Hinweis: Aus Definition 1 und 2 folgt, dass die Zahl 0 zu den geraden Zahlen zählt.

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1 Der Satz vom ausgeschlossenen Dritten. Der Satz vom ausgeschlossenen Dritten besagt, dass für jeden (wahrheitsfähigen) Satz gilt: Entweder der Satz oder seine Negation ist wahr. Wenn m. a. W. gezeigt werden kann, dass ein bestimmter Satz falsch ist, dann muss die Negation des Satzes wahr sein und umgekehrt. Definition. Wir sagen von zwei natürlichen Zahlen nn, mm N: mm teilt nn genau dann, wenn ein kk N existiert, sodass gilt mm kk = nn. Wir schreiben mm nn, wenn mm ein Teiler von nn ist bzw. mm nn, wenn mm kein Teiler von nn ist. Definition. Wir nennen eine natürliche Zahl nn N gerade genau dann, wenn gilt nn und ansonsten ungerade. Hinweis: Aus Definition und folgt, dass die Zahl 0 zu den geraden Zahlen zählt. Satz. Für jede natürliche Zahl nn N gilt: wenn nn, dann nn. Der Satz kann indirekt unter Verwendung des Satzes vom ausgeschlossenen Dritten oder direkt unter Verwendung der Kontraposition bewiesen werden. Variante : Wir führen einen indirekten Beweis (auch: Widerspruchsbeweis). D. h. wir nehmen die Negation des zu beweisenden Satzes an und führen diese Annahme auf einen Widerspruch. Dazu ist zunächst zu klären, wie die Negation von Satz lautet. In Prädikatenlogik formuliert hat die Aussage, die folgende Form nn( nn nn). Die Negation lautet dann nn( nn nn). In Worten ausgedrückt: Es gibt (mindestens) eine natürliche Zahl nn für die gleichzeitig gilt nn und nn. Sei aa N so eine Zahl. Wir nehmen also an, dass aa aa. Unter dieser Annahme gilt für ein geeignetes kk N: aa = kk +. (Andernfalls wäre aa durch teilbar.) Also gilt weiters aa = (kk + ) = kk + kk +. Die ersten beiden Summanden sind vielfache von, also gerade. Die Summe zweier geraden Zahlen ist ebenfalls gerade. Durch Addition von wird der gesamte Ausdruck also notwendigerweise ungerade. (Beides lässt sich relativ einfach unter Anwendung der Rechenregeln für Addition und Multiplikation sowie unserer Definition nachweisen.) Das ist aber ein Widerspruch zu unserer Annahme aa. Damit ist der Satz nn( nn nn) als falsch erwiesen und mit dem Satz vom ausgeschlossenen Dritten folgt daraus die Wahrheit des zu beweisenden Satzes.

2 Variante : Eine genauere Betrachtung des eben geführten Beweises, lässt erkennen, dass wir Satz auch eleganter nachweisen können. Betrachte dazu folgenden Satz: nn( nn nn ). Wir stellen fest, dass der Antezedens uns für ein geeignetes kk N erlaubt nn anzuschreiben als nn = kk +. Wenn wir jetzt beide Seiten der Gleichung quadrieren erhalten wir nn = (kk + ) = kk + kk +. Wir wissen von oben, dass dieser Ausdruck jedenfalls ungerade ist, d. h. kk + kk + und damit auch nn. Also gilt nn( nn nn ). Mit der Kontraposition folgt aus diesem Satz sofort die zu beweisende Aussage nn( nn, dann nn ). Beachte: Wir haben in dieser Variante den Satz vom ausgeschlossenen Dritten nicht verwendet. Definition. Wir nennen zwei natürliche Zahlen nn, mm N teilerfremd genau dann, wenn es keine natürliche Zahl außer der gibt, die beide Zahlen teilt. Satz. ist irrational. Beweis: Angenommen ist rational. Dann gilt für geeignete aa, bb N: = aa, wobei wir bb annehmen können, dass es sich um einen bereits vollständig gekürzten Bruch handelt. Das bedeutet, dass a und b teilerfremd sind. Wegen = aa aa gilt auch = bb bb und weiters bb = aa. Aus letzterem folgt, dass aa durch teilbar, also gerade ist. Wegen Satz folgt daraus, dass auch aa gerade, also durch teilbar ist. Damit gilt für ein geeignetes ii N: aa = ii. Also gilt weiters aa = ii. Wir setzen in die obige Gleichung bb = aa ein und erhalten bb = ii. Durch Umformen erhalten wir bb = ii. Demnach ist bb durch teilbar, also ebenfalls gerade. Wegen Satz folgt daraus, dass auch b durch teilbar, also gerade ist. Das ist aber ein Widerspruch zu unserer Annahme, dass aa und bb teilerfremd sind. Die Annahme, sei rational, muss also falsch sein. Der Satz vom ausgeschlossenen Dritten erlaubt uns aus der Falschheit dieser Annahme, die Wahrheit des zu beweisenden Satzes zu folgern. Satz. ist irrational. Übungsaufgabe: Führe den Beweis selbst. Hinweis: Der Beweis verläuft analog zu Satz. Wir nehmen die Negation des zu beweisenden Satzes an. Wir nutzen die Annahme um auf andere Weise zu notieren. Wir machen eine wichtige Beobachtung hinsichtlich dieser neuen Darstellung und führen diese auf einen Widerspruch. Dazu zeigen wir in einer Nebenüberlegung, dass gilt: wenn aa durch teilbar ist dann ist a durch teilbar. [An diesem Punkt ist die einzige Abweichung vom obigen Beweis, da in der Nebenüberlegung eine

