Schnupperkurs: Ausgewählte Methoden zur Aufgabenlösung

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1 Mathematisches Institut II Universität Karlsruhe Priv.-Doz. Dr. N. Grinberg SS 05 Schnupperkurs: Ausgewählte Methoden zur Aufgabenlösung Vorlesung 3: Elementare Beweismethoden: Direkter Beweis, Widerspruchbeweis, die vollständige Induktion Benutzte Literatur:. I. S. Sominskij, L. I. Golovina, I. M. Jaglom, Die vollständige Induktion.. Arthur Engel, Problem-Solving Strategies 3. Verschiedene Mathematik-Wettbewerbe Eine Behauptung X gilt in Mathematik als bewiesen, wenn eine endliche Kette von logisch korrekten Implikationen {A,..., A n } = B =... = B m = X, () vorhanden ist, an derem Anfang eine Menge {A,..., A n } von Axiomen steht, und am Ende die Behauptung X. Bei jedem Schritt darf man natürlich auch weitere Axiome anwenden. Als eine Variante von () wird oft eine Kette X C... C m {A,..., A n } () von logisch äquivalenten Behauptungen konstruiert, an derem Anfang die Behauptung X und am Ende eine Menge {A,..., A n } von Axiomen steht. Für den Beweis von X ist die Kette () zwar hinreichend, aber nicht notwendig, da man eigentlich nur Implikationen in Richtung Axiome = Behauptung braucht. Achtung! Ist eine der Implikationen im Schema () keine Äquivalenz, so ist die Behauptung nicht bewisen (und womöglich auch falsch). Beispiel 3.. X = =. Beweiskette = }{{} X = = ( ) }{{} C 4 }{{ = 4 }. A Die letzte Behauptung 4 = 4 ist ein Axiom, daher richtig. Die Kette liefert aber keinen Beweis dafür, dass = ist, da die erste Implikation keine Äquivalenz ist (aus a = b folgt zwar a = b, aber aus a = b folgt nicht a = b).

2 Direkter Beweis Man spricht von einem direkten Beweis, falls die Implikationenkette relativ kurz und transparent ist und wenn keine speziellen Techniken verwendet werden. Aufgabe 3.. Zeigen Sie, dass (a + b) = a + ab + b ist. Lösung: Es gilt A : (a + b) x = ax + bx bzw. y (a + b) = ya + yb (Distributivgesetz), sowie A : xy = yx (Kommutativgesetz). Man hat also (a + b) = (a + b) (a + b) }{{} x = a }{{} (a + b) + }{{} b y y (a + b) = a + ab + ba }{{} Axiom A + b = a + ab + b. Aufgabe 3.3. Beweisen Sie für positive x, y die AM-GM-HM-Ungleichung x + y xy +. x y Lösung: Für jede reelle Zahl z ist z 0 (folgt aus der Axiom ( u) = u ). Insbesondere gilt für z = x y : ( x y ) = x xy + y 0. Daraus folgt und x+y xy (AM-GM). Ferner folgt aus (3) x + y xy (3) xy xy x + y = +, x y was mit GM-HM-Ungleichung übereinstimmt. Widerspruchbeweis (indirekter Beweis) Ein indirekter Beweis (auch Widerspruchbeweis genannt) einer Behauptung X ist eine endliche Kette von logisch korrekten Implikationen X = B =... = B m = W = A, an derem Anfang die Negation der Behauptung X steht, und am Ende ein Widerspruch (d. h. die Negation A eines Axioms). Bei der Formulierung der Negation X zu X muss man stets die Formel X = X ist falsch benutzen, und nicht irgendeine Teilnegation. So ist zu X = Alle Schafe sind schwarz die richtige Negation X = Nicht alle Schafe sind schwarz, und nicht etwa Alle Schafe

