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Vorschau:
Parameter

Führe einen Parameter ein

Diese Methode ist eng mit der vorigen verwandt, weil durch die Einführung eines Parameters natürlich die Aussage ebenfalls verallgemeinert wird. Vor allem aber stehen einem dann Techniken zur Verfügung, die ohne diesen Parameter gar nicht möglich wären. Man kann dieses Motto auch so formulieren: anstatt mit einem Objekt zu arbeiten, erkenne, dass es tatsächlich Teil einer ganzen Familie von Objekten ist, und arbeite stattdessen mit der Familie. \begin{tikzpicture} \draw[gray,rounded corners=5mm] (0.2,-1) -- (0.9,0) -- (1.9,0.8) -- (3.1,1.2) -- (4.3,1.3); \draw[fill=blue!10!white] (0.2,-1) circle [radius=3mm]; \draw[fill=blue!10!white] (0.9,0) circle [radius=3mm]; \draw[fill=blue!50!white] (1.9,0.8) circle [radius=3mm]; \draw[fill=blue!10!white] (3.1,1.2) circle [radius=3mm]; \draw[fill=blue!10!white] (4.3,1.3) circle [radius=3mm]; \end{tikzpicture}

Beispiel 1

Zeige, dass $1+3+5+\cdots + 2021$ ein Quadrat ist.
Auch wenn in dieser Aufgabe lediglich von einer einzigen Zahl die Rede ist: sie ohne weitere Hilfsmittel konkret auszurechnen, ist viel komplizierter als das allgemeinere Problem zu lösen, nämlich dass für jedes $n \in \IN$ die Summe der ersten $n$ ungeraden $\sum_{k=0}^{n-1} 2k+1$ ein Quadrat ist, genauer gesagt $n^2$. Das kann man zum Beispiel per Induktion beweisen oder auf die Summenformel von Gauß $\sum_{k=0}^{n} k = n(n+1)/2$ zurückführen. Oder man starrt einfach lange genug hier drauf: \begin{tikzpicture}[scale=0.6] \fill[blue!20!white] (0,0) -- (5,0) -- (5,5) -- (0,5) --cycle; \fill[blue!35!white] (0,0) -- (4,0) -- (4,4) -- (0,4) --cycle; \fill[blue!50!white] (0,0) -- (3,0) -- (3,3) -- (0,3) --cycle; \fill[blue!65!white] (0,0) -- (2,0) -- (2,2) -- (0,2) --cycle; \fill[blue!80!white] (0,0) -- (1,0) -- (1,1) -- (0,1) --cycle; \draw[gray] (0,0) grid (5,5); \end{tikzpicture}

Beispiel 2

Bestimme die Summe $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{2^k}$.
Tatsächlich ist es einfacher, allgemein für $x \neq 1$ die Summe $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k x^k$ zu bestimmen. Dazu leiten wir nämlich die geometrische Reihe $\displaystyle\sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{x^{n+1}-1}{x-1}$ auf beiden Seiten ab und erhalten (mit den üblichen Ableitungsregeln) $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} k x^{k-1} = \frac{(n+1) x^n (x-1) - (x^{n+1}-1)}{(x-1)^2} = \frac{n x^{n+1} - (n+1) x^n + 1}{(x-1)^2}$ Jetzt muss man nur noch beide Seiten mit $x$ multiplizieren. Anschließend kann man (zum Beispiel) $x = \frac{1}{2}$ einsetzen. Die Verallgemeinerung auf beliebige $x$ war hier notwendig, weil sich die Ableitung einer Funktion auch in einem festen Punkt auf die umgebenden Funktionswerte stützt. Ein ähnlicher Trick funktioniert bei Integralen:

Beispiel 3

Berechne das Integral $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(x^2+1)^2} \, \mathrm{d}x$.
Der Trick besteht darin, die $1$ im Nenner durch einen Parameter $a > 0$ zu ersetzen. Dann können wir nämlich unter dem Integralzeichen differenzieren: $\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(x^2+a)^2} \, \mathrm{d}x &= -\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}a} \frac{1}{x^2+a} \, \mathrm{d}x \\ & = -\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}a} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x^2+a} \, \mathrm{d}x \quad \mid x=\sqrt{a} y \\ & = - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}a} \frac{1}{\sqrt{a}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{y^2+1} \, \mathrm{d}y \\ & = \frac{1}{2 a^{3/2}} \bigl( \arctan(\infty) - \arctan(-\infty) \bigr) \\ & = \frac{1}{2 a^{3/2}} \left( \frac{\pi}{2} - \frac{-\pi}{2} \right) \\ & = \frac{\pi}{2 a^{3/2}} \end{align*}$ Speziell für $a=1$ bekommen wir $\frac{\pi}{2}$ als Ergebnis. Diese Methode funktioniert bei vielen Integralen und ist auch als Feynmans Integral-Trick bekannt.

Beispiel 4

Berechne die Determinante der Matrix $\displaystyle\left(\frac{1}{i+j}\right)_{1 \leq i,j \leq n}$.
Wir ersetzen hierfür die konkreten natürlichen Zahlen im Nenner durch polynomielle Variablen und berechnen allgemeiner die Determinante der Matrix $\displaystyle\left(\frac{1}{X_i + Y_j} \right)_{1 \leq i,j \leq n}$ über dem Funktionenkörper $K(X_1,\dotsc,X_n,Y_1,\dotsc,Y_n)$, wobei $K$ irgendein Körper ist. Zunächst bringen wir, für jedes $i$, die Einträge der $i$-ten Zeile auf ihren Hauptnenner $H_i := \prod_k (X_i + Y_k)$ und ziehen diesen aus der Determinante heraus. Wir erhalten damit $\displaystyle \det\left(\frac{1}{X_i + Y_j} \right)_{1 \leq i,j \leq n} = \frac{1}{H_1 \cdots H_n} \det\left(\frac{H_i}{X_i + Y_j}\right)_{1 \leq i,j \leq n} = \frac{1}{\prod_{i,j} (X_i+Y_j)} \det\left(\prod_{k \neq j} (X_i+Y_k) \right)_{1 \leq i,j \leq n}$ Die verbleibende Determinante bezieht sich auf eine Matrix $M := (\prod_{k \neq j} (X_i+Y_k))_{i,j}$ über dem Polynomring $K[X_1,\dotsc,X_n,Y_1,\dotsc,Y_n]$. Die folgenden Argumente beruhen ganz wesentlich darauf, dass wir es mit Polynomen zu tun haben. Wenn wir für ein Indexpaar $i < p$ die Variable $X_p$ in $X_i$ überall in der Matrix $M$ einsetzen würden, würde die $i$-te mit der $p$-ten Zeile zusammenfallen, die Determinante also $0$ werden. Daher hat $\det(M)$, aufgefasst als Polynom in der Variablen $X_i$ über dem Polynomring in den restlichen Variablen, als Nullstelle $X_p$. Es folgt $X_i - X_p \mid \det(M)$. Das gilt für alle Indexpaare $i < p$, und weil die $X_i - X_p$ paarweise teilerfremd sind, folgt sogar $\prod_{i < p} (X_i - X_p) \mid \det(M)$. Wir benennen den Index $p$ nun in $j$ um. Nun könnten wir unser bisheriges Vorgehen aber auch genauso gut über Spalten (statt Zeilen) aufbauen, der Hauptnenner $\prod_{i,j} (X_i + Y_j)$ über alle Spalten wäre derselbe. Daher können wir analog schließen, dass auch $\prod_{i < j} (Y_i - Y_j) \mid \det(M)$. Mit der Teilerfremdheit folgt schließlich $(\ast) \qquad \det(M) = Q \cdot \prod_{i < j} (X_i - X_j) (Y_i - Y_j)$ für ein Polynom $Q \in K[X_1,\dotsc,X_n,Y_1,\dotsc,Y_n]$. Nun vergleichen wir einmal die Grade auf beiden Seiten: Es gilt $\deg \prod_{i < j} (X_i - X_j) (Y_i - Y_j) = \sum_{i < j} \deg((X_i - X_j)(Y_i - Y_j)) = \sum_{i < j} 2 = \frac{n(n-1)}{2} \cdot 2 = n(n-1).$ Es gilt also $\deg \det(M) =\deg Q + n(n-1)$. Wegen $\deg M_{i,j} = \deg \prod_{k \neq j} (X_i+Y_k) = n-1$ folgt mit der Leibniz-Formel aber $\deg \det(M) \leq n(n-1).$ Daher ist $\deg(Q) \leq 0$ und damit $Q \in K$. Wir müssen also nur noch diese Konstante bestimmen! Das geht nun einfach dadurch, indem wir $-X_i$ für $Y_i$ einsetzen, also formal einen Homomorphismus $\varphi$ nach $K[X_1,\dotsc,X_n]$ durch $X_i \mapsto X_i$ und $Y_i \mapsto -X_i$ definieren, der ja Konstanten wie unser $Q$ unberührt lässt. Dann ist $M_{i,j}^{\varphi} = \prod_{k \neq j} (X_i - X_k) = 0$ für $i \neq j$. Also wird $M^{\varphi}$ eine Diagonalmatrix und wir sehen $\det(M^{\varphi}) = \prod_i M_{i,i}^{\varphi} = \prod_{i \neq j} (X_i - X_j) = \prod_{i < j} (X_i-X_j) (-X_i-(-X_j))$ Vergleichen wir das mit unserer Definition von $Q$ in $(\ast)$ oben, folgt $Q=1$. Damit ist $\det(M)=\prod_{i < j} (X_i - X_j) (Y_i - Y_j)$ und folglich $\displaystyle \det\left(\frac{1}{X_i + Y_j} \right)_{1 \leq i,j \leq n} = \frac{\prod_{i < j} (X_i - X_j)(Y_i - Y_j)}{\prod_{i,j} (X_i + Y_j)}.$ Jetzt können wir insbesondere (zum Beispiel für $K=\IQ$) die Werte $X_i=i$, $Y_i=i$ einsetzen und erhalten $\displaystyle \det\left(\frac{1}{i+j} \right)_{1 \leq i,j \leq n} = \frac{\prod_{i < j} (i-j)^2}{\prod_{i,j} (i+j)}.$ Das ist tatsächlich ein Stammbruch. Der Kehrwert ist die OEIS-Folge A067689. Mit derselben Methode, nur viel schneller, kann man auch die Vandermonde-Determinante bestimmen.

