1 Ergänzungen zum Themenfeld Vollständige Induktion

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1 KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE INSTITUT FÜR ANALYSIS D. Chistoph Schmoege Heiko Hoffmann WS 013/ Höhee Mathematik I fü die Fachichtung Infomatik 1. Saalübung ( ) 1 Egänzungen zum Themenfeld Vollständige Induktion 1.1 Vaianten de vollständigen Induktion Neben de gewöhnlichen Induktion, wie sie in de Volesung behandelt woden ist, gibt es noch zwei besondes wichtige Vaianten, die wi kuz vostellen möchten. 1. Vaiante (von 1 veschiedene Statwet) Es gibt Aussagen A(n), die nicht fü alle n N gelten, seh wohl jedoch ab einem gewissen n 0. Um solche Aussagen nachzuweisen, bietet sich die nachfolgende Vaiante de vollständigen Induktion an. a) Induktionsanfang 1 : Zeige, dass A(n 0 ) wah ist. b) Induktionsschluss: (i) (ii) Induktionsvoaussetzung : Nimm an, die Aussage A(n) sei fü ein n n 0 beeits als wah ekannt woden. Induktionsschitt: Zeige, dass dann auch A(n + 1) wah sein muss. Hat man diese beiden Schitte koekt ausgefüht, so ist damit die Aussage bewiesen. Die Aussage A(n) ist fü alle n N mit n n 0 wah. Man kann das hie vogestellte abstakte Pinzip noch weite vaiieen, indem man auch noch n 0 Z := N { n; n N} {0} zulässt.. Vaiante (sog. stake Induktion) Nicht imme ist es möglich, im Induktionsschitt aus de angenommen Koektheit eine Aussage A(n) unmittelba auch die Koektheit de Aussage A(n + 1) zu folgen. Manchmal baucht man zum Nachweis de Richtigkeit de Aussage A(n + 1), die stäkee Induktionsvoaussetzung, dass A(k) fü alle k N mit k n koekt sei. Dies füht zu dem abstakten Pinzip de staken Induktion. 1 wid auch als Induktionsveankeung bezeichnet wid auch als Induktionsannahme bezeichnet

2 a) Induktionsanfang: Zeige, dass A(1) wah ist. b) Induktionsschluss: (i) (ii) Induktionsvoaussetzung: Nimm an, die Aussage A(k) sei fü jedes k N mit k n beeits als wah ekannt woden. Induktionsschitt: Zeige, dass dann auch A(n + 1) wah sein muss. Hat man wiedeum diese Schitte koekt ausgefüht, so ist damit die Aussage bewiesen. Die Aussage A(n) ist fü alle n N wah. Natülich kann man die beiden bishe vogestellten Vaianten auch miteinande kombinieen. Wi wollen hiefü ein beühmtes Beispiel angeben. Hiezu einnen wi daan, dass eine natüliche Zahl p N eine Pimzahl heißt, falls p > 1 gilt und die einzigen (natülichen) Teile von p die Zahl 1 und p selbst sind. Satz Jede natüliche Zahl n lässt sich als Podukt endlich viele Pimzahlen scheiben. Beweis: Induktionsanfang n = : Die Zahl ist selbst schon eine Pimzahl. Induktionsvoaussetzung: Es sei n und jede Zahl k N mit k n lasse sich als Podukt endlich viele Pimzahlen scheiben. Induktionsschitt: Ist n + 1 selbst schon eine Pimzahl, so sind wi fetig. Ist n + 1 keine Pimzahl, so eistiet ein q {,..., n}, welches n+1 teilt, d.h., es gibt ein {1,..., n+1} mit q = n + 1. Wegen q {,..., n} gilt auch {,..., n}. Wi können also auf q und jeweils die Induktionsvoaussetzung anwenden und diese jeweils als ein endliches Podukt von Pimzahlen scheiben. Dahe lässt sich auch n + 1 = q als ein endliches Podukt von Pimzahlen dastellen. Weitee Vaianten und Veallgemeineungen Neben den beiden vogestellten Vaianten gibt es noch weitee wichtige Veallgemeineungen, auf die wi aus Zeitgünden nicht nähe eingehen können, so dass wi uns mit einigen Schlagwöten bescheiden. Vowäts-Rückwätsinduktion tansfinite Induktion stuktuelle Induktion 3 3 Diese Veallgemeineung de Induktion lässt sich auf Mengen anwenden, die einen ekusiven Aufbau aufweisen. Diese Induktion ist weit vebeitet in de mathematischen Logik, wo viele Aussagen mit Hilfe de sog. Induktion übe den Fomelaufbau bewiesen weden können.

