Mathematisches Argumentieren und Beweisen Beweisarten Besipiele. Hagen Knaf, WS 2014/15

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1 Mathematisches Argumentieren und Beweisen Beweisarten Besipiele Hagen Knaf, WS 2014/15 Im Folgenden sind einige der in der Vorlesung besprochenen Beispielbeweise für die verschiedenen Beweisarten aufgeführt vergleiche auch die Präsentation 4.1 Beweisarten (Beweisarten.pdf). 1 Direkter Beweis Satz 1.1: Jede konvergente Folge reeller Zahlen ist eine Cauchyfolge. Beweis: Man zeigt direkt die Gültigkeit des Cauchykriteriums ɛ > 0 n N i, j > n x i x j < ɛ für eine konvergente Folge (x k ). Sei also ɛ > 0 gegeben und sei x der Grenzwert der Folge. Nach Definition des Konvergenzbegriffs gibt es ein n N mit der Eigenschaft k > n x k x < ɛ 2. Mit diesem n gilt dann für alle i, j > n: x i x j = x i x + x x j x i x + x x j < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ, wobei man die Dreiecksungleichung benutzt. Das nächste Beispiel zeigt einen direkten Beweis in mehreren Schritten, wobei in zwei Schritten einfache vollständige Induktionen geführt werden. Satz 1.2: Jede Polynomfunktion p(x) ist stetig. Beweis: Eine Polynomfunktion auf R besitzt die Form p(x) = a n x n + a n 1 x n a 0, a k R,

2 für ein n N. Man zeigt für jedes x 0 R und jede gegen x 0 konvergente Folge (x k ) die Gleichung lim p(x k ) = p(x 0 ). Der Beweis dafür wird in mehreren Schritten geführt und beruht auf den folgende beiden Eigenschaften k der reellen Zahlen: Sind (x k ) und (y k ) konvergente Folgen mit Grenzwerten x und y, so gilt: A: (x k + y k ) ist eine konvergente Folge mit Grenzwert x + y. M: (x k y k ) ist eine konvergente Folge mit Grenzwert xy. 1. Schritt: Ist (x k ) eine konvergente Folge mit Grenzwert x 0, so ist für jedes m N (x m k ) eine konvergente Folge mit Grenzwert xm 0. Dies beweist man mit vollständiger Induktion. Induktionsanfang: Für m = 2 gilt die Aussage nach Eigenschaft M. Induktionsschritt: Für m > 2 gilt nach Annahme die Aussage für die Folge (x m 1 k ) und man benutzt die Eigenschaft M für die Folgen (x k ) und (x m 1 k ) um zu schließen, dass die Aussage auch für (x m k ) gilt. 2. Schritt: Ist (x k ) eine konvergente Folge mit Grenzwert x 0, so ist für jedes a R die Folge (ax m k ) konvergent mit Grenzwert axm 0. Für a = 1 folgt dies aus Schritt 1. Sonst folgt die Behauptung aus Eigenschaft M der konstanten Folge (a) und der Folge (x m k ). 3. Schritt: Es gilt lim p(x k ) = p(x 0 ) für jede gegen x 0 konvergente Folge k (x k ). Dies beweist man ebenfalls durch vollständige Induktion: Induktionsanfang: Ist n = 0 so ist die Behauptung trivial. Induktionsschritt: Für n > 0 gilt p(x) = q(x)+a n x n, wobei q(x) ein Polynom vom Grad < n ist. Folglich gilt nach Induktionsannahme: (q(x k )) konvergiert gegen q(x 0 ). Unter Verwendung der Eigenschaft A reeller Zahlenfolgen und Schritt 2 folgt, dass (q(x k ) + a n x n k ) = (p(x k)) gegen q(x 0 ) + a n x n 0 = p(x 0 ) konvergiert. 2 Konstruktiver Beweis Satz 2.1: Drei Punkte in der Ebene, die nicht auf einer Geraden liegen, liegen auf einem Kreis. Beweis: Es seien P, Q, R R 2 drei nicht auf einer Geraden liegenden Punkte. Ein Kreis, auf dem alle Punkte liegen, wird durch eine geometrische 2

