Elementare Beweismethoden

Elementare Beweismethoden Christian Hensel 404015 Inhaltsverzeichnis Vortrag zum Thema Elementare Beweismethoden im Rahmen des Proseminars Mathematisches Problemlösen 1 Einführung und wichtige Begriffe 1 Direkter Beweis 3 Widerspruchsbeweis - indirekter Beweis 4 4 Vollständige Induktion 6 1 Einführung und wichtige Begriffe Bevor die verschiedenen Beweismethoden dargestellt und an Hand von Beispielen erklärt werden, möchte ich zunächst einige Definitionen erläutern Somit kann im Folgenden die Beweisführung besser verstanden werden Ein Axiom ist die Grundlage aller Beweise auf einem Gebiet Es handelt sich um einen unbeweisbaren Satz Beispielsweise wird im Dezimalzahlensystem ohne Beweis hingenommen, dass 1 + 1 = gilt[1] Seien A und B zwei mathematische Aussagen, dann schreiben wir A B, wenn wir aus A folgt B ausdrücken wollen Dies bezeichnen wir als Implikation [, S 4] Gilt die Implikation in beide Richtungen, also A B und B A, so schreiben wir auch A B Hier sprechen wir dann von Äquivalenz [, S 4] 1

Die Negation einer Aussage A wird mit A bezeichnet und als nicht A gesprochen Hat A also den Wahrheitsgehalt w, so hat A den Wahrheitsgehalt f und umgekehrt [, S 3] Wann ist eine Behauptung bewiesen? Sei {A 1,, A n } eine Menge von Axiomen und X eine Behauptung Dann ist in der Mathematik die Behauptung X bewiesen, wenn eine endliche Kette von logisch korrekten Implikationen {A 1,, A n } B 1 B m X [ ] zu der Behauptung X führt [3, S 7] Anstatt einer Kette mit logisch korrekten Implikationen sehen wir auch oft eine Kette von logisch äquivalenten Behauptungen X C 1 C m {A 1,, A n } (1) Diese Kette beginnt mit einer Behauptung X und endet mit einer Menge {A 1,, A n } von Axiomen Die Kette (1) ist für die Beweisführung hinreichend, jedoch nicht notwendig, da für die Beweisführung lediglich die Implikation in der Richtung Axiome Behauptung gebraucht werden Wichtig bei einer Äquivalenzkette ist, dass es sich bei allen Kettenelementen um Äquivalenzen handelt [3, S 7] Dies zeigt das folgende Beispiel 1 = Behauptung X fehlende Äquivalenz = ( ) 4 }{{ = 4} Axiom () Direkter Beweis Ein direkter Beweis liegt vor, wenn die Implikationskette übersichtlich ist und gut nachvollzogen werden kann Weiter werden hierbei keine besonderen Techniken verwendet [3, S 7] Beispiel 1 Wir wollen folgenden Satz aus der Analysis I Vorlesungen stückweise beweisen: Seien (a n ) n N und (b n ) n N zwei konvergente Folgen mit den Grenzwerten lim n (a n) = a und lim n (b n) = b Dann konvergiert auch die Folge (a n + b n ) n N 1 Entnommen aus [3, S 7] Beispiel und Definition entnommen aus [, S 113-117]

Zunächst sollten wir uns dazu die Definition der Folgenkonvergenz ins Gedächtnis rufen Sie lautet: Eine Folge a n heißt konvergent gegen a, falls gilt: Für alle ɛ > 0 existiert ein n 0 N mit der Eigenschaft a n a < ɛ für alle n n 0 Hierbei bezeichnet a den Grenzwert der Folge Um zunächst einmal die Definition richtig verstehen zu können betrachten wir die Folge (a n ) n N = 1 1 n Diese Folge besitzt offensichtlich den Grenzwert a mit a = lim 1 1 n n = 1 und ist somit konvergent Zur Veranschaulichung wählen wir ɛ = 0, 1 als Abstand zum Grenzwert a 1 1 (an) n N 08 06 04 0 0 (a n ) n N = 1 1 n ɛ-umgebung von a ɛ-umgebung von a Grenzwert a 0 5 10 15 0 n Abbildung 1: Veranschaulichung der Folgendefinition Wir erkennen, dass n 0 = 11 gilt Für n n 0 erhalten wir a n a < ɛ Nun wollen wir obigen Satz aber auch korrekt beweisen Nach Voraussetzung existieren n 1, n N mit Nun gilt für alle n max {n 1, n } a n a < ɛ n n 1 und b n b < ɛ n n ɛ = ɛ + ɛ > a n a + b n b a n a + b n b = a n + b n (a + b) Hierbei ist die erste Ungleichung nach Voraussetzung erfüllt Die zweite Ungleichung wird durch die Dreicksungleichung erfüllt Hierbei handelt es sich um einen Satz aus der Geometrie, der besagt, dass eine Dreiecksseite höchstens so lang wie die Summe der beiden anderen Seiten ist Wegen ɛ > a n + b n (a + b) ist die Summe zweier konvergenten Folgen somit auch konvergent 3