3 1. Definition duch vollständige Induktion De Umstand, dass N die kleinste induktive Teilmenge von R ist, gestattet es auch, Begiffe ode Objekte B(n) fü jedes n N induktiv (ode auch: ekusiv) zu definieen, wenn diese in das folgende Schema passen. a) Das Objekt B(1) ist definiet. b) Ist B(n) (altenativ: sind B(1),..., B(n)) definiet, so ist auch B(n + 1) definiet. Dann ist das Objekt B(n) in de Tat fü alle n N definiet. Beispiel: Summen- und Poduktzeichen Es seien n N und a 1,..., a n R. Dann definieen wi ekusiv { n a1, falls n = 1, a j := ( n 1 ) a j + a n, falls n > 1, sowie { n a1, falls n = 1, a j := ( n 1 ) a j a n, falls n > 1. Betachten wi hiezu eemplaisch den Fall n = 4. Dann gilt ( 4 3 ) ( ) ( 1 ) a j = a j + a 4 = a j + a 3 + a 4 = a j + a + a 3 + a 4 = a 1 + a + a 3 + a 4 bzw. ( 4 3 ) ( ) ( 1 ) a j = a j a 4 = a j a 3 a 4 = a j a a 3 a 4 = a 1 a a 3 a 4. Da die Summanden bzw. Faktoen nicht zwangsläufig übe de Menge {1,..., n} indiziet sein müssen, bauchen wi noch eine egänzende Festlegung de Notation. Sind nun p, q Z und a k R fü k p, so definieen wi zudem { q 0, falls p > q (sog. leee Summe), a j := q p+1 k=1 a k+p 1, falls p q, sowie j=p q a j := j=p { 1, falls p > q (sog. leees Podukt), q p+1 k=1 a k+p 1, falls p q. Schauen wi uns hiezu auch noch ein Beispiel an mit p = 1 und q =. Dann ehalten wi a j = j= 1 wie ewatet. ( 1)+1 k=1 a k+( 1) 1 = 4 a k = a 1 + a + a 3 + a 4 = a 1 + a 0 + a 1 + a k=1