3 Fallunterscheidung vorgenommen werden muss, denn entweder gilt aa = kk + oder es gilt aa = kk +. Hier müssen deshalb beide Fälle auf einen Widerspruch geführt werden. Die einzelnen Schritte funktionieren aber in beiden Fällen ganz analog zu oben.] Sobald die Implikation gezeigt wurde, können wir wie in Satz verfahren um einen Widerspruch herzustellen. Satz. Es gibt irrationale Zahlen aa, bb für die gilt, dass aa bb rational ist. Wir führen den Beweis mittels Fallunterscheidung. Beweis: Wir wissen aus Satz, dass irrational ist. Betrachte. Fall : ist rational. Wir sind fertig. Fall : ist irrational. Betrachte. Wir formen um und erkennen = = = als rational. Anmerkung: Davon auszugehen, dass nur diese beiden Fälle möglich sind, bedeutet den Satz vom ausgeschlossenen Dritten anzuerkennen. Denn nur wenn gilt Entweder der Satz (hier: Fall ) oder seine Negation (hier: Fall ) ist wahr, kann die gemachte Fallunterscheidung als vollständig betrachtet werden. Satz. Für jedes nn N gilt nn = nn(nn+). Wir führen den Beweis mittels vollständiger Induktion. Induktionsanfang (nn = 0): linke Seite der Gleichung ist 0 rechte Seite der Gleichung ist 0 (0+) = 0 = 0 = 0 Induktionsvoraussetzung: nn = nn(nn+)? Induktionsschritt: nn + (nn + ) (nn+)(nn+) = nn + (nn + ) = II.VV. nn(nn+) (nn+)(nn+) + (nn + ) = nn(nn+) + (nn+) nn(nn+) + (nn+) = = Anmerkung: Wir wenden zuerst die Induktionsvoraussetzung an, um den Ausdruck nn durch nn(nn+) an und heben schließlich im Zähler des Bruches zu ersetzen. Wir schreiben die beiden Brüche dann als einen nn(nn+) + (nn+) den Ausdruck (nn + )

4 heraus womit wir das gewünschte Ergebnis (nn+)(nn+) erhalten. Alternativ können im letzten Schritt auch die Klammern aufgelöst werden, um die Identität der beiden Ausdrücke im Zähler zu erkennen. Satz 6. Für jedes nn N gilt nn = nn+. Übungsaufgabe: Führe den Beweis selbst mittels vollständiger Induktion. Induktionsanfang (nn = 0): linke Seite der Gleichung ist rechte Seite der Gleichung ist Induktionsvoraussetzung: nn = nn+. Induktionsschritt: nn + nn+? = nn nn + nn+ = = = nn+ Satz 7. Für jedes nn N mit rr R\{} gilt rr 00 + rr + rr + + rr nn = rrnn+ rr. Übungsaufgabe: Führe den Beweis selbst mittels vollständiger Induktion. Satz 8. Für jedes nn N gilt nn (nn + ) = ( nn). Der Satz ist äquivalent zu Satz. Wir beweisen den Satz hier jedoch kombinatorisch. n- n- n n n- n- n- n n- n+ n Wir betrachten zunächst das gesamte Feld und erkennen, dass die Anzahl der Elemente des Feldes nn (nn + ) beträgt. Es lässt sich außerdem beobachten, dass die gelben