3 3 sind weiß oder Alle Schafe sind nicht schwarz. Weitere Beispiele: Behauptung X richtige Negation X falsche Negation Jede Zahl ist gerade Nicht jede Zahl ist gerade Jede Zahl ist ungerade ist irrational ist rational 3 ist irrational A > B A B A < B C.Schiffer ist blond C.Schiffer ist nicht blond C.Schiffer ist rothaarig (x + y) = x + y (x + y) x + y (x + y) = x + xy + y Herr A. hat einen Sohn Herr A. hat keinen Sohn Herr A. hat eine Tochter Aufgabe 3.4. Beweisen Sie, dass es unendlich viele Primzahlen gibt. Lösung: a)wir führen einen Widerspruchsbeweis. Angenommen, es gibt nur endlich viele Primzahlen; sei J die Anzahl dieser Primzahlen. Wir listen alle Primzahlen aufsteigend auf: p =, p = 3, p 3 = 5, p 4 = 7,..., bis p J, und bilden das Produkt N = J p k = p p... p J p J. k= Offensichtlich ist dieses Produkt N durch jede Primzahl teilbar. Dann ist die Zahl N + durch keine Primzahl teilbar, und daher selber eine Primzahl. Diese Primzahl ist in der obigen Liste nicht aufgelistet, da N + > p J ist. Das ergibt einen Widerspruch, da wir angenommen haben, dass unsere Liste alle Primzahlen enthält. Aufgabe 3.5. Gegeben seien drei irrationale Zahlen. Zeigen Sie, daß es unter diesen drei Zahlen zwei gibt, deren Summe auch irrational ist. Beispiel: Unter den drei irrationalen Zahlen + π, und 3 haben beispielsweise die Zahlen + π und eine irrationale Summe. Unter den drei irrationalen Zahlen π, und 7 3 haben je zwei eine irrationale Summe. Lösung: a) Wir führen einen Widerspruchsbeweis. Wir nehmen an, daß es unter unseren drei irrationalen Zahlen keine zwei gibt, deren Summe irrational ist; das heißt, je zwei von unseren drei Zahlen haben eine rationale Summe. Bezeichnen wir unsere drei irrationalen Zahlen mit x, y und z, dann sind also die Summen a = y + z, b = z + x und c = x + y alle rational. Nun ist (z + x) + (x + y) (y + z) x = = b + c a. Da die Zahlen a, b und c rational sind, muß also auch die Zahl x rational sein; das steht im Widerspruch zu unserer Voraussetzung, daß die Zahlen x, y und z alle irrational sind. Aufgabe 3.6. Wir betrachten auf der Ebene ein rechtwinkliges (kartesisches) Koordinatensystem. Ein Punkt heißt Gitterpunkt, wenn seine beiden Koordinaten in diesem Koordinatensystem ganzzahlig sind. Man zeige: Es gibt kein gleichseitiges Dreieck, dessen alle drei Ecken Gitterpunkte sind. Lösung: Wir betrachten die Konfiguration auf dem Bild.

4 4 F C E B A D Wir führen einen Widerspruchsbeweis. Wir nehmen an, dass A, B und C Gitterpunkte sind und das Dreieck ABC gleichseitig ist. O. B. d. A. seien die Punkte so angeordnet wie im obigen Bild. Bei anderen Fällen verlaufen die Überlegungen analog. Weil A, B und C Gitterpunkte sind, sind alle Längen AD = F E, AF = DE, F C, CE, DB und EB ganzzahlig, also auch rational. Wir bezeichnen die Länge der Seite AB mit a. Es gilt: a = AD + DB Q. Die Fläche F des Dreiecks ABC wird durch F (ABC) = 3a 3a a = 4 gegeben und ist damit irrational. Jetzt aber haben wir: F (ABC) = F (ADEF ) F (ADB) F (BEC) F (ACF ) = AD EF AD DB BE EC AF F C. Das ist eine rationale Zahl. Das ergibt einen Widerspruch. 3 Die vollständige Induktion Sei X n eine Behauptung, die einen abzählbaren Parameter n n 0 enthält (z.b. X = n 3 ist durch n teilbar). Das Induktionsprinzip oder Induktionsaxiom besagt: Sei X für n 0 richtig (der Induktionsanfang). Ferner sei für jedes k n 0 die Implikation X k = X k+ richtig (der Induktionsschritt). Dann ist X n für jedes n richtig. Als eine Variante des Induktionsschrittes kann man die Implikation {X n0,..., X k } = X k+ nehmen.

