Mengen, Natürliche Zahlen & Vollständige Induktion

Transkript

1 Mengen, Natürliche Zahlen & Vollständige Induktion Tim Adler Vorkurs 013 Inhaltsverzeichnis 1 Mengen Russelsche Antinomie Zermelo-Fraenkel-Mengenlehre Die Natürlichen Zahlen 7 3 Vollständige Induktion angewandt 11 Die Grundlage aller mathematischen Disziplinen bilden Mengen. Meist werden sie noch mit Zusatzstrukturen ausgesta et, nichts desto weniger, sind es letztendlich doch (in 99% der Fälle) nur Mengen und Abbildungen zwischen diesen, die betrachtet werden. In dieser Ein ührung wollen wir zunächst Mengen definieren. Dazu betrachten wir die naive Mengenlehre, wollen dann zügig die Probleme, dieser eorie aufzeigen, um dann axiomatisch Mengen einzu ühren und aus diesen Axiomen die Existenz der Natürlichen Zahlen abzuleiten. Diese sind direkt mit der vollständigen Induktion verknüp, so dass wir auf natürliche Art und Weise, an diese Beweismethode herange ührt werden. Abschließen wollen wir mit einigen Aussagen, die typischerweise durch Vollständige Induktion bewiesen werdn. 1 Mengen Definition 1.1 (Menge, naiv [Cantor 189). ] Unter einer Menge verstehen wir jede Zusammenfassung M von bestimmten, wohlunterschiedenen Objekten m unserer Anschauung oder unseres Denkens (welche die Elemete von M genannt werden) zu einem Ganzen. Diese Definition setzt einiges vorraus, denn es wird nicht genau geklärt, was bestimmte, wohlunterschiedene Objekte unserer Anschauung eigentlich sein sollen. Es wird also eine gewisse Intuition vorausgesetzt. Das System ist in sich nicht wirklich abgeschlossen. Dies ist letztendlich auch das Einfallstor, das die naive Mengenlehre zum Einsturz brachte. 1

2 1.1 Russelsche Antinomie Die Russelsche Antinomie wird sehr einfach definiert: R := {x x x} In Worten: Die Menge, die alle Mengen enthält, die sich nicht selbst enthalten. oder anders ausgerdrückt 1. Alle Kreter sind rasiert.. Es gibt einen Barbier. Er rasiert genau die Kreter, die sich nicht selbst rasieren. Die Frage, die bei diesem Beispiel au ommt ist: Wer rasiert den Barbier? Man sieht leicht: Falls er sich selbst rasiert, dür e er sich nicht rasieren, da er nur die Kreter rasiert, die sich nicht selbst rasieren. Andererseits müsste er sich selbst rasieren, wenn er sich nicht selbst rasiert. Also wie man es auch dreht, ergibt sich ein Widerspruch. Übertragen auf die Menge R lautet die Frage also: enthält sich R selbst? Diese Frage ührt wieder zum Widerspruch und wird als Russels e Antinomie bezei net. Zunächst wurde versucht den Widerspruch durch leichte Einschränkungen des Mengenbegriffs zu re en, aber schließlich wurde deutlich, dass der Mengenbegriff grundsätzlich betroffen war. Das hat die Mathematik erschü ert und einige Mathematiker_innen sogar dazu bewogen sich von der Mathematik abzuwenden. Erst Zermelo konnte Ordnung in dieses Durcheinander bringen. Er begann 1907 mit der Axiomatisierung der Mengenlehre. Verfeinert wurde dies von Fraenkel 191. Dies ist das bis heute gebräuchliste Mengensystem und diese Axiome schauen wir uns nun an: 1. Zermelo-Fraenkel-Mengenlehre Definition 1. (ZFC). Ein Universum von Objekten W besteht aus Objekten(manche davon Mengen) ür die gilt: 1. = ist ür die Objekte definiert. Es gibt eine Operation Set(x), die genau dann wahr ist, wenn x eine Menge ist. 3. Es gibt eine Operation x y, die genau dann wahr ist, wenn Set(y) wahr ist und x in y enthalten ist. (Was auch immer das bedeuten mag). Das Universum muss dabei den folgenden Eigenscha en genügen: A1 Extensionalitätsaxiom: Für je zwei Mengen A,B gilt: A = B x[x A x B]