5 Flächen insgesamt ( nn) Felder ausmachen. Selbes gilt für die blauen Flächen. Also ergibt sich für die gelben und die blauen Flächen eine gesamte Felderzahl von ( nn). Da dies alle Felder sind, ist damit auch die zu beweisende Behauptung gezeigt. Satz 9. Für alle Dreiecke ABC, die in C einen rechten Winkel aufweisen, gilt aa + bb = cc. (Satz des Pythagoras). Wir führen einen geometrischen Beweis. Betrachte dazu zunächst folgendes Dreieck. B a c C b A Durch Vervielfältigung und geeignete Drehung der einzelnen Dreiecke lässt sich folgende geometrische Figur herstellen: a b b c a c Diese Darstellung ermöglicht zwei Beobachtungen: () die Fläche des gesamten Quadrats beträgt (aa + bb) () die Fläche des weißen Quadrats beträgt cc Wir ordnen die Figur neu an und erhalten. a b a b Erneut sind zwei Beobachtungen möglich: () die Fläche des gesamten Quadrats beträgt (aa + bb) () die Fläche der beiden weißen Quadrate beträgt aa bzw. bb

6 Da sowohl die Fläche des gesamten Quadrates als auch die blauen Flächen in beiden Darstellungen identisch sind, muss auch die weiße Fläche in beiden Fällen identisch sein. Also gilt cc = aa + bb. Definition. Wir nennen zwei Mengen AA, BB gleichmächtig genau dann, wenn es eine : Zuordnung zwischen den Elementen der Menge gibt. Wir nutzen in diesem Fall folgende Notation AA = BB. Hinweis: Um zu überprüfen, ob eine bestimmte Zuordnungsvorschrift (auch: Funktion, Abbildung) tatsächlich eine : Zuordnung darstellt, müssen wir zwei Bedingungen überprüfen. Wir müssen sicherstellen, dass die Zuordnungsvorschrift jedem Element der Zielmenge () höchstens ein Element der Ausgangsmenge und () mindestens ein Element der Ausgangsmenge zuweist. Nur wenn eine Zuordnungsvorschrift beide Bedingungen erfüllt, ist sichergestellt, dass es sich um eine : Zuordnung handelt. Typischerweise zeigen wir (), indem wir nachweisen, dass für alle aa, aa εε AA gilt: wenn ff(aa ) = ff(aa ) dann aa = aa. (In Worten: Wenn zwei Elemente aa, aa durch die Funktion f auf denselben Wert abgebildet werden, dann sind aa und aa miteinander identisch.) Um () nachzuweisen, müssen wir zeigen, dass zu jedem Element bb εε BB mindestens ein Element aa εε AA existiert, für das gilt: ff(aa) = bb. Wir können dies zeigen, indem wir für ein beliebig aber fest gewähltes bb εε BB den Nachweis bringen, dass aa εε AA (ff(aa) = bb). (Da wir bei der Wahl von gg keine Einschränkungen machen, zeigen wir auf diese Weise den allgemeinen Satz.) Satz 0. Die Menge der natürlichen Zahlen N ist gleichmächtig mit der Menge der geraden natürlichen Zahlen N gg. Beweis: Wir suchen eine : Zuordnung zwischen den natürlichen Zahlen N und den geraden natürlichen Zahlen N gg, bspw. wie folgt: N 0 N gg Zu diesem Zweck definieren wir eine Funktion ff, die für jedes beliebige nn εε N ein eindeutiges gg εε N gg liefert:

7 ff: N N gg (D.h. die Funktion bildet Werte aus N auf Werte aus N gg ab.) nn nn. (D.h. die Funktion bildet den Wert nn auf den Wert nn ab, wie in der Tabelle angedeutet) Wir müssen jetzt zeigen, dass es sich bei dieser Funktion auch tatsächlich um eine : Zuordnung zwischen N und N gg handelt, d. h. dass jedem Element aus N genau ein Element aus N gg zugewiesen wird. Wir zeigen zuerst, dass jedem Element aus N gg höchstens ein Element aus N zugewiesen wird. Seien dazu nn, nn εε N. Wir nehmen an, dass gilt ff(nn ) = ff(nn ). Aufgrund unserer Definition von ff können wir diese Gleichung anschreiben als nn = nn. Umformen der Gleichung liefert das gewünschte nn = nn. Wir zeigen jetzt, dass jedem Element aus N gg mindestens ein Element aus N zugewiesen wird. Zu diesem Zweck sei gg εε N gg beliebig aber fest gewählt. Da gg εε N gg gleichbedeutend damit ist, dass gg eine gerade Zahl ist, muss es ein nn εε N geben, für das gilt: gg = nn. Aufgrund von ff(nn) = nn folgt daraus gg = nn = ff(nn). Also existiert für jedes gg εε N gg ein nn εε N, sodass ff(nn) = gg. Damit ist gezeigt, dass eine : Zuordnung zwischen N und N gg existiert, nämlich die Funktion ff. (Anmerkung: Es ist nicht gezeigt, dass ff die einzige solche Zuordnung darstellt, nur dass ff eine solche : Zuordnung ist.) Satz. Die Menge der natürlichen Zahlen N ist gleichmächtig mit der Menge der Quadratzahlen N QQQQ = {,, 9, 6,, 6, 9, }. Übungsaufgabe: Führe den Beweis selbst. Hinweis: Der Beweis verläuft analog zu Satz 9. Wir definieren eine Funktion ff: N N QQQQ mit ff(nn): nn und zeigen die beiden Bedingungen für eine : Zuordnung zwischen den Elementen der Mengen N und N QQQQ. Satz. Die Menge der natürlichen Zahlen N ist gleichmächtig mit der Menge der ganzen Zahlen Z. Beweis: Wir müssen eine Zuordnungsvorschrift zwischen den natürlichen Zahlen N und den ganzen Zahlen Z angeben und zeigen, dass es sich um eine : Zuordnung handelt. Die folgende Tabelle veranschaulicht eine mögliche Idee für eine solche Zuordnungsvorschrift: N 0 6 Z

8 Wir definieren also in einem ersten Schritt eine Funktion ff, die diese Idee formal erfasst: ff: N Z nn (nn + ) falls nn ungerade nn falls nn gerade Wir müssen jetzt nachweisen, dass ff wirklich eine : Zuordnung zwischen N und Z darstellt. Wir zeigen dazu zuerst, dass jedem Element aus Z höchstens ein Element aus N zugewiesen wird. Seien dazu nn, nn εε N. Wir nehmen an, dass gilt ff(nn ) = ff(nn ). Fall (nn ist ungerade): Nach Definition von ff gilt ff(nn ) = (nn + ) und damit ff(nn ) > 0. Wegen ff(nn ) = ff(nn ) folgt daraus auch ff(nn ) > 0. Aufgrund der Definition von ff muss nn dann ungerade sein. Also ist ff(nn ) = (nn + ). Somit gilt nach Annahme (nn + ) = (nn + ). Umformen liefert nn = nn. Fall (nn ist gerade): Nach Definition von ff gilt ff(nn ) = nn und damit ff(nn ) < 0. Wegen ff(nn ) = ff(nn ) folgt daraus auch ff(nn ) < 0. Aufgrund der Definition von ff muss nn dann gerade sein. Also ist ff(nn ) = nn. Somit gilt nach Annahme nn = nn. Umformen liefert nn = nn. Wir zeigen jetzt, dass jedem Element aus Z mindestens ein Element aus N zugewiesen wird. Zu diesem Zweck sei zz εε Z beliebig aber fest gewählt. Fall (zz > 0): Betrachte die Zahl zz. Diese ist Zahl ist ein Element aus N und ungerade. Also ist ff(zz ) definiert. Wir wenden unsere Definition von ff an und erhalten ff(zz ) = (zz + ) = zz = zz. Also gibt es ein nn εε N mit ff(nn) = zz, nämlich nn = zz. Fall (zz 0): Betrachte die Zahl zz. Diese Zahl ist ein Element aus N und gerade. Also ist ff( zz) definiert. Wir wenden unsere Definition von ff an und erhalten ff( zz) = ( zz) = zz. Also gibt es ein nn εε N mit ff(nn) = zz, nämlich nn = zz.