5 5 3. Vorlesungsbeispiele Beispiel 3.7. Das Eulersche Polynom x + x + 4 liefert bei x =,,..., 39 nur Primzahlen; damit hat man mehr Möglichkeiten als nötig für den Induktionsanfang. Bei x = 40 erhält man aber x + x + 4 = 4, also keine Primzahl. Hier würde der Induktionsschritt nicht klappen. Beispiel 3.8. Man betrachte die Summe S n = (n ) n. Die Behauptung S n < ist falsch. Zwar funktioniert der Induktionsschritt von n n = k auf n = k + sehr wohl: aus S k < folgt k S k+ = S k + k (k + ) < k + k (k + ) = (k + ) + k (k + ) Aber der Induktionsanfang S = < ist offensichtlich falsch. = k +. Beispiel 3.9. Die Ungleichung x + x für alle x 0 ist zwar richtig, kann aber mittels vollständiger Induktion nicht bewisen werden. Hier fehlt nämlich abzählbarer Parameter, nach dem man Induktion führen könnte. Aufgabe 3.0. Sei G ein konvexes n-eck. Beweisen Sie folgende Behauptungen: a). Jede Triangulierung von G hat genau n Dreiecke. b). Die Summe der inneren Winkel von G beträgt (n ) π. Bemerkung: Unter einer Triangulierung eines Vielecks verstehen wir eine Zerlegung des Vielecks in Dreiecke, die sich nicht überlappen, zusammen lückenlos das Vieleck abdecken, und deren Ecken gleichzeitig Ecken des Vielecks sind. Lösung: Der Induktionsanfang n = 3 ist für beide Behauptungen offensichtlich. a). Induktionsschritt: Angenommen, die Behauptung gilt für alle n k, d. h. für jedes n k hat jede Triangulierung eines konvexen n-ecks genau n Dreiecke. Wir zeigen nun, daß dies auch für n = k + gilt. Wir betrachten eine Diagonale, die zur Triangulierung gehört. Diese Diagonale teilt G in ein n -Eck und ein n -Eck. Dabei gilt: k + = n = n + n und n k und n k. Laut Induktionsannahme hat das triangulierte n -Eck n Dreiecke, und das triangulierte n -Eck n Dreiecke. Somit hat die Triangulierung des gesamten n-ecks (n ) + (n ) = n + n 4 = (n + n ) = n Dreiecke. b). Induktionsschritt: Im Wesentlichen verläuft der Induktionsschritt wie im Teil (a): Mit einer Diagonale teilen wir unser n-eck G in ein n -Eck und ein n -Eck. Dabei gilt: n = n + n. Laut Induktionsvoraussetzung ist die Summe der Winkel des n -Ecks gleich (n ) π, und die des n -Ecks gleich (n ) π. Die Summe der Winkel

6 6 des n-ecks G erhält man nun, indem man diese beide Summen zusammenaddiert; sie ist somit (n ) π + (n ) π = (n + n 4) π = (n ) π. Bemerkung: Ein anderer Beweis von (b) ergibt sich leicht aus einer Triangulierung mithilfe von (a). Aufgabe 3.. Man berechne die Summe S n der ersten n ungeraden Zahlen. Lösung: Es ist S =, S = + 3 = 4, S 3 = = 9. Wir beweisen, dass S n = n für jedes natürliche n ist. Der Induktionsanfang n = ist bewiesen. Induktionsschritt: Es sei S k = k. Dann ist S k+ = S k + (k + ) = k + k + = (k + ). Die Formel ist nun für n = k + bewiesen. Aufgabe 3.. Bernoullische Ungleichung. Man beweise, dass ( + α) n > + nα gilt, wenn α >, α 0 und n eine natürliche Zahl größer ist. Lösung: a). Induktionsanfang: Für n = gilt ( + α) = + α + α > + α. Induktionsschritt: Angenommen, die Bernoullische Ungleichung gelte für ein n = k. Es sei also ( + α) k > + kα. Dann ist ( + α) k+ = ( + α) k ( + α) > ( + kα) ( + α) = + (k + ) α + kα > + (k + ) α. Somit ist die Ungleichung für n = k + bewiesen. Bemerkung: Die Bernoullische Ungleichung gilt auch für reellwertige n, aber in diesem Fall kann man die Behauptung nicht mehr durch vollständige Induktionbeweisen. 3. Übungsaufgaben Aufgabe 3.3. Man beweise, dass ) die Summe der dritten Potenzen der ersten n natürlichen Zahlen gleich K n = ist. ( n(n+) Lösung: Induktionsanfang: K = = ( ). ) Induktionsschritt: Es sei K k =. Dann ist ( k(k+) ( ) ( ) k (k + ) k K k+ = K k + (k + ) 3 = + (k + ) 3 = (k + ) 4 + k + = (k + ) k + 4k + 4 = (k + ) (k + ) ( ) (k + ) (k + ) =. 4 4

