten basiert auf diesem Hilfssatzund heißt (nach dem franzosischen Mathematiker Blaise Pascal) auch


Pascalsches Dreieck:(0k

)1(

1k

)1 1(

2k

)1 2 1(

3k

)1 3 3 1(

4k

)1 4 6 4 1(

5k

)1 5 10 10 5 1(

6k

)1 6 15 20 15 6 1(

7k

)1 7 21 35 35 21 7 1

Hier ist eine kombinatorische Anwendung des Binomialkoeffizienten:

1.4.6 Satz Gegeben sei eine Menge Sn = x1, ..., xn mit n Elementen und k ∈ 0, 1, 2, ..., n.

Dann findet man exakt

(nk

)Teilmengen in Sn, die k Elemente besitzen.

Beweis. Auch hier eignet sich ein Induktionsargument. Der Fall n = 1 ist klar. Angenommen,die Aussage gelte fur n-elementige Mengen. Ist nun A ⊂ Sn+1 := x1, ..., xn+1 eine Teilmengemit k Elementen, so gehort A zu genau einer der beiden Teilmengensysteme:

T1 := L ⊂ Sn+1 | xn+1 /∈ L, T2 := L ⊂ Sn+1 | xn+1 ∈ L

Aber T1 steht in 1-zu-1-Korrespondenz mit T := Z ⊂ Sn | Z hat k Elemente und T2 in 1-zu-1-Korrespondenz mit T3 := X ⊂ Sn | X hat k − 1 Elemente, denn genau dann gehort eineTeilmenge A zu T2, wenn X := A\xn+1 zu T3 gehort. Aber dann hat T1 genau soviele Elemente

wie T , und das sind nach Induktionsannahme

(nk

)an der Zahl und T2 genau soviele Elemente

wie T3, und das sind

(n

k − 1

)an der Zahl. So finden wir, dass fur A exakt

(nk

)+

(nk

)=(

n+ 1k − 1

)Moglichkeiten bestehen.

Die Regel (a + b)2 = a2 + 2ab + b2, (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 lasst sich verallgemeinern zumBinomischen Lehrsatz:


1.4.7 Satz (Binomischer Lehrsatz). Fur zwei Zahlen a, b ∈ R und n ∈ N gilt:

(a+ b)n =n∑

k=0

(nk

)an−kbk

Auch dies ist mit Induktionsverfahren und der Rekursionsformel fur die Binomialkoeffizientenzu zeigen.

Der Induktionsanfang ist n = 1 ist klar. Nehmen wir an, die Formel gelte fur n, so gilt sieauch fur n+ 1, denn

(a+ b)n+1 = (a+ b)n∑

l=0

(nl

)an−lbl

=n∑

l=0

(nl

)an−l+1bl +

n∑k=0

(nk

)an−kbk+1

=n+1∑l=0

(nl

)an+1−lbl +

n+1∑l=1

(n

l − 1

)an+1−lbl

= an+1 +n∑

l=1

( (nl

)+

(n

l − 1

))an+1−lbl

=n+1∑k=0

(n+ 1

k

)an+1−kbk

Zwei kleine Anwendungen:

1.4.8 Folgerung. Es gilt

n∑k=0

(nk

)= 2n,

n∑k=0

(nk

)(−1)k = 0

Wahle im Binomialsatz einmal a = b = 1 und das andere Mal a = −1, b = 1.

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