3 A Leer- und Paarmengenaxiom: 1. Es existiert ein spezielles Objekt, das wir als Menge bezeichnen, das aber kein Element enthält.. Für je zwei Objekte x, y existiert eine Menge A, so dass gilt t A t = x t = y Notation: {x, y} := A A3 Teilmengenaxiom: Zu jedem unären Zustand P und jede Menge A existiert eine Menge B mit x B x A P (x) Notation: {x A P (x)} := B A4 Potenzmengenaxiom: Zu jeder Menge A existiert eine Menge mit X B Set(X) X A wobei X A eine abkürzende Schreibweise ür t(t X t A ist. Notation: P(A) := B A Vereinigungsaxiom: Für jede Menge A existiert eine Menge B, so dass gilt: x B ( C A)[x C] Notation: A := B A6 Unendlichkeitsaxiom: Es existiert eine Menge I, so dass gilt: I ( t)[t I {t} I] A7 Ersetzungsaxiom: Ist A eine Menge und wird jedes Element von A durch eine beliebige Menge ersetzt, so erhalten wir wieder eine Menge. C Auswahlaxiom: Sei A eine nicht-leere, disjunkte Menge von Mengen, dann existiert eine Menge B, so dass gilt: X(X A!Y (Y B x Y )) Bemerkung Das Extenisionalitätsaxiom (A1) stellt die Eindeutigkeit in A bis A4 sicher. Deshalb sind die einge ührten Notationen sinnvoll.. Im folgenden werden wir nicht auf A7 und C zurückgreifen. 3

4 Korollar 1.4. Seien A, B Mengen, dann sind und Mengen. A B = {x A x B} A \ B = {x A x / B} Beweis. wir definieren P (x) := x B und Q(x) := x / B. Dann haben wir eine unäre Operation und eine Menge A und aus dem Teilmengenaxiom erhalten wir die Existenz von Menge D und E, so dass: t(t D t A P (t)) t(t E t A Q(t)) Also er üllen die Elemente von D und E gerade die Definition von A B respektive A \ B und aus dem Extensionalitätsaxiom folgt: A B = D und A \ B = E, also sind beide insbesondere Mengen. Satz 1.. Sei A eine Menge und r(a) := {x A x / x}. Dann ist r(a) eine Menge und ni t in A enthalten. Beweis. Zunächst folgt aus dem Teilmengenaxiom, dass r(a) eine Menge ist. Angenommen r(a) A, so würde gelten: r(a) / r(a) r(a) r(a) und r(a) r(a) r(a) / r(a). Also insgesamt: r(a) r(a) r(a) / r(a) Dies ist ein Widerspruch. Korollar 1.6. Es gibt keine Menge, die alle Mengen umfasst. Insbesondere gilt die Russels e Antinomie in ZFC ni t. Beweis. Übungsaufgabe Definition 1.7. Seien x, y Objekte. (x, y) heißt geordnetes Paar, falls gilt: und (x, y) = (x, y ) x = x y = y (OP1) A B = {(x, y) x A y B} ist eine Menge (OP) Proposition 1.8. Das Kuratowski Paar (x, y) = {{x}, {x, y}} er üllt (OP1) und (OP). 4

5 Beweis. OP1 Aus x = x und y = y folgt aus dem Extensionalitätsaxiom {x} = {x } und {x, y} = {x, y } und damit (x, y) = {{x}, {x, y}} = {{x }, {x, y }} = (x, y ) Sei zunächst x = y, dann gilt (x, x) = {{x}} = {{x }, {x, y }} = (x, y ). Nun sagt aber das Extensionalitätsaxiom: {x} = {x } = {x, y } Und wieder aus dem Extensionalitätsaxiom folgt: x = x = y. Falls nun x y, dann muss entweder gelten: {x} = {x } {x, y} = {x, y } und wir erhalten wieder direkt x = x und y = y oder {x} = {x, y } {x, y} = {x } Die zweite Gleichung ist jedoch ein Widerspruch, da x y. OP Für beliebige x A und y B gilt: {x}, {x, y} A B {x}, {x, y} P(A B) {{x}, {x, y}} P(A B) (x, y) P(P(A B)) Nun ist P(P(A B)) eine Menge (folgt aus dem Potenzmengen- und Vereinigungsaxiom) und es gilt: A B = {z P(P(A B)) x A y B : z = (x, y)} Also ist A B nach dem Teilmengenaxiom, wieder eine Menge. Definition 1.9. Seien A, B Mengen. Eine Funktion oder Abbildung f : A B ist eine Teilmenge f A B die x A!y B : (x, y) Y er üllt. Für f : A B definieren wir eine Operation Function(f), die genau dann wahr ist, wenn f eine Funktion ist, eine Zuweisung Domain(f) = A und