3 Konstruktion mit Zirkel und Lineal angegeben. Diese Konstruktion muss den Kreismittelpunkt M liefern; der Kreisradius ist dann als Abstand d(m, P ) des Punktes P (oder Q oder R) von M bekannt. Der gesuchte Mittelpunkt M muss von P und Q gleichen Abstand haben. Alle Punkte mit gleichem Abstand von P und Q liegen auf einer Geraden, die senkrecht auf der Verbindungsstrecke von P und Q steht, und diese Strecke in der Mitte schneidet. Man kann diese Gerade konstruieren, indem man mit dem Zirkel die Schnittpunkte eines Kreises mit Mittelpunkt P und beliebigem Radius r > 1 d(p, Q) mit einem Kreis mit Mittelpunkt Q und demselben 2 Radius r bestimmt. Die Gerade g 1 durch die beiden Schnittpunkte ist die gesuchte. Dasselbe Verfahren wird auf die Punkte Q und R angewendet und liefert eine Gerade g 2. Der gesuchte Mittelpunkt M ist der Schnitt g 1 g 2 der beiden Geraden. Er existiert, weil die Geraden nach Annahme über P, Q, R nicht parallel sind. Satz 2.2: Jede natürliche Zahl lässt sich als Produkt von Primzahlen schreiben. Beweis: Der Satz wird bewiesen, indem man ein programmierbares (allerdings nicht sehr effektives) Verfahren angibt, dass die Zerlegung einer Zahl n N in Primzahlen in endlich vielen Schritten ermittelt. Man beachte zunächst, dass von jeder Zahl m N durch systematisches Probieren in endlich vielen Schritten ein Teiler d 1, d m bestimmt werden kann, oder festgestellt werden kann, dass es einen solchen nicht gibt, in welchem Fall m eine Primzahl ist. Das Verfahren verändert in jedem Schritt eine endliche Familie P = (d 1,..., d r ) von Teilern von n mit der Eigenschaft d 1 d 2... d r 1 d r = n. Es startet mit der Familie P = (d 1 := n). In jedem Schritt wird in der Reihenfolge der Numerierung nach einem d i in P gesucht, das einen echten Teiler d besitzt. Existiert ein solches d i nicht, so müssen alle d i Primzahlen sein, und eine Primfaktorisierung von n wurde gefunden. Andernfalls streicht man die Zahl d i aus der Familie P und fügt die Zahlen d und d i zu der Familie d hinzu. Danach geht man in den nächsten Schritt. Da mindestens eine der Zahlen d i bei jedem Schritt kleiner wird, muss das Verfahren nach endlich vielen Schritten abbrechen. 3

4 3 Widerspruchsbeweis Satz 3.1: Es gibt keine bijektive Abbildung zwischen einer nichtleeren Menge X und der Menge P (X) ihrer Teilmengen. Beweis: Wir nehmen an die Aussage des Satzes ist falsch. Dann existiert eine bijektive Abbildung f : X P (X). Für jedes x X gilt dann entweder x f(x) oder x f(x). Man kann also die Teilmenge M := {x X : x f(x)} X betrachten. Da f surjektiv ist, gibt es ein y X mit f(y) = M. Es gilt y M oder y M. Im ersten Fall folgt y f(y) = M, ein Widerspruch. Im zweiten Fall folgt y f(y) = M, ein Widerspruch. Jede mögliche Option führt also zu einem Widerspruch. Satz 3.2: Die Quadratwurzel aus einer natürlichen Zahl ist entweder eine natürliche Zahl oder sie ist irrational. Beweis: Wir nehmen an es gibt eine Zahl n N, deren Quadratwurzel n keine natürliche Zahl und nicht irrational ist. Folglich ist n ein echter Bruch: es gibt a, b N mit der Eigenschaft n = a, a und b sind teilerfremd b (der Bruch ist maximal gekürzt ), b 1. Es folgt a 2 = b 2 n. Es sei nun p eine Primzahl, die n teilt, und e N sei die größte natürliche Zahl für die p e ein Teiler von n ist. Dann teilt p e die Zahl a 2. Ist f N die größte natürliche Zahl für die p f ein Teiler von a ist, so folgt e = 2f, weil a und b teilerfremd sind. Wir haben gezeigt, dass die Zahl n die Form p e 1 1 p e p er r besitzt, wobei p 1,..., p r verschiedene Primzahlen und e 1,..., e r gerade Zahlen sind. Also ist n eine Quadratzahl, im Widerspruch zur Annahme. 4 Beweis durch Kontraposition Satz 4.1: Ist die Summe x+y zweier reeller Zahlen irrational, so ist entweder x oder y irrational. 4

5 Beweis: Wir beweisen die Kontraposition Sind x, y Q, so ist auch x + y Q.. Dies geschieht durch Bruchrechnen: x + y = a b + c d = ad + bc bd Q. Satz 4.2: Eine minimales Erzeugendensystem v 1,..., v m des R n ist linear unabhängig. Beweis: Wir beweisen die Kontraposition Ist das Erzeugendensystem v 1,..., v m linear abhängig, so ist es nicht minimal.. Wegen der linearen Abhängigkeit gibt es eine Linearkombination a 1 v a m v m = 0, in der mindestens einer der reellen Koeffizienten a k nicht 0 ist. Sei also a k 0 für ein k. Dann folgt: v k = a 1 k (a 1v a k 1 v k 1 + a k+1 v k a m v m ). (1) Wir zeigen, dass auch v 1,..., v k 1, v k+1,..., v m ein Erzeugendensystem, also v 1,..., v m nicht minimal ist. Dazu sei v R n ein beliebiger Vektor. Dieser lässt sich als Linearkombination v = b 1 v b m v m schreiben. In dieser Linearkombination kann man den Vektor v k gemäß Formel (1) ersetzen und erhält: v = b 1 v b m v m = b 1 v b k 1 v k 1 +b k a 1 k (a 1v a k 1 v k 1 + a k+1 v k a m v m ) +b k+1 v k b m v m = (b 1 + b k a 1 k a 1)v (b k 1 + b k a 1 k a k 1)v k 1 +(b k+1 + b k a 1 k a k+1)v k (b m + b k a 1 k a m)v m. Man kann also v als Linearkombination der v 1,..., v k 1, v k+1,..., v m darstellen, was gezeigt werden sollte. 5

