2 Vollständige Induktion

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1 Vollständige Indution Wir unterbrechen jetzt die Disussion der Axiome der reellen Zahlen, um das Beweisverfahren der vollständigen Indution ennenzulernen. Wir setzen voraus, dass die natürlichen Zahlen N als Folge 1, 1 + 1, + 1 3,... gegeben sind. Ausgehend von 1 N wird also jede natürliche Zahl erreicht, indem die 1 endlich oft addiert wird. Darauf beruht das Indutionsprinzip: Sei M N eine Menge mit den beiden Eigenschaften 1 1 M, n M n + 1 M. Dann gilt schon M N. Die Beschreibung der natürlichen Zahlen als Folge 1,, 3,... ist eine strenge Definition, da die Püntchen nicht präzisiert werden. Demzufolge önnen wir auch das Indutionsprinzip nicht rigoros begründen, sondern nehmen es schlicht als gegeben hin. Auf der Basis der Axiome K, A1 und A ann aber eine strenge Definition der natürlichen Zahlen als Teilmenge der reellen Zahlen gegeben werden, wobei das Indutionsprinzip dann als Satz gefolgert wird. Dies wird zum Beispiel in den Büchern von Barner & Flohr sowie Hildebrandt ausgeführt. Das Beweisverfahren der vollständigen Indution ergibt sich diret aus dem Indutionsprinzip. Satz.1 Beweisverfahren der vollständigen Indution Gegeben sei eine Folge von Aussagen An für n N. Es möge gelten: 1 A1 ist wahr. Indutionsanfang An ist wahr An + 1 ist wahr. Indutionsschluß Dann sind alle Aussagen An wahr. Beweis: Wir betrachten die Menge M {n N : An ist wahr}. Nach Voraussetzung gilt 1 M, und mit n M ist auch n + 1 M. Das Indutionsprinzip ergibt M N, das heißt alle Aussagen An sind wahr. Ein Indutionsbeweis funtioniert immer in zwei Schritten: Indutionsanfang n 1: Beweis der Behauptung für n 1. Indutionsschluß n n + 1: Beweis, dass aus der Wahrheit der Behauptung für An Indutionsannahme die Wahrheit der Behauptung für An + 1 folgt. Bemerung. Statt bei n 1 ann die Indution auch bei einer anderen Zahl starten. Zum Beispiel ist zu jeder ganzen Zahl n n 0 eine Aussage An gegeben. Vollstandige Indution ann sinngemäß auch in dieser Situation angewendet werden. Als Indutionsanfang hat man An 0 zu beweisen und der Indutionsschluß An An + 1 ist für die n n 0 zu erbringen. 9

2 Beispiel.1 arithmetische Summe Wir zeigen die Summenformel An : n nn + 1. Beweis: Indutionsanfang. Für n 1 ist sowohl die line als auch die rechte Seite gleich Eins, also gilt der Indutionsanfang. Indutionsschluß n n + 1. Jetzt berechnen wir unter Verwendung von An + n + 1 Damit ist An für alle n N bewiesen. nn n + 1 n + 1n Nach dem neunjährigen Gauß ommen wir natürlich auch ohne Indution zum Ziel: 1 + n nn n + 1. Der Vorteil dieses Arguments ist, dass wir die Formel nicht vorher raten müssen. Beispiel. geometrische Summe Sei x R, x 1. Dann gilt für alle n N x x n x 1 x+1 1 x. Beweis: Indutionsanfang n 0. Wir zeigen das wieder durch vollständige Indution, wobei wir bei n 0 beginnen: 0 x x x0+1 1 x. Indutionsschluß n n + 1. Jetzt gelte die Formel für ein n N. Dann folgt x x An + x 1 x womit die Behauptung An + 1 gezeigt ist. 1 x + x 1 x+1, 1 x Auch hier haben wir ein alternatives Argument, nämlich den sogenannten Telesopsummentric: 1 x 1 x + x... x n + x n x x x +1 1 x x. Ebenfalls mit dem Beweisverfahren der vollständigen Indution zeigen wir folgende nützliche Ungleichung. 10