6 eine Zuweisung I(f) := {y A x A : (x, y) f}. Eine Funktion f : A B heißt injektiv, falls y B :!x A : (x, y) f. surjektiv, falls I(f) = B und bijektiv, falls f sowohl injektiv, als auch surjektiv ist. Wir bezeichnen mit f(x) dieses eindeutig bestimmte y und nennen es Funktionswert an der Stelle x. (A B) := {f : A B} bezeichnet den Raum aller Funktionen von A nach B. Bemerkung Bild malen. Korollar Seien A, B Mengen und f : A B. f ist genau dann eine Bijektion, wenn eine Funktion g : B A existiert, so dass f g = id B und g f = id A. Beweis. Nächster Vortrag Definition 1.1. Eine indizierte Familie von Mengen ist eine Abbildung: A : I E wobei E eine Menge von Mengen und I eine Menge ist. Wir schreiben ür A auch A = (A i ) i I. Dann sind die A i E, die eindeutigen Funktsionswerte von A an der Stelle i I. Die Vereinigung der Familie (A i ) i I wird durch A i := {x E ( i I)[x A i ]} i I und die S ni menge der Familie (A i ) i I wird durch A i := {x E ( i I)[x A i } i I definiert. Korollar Setze I := {, { }} und E := {A, B}, wobei A, B Mengen sind mit A : I E gegeben dur {(, A), ({varnothing}, B)}. Dann gilt: A i = A B = B A und i I A i = A B = B A = {x E x A x B} i I Beweis. Übungsaufgabe 6

7 Die Natürlichen Zahlen Definition.1. Ein Peano Syste oder System natürli er Zahlen ist ein Tripel (N, 0, S) mit folgenden Eigenscha en: P1 N ist eine Menge und es gilt 0 N P S : N N ist eine Abbildung P3 S ist injektiv, d.h. Sm = Sn m = n. P4 Für jedes n N gilt: Sn 0. P Induktionsprinzip: Für jedes X N gilt: 0 X und n N[n X Sn X] impliziert X = N. Bemerkung.. Wir haben die Natürlichen Zahlen mit 0 definiert. Dies ist eine Konvention. Viele starten erst bei der 1, also wundert euch nicht. Wir wollen nun zeigen, dass tatsächlich ein System natürlicher Zahlen existiert und dass dieses in einem geeigneten Sinne eindeutig ist. Zunächst aber eine Folgerung aus den Peano-Axiomen: Lemma.3. Für jedes n N mit n 0 gilt: Es existiert ein m N, so dass Sm = n. Weiterhin gilt Sn n ür beliebige n N. Beweis. Wir definieren: X = {n N n = 0 m N : Sm = n} Können wir nun zeigen, dass 0 X und n X Sn X, so wissen wir aus dem Induktionsprinzip, dass X = N und somit jedes Element, das von 0 verschieden ist einen Vorgänger besitzt. Nun ist 0 nach Definition in X enthalten. Für die zweite Aussage sei n X. Dann existiert ein m N, so dass Sm = n, allerdings gilt dann auch: SSm = Sn, also ist Sn X und wir sind fertig. Der zweite Teil ist eine Übungsaufgabe. Satz.4. Es existiert ein Peanosystem (N, 0, S). Beweis. Das Unendlichkeitsaxiom garantiert die Existenz einer Menge I mit I n[n I {n} I] Nun setzen wir: F := {X I X n[n X {n} X} 7

