Elementare Beweistechniken

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1 Elementare Beweistechniken Beispiel: Satzform (Pythagoras) Voraussetzung: Gegeben sei ein beliebiges rechtwinkeliges Dreieck, die Länge der Hypothenuse sei c und die Längen der anderen Seiten seien a und b. Behauptung: Dann gilt c 2 = a 2 + b 2. Beispiel: Satz-Beweisform Name des Satzes Voraussetzung: P. Behauptung: Q. Beweis: kurzer Hinweis auf die Idee, Methode, Struktur des Beweises Beweistext.

2 Indirekter Beweis Beispiel: Schema für indirekten Beweis Name Voraussetzung: P. Behauptung: Q. Beweis: (indirekter Beweis, durch Widerspruch) Nimm das Gegenteil an von Q, also Q; führe Q zu einem Widerspruch; hierbei darf die Voraussetzung P verwendet werden.

3 Indirekter Beweis (2) Unendlich viele Primzahlen. Voraussetzung: Behauptung: Es gibt unendlich viele Primzahlen. Beweis: (durch Widerspruch) Wir nehmen das Gegenteil an: Es gibt nur endlich viele Primzahlen, sagen wir p 1,..., p n. Sei m = p 1 p 2... p n + 1. m ist nicht durch p 1 teilbar, denn m dividiert durch p 1 ergibt p 2... p n mit Rest 1. Aus demselben Grund ist m auch nicht durch p 2, p 3... oder p n teilbar. Wir verwenden nun die Tatsache, dass eine Zahl, die größer als 1 ist, entweder eine Primzahl ist, oder als ein Produkt von Primzahlen geschrieben werden kann. m ist größer als 1. Deshalb fahren wir mit einer Fallunterscheidung fort: Fall 1: m ist eine Primzahl. Da m größer als jede der Primzahlen p 1,.., p n ist, haben wir eine weitere Primzahl gefunden. Das ist ein Widerspruch zur Annahme, dass nur p 1,.., p n Primzahlen sind. Fall 2: m ist ein Produkt von Primzahlen. Sei q eine dieser Primzahlen, die m teilt. Da p 1,.., p n nicht Teiler von m sind, muss q verschieden von p 1,.., p n sein. Das ist ein Widerspruch zur obigen Annahme. Damit haben wir die Annahme, also das Gegenteil der Behauptung des Satzes, zum Widerspruch geführt. Also gilt die Behauptung.

4 Beweisstrukturen 1 1. Form Konjunktion (P R) Ein Satz P R gilt, falls sowohl P als auch R gelten. Somit müssen in einem Beweis beide Teilaussagen gezeigt werden. Das Beweisschema sieht dann wie folgt aus: Beispiel: Konjunktion Behauptung: (P R) Beweis: Teil 1: Zeige P. Teil 2: Zeige R.

5 Beweisstrukturen 2 2. Form Disjunktion (P R) Eine Aussage (P R) gilt, falls mindestens eine der Aussagen P und R gilt. Beispiel: Disjunktion Behauptung: (P R) Beweis: Fall 1: P gilt: fertig. Fall 2: P gilt nicht. Nimm P an. Zeige, dass R gilt.

6 Beweisstrukturen 3 3. Form Implikation (P R) Eine Implikation (P R) ist äquivalent zu ( P R) (siehe Disjunktion). Im Beweisschema wird also P angenommen und damit R gezeigt. Implikationen treten häufig innerhalb eines Beweises auf und können mit dem Kettenschluss zu neuen Implikationen führen. Sei beispielsweise (P R) und (R S) gegeben, dann folgt daraus die Implikation (P S). Beispiel: Ketten Voraussetzung: P, (P T), (T S ). Behauptung: R. Beweis: Schließe aus der Voraussetzung (P T) und (T S) auf (P S). Schließe aus der Voraussetzung P und aus (P S) auf S. Beweise als Zwischenschritt die Implikation (S R). Schließe mit Hilfe von S und (S R) auf R.

7 Beweisstrukturen 4 4. Form Komplexe Implikation (P 1... P n ) Q Beispiel: Komplexe Implikation Behauptung: (P 1... P n ) Q Beweis: (durch Fallunterscheidung) Fall 1: Zeige (P 1 Q).... Fall n: Zeige (P n Q).