4 Eine Anwendung des Vollständigkeitsaioms: Eistenz von Quadatwuzeln In diesem Abschnitt wollen wi ein estes Beispiel fü die Nützlichkeit des Vollständigkeitsaiom liefen und die nachstehende Aussage beweisen. Satz Es sei a > 0 beliebig. Dann eistiet genau ein b > 0 mit b = a. Beweis: Die Eindeutigkeitsaussage folgt aus Aufgabe 1 unten. Die Idee zum Nachweis de Eistenz von b ist die folgende: Wi betachten die Menge A := { 0 : a}. Wenn es eine Zahl b (0, ) gibt, die b = a efüllt, so gilt fü jedes A nach de Definition von A die Ungleichung a = b und dahe nach Aufgabe 1 von unten auch b; insbesondee ist A nach oben beschänkt. Da außedem b A gilt, ehalten wi dann notwendigeweise b = ma A = sup A. Diese Beobachtungen motivieen nun das folgende Vogehen: Um die Eistenz eines solchen b zu begünden, gehen wi umgekeht vo und weisen in einem esten Schitt nach, dass sup A eistiet und zeigen anschließend in einem zweiten Schitt, dass (sup A) = a gilt. (Bemekung: Im Folgenden weden fü gewisse wohlbekannte Rechenschitte die wiklich seh fomalen Begündungen (welche unsee Agumentation letztlich auf dem festen Fundament de Aiome (A1)-(A15) begünden) in die Fußnoten velaget, um die Lesbakeit des Beweises zu ehöhen und den Lesefluss nicht duch den wiedeholten Veweis auf den zugundeliegenden fomalen Rahmen zu velangsamen. Beim esten Lesen des Beweises kann man also die Fußnoten 4-13 uhigen Gewissens übegehen. Ab dem zweiten Schitt des Beweises weden wi diese fomalen Begündungen, nachdem diese dann schon eichlich eingeübt woden sind, gänzlich unewähnt lassen.) 1. Schitt: A ist nichtlee und nach oben beschänkt: Wegen 0 A ist A nichtlee. Wi betachten nun c := a + 1 > 1. 4 Es folgt 5 dann a < c c wegen c > 1. Mit Hilfe von Aufgabe 1 von unten 6 folgt somit fü R aus de Ungleichung c die Abschätzung c > a. Fü jedes A gilt also notwendigeweise 7 < c, d.h., A ist nach oben (duch c) beschänkt. Das Vollständigkeitsaiom gaantiet nun die Eistenz von sup A. Wi zeigen nun noch, dass sup A > 0 gilt (denn es wid ja auch b > 0 behauptet). Hiezu setzen wi d := und beachten, dass 1 nach Aiom (A7) wegen a > 0 eistiet und dass a a aus dem gleichen Gunde 8 die Ungleichung 1 > 0 und a dahe9 auch d 1 > 0 gilt. Deshalb a liefet Aufgabe 1 von unten 10 d 1 > 0, woaus wiedeum 11 die Abschätzung 0 < 1 a a d 4 Hie geht Aufgabe b) aus de Päsenzübung ein. 5 mit Aufgabe b), n) und c) aus de Päsenzübung 6 und mit Aufgabe c) aus de Päsenzübung 7 wegen de Tichotomie de Odnung 8 gemäß Aufgabe h) aus de Päsenzübung 9 wegen 1 > 0, (A13) und Aufgabe c) aus de Päsenzübung 10 sowie Aufgabe c) und g) aus de Päsenzübung 11 mit Hilfe von Aufgabe h) aus de Päsenzübung

5 folgt. Dies liefet wegen 1 > d 0,1 dass 1 A gilt. Damit folgt sup A 1 > 0, also sup A > 0.13 d d. Schitt: (sup A) = a: Wi setzen γ := sup A. Wi gehen hie in zwei Schitten vo. Schitt.1: γ a: Sei > 0 beliebig und sei ɛ (0, min{γ, }) beachte, dass wi duch γ γ dividieen düfen, da wi schon γ > 0 gezeigt haben, und dass aus demselben Gunde die echte Intevallgenze von (0, min{γ, }) stikt positiv ist, sodass (0, min{γ, }) gemäß γ γ Übungsaufgabe c) gilt! Dann eistiet nach Satz 1. ein A mit > γ ɛ > 0. Aufgabe 1 von unten liefet nun woaus sich alsdann egibt. Damit ist gezeigt: > (γ ɛ) = γ γɛ + ɛ = γ ɛ(γ ɛ), }{{} γ a γ ɛγ γ }{{} γ γ > 0 : γ a +, woaus mit Aufgabe c) von unten die Ungleichung γ a folgt. Schitt.: γ a: Wi nehmen an, dass γ a nicht gilt und leiten hieaus einen Widespuch he. ( { }) Es gilt dann γ < a. Sei nun ɛ 0, min. Dann ehalten wi 1, a γ 1+γ (γ + ɛ) = γ + γɛ + ɛ = γ + ɛ(ɛ + γ) < γ + ɛ(1 + γ) < γ + a γ 1 + γ (1 + γ) = γ + a γ = a. Wegen γ + ɛ > 0 liefet dies jetzt γ + ɛ A und dahe auch den Widespuch γ < γ + ɛ sup A = γ. Also muss doch γ a gelten. Insgesamt ehalten wi nun aus Schitt.1 und., dass γ = a gilt. 1 diese Ungleichung folgt aus d > 0 und Aufgabe h) de Päsenzübung 13 wiedeum unte Vewendung von Aufgabe c) de Päsenzübung