9 Damit ist gezeigt, dass eine : Zuordnung zwischen N und Z existiert, nämlich die Funktion ff. Satz. Die Menge der natürlichen Zahlen ohne Null N \{00] ist gleichmächtig mit der Menge der positiven rationalen Zahlen Q +. Beweis: Wir suchen eine : Zuordnung zwischen den natürlichen Zahlen ohne Null N \{00] und den positiven rationalen Zahlen Q +. Folgende Anordnung zeigt eine mögliche Idee, diese Zuordnung herzustellen: Hier gilt es einige Beobachtungen zu machen: () Die Tabelle enthält alle positiven rationalen Zahlen. () Die blauen Pfeile markieren einen Weg durch die Tabelle, der sicherstellt, dass jedes Feld genau einmal getroffen wird. () Es ist möglich alle nicht vollständig gekürzten Brüche in der Tabelle zu überspringen. Die Schwierigkeit besteht nun darin eine Funktion ff zu definieren, die diese Zuordnungsidee formal erfasst, um von dieser Funktion zeigen zu können, dass es sich tatsächlich um eine : Zuordnung handelt. Eine relativ elegante Möglichkeit die angegebene Zuordnungsidee umzusetzen, besteht darin zunächst eine unendliche Folge zu definieren (und zwar eine sogenannte Stern-Brocot-Folge): aa = aa kk = aa kk aa kk+ = aa kk + aa kk+ Anmerkung: Es handelt sich hierbei um eine rekursive Definition mit Fallunterscheidung. Wir legen ein erstes Element aa fest und geben ausgehend von diesem an, wie die Werte für alle weiteren Elemente zustande kommen (Rekursivität).

10 Dabei machen wir eine Unterscheidung zwischen Elementen mit geradem Index und Elementen mit ungeradem Index (Fallunterscheidung). Die ersten Elemente dieser Folge sehen folgendermaßen aus. aa aa aa aa aa aa 6 aa 7 aa 8 Wir können diese Folge nutzen um eine Funktion ff zu definieren. ff: N \{00] Q + nn aa nn aa nn+ Die untenstehende Tabelle gibt Auskunft über die ersten Wertepaare der Funktion ff. N \{00] 6 7 Q + Anmerkung: Die Reihenfolge, in der die rationalen Zahlen durch die definierte Funktion den natürlichen Zahlen zugeordnet werden, weicht an mehreren Punkten von der oben skizzierten Zuordnungsvorschrift ab. Der Grundgedanke sollte dennoch erkennbar sein. Um den Beweis von Satz zu vervollständigen, wäre jetzt zu zeigen, dass es sich bei ff tatsächlich um eine : Zuordnung handelt. Dieser Nachweis wird hier nicht erbracht und ist der geneigten Leserin bzw. dem geneigten Leser als vertiefende Übungsaufgabe überlassen. Definition. Wir nennen eine unendliche Menge AA überabzählbar genau dann, wenn es keine : Zuordnung zwischen den Elementen der Menge AA und den natürlichen Zahlen N gibt. Wir werden diesen Umstand manches Mal auch so ausdrücken, dass keine vollständige Liste aller Elemente der Menge AA angegeben werden kann. Satz. Die Menge der reellen Zahlen R ist überabzählbar unendlich. Anmerkung: Wir beschränken uns für den Beweis des Satzes auf das Intervall (0, ) R und zeigen, dass bereits dieses überabzählbar unendlich ist. Satz folgt aus dieser Behauptung dann a fortiori.

11 Beweis: Wir führen einen Widerspruchsbeweis und nehmen an, dass eine Liste L aller reellen Zahlen in (0, ) existiert. Dann können wir die Elemente von L in Dezimaldarstellung wie folgt anschreiben. zz 0, aa aa aa aa zz 0, aa aa aa aa zz 0, aa aa aa aa zz ii bezeichne dabei die i-te Zahl der Liste L und aa iiii bezeichne die j-te Dezimalstelle von zz ii. Wir definieren nun eine Diagonalzahl dd, indem wir für jede Dezimalstelle von dd einen Wert festlegen. Zu diesem Zweck bezeichnen wir die i-te Dezimalstelle von dd mit dd ii und definieren: dd = 0, dd dd dd mit dd ii = 0 falls aa iiii 0 sonst Wir erhalten eine Zahl dd, die sich von jeder Zahl der Liste L in mindestens einer Dezimalstelle unterscheidet, nämlich entlang der Diagonalen der obigen Darstellung der Liste L. (Dieses Verfahren wird entsprechend auch als Diagonalverfahren bezeichnet.) zz 0, aa aa aa aa zz 0, aa aa aa aa zz 0, aa aa aa aa Zugleich gilt offenkundig, dass dd εε (0, ). Das ist jedoch ein Widerspruch zur Annahme, L sei eine vollständige Liste aller reellen Zahlen im Intervall (0, ). Mit dem Satz vom ausgeschlossenen Dritten folgt sodann der zu beweisende Satz. Kontrollfrage: Warum kann das Diagonalverfahren nicht angewandt werden, um zu zeigen, dass auch die positiven rationalen Zahlen Q + überabzählbar unendlich sind?