6 5 Vollständige Induktion Satz 5.1: Eine endliche Menge mit n Elementen besitzt 2 n verschiedene Teilmengen. Beweis: Induktionsanfang: Eine 1-elementige Menge M = {m} besitzt die beiden Teilmengen (die leere Teilmenge) und M selbst. Also stimmt die Behauptung in diesem Fall. Induktionsschritt: Es sei n > 1 und M eine n-elementige Menge. Es sei m M und N := M \ {m}. Dann ist N eine n 1-elementige Menge und besitzt nach Induktionsannahme 2 n 1 Teilmengen. Jede Teilmenge von N ist auch eine Teilmenge von M. Die Teilmengen von M, die man auf diese Weise erhält, sind genau die Teilmengen von M, die m nicht enthalten. Sei nun T M mit m T, dann gilt T = T \{m} {m} und T \{m} N. Dies zeigt: Jede Teilmenge von M, die m enthält, ist von der Form S {m} mit S N. Weiter gilt: Sind S, S verschiedene Teilmengen von N, dann sind S {m} und S {m} verschiedene Teilmengen von M. Folglich gibt es 2 n 1 Teilmengen von M, die m enthalten. Insgesamt gibt es also 2 n n 1 = 2 n Teilmengen von M. Satz 5.2: Für die Fibonaccizahlen gilt die Formel F 1 + F F n = F n+2 1. Beweis: Die Fibonaccizahlen sind durch die Rekursionsformel F n+2 = F n+1 + F n definiert, wobei F 1 = 1 und F 2 = 1 gilt. Induktionsanfang: Für n = 1 gilt F 3 1 = 2 1 = F 1, wie behauptet. Induktionsschritt: Für n > 1 gilt F 1 + F F n 1 + F n = (F 1 + F F n 1 ) + F n = (F n 1+2 1) + F n = (F n+1 1) + F n = F n Beweis von Äquivalenzaussagen Der folgende Satz wird durch Beweis einer zyklischen Kette von Implikationen bewiesen. 6

7 Satz 6.1: Es seien v 1,..., v m Vektoren im R n. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent: 1. v 1,..., v m ist ein minimales Erzeugendensystem des R n. 2. v 1,..., v m ist eine maximale, linear unabhängige Teilmenge des R n. 3. v 1,..., v m ist eine Basis des R n. Beweis: Wir zeigen die Implikationen 1. 2., und : Satz 4.2 zeigt, dass v 1,..., v m linear unabhängig sind. Ist v ein beliebiger von den v k verschiedener Vektor, so lässt sich dieser nach Voraussetzung als Linearkombination schreiben. Folglich ist v = a 1 v a m v m v a 1 v a m v m = 0 eine Linearkombination des Nullvektors, in der mindestens ein Koeffizient ungleich 0 ist, das heißt v 1,..., v m, v sind linear abhängig und v 1,..., v m ist damit maximal : Ist v V beliebig, so sind v 1,..., v m, v nach Voraussetzung linear abhängig. Also gibt es eine Linearkombination av + a 1 v a m v m = 0, in der mindestens ein Koeffizient von 0 verschieden ist. Es muss a 0 sein, da die v 1,..., v m linear unabhängig sind. Also gilt v = a 1 (a 1 v a m v m ), womit v 1,..., v m ein Erzeugendensystem ist. Sind nun a 1 v a m v m = v = b 1 v b m v m zwei Darstellungen von v als Linearkombination, so folgt (a 1 b 1 )v (a m b m )v m = 0, 7

8 also b k = a k für alle k wegen der linearen Unabhängigkeit der v 1,..., v m : Jede Basis ist ein Erzeugendensystem. Es bleibt also die Minimalität von v 1,..., v m zu zeigen. Könnte man etwa v k aus dem Erzeugendensystem weglassen ohne diese Eigenschaft zu verlieren, so ließe sich v k als Linearkombination der restlichen v i schreiben. Dies würde wie im Beweis von die lineare Abhängigkeit der v 1,..., v m nach sich ziehen; ein Widerspruch. Studiengang Angewandte Mathematik Hochschule RheinMain 8