3 Satz. Bernoullische Ungleichung Für x R, x 1, und n N 0 gilt 1 + x n 1 + nx. Beweis: Wir führen Indution über n N 0. Die Indution fäng von n 0 an. Für n 0 gilt nach Definition 1 + x x. Wegen 1 + x 0 folgt weiter 1 + x 1 + x 1 + x n 1 + x 1 + nx nach Indutionsannahme 1 + n + 1x + nx 1 + n + 1x. Wir wollen als nächstes die Elemente gewisser Mengen zählen. Satz.3 Schubfachprinzip Ist f : {1,...,m} {1,...,n} injetiv, so folgt m n. Beweis: Wir fassen die Behauptung als Aussage An auf, die jeweils für alle m N zu zeigen ist, und führen einen Indutionsbeweis. IA Für n 1 haben wir eine injetive Abbildung f : {1,...,m} {1} und es folgt sofort m 1, also der Indutionsanfang. IS Sei nun eine injetive Abbildung f : {1,...,m} {1,...,n + 1} gegeben. Zu zeigen ist m n + 1, was für m 1 offensichtlich ist. Für m onstruieren wir eine injetive Abbildung f : {1,...,m 1} {1,...,n}, f. Mit der Indutionsannahme folgt dann m 1 n beziehungsweise m n + 1 wie gewünscht. Die Funition f ist wie folgt onstruiert: Im Fall f {1,...,n} für alle 1,...,m 1 önnen wir einfach f f setzen. Andernfalls gibt es genau ein i {1,...,m 1} mit fi n + 1. Da f nach Voraussetzung injetiv ist, folgt fm n + 1, das heißt fm {1,...,n}, und wir önnen setzen { f für 1,...,m 1, i, f fm für i. Es ist leicht zu sehen Übung, dass in jedem der Fälle f injetiv ist. Definition.1 Zahl der Elemente Eine nichtleere Menge M heißt endlich, wenn für ein n N eine Bijetion f : {1,...,n} M existiert; andernfalls heißt sie unendlich. Im endlichen Fall heißt n Anzahl der Elemente von M Symbol: #M n. Die leere Menge wird ebenfalls als endlich bezeichnet mit # 0. Lemma.1 Die Anzahl einer endlichen Menge ist wohldefiniert Beweis: Wir mussen zeigen dass die Zahl n mit einer Bijetion f : {1,...,n} M eindeutig bestimmt ist. Denn ist f : {1,...,m} M ebenfalls bijetiv, so haben wir die bijetiven, insbesondere injetiven, Abbildungen f 1 f : {1,...,n} {1,...,m} sowie f 1 f : {1,...,m} {1,...,n}. 11

4 Aus dem Schubfachprinzip, Satz.3, folgt dann n m und m n, also m n. Der Satz garantiert also, dass die scheinbare Uneindeutigeit in der Definition der Anzahl nicht vorhanden ist. Die Mathematier haben dafür die schöne Formulierung, die Anzahl sei wohldefiniert. Das Produt n! n 1... n wird als n-faultät bezeichnet; dabei ist per Definition 0! 1 in Konsistenz mit unserer Vereinbarung zum leeren Produt. Der folgende Satz beantwortet die Frage nach der Anzahl der möglichen Anordnungen oder Umordnungen oder Permutationen von n Dingen. Satz.4 Zahl der Permutationen Für n N sei S n die Menge der bijetiven Abbildungen σ : {1,...,n} {1,...,n}. Dann gilt #S n n!. Beweis: Wir zeigen die Behauptung durch Indution, wobei der Indutionsanfang n 1 offensichtlich ist. Es ist pratisch, jedes σ S n mit dem n-tupel σ 1,...,σ n zu identifizieren, wobei σ i σi. Die Menge S ist disjunte Vereinigung der Teilmengen S, {τ S : τ n + 1} für 1,...,n + 1. Beispielsweise ist in aufzählender Form S 4, {1, 4,, 3,, 4, 3, 1, 3, 4, 1,, 1, 4,, 3,, 4, 1, 3, 3, 4, 1, }. Jedem σ σ 1,...,σ n S n önnen wir die Permutation σ 1,...,σ 1, n + 1, σ,...,σ n in S, zuordnen, und diese Abbildung ist bijetiv nachprüfen!. Also folgt aus der Indutionsannahme #S, #S n n! und #S #S, n + 1 n! n + 1!. Definition. Binomialoeffizienten Für α R und N setzen wir α α α 1... α + 1, sowie 1... α 1. 0 Lemma. Additionstheorem für Binomialoeffizienten Für α R und N erfüllen die Binomialoeffizienten die Formel α + 1 α α

5 Beweis: Für 1 ist leicht zu sehen, dass die Formel richtig ist. Für berechnen wir α α α α 1... α + 1 α α 1... α α α 1... α + α α + 1 α... α α + 1. Im Fall α n N 0 erlaubt Lemma. die reursive Berechnung der Binomialoeffizienten n nach dem Dreiecsschema von Blaise Pascal Das Pascalsche Dreiec nennt man auch Dreiece von Yang Hui, vor 1303 n0 1 n1 1 1 n 1 1 n n n n Ebenfalls für α n N 0 folgt durch Erweitern der Binomialoeffizienten mit n! die alternative Darstellung n n!! n! für n N 0, {0, 1,...,n},.4 und daraus weiter die am Diagramm ersichtliche Symmetrieeigenschaft n n für n N 0, {0, 1,...,n}..5 n Satz.5 Zahl der Kombinationen Sei n N 0 und {0, 1,...,n}. Dann ist die Anzahl der -elementigen Teilmengen von {1,...,n} gleich n. Beweis: Die Behauptung gilt für 0 und beliebiges n, denn die leere Menge ist die einzige null-elementige Teilmenge von {1,...,n}, und nach Definition ist n 0 1. Insbesondere gilt die Behauptung für n 0. Wir führen nun Indution über n, wobei wir die Behauptung jeweils für alle {0, 1,...,n} zeigen. Im Indutionsschluss müssen wir die Anzahl der -elementigen Teilmengen von {1,..., n + 1} bestimmen, wobei wir 1 annehmen önnen. Diese Teilmengen zerfallen in zwei disjunte Klassen: 13