8 Als letzte Definition haben wir N := F 0 := S := {(n, m) N N {m} = n} und behaupten, dass (N, 0, S) unser gesuchtes System ist. Zunächst ist N F, denn X ür jedes X F, also 0 F, weiterhin gilt ür n N, dass n X ür jedes X F, also ist {n} X ür jedes X F, d.h. {n} F = N. Dies zeigt direkt P1 und auch P folgt direkt, denn um zu zeigen, dass S eine Abbildung ist, müssen wir nur noch zeigen, dass es zu jedem n N genau ein m N gibt, so dass (n, m) S. Nun können wir aber m = {n} N wählen. Dann ist m eindeutig bestimmt durch das Extensionalitätsaxiom. Für P3 müssen wir die Injektivität zeigen. Dies folgt aber wieder direkt aus dem Extensionalitätsaxiom, denn m = n impliziert m = n. Für P4 beobachten wir, dass {n} = (vorallem { } =, Übung). Also bleibt nur noch P zu zeigen. Sei nun X N mit 0 X und n X {n} X. Dann folgt X F, also N X, was zur Folge hat: N = X. Satz. (Rekursionssatz). Sei (N, 0, S) ein Peano-System, E eine Menge, a E und h : E E. Dann existiert genau ein f : N E mit f(0) = a und f(sn) = h(f(n)) ür beliebige n N. Beweis. Definiere H := {p : D E 0 D N, a I E, p(0) = a, Sn D n D, p(sn) = h(p(n))}. Zunächst wollen wir zeigen, dass falls zwei Funktionen in H liegen, diese auf dem gemeinsamen Definitionsbereich übereinstimmen. Seien dazu p : D I, q : D Ĩ H und n N. Wir behaupten n D D und p(n) = q(n). Dazu setzen wir X := {n N p, q H : n Domain(p) Domain(q) p(n) = q(n)} Nun ist 0 X nach Definition von H und ür n X gilt p(sn) = h(p(n)) = h(q(n)) = q(sn) Also liegt Sn X und damit X = N. Damit haben wir gezeigt, dass wir die Funktionen, die auf einem kleinen Funktionsbereich definiert sind, eindeutig zusammensetzen können. Was uns noch fehlt, dass es zu jedem n N tatsächlich ein p H gibt mit n Domain(p). Dies zeigen wir im nächsten Schri : Sei Y := {n N p H : n Domain(p)} N Dann ist 0 Y, denn 0 Domain(p) ür jedes p H. Gelte nun n Y. Dann existiert ein p H mit n Domain(p) und wir definieren p : Domain(p) {Sn} E durch: p = p {(Sn, h(f(n)))} 8

9 Dann ist p H und Sn Domain( p nach Konstruktion. Also ist Sn Y und damit Y = N. Also können alle p H auf eindeutige Art und weise zu einer globalen Funktion f : N E verklebt werden, die den gewünschten Eigenscha en genügt. Satz.6 (Eindeutigkeit der Natürlichen Zahlen). Seien (N 1, 0 1, S 1 ) und (N, 0, S ) zwei Peano- Systeme. Dann existiert genau ein f : N 1 N das bijektiv f ist und f(0 1 ) = 0 und f(s 1 n) = S (f(n)) er üllt. Beweis. Nach dem Rekursionssatz mit E = N, a = 0 und h = S existiert ein f 1 : N 1 N mit f 1 (0 1 ) = 0 und f 1 (S 1 n) = S (f 1 (n)). Analog erhält man ein f : N N 1. Wir behaupten: f 1 f = id N. Sei dazu X := {n N f (f 1 (n)) = n}. Dann gilt 0 1 X, denn f (f 1 (0 1 )) = f (0 ) = 0 1. Und ür n X erhalten wir, dass f (f 1 (S 1 n)) = f (S (f 1 (n))) = S 1 f (f 1 (n)) = S 1 n, also S 1 n X. Damit ist X = N. Das gleiche können wi rauch ür f f 1 tun und wissen damit dass f 1 eine Bijektion ist. Wir wissen nun also, dass Natürliche Zahlen existieren und dass sie eindeutig sind, d.h. ab jetzt können wir ihnen auch irgendwelche Symbole zuweisen, z.b. die Zahlen, die wir bereits aus der Schule kennen. Wir halten nun ein Peano-System (N, 0, S) fest und verwenden beziehen uns im Folgenden, wenn nicht explizit erwähnt, immer auf dieses System. Definition.7 (Addition und Multiplikation). Seien n, m N. Dann definieren wir + : N N N über n + 0 := n n + Sm := S(n + m) und : N N N n 0 := 0 n Sm := n n + n Weiterhin setzen wir 1 := S0. Die Wohldefiniertheit von + und folgt aus dem Rekursionssatz. Satz.8. Die Addition ist assoziativ, d.h. ür jedes m, n, k N gilt: (n + m) + k = n + (m + k) Beweis. Für beliebige, aber feste m, n N definieren wir X := {k N (n + m) + k = n + (m + k)} N Nun müssen wir zeigen, dass X = N. Dazu verwenden wir naheliegenderweise das Induktionsprinzip. Als erstes zeigen wir 0 X, denn (n + m) + 0 = n + m = n + (m + 0) 9