6 3 Beispielaufgaben Aufgabe 1 Es seien, y 0 eelle Zahlen. Man zeige mit Hilfe de Aiome (A1)-(A14) und de in de Päsenzübung hegeleiteten Rechenegeln, dass < y genau dann gilt, wenn < y efüllt ist. Lösungsvoschlag: Es gelte zunächst < y. Wegen Aufgabe c) aus de Päsenzübung gilt dann wegen 0 auch y > 0. Aus < y folgt zum einen mit (A14) und 0 die Ungleichung y und zum andeen mit Aufgabe a) aus de Päsenzübung und y > 0 die Abschätzung y < y. Dies liefet zusammen wegen Aufgabe c) aus de Päsenzübung < y. Sei nun umgekeht < y voausgesetzt. Wäe y, so ehielten wi mit dem beeits Gezeigten die Ungleichung y. Wegen de Tichotomie de Odnung (Aufgabe d) de Päsenzübung) können die Ungleichungen y und < y nicht zugleich gültig sein. Folglich kann y ga nicht einteten und es muss (wiedeum wegen de Tichotomie de Odnung) < y gelten.

7 Aufgabe Es seien, y R. Zeigen Sie die folgenden Aussagen. a) Sind, y > 0, so hat man (i) (ii) y (iii) y b) Es gilt + y, y +y sowie + y + y. +y 1+ +y + y 1+ + y 1+ + y 1+ y. c) Gilt y + fü jedes > 0, so gilt beeits y. Lösungsvoschlag: zu a): Wegen, y > 0 gilt y + y + y y + y y 0 ( y) 0 und die letzte Ungleichung ist koekt. Dies beweist (i). Fene gilt (beachte: + y > 0) y + y y+ + y y y + y + y 4y ( + y) 4y + y + y 0 y + y 0 ( y) und die letzte Ungleichung ist ichtig. Damit ist auch (ii) gezeigt. Schließlich gilt ( y + y = y + y ) ( y + y + ) y y + y y (nach (i)) = + y,

8 womit auch (iii) veifiziet ist. zu b): Wi zeigen zunächst: Ist 0 t s, so gilt auch u 0 u 1 + u = 1 + u u = 1 1 u + 1. t s. In de Tat hat man fü 1+t 1+s Aus 0 t s folgen nun nacheinande 0 < t + 1 s + 1 und 1, woaus sich schließlich 1 t+1 1 s+1 1 t+1 s+1 > 0 und damit auch t 1 + t = 1 1 t s + 1 = s 1 + s egibt. Setzen wi nun t := + y und s := + y, so folgt t s aus de Deiecksungleichung und das geade Gezeigte liefet die este Abschätzung. Die zweite Ungleichung folgt einfach so: + y y = y + y y y 1 + y. zu b): Angenommen es wüde > y gelten, dann hätten wi := y > 0 und dahe auch y + = y + y = + y was offensichtlich nicht möglich ist. Also muss y gelten. < (Übungsaufgabe c)),