6 Klasse 1: Die Menge enthält die Nummer n + 1 nicht. Klasse : Die Menge enthält die Nummer n + 1. Klasse 1 besteht genau aus den -elementigen Teilmengen von {1,...,n}, Klasse ergibt sich durch Hinzufügen des Elements zu jeder der 1-elementigen Teilmengen von {1,...,n}. Insgesamt ist die Zahl der -elementigen Teilmengen von {1,...,n + 1} nach Indutionsannahme also gleich n + n 1 nach Lemma., womit der Satz bewiesen ist. n + 1 Satz.6 Binomische Formel Für a, b R und n N gilt a + b n n a b n..6 Beweis: Ausmultiplizieren des n-fachen Produts a+b n a+b a+b... a+b mit dem Distributivgesetz und Ordnen nach dem Kommutativgesetz liefert Terme der Form a b n für {0, 1,...,n}. Die Häufigeit eines solchen Terms ist gleich der Anzahl der Möglicheiten, aus den n Klammern Klammern auszusuchen, in denen a als Fator genommen wird; in den restlichen Klammern muss dann der Fator b gewählt werden. Nach Satz.5 ommt a b n also genau n mal vor. Alternativ folgt der Satz auch durch vollständige Indution über n, und zwar gilt der Indutionsanfang n 1 wegen n 1 : a + b 1 Der Indutionsschluss ergibt sich wie folgt: a + b a + b n a + a + n a b n a +1 b n + 1 a 0 b a 1 b 0. 1 nach Indutionsannahme n a b n +1 n a b n [ n + 1 ] n a b + b n + 1 a b nach Lemma.. n a b + b Die folgende Umformulierung des Indutionsprinzips erscheint absolut selbstverständlich; wir erinnern aber daran, dass wir eine strenge Definition der natürlichen Zahlen gegeben haben. 14

7 Satz.7 Prinzip der leinsten natürlichen Zahl Jede nichtleere Menge M N besitzt ein leinstes Element. Beweis: Wir beweissen dem Satz durch eine Widerspruch-Argumente. Angenommen, es gibt ein leinstes Element in M N. Wie zeigen dann durch Indution {1,...,n} M. Für n 1 ist das richtig, denn sonst wäre 1 M das leinste Element. Ist die Behauptung für n N gezeigt, so gilt sie auch für n + 1, denn sonst wäre n + 1 leinstes Element in M. Also folgt {1,...,n} M für alle n N. Aber dann ist M die leere Menge im Widerspruch zur Voraussetzung. Als Anwendung zeigen wir nun, dass die rationalen Zahlen auf der Zahlengeraden dicht verteilt sind. Dafür brauchen wir nun das Archimedisches Axiom A3. Wir holen das hier wieder. A3 Zu jedem ε R, ε > 0, existiert ein n N mit 1/n < ε Archimedisches Axiom. Es gibt dann auch zu jedem K R, K > 0, ein n N mit n > K, wie sich mit der Wahl ε 1/K > 0 in A3 sofort ergibt. Satz.8 Q ist dicht in R Zu je zwei reellen Zahlen a, b R mit a < b gibt es eine rationale Zahl q Q mit a < q < b. Beweis: Wir önnen b > 0 annehmen, denn sonst gehen wir zu a b, b a über. Ausserdem ist o.b.d.a. a 0, da wir andernfalls einfach q 0 setzen. Nach A3 existiert ein n N mit 1/n < b a. Betrachte nun die Menge M { N : /n > a} N. M ist nichtleer: falls a 0 so ist zum Beispiel 1 M, andernfalls gibt es nach A3 ein N mit 1/ < 1/na bzw. /n > a. Sei m M das leinste Element nach Satz 1.3. Dann ist einerseits m/n > a und andererseits m 1/n a, also a < m n m 1 n Die Zahl q m/n leistet somit das Verlangte. + 1 < a + b a b. n Ebenso wichtig wie der Beweis durch vollstädige Indution ist die Konstrution durch vollständige Indution, reursive Definition genannt. Es soll jeder natürlichen Zahl n ein Element fn einer Menge X zugeordnet werden durch I die Angabe von f1 und II eine Vorschrift F, die für jedes n N ein Element fn + 1 aus den Elementen f1, f,, fn zu berechnen gestattet: Reursionsvorschrift fn + 1 Ff1,, fn. Beispiel.3 Man erlärt die Potenzen einer Zahl durch I x 1 : x und II die Reursionsformel x : x n x für jedes n N. 15