10 und ür ein k X folgt (n + m) + Sk = S((n + m) + k) = S(n + (m + k)) = n + S(m + k) = n + (m + Sk) also liegt auch Sk X und aus dem Induktionsprinzip folgt X = N, was die Aussage beweist. Lemma.9. Sein ür jedes n N gilt: 0 + n = n. Beweis. Auch hier definieren wir X := {n N 0 + n = n} N und ühren das Problem damit auf das Induktionsprinzip zurück Klarerweise liegt 0 X, denn = 0. Sei nun n X, so erhalten wir: 0 + Sn = S(0 + n) = Sn also wissen Sn X und damit X = N. Lemma.10. Für beliebige m, n N gilt: m + Sn = Sm + n Beweis. Und wieder konstruieren wir zu beliebigem m N eine Menge X := {n N m + Sn = Sm + n} N Es ist wieder 0 X denn Sm + 0 = Sm = S(m + 0) = m + S0 gilt und ür n X erhalten wir m + SSn = S(m + Sn) = S(Sm + n) = Sm + Sn und folgern Sn X. Also X = N. Satz.11. Die Addition ist kommutativ, d.h. ür beliebige m, n N gilt: m + n = n + m Beweis. Wir definieren erneut zu beliebigem m N X := {n N m + n = n + m} N Damit lieg 0 X, denn m + 0 = m = 0 + m gilt nach dem obigen Lemma. Sei nun n X so folgern wir aus dem zweiten Lemma m + Sn = S(m + n) = S(n + m) = n + Sm = Sn + m Also Sn X und damit X = N 10

11 3 Vollständige Induktion angewandt Im vorigen Abschni wurden bereits die meisten Beweise über Vollständige Induktion ge ührt. Dies ist auch mehr als naheliegend, denn sie ist eine definierende Eigenscha der Natürlichen Zahlen, also werden die meisten Eigenscha en ür sie mit diesem Schlussprinzip ge ührt. In diesem Kapitel machen wir nun einen Sprung. Ab jetzt dürfen wieder alle Grundrechenarten aus der Grundschule verwendet werden und wir gehen davon aus, dass ihr ein intuitives Verständnis ür die Natürlichen Zahlen habt. Hier setzen wir nämlich den Fokus auf Anwendungsbeispiele der Vollständigen Induktion, bei denen es nicht direkt um Eigenscha en der Natürlichen Zahlen geht, sondern um Formeln, Abschätzung uvm. Zunächst wollen wir aber nochmal die Struktur eines Induktionsbeweises aufschreiben. Diese Struktur ist sehr hilfreich, um den Überblick zu behalten. Beispiele 3.1. Satz 3.. Sei P : N {wahr, fals }. Behauptung: Für beliebige n N gilt: P (n) ist wahr. Beweis. Wir ühren den Beweis durch Vollständige Induktion: Induktionsanfang(IA, n=0): Wir setzen 0 in P und überprüfen, ob P (0) wahr ist. Induktionsvoraussetzung(IV): Wir nehmen an, P (n) sei ür ein n N wahr und folgern im Induktionsschri (IS): dass auch P (Sn) = P (n + 1) wahr sein muss. Haben wir diese drei Schri e vollzogen, so haben wir die Aussage ür ganz N gezeigt. Um ein bestimmtes Beispiel kommt man dabei natürlich nicht herum: Satz 3.3 (Gauß). Für beliebige n N gilt: n k = k=0 n (n + 1) Bemerkung 3.4. Das oben verwendete Summenzeichen ist nur eine übersichtliche Abkürzung und bedeutet: n a k = a 0 + a a n k=0 Das obige Beispiel könnte man also auch wie folgt formulieren n = n (n + 1) Es ist, wenn man das erste Mal damit konfrontiert wird, etwas ungewohnt mit dem Summenzeichen zu arbeiten, aber es bietet sich an, die Notation so früh wie möglich zu lernen, da später nur noch damit gearbeitet wird und vor allem die Darstellung deutlich übersichtlicher wird. Analog zum Summenzeichen kann ein Produktzeichen einge ührt werden. 11