8 Beweisstrukturen 5 5. Form Komplexe Strukturen (Beispiel) Voraussetzung: Sei R eine zweistellige Relation über der Menge M und sei a,b M mit a ungleich b. Behauptung: R ist weder eine Halbordnung, noch eine strenge Halbordnung, noch eine totale Ordnung. Beweis: Die Struktur des Satzes hat die Form Z ( HO sho to), wobei Z für die Voraussetzung steht, HO und sho für Halbordnung und strenge Halbordnung und to für totale Ordnung. Der Beweis könnte dann wie folgt gegliedert werden: Nimm Z an {siehe Schema für die Implikation} und zeige die Konklusion ( HO sho to). Beweis von ( HO sho TO) Teil 1: Zeige HO Teil 2: Zeige sho Teil 3: Zeige TO

9 Beweisstrukturen (Quantoren) Vorbemerkung: Seien n und m natürliche Zahlen, dann gilt (n+m) 2 = n 2 + 2mn + m 2 andere Schreibweise n ΙΝ m ΙΝ: (n+m) 2 = n 2 + 2mn + m Form x D: E(x) - konkretes Element x D: mit der Eigenschaft E(x) angeben - indirekter Beweis: Nehme an x D: E(x) und zeige Widerspruch - Existenz eines x D mit E(x) allgemein zeigen

10 Beweisstrukturen (Allquantor) 2. Form x D: E(x) - indirekten Beweis, - den Beweis durch Fallunterscheidung, -den Beweis durch Induktion. Beispiel: Indirekter Beweis von Allaussagen Behauptung: Für alle natürlichen Zahlen n > 1 gilt n 3 > n 2. Beweis: (Indirekter Beweis) Wir nehmen an, es gelte das Gegenteil der Behauptung, also ( n ΙΝ: (n>1 n 3 > n 2 )). Mit der Umformung erhalten wir dann n ΙΝ: (n>1 n 3 n 2 ). Sei n 0 eine solche Zahl mit n 0 3 n 0 2. Wir teilen nun beide Seiten der Ungleichung durch n 0 2 und erhalten die Ungleichung n 0 1. Das widerspricht der Voraussetzung n 0 > 1.

11 Beweisstrukturen (Allquantor 2) 2. Form x D: E(x) Fallunterscheidung Behauptung: Für alle ganzen Zahlen ungleich 0 gilt n 2 n. Beweis: (Beweis durch Fallunterscheidung) Wir zerlegen die Menge der ganzen Zahlen in M < = {n n < 0} und M > = {n n > 0}. Fall 1: Es gelte n M <. Dann zeigen wir n 2 n. Fall 2: Es gelte n M >. Dann zeigen wir n 2 n.

12 Beweisstrukturen (Allquantor 2) 2. Form x D: E(x) Fallunterscheidung Die Idee des Beweises durch Fallunterscheidung: Die Grundmenge D in endlich viele Mengen D 1... D r = D aufzuteilen, für jede der einzelnen Mengen D i die Aussage x D i : E(x) zu zeigen. Behauptung: x D : E(x) Beweis: (Beweis durch Fallunterscheidung) Wir zerlegen die Menge D in endlich viele Mengen D 1... D r = D. Fall 1: Menge D 1. Zeige x D 1 : E(x).... Fall r: Menge D r. Zeige x D r : E(x).

13 Beweisstrukturen (Fallunterscheidung) Behauptung: Seien A und B zweistellige, symmetrische Relationen über der Menge M. Dann ist C = A B auch eine symmetrische Relation. Beweis: (geschachtelte Fallunterscheidung) Fall 1: A und B seien leer. Dann ist auch C leer und gemäß der Definition der Symmetrie auch symmetrisch. Fall 2: A oder B seien nicht leer. Dann ist auch C nicht leer. Es sei x C y für bestimmte Elemente x und y. Fallunterscheidung über x A y: Fall 2.1: Gelte x A y. Dann gilt auch y A x, da A symmetrisch ist, und damit gilt y C x. Fall 2.2: Gelte nicht x A y. Wegen x C y muss dann x B y gelten. Da B symmetrisch ist, erhalten wir y B x und damit y C x. Ende der inneren Fallunterscheidung. Es folgt also, dass für x C y auch y C x gilt. Deshalb ist C eine symmetrische Relation.

14 Beweisstrukturen (Induktion) Definition : Induktive Definition einer Menge M 1.Lege die Anfangselemente fest; z. B. a 1,..., a n ist in M. 2.Regel 1: Seien x 1,..., x m in M, dann ist auch f 1 (x 1,..., x m ) in M.... Regel r: Seien x 1,.., x m in M, dann ist auch f r (x 1,.., x m ) in M. 3.Nur die mit (1) und den Regeln 1 bis r erzeugten Elemente sind in M.

15 Beweisstrukturen (Induktion 2) Schema für den induktiven Beweis Behauptung: x Μ : E(x) Beweis: Induktion über den Aufbau von M. Induktionsanfang: Zeige die Behauptung für die Anfangselemente, also beweise E(a i ) für 1 i n. Induktionsschritt: Regel 1: Zeige für beliebige, aber feste x 1,..., x m aus M unter Ausnutzung der Induktionsvoraussetzungen E(x 1 ),.., E(x m ), dass E(f 1 (x 1,.., x m )) gilt.... Regel r:zeige für beliebige, aber feste x 1,..., x m aus M unter Ausnutzung der Induktionsvoraussetzungen E(x 1 ),..., E(x m ), dass E(f r (x 1,..., x m )) gilt.

