Analysis 1

Zu jedem \(m\in \mathbb {N}\) und \(n\in \mathbb {N}_0\) existieren eindeutige \(k,l \in \mathbb{N}_0, l < m\), mit \(n=k\cdot m + l\).

Jede nicht leere Teilmenge von \(\mathbb{N}_0\) besitzt ein kleinstes Element, d.h

\(\forall M \subset \mathbb{N}_0, M \neq \varnothing, \exists m_0 \in M: (\forall m \in \mathbb{M}: m_0\le m).\)

\(\nexists N \in \mathbb{N}_0: (\forall v \in \mathbb{N}_0: n\le N).\)

Satz:

\(\displaystyle\sum_{k=0}^n x^k = 1+...+x^n = \frac{1-x^{n+1}}{1-x}\)

Beweis ( durch vollständige Induktion nach (\(n, n_0=0\)).

\(n=0:\)                                        \(\displaystyle\sum_{k=0}^0 x^k = 1 = \frac{1-x}{1-x}\)

\(n\to n+1: \displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}x^k = \displaystyle\sum_{k=0}^nx^k+x^{n+1}=^{i.v} \frac{1-x^{n+1}}{1-x}+x^{n+1}= \frac{1-x^{n+1}+(1-x)x^{n+1}}{1-x}= \frac{1-x^{n+2}}{1-x}\)

Rekursive Definition:

(I) \(x^0:=1,\)

(II) \(x^{n+1}:=x\cdot x^n, n\in N_0\)

Für \(n \in \mathbb{N}_0\) definieren wir \(n!:= \prod_{k=1}^n k = 1\cdot2\cdot ....\cdot n\)

(I) \(0! := 1,\)

(II) \((n+1)!:=(n+1)\cdot n!, n\in\mathbb{N}_0\)

Sei \(n\in \mathbb{N}_0\) und \(M\) eine Menge mit \(n\) Elementen, Eine Anordnung von \(M\) ist eine bijektive Abbildung von M nach \(\{ {1,2,...,n} \}\), eine Permutation von \(M\) ist eine bijektive Abbildung von \(M\) in sich.

Bsp:

- \(M = \{a\}\) besitzt 1 Anordnung \(a \to 1\) (kurz a),

                                1 Permutation \(a\to a\)

Die Anzahl der Anordnungen (Permutationen) einer Menge M mit n verschiedenen Elementen ist gleich n!.

Beweis: (durch vollständige Induktion nach \(n, n_0=1\)).

\(n=1:\) \(M = \{ a\}\) besitzt eine Anordnung & eine Permutation: \(a \to 1, a\to a;\)

\(n \to n+1:\) Es sei eine Menge mit n+1 verschiedenen Elementen. Fixiere eines davon, bezeichnet mit x. Für die Wahl von x eistieren n+1 Möglichkeiten. Die Anzahl der Anordnungen von M, die x an der 1. stelle haben ist nach Induktionsvoraussetzung n!, also gibt es \((n+1)\cdot n!=(n+1)!\) Anordnungen & Permutationen von M