7 7 Die Formel ist nun für n = k + bewiesen. Aufgabe 3.4. Sei M eine endliche Menge mit m = M Elementen. Wir bezeichnen mit P (M) die Potenzmenge von M, d. h. die Menge, die aus allen Teilmengen von M besteht (inklusive M selbst sowie die leere Menge). Berechnen Sie die Mächtigkeit P (M) von der Menge P (M). Lösung: Betrachten wir die leere Menge M =, für die ja M = 0 ist. Die Potenzmenge P (M) besteht dann aus einem einzigen Element: P (M) = { }. Also ist P (M) = = M. Für M = {a} ist P (M) = {, {a}}, also P (M) = = M. Wir behaupten, dass für jedes n N gilt: P (M) = M. (4) Betrachten wir eine Menge M = {a, a,..., a m }. Jeder Teilmenge M M entspricht eine Folge { 0, wenn f (M aj / M ) = (ε,..., ε m ) mit ε j =,, falls a j M. Umgekehrt entspricht jeder Folge ε = (ε,..., ε m ) mit ε j {0, } eine Teilmenge M mit f (M ) = ε. Wir bezeichnen die Menge aller solchen ε-folgen mit E m. Die Abbildung f : P (M) E m ist bijektiv. Daher gilt Wir können jetzt (4) in der Form P (M) = E m. E m = m (5) umschreiben. Zum Beweis führen wir vollständige Induktion nach m. Induktionsanfang: E = {(0), ()} und E = =. Induktionsschritt: Sei (5) für m = k erfüllt. Betrachten wir nun E k+. Wir teilen E k+ ein in zwei disjunkte Teilmengen Dann gilt und X = {(ε,..., ε k+ ) : ε j = 0 oder ε j = für j =,..., k, ε k+ = 0} und Y = {(ε,..., ε k+ ) : ε j = 0 oder ε j = für j =,..., k, ε k+ = }. X = Y = E k I.V. = k E k+ = X + Y = k = k+. Somit haben wir (5) für m = k + bewiesen. Aufgabe 3.5. Auf der Ebene sind n Geraden gezeichnet, die die Ebene in Gebiete zerteilen. Beweisen Sie, dass man jedes Gebiet (ohne Rand) in einer der beiden Farben rot und blau färben kann, so dass benachbarte Gebiete (d. h. Gebiete, die eine gemeinsame Kante haben) stets unterschiedliche Farben haben.

8 8 Lösung: Wir führen den Beweis nach der vollständigen Induktion. Induktionsanfang: Für n = gibt es genau Gebiete. Das erste färbt man rot, das andere blau. Induktionsschritt: Wir nehmen nun an, die Behauptung gelte für ein bestimmtes n = k, mit k ; nun werden wir zeigen, daß diese Behauptung auch für n = k + gültig ist. Wir nennen eine Färbung richtig, falls Nachbargebiete stets unterschiedliche Farben haben. Jetzt entfernen wir vorübergehend eine von den k + Geraden, und färben die Gebiete, die die restlichen k Geraden gebildet haben, richtig (dies ist nach der Induktionsannahme möglich). Jetzt fügen wir die letzte Gerade l wieder hinzu. Sie teilt die Ebene in zwei Halbebenen H und H ein. In der neuen Konfiguration gibt es Gebiete A,..., A p, die sich nicht mit l schneiden und komplett in H liegen. Es gibt auch Gebiete C,..., C q, die sich nicht mit l schneiden und komplett in H liegen. Es gibt nun auch einige Gebiete, die von l in zwei Teile zerschnitten werden. Diese letzteren Gebiete bezeichnen wir mit B,..., B r. Für jedes solche Gebiet B l nennen wir B l, denjenigen Teil von B l, der in H liegt, und B l, den Teil, der in H liegt. Jetzt definieren wir die neue Färbung wie folgt: Die Gebiete A,..., A p ändern ihre Farbe nicht; Die Gebiete C,..., C q wechseln ihre Farbe; Die Gebiete B l, bekommen die Farbe von B l. Die Gebiete B l, bekommen die Gegenfarbe von B l. Alte Konfiguration: richtige Färbung Neue Konfiguration: alte Färbung Neue Konfiguration: richtige Färbung Es ist leicht zu sehen, dass diese neue Färbung an den alten Grenzen richtig bleibt. Die neuen Grenzstrecken sind nur die zwischen B l, und B l,. Diese Gebiete haben jeweils verschiedene Farben; daher ist die Färbung richtig. 3.3 Schwieriegere Aufgaben *Aufgabe 3.6. Der Satz von Moivre. Man zeige, dass für jede natürliche Zahl n die Beziehung (cos x + i sin x) n = cos nx + i sin nx gilt. Lösung: Induktionsanfang: Für n = bekommt man eine Tautologie.