12 Nun wollen wir unseren ersten Satz durch einen Induktionsbeweis zeigen: Beweis dur Vollständige Induktion. IA: Für n = 0 erhalten wir: 0 k=0 k = 0 = 0 1 Also gilt die Aussage ür n = 0. IV: Wir nehmen an es gelte n k = k=0 n (n + 1) ür ein beliebiges, aber festes n N. IS: Zu zeigen bleibt dann: n+1 k = k=0 (n + 1) ((n + 1) + 1) ( ) Dazu betrachten wir folgende Rechnung: n+1 k = k=0 n +(n + 1) k=0 IV n (n + 1) = + (n + 1) n (n + 1) + (n + 1) = (n + )(n + 1) = (n + 1)((n + 1) + 1) = Dies zeigt genau ( ). Damit ist unsere Induktion abgeschlossen und die Behauptung gilt ür ganz N. Es gibt natürlich auch Aussagen, die nicht ür ganz N gelten, sondern erst ür alle Natürlichen Zahlen, die größer als eine gewisse Konstante sind. Diese Aussagen lassen sich dennoch mit Vollständiger Induktion beweisen, denn die Peano-Axiome zeichnen zwar das 0-Element besonders aus, würden wir aber irgend eine andere Natürliche Zahl einsetzen, könnten wir genau so die Existenz dieser Menge zeigen und die neue Zahl wäre unser kleinstes Element. Dieses zugegebenermaßen nicht ganz saubere Argument, soll uns aber an dieser stelle genügen und wir wollen uns an einem Beispiel klar machen, wie in dem Fall, dass der Induktionsanfang nicht bei 0 ist, die Vorgehensweise ist. 1

13 Satz 3.. Für beliebige n N mit n > 3 gilt: n n Beweis dur Vollständige Induktion. IA: In diesem Fall ist die kleinst Zahl, die wir einsetzen können n = 4. Für diese gilt: 4 = 16 = 4 IV: Gelte ür ein beliebiges n N mit n >: n n IS: Nun müssen wir folgern: (n + 1) n+1 ( ) Dazu betrachten wir: n+1 = n IV n = n + n n n + 4 n = n + n + n n + n + 4 n + n + 1 = (n + 1) Also haben wir ( ) gezeigt. Dies vervollständigt den Beweis. Wir sehen also, dass es eigentlich überhaupt keinen Unterschied macht, bei welcher Zahl wir beginnen. Nun gibt es noch weiter Varianten der vollständigen Induktion. Zum Beispiel kann es notwendig werden zwei Induktionsan änge zumachen. Diese Sonderform taucht immer dann auf, wenn im Induktionsschri auf mehr als den ersten Vorgänger zurückgegriffen werden muss. Definition 3.6 (Fibonacci-Folge). Unter der Fibonacci-Folge versteht man, die Zahlenfolge, die durch f 0 := 0 f 1 := 1 f n+ := f n+1 + f n n N definiert ist. 13

14 Satz 3.7. Für beliebiges n N gilt: (( ) n ( f n := ) n ) (F) Dies ist ein Beispiel, ür das wir mehr als einen Induktionsanfang brauchen, denn in der Rekursionsformel werden immer zwei vorherige Zeitschri e benötigt, d.h. wir schließen nicht von n auf n + 1, sonder von n und n + 1 auf n +. Auch hier können wir leider nicht darauf eingehen, warum das Verfahren tatsächlich funktioniert. Wir richten unser Augenmerk lieber auf die formale Umsetzung: Beweis dur Vollständige Induktion. IA: Für n = 0 ergibt sich f 0 = 0 = 1 (1 1) und ür n = 1 erhalten wir: ( f 1 = 1 = = ) Also haben wir unseren doppelten Induktionsanfang abgeschlossen. IV: Gelte die Formel (F) ür ein beliebiges n N und ür n + 1. IS: Nun müssen wir zeigen, dass (F) auch ür n + gilt: f n+ = f n+1 + f n ( IV = ) n+1 ( 1 ) n+1 ( 1 + ) n ( 1 ) n + (( = ) n ( 1 + ) ( 1 ) n ( 1 )) (( = ) n ( 1 ) n 1 + ) 4 4 ( = ) n+ ( 1 ) n+ Dies zeigt den Induktionsschri. Insgesamt erhalten wir die Aussage ür ganz N. Diese drei Typen sind die häufigsten, die euch in den ersten paar Semestern eures Mathe- Studiums begegnen werden. Ich hoffe, dass ein Überblick über die Beweisstruktur vermi elt werden konnte und empfehle euch dieses möglichst frühzeitig zu verinnerlichen. Die Übungsaufgaben später werden viel einfacher, wenn man sich auf die eigentliche Aussage konzentrieren kann und nicht noch mit den Beweisformalia beschä igt ist. 14