Beispiel 5

Für zusammenhängende ebene endliche Graphen gilt die die Eulersche Formel $V-E+F=2$, wobei $V,E,F$ die Anzahl der Ecken (vertices), Kanten (edges) bzw. Flächen (faces) von $G$ sei.
Die "äußere Fläche" wird hier bei $F$ mitgezählt. Im üblichen induktiven Beweis hierfür entfernt man solange Kanten, bis man einen Baum erhält, ohne dass sich der Wert von $V-E+F$ verändert, und zeigt dann die Formel für Bäume. Wir müssen aber gar keinen Umweg über Bäume (nichts gegen Bäume!) gehen, wenn wir die allgemeinere Formel $V-E+F=1+C$ für ebene Graphen zeigen, wobei $C$ die Anzahl der Zusammenhangskomponenten sei (das ist der zusätzliche Parameter). Der induktive Beweis verläuft nun so: Wenn es keine Kante gibt, also nur $V$ voneinander isolierte Ecken, ist $E=0$, $F=1$, $C=V$, die Formel passt. Andernfalls benutzen wir die Induktionsannahme für den Graphen, der durch Entfernen einer Kante entsteht. Wenn sie Teil eines Kreises war, erhalten wir nach Induktionsannahme $V -( E-1 ) + (F-1) = 1 + C$ und damit die Behauptung. Wenn sie nicht Teil eines Kreises war, erhalten wir nach Induktionsannahme $V - (E-1) + F = 1 + (C+1)$ und damit wieder die Behauptung. Der Punkt ist, dass, selbst wenn wir mit einem zusammenhängenden Graphen hier starten, das Entfernen einer Kante früher oder später den Zusammenhang zerstören wird, der Beweis also ohne die Verallgemeinerung gar nicht funktionieren würde.
 
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