9 9 Induktionsschritt: Angenommen, der Satz von Moivre gelte für ein n = k. Es sei also (cos x + i sin x) k = cos kx + i sin kx. Dann ist (cos x + i sin x) k+ = (cos x + i sin x) k (cos x + i sin x) = (cos kx + i sin kx) (cos x + i sin x) = cos kx cos x sin kx sin x + i sin kx cos x + i cos kx sin x = cos (kx + x) + i sin (kx + x) = cos (k + ) x + i sin (k + ) x. Die Formel ist nun für n = k + bewiesen. *Aufgabe3.7. Man beweise für jedes natürliche n > > n. n Lösung: Induktionsanfang: Für n = gilt + = + > + =. Induktionsschritt: Es sei die Ungleichung für n = k erfüllt. Dann ist + ( = ) + k + k k + I.V. > k + > k +, k + weil k + k = ( k + k ) ( k + + k ) k + + k = k + + k < k + ist. Somit ist die Ungleichung für n = k + bewiesen. *Aufgabe 3.8. Man betrachte n + Punkte A, A,..., A n+ auf dem Einheitskreis, die alle zu der oberen Halbebene gehören. Beweisen Sie, dass die Länge der Vektorsumme OS = OA OA n+ größer oder gleich ist. Dabei sei O das Zentrum des Einheitskreises. Lösung: Induktionsanfang: Für einen einzigen Einheitsvektor (n = 0) ist die Aussage offensichtlich. Induktionsschritt: Angenommen, diese Behauptung stimmt für n = k. Betrachten wir nun k + Punkte. O. B. d. A. seien A und A k+ der erste bzw. der letzte Punkt, durch den wir hindurchgehen, wenn wir den oberen Halbkreis des Einheitskreises gegen den Uhrzeigersinn durchlaufen. Die Vektorsumme OS = OA + OA k+ halbiert den Winkel A OA k+. Die restlichen (k ) + Punkte A,..., A k haben die Summe OS = OA OA k, die in dem Winkelfeld zwischen OA und OA k+ liegt, und

10 deren Länge größer gleich ist. Daher ist der Winkel zwischen OS und OS spitz. Dementsprechend gilt OS + OS OS I.V.. Die Behauptung ist somit für n = k bewiesen. *Aufgabe 3.9. Man vereinfache das Polynom p n (x) = x! + x (x )! Lösung: Wir berechnen die ersten drei Polynome:... + ( ) n x (x )... (x n + ) n! p (x) = x; x (x ) ( p (x) = x + = (x ) + x ) (x ) (x ) =, ( (x ) (x ) x (x ) (x ) 3 p 3 (x) = = (x ) (x ) 6 6 x ) 6 (x ) (x ) (x 3) =. 6 Man entwickelt die Vermutung, dass p n (x) = ( ) n (x ) (x )... (x n) n! ist. Wir beweisen diese Formel induktiv. Den Induktionsanfang haben wir schon durchgeführt (n =,, 3). Angenommen, die Formel gilt für n = k. Dann ist p k+ (x) = p k (x) + ( ) k+ x (x )... (x k) (k + )! I.V. = ( ) k (x ) (x )... (x k) + ( ) k+ x (x )... (x k) k! = ( ) k (x ) (x )... (x k) k! = ( ) k (x ) (x )... (x k) k! ( x k + k + x k + = ( ) k+ (x ) (x )... (x k) (x k ), (k + )! womit die Formel für n = k + gezeigt ist. ) (k + )! 0