16 Beweisstrukturen (Induktion 3) Beispiel: natürliche Zahlen Behauptung: Für alle natürlichen Zahlen n > 0 gilt n 2 n. Beweis: Induktion über natürlichen Zahlen n. Induktionsanfang: Wir zeigen die Behauptung für n = 1. Offensichtlich gilt 1 2= 2 1. Induktionsschritt: (von n auf n+1) Sei n eine natürliche Zahl größer 0. Wir zeigen nun n+1 2 n+1. Es gilt 2 n+1 = 2 n 2. Wir nutzen nun die Induktionsvoraussetzung n 2 n aus und erhalten damit 2n 2 n+1. Da weiterhin n+1 2n für n > 0 gilt, haben wir die Behauptung bewiesen.

17 Beweisstrukturen (Induktion Worte) Sei die Menge ab-worte wie folgt induktiv definiert: a und b sind zwei Buchstaben. 1.Anfangselemente sind die Worte aa und aba, also die Zeichenfolgen aa und aba. 2.1: Ist w ein Wort aus ab-worte, dann ist auch awb ein Wort der Menge. 2: Ist w ein Wort aus ab-worte, dann ist auch aawab ein Wort der Menge. 3.Nur so gebildete Worte gehören zu ab-worte.

18 Beweisstrukturen (Induktion Worte - Beweis) In jedem Wort aus ab-worte kommen mehr Buchstaben a als Buchstaben b vor. Beweis: Induktion über den Aufbau der Menge ab-worte. Induktionsanfang: Wir betrachten zuerst das Anfangselement aa. Da kein b vorkommt, gilt offensichtlich die Behauptung. Das zweite Anfangselement aba enthält zwei Buchstaben a, aber nur ein b. Also gilt auch hier die Behauptung. Induktionsschritt Regel 1: Sei w ein Wort in ab-worte und awb ein Wort, gemäß der ersten Regel. Nach der Induktionsvoraussetzung wissen wir, dass in w der Buchstabe a häufiger vorkommt. Da in awb genau ein a und genau ein b zu w hinzugefügt worden sind, bleibt das Verhältnis der Vorkommen erhalten, und somit gilt die Behauptung. Induktionschritt Regel 2: Sei w ein Wort in ab-worte und aawab ein Wort gemäß der zweiten Regel. Die Induktionsvoraussetzung ist wieder, dass die Behauptung schon für w gilt. Wie man sieht, werden mit der zweiten Regel mehr Buchstaben a als Buchstaben b zum Wort w hinzugefügt. Damit gilt dann auch für aawab die Behauptung. Ende der Induktionsschritte.

19 Beweisstrukturen (Induktion Fibonacci) 1.Es gilt F(0) = 0 und F(1) = 1, dies sind die Anfangselemente. 2.Sei n eine natürliche Zahl größer 1, dann sei F(n) = F(n-1) + F(n-2). Beispiel: Fibonacci Behauptung: Für alle natürlichen Zahlen n gilt: F(n) 2 n. Beweis: Induktion über n. Induktionsanfang: Sei n = 0, dann gilt F(0) = = 1. Sei n=1, dann gilt F(1) = =2. Induktionsschritt: Sei n eine natürliche Zahl. Wir zeigen nun die Behauptung für n + 1. Es gilt nach Definition F(n+1) = F(n) + F(n-1). Wir nutzen nun die Induktionsvoraussetzung nicht nur für n sondern auch für n-1 aus, also für die schon früher in der Definition erzeugten Zahlen. Nach Induktionsvoraussetzung gilt also F(n) 2 n und F(n-1) 2 n-1. Wir erhalten dann F(n+1) 2 n + 2 n n-1 2 n+1. Damit haben wir den Induktionsbeweis abgeschlossen.

20 Beweisstrukturen (genau ein) 3. Form! x D: E(x) Der Quantor! x D soll ausdrücken Es gibt genau ein x aus D mit der Eigenschaft E(x). Behauptung:! x D: E(x) Beweis: Schritt 1 (mindestens ein Element): Zeige x 0 D: E(x 0 ). Schritt 2: (x 0 explizit bekannt): Zeige x D - {x 0 }: Ε(x). (Alternative für Schritt 2: Zeige x D y D: ((E(x) E(y)) x=y).)

21 Beweisstrukturen (Funktionale Abhängigkeit) 4. Form x A y B: E(x,y) Wir können die Quantorenfolge x A y B aus eher funktionaler Sicht behandeln. Zu jedem x A muss es mindestens ein y B mit der Eigenschaft E(x, y) geben. Die Zuordnung eines y abhängig von x kann man daher als eine Funktion betrachten. Beispiel: n ΙΝ m ΙΝ: (n > 2 (n 2 < m < n 3 )). Beispiel: Funktionale Abhängigkeit Behauptung: x A y B: E(x, y) Beweis: Konstruiere zu jedem x A ein y B. Dies kann durch die Angabe einer Funktion f: A B geschehen, also y = f(x). Beweise für das gewählte f die Eigenschaft x A E(x, f(x)).