9 Aufgabe 3 Untesuchen Sie fü die folgenden Mengen die Eistenz eines Supemums, Infimums, Minimums und Maimums und geben Sie diese gegebenenfalls an. a) A := { + 1 : > 3} b) B := { R y R : ( ) + (3y 4) < 1} Lösungsvoschlag: zu a): Fü alle > 0 gilt + 1 > 0. Dahe ist A nicht nach oben beschänkt (also eistieen wede ein Supemum noch ein Maimum), abe seh wohl nach unten beschänkt. Wi übelegen uns als nächstes das Folgende: Ist 1 < y, so gilt + 1 < y + 1. Denn es y gilt wegen, y > 0 in de Tat + 1 < y + 1 y ( y + 1 ) < y y( + 1) < (y + 1) y(y ) + y > 0 (y )(y 1) > 0. ( y + 1 ) y Wegen y > 1 gilt auch y y > 1 und die letzt genannte Ungleichung in de obigen Äquivalenzumfomung ist somit efüllt. Dies liefet sodann, dass + 1 > = 10 fü alle 3 3 > 3 gilt. Wi behaupten nun, dass inf A = 10 gilt. 3 Da wi geade schon gezeigt haben, dass 10 eine untee Schanke von A ist, gilt inf A Sei nun > 10 beliebig. Wi konstuieen nun ein > 3 mit + 1 =, was dann A nach 3 sich zieht. Hiezu ist die quadatische Gleichung + 1 = 0 zu lösen. Rein fomal (ohne Vewendung des Wuzelzeichens) sieht das dann so aus: Es ist 1 > 1 = 0 und es 4 4 eistiet folglich ein a > 0 mit a = 1. Wi betachten nun := + a > > 1. Es gilt 4 nun + 1 = + 1 = + 4 a + a a = {}} ) { 4 1 +a a = ( =a a + a = + a + a =. Dies impliziet zunächst > 3 (andenfalls hätten wi wegen > 1 nach dem oben und geade Gezeigten = = 10 < ) und dahe auch A. Also gilt ( 10, ) A, woaus inf A 10 folgt. 3 Insgesamt ehalten wi somit inf A = 10 wie behauptet. Dies ist jedoch kein Minimum, da 3 wi ja beeits + 1 > = 10 fü alle > 3, also z > 10 fü alle z A eingesehen haben Bemekung: Ein genauee Blick auf unsee Übelegungen zeigt, dass wi soga A = ( 10 3, ) nachgewiesen haben. zu b): Sei z 0 beliebig. Dann eistiet ein a 0 mit a = z. Mit y := 1 (a + 4) folgt dann 3 (3y 4) = a = z. Dahe gilt B = { R : z 0 : ( ) + z < 1} = { R : ( ) < 1}.

10 Es gilt ( ) < 1 < 1 < 1 1 < < 1 1 < < 3, was B = (1, 3) impliziet. Folglich gilt sup B = 3, inf B = 1 und B besitzt wede ein Maimum noch ein Minimum.

11 Aufgabe 4 Es seien A und B nichtleee Teilmengen von R. Dann ist A B genau dann nach oben (unten) beschänkt, wenn sowohl A als auch B nach oben (unten) beschänkt ist, und es gilt in diesem Falle sup(a B) = ma{sup A, sup B} (inf(a B) = min{inf A, inf B}). Lösungsvoschlag: Wi beweisen nu die Aussage zu Beschänktheit nach oben. Die andee Aussage zeigt man analog ode man füht sie auf diese zuück (Übung!). Ist A B nach oben beschänkt, so eistiet ein M R mit M fü alle A B. Insbesondee gilt dann natülich auch a M fü alle a A A B. Also ist A nach oben duch M beschänkt. Ebenso zeigt man, dass B nach oben duch M beschänkt ist. Sind umgekeht A und B beide nach oben beschänkt, so eistieen C 1, C R mit a C 1 fü alle a A und mit b C fü alle b B. Mit C := ma{c 1, C } gilt dann sowohl a C fü alle a A als auch b C fü alle b B. Mithin gilt C fü alle A B. Seien nun also A und B beide als nach oben beschänkt voausgesetzt. Setzen wi in de Agumentation von eben einfach C 1 = sup A und C = sup B, so ehalten wi, dass ma{sup A, sup B} eine obee Schanke fü A B ist. Dahe gilt eineseits sup(a B) ma{sup A, sup B}. Andeeseits liefet das Agument vom Anfang mit M = sup(a B), dass sup(a B) sowohl fü A als auch fü B eine obee Schanke ist. Dahe gilt sowohl sup(a B) sup A als auch sup(a B) sup B und somit auch sup(a B) ma{sup A, sup B}.