Beispiel 3 In einer Aufgabe soll gezeigt werden, dass (a + b) = a + ab + b gilt Zunächst betrachten wir hier zwei Axiome A 1 und A, nämlich das Distributivgesetz A 1, für das gilt: (a + b) x = ax + bx und (a + b) y = ay + by, sowie das Kommutativgesetz A, für das gilt: xy = yx Damit erhalten wir folgende transparente Implikationskette Beispiel 3 4 (a + b) = (a + b) (a + b) x = a (a + b) + b (a + b) y 1 y = a + ab + ba Axiom A +b = a + ab + b Hier soll bewiesen werden, dass für x, y > 0 die Ungleichung x+y xy 1 x + gilt 1 y Betrachten wir zunächst das Axiom A 3 mit ( u) = u Dann gilt z 0 für alle reelle Zahlen z Mit z = x y erhält man: ( ) x y 0 x xy + y 0 x + y xy x + y A 1, A xy Die erste Ungleichung ist also gezeigt Wir erhalten die zweite Ungleichung wie folgt: xy = xy xy xy x + y = 1 x + 1 y 3 Widerspruchsbeweis - indirekter Beweis Bei einem Widerspruchsbeweis handelt es sich um eine endliche Kette von logisch korrekten Implikationen X B 1 B m W = A, (3) an deren Anfang die Negation eine Behauptung X steht und am Ende ein Widerspruch, also die Negation A eines Axioms [3, S 9] Hierbei ist zu beachten, dass entweder die Aussage X oder die Aussage X richtig sein muss Außerdem muss X die vollständige Negation der Aussage X sein Eine Teilnegation ist nicht möglich[3, S 10] 3 Entnommen aus [3, S 7] 4 Entnommen aus [3, S 8] 5 Entnommen aus [3, S 10] 6 Entnommen aus [3, S 10] 4

Tabelle 1: Verschiedene Beispiele 6 zu richtigen und falschen Negationen Behauptung X richtige Negation falsche Negation Alle Schafe sind schwarz Nicht alle Schafe sind schwarz Alle Schafe sind nicht schwarz Jede Zahl ist gerade Nicht jede Zahl ist gerade Jede Zahl ist ungerade A hat einen Sohn A hat keinen Sohn A hat eine Tochter i i ist rational i i ist nicht rational i i ist irrational Beispiel 4 7 Die Behauptung X = Es gibt unendliche viele Primzahlen kann mit einem Widerspruchsbeweis gezeigt werden Die Negation dieser Behauptung lautet X = Es gibt endlich viele Primzahlen Angenommen X sei richtig und J sei die endliche Anzahl aller Primzahlen Wir listen alle Primzahlen 8 p 1 =, p = 3,, p J, aufsteigend auf und bilden deren Produkt: N = J p k = p 1 p p J k=1 N ist durch alle Primzahlen teilbar Somit ist N + 1 durch keine Primzahl teilbar und somit selbst eine Primzahl Diese Primzahl fehlt aber in der obigen Liste, da N + 1 > N p J gilt Da wir aber angenommen haben, dass die obige Liste alle Primzahlen enthält, liegt ein Widerspruch vor Also ist X falsch und daher X richtig Beispiel 5 9 Gegeben seinen drei irrationale Zahlen Jetzt wollen wir die Behauptung X = Unter diesen drei Zahlen gibt es zwei, deren Summe ebenfalls irrational ist mit einem Widerspruchsbeweis beweisen Dazu betrachten wir zunächst die Negation X = Unter den drei irrationalen Zahlen gibt es keine zwei, deren Summe irrational ist Anders ausgedrückt haben also je zwei von unseren drei Zahlen eine rationale Summe Bezeichnen wir nun unsere irrationalen Zahlen mit x, y und z, dann sind also die Summen a = y + z, b = z + x und c = x + y alle rational Jetzt gilt aber x = (z + x) + (x + y) (y + z) = b + c a Nach unserer Annahme sind die Zahlen a, b und c rational Somit muss auch x rational sein Das ist aber ein Widerspruch zu unserer Voraussetzung, dass alle drei Zahlen x, y und z irrational sind Dieser Widerspruch impliziert, dass die ursprüngliche Behauptung X richtig ist 7 Entnommen aus [3, S 10] 8 1 ist keine Primzahl 9 Entnommen aus [3, S 11] 5

4 Vollständige Induktion Viele Behauptungen X n, die einen abzählbaren Parameter n n 0 enthalten, etwa X n =»die Zahl n 3 1 ist durch n 1 teilbar«, lassen sich mit der Methode der vollständigen Induktion beweisen [3, S 1] Dabei werden in [3, S 1] die drei verschiedenen Schritte dargestellt: Zunächst wird bewiesen, dass eine Behauptung X für n 0 richtig ist Hierbei sprechen wir vom Induktionsanfang In einem zweiten Schritt nehmen wir an, dass für k n 0 die Behauptung X k richtig sei Wir sprechen dabei von der Induktionsvoraussetzung oder von der Induktionsannahme Abschließend muss gezeigt werden, dass die Implikation X k X k+1 richtig ist Wir sprechen vom Induktionsschritt Nach dem Induktionsprinzip ist dann X n für jedes n n 0 richtig Beispiel 6 10 Für die natürlichen Zahlen n 1 sei A n die reelle n n-matrix mit den Einträgen 1 falls i = j 1 1 falls i = j a i,j = j falls i = j + 1 0 sonst Nun wollen wir zeigen, dass det (A n ) = n! gilt Betrachten wir zunächst die Matrix A n Dann gilt 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 A n = 0 0 1 0 0 (n 1) 1 10 Klausuraufgabe I6 der Vorlesung Lineare Algebra I und II vom Frühjahr 013 6

Insbesondere erhalten wir det (A 1 ) = ( ) 1 = 1 = 1! und det (A ) = ( ) 1 1 = 1 ( 1) = =! 1 1 Somit ist der Induktionsanfang bewiesen Wir können also voraussetzen (Induktionsannahme), dass für ein gewisses n N die Aussagen det (A n- ) = (n )! und det (A n-1 ) = (n 1)! gelten Für den Induktionsschritt entwickeln wir nach der letzten Zeile und erhalten 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 det (A n ) = (n 1) det 0 + 1 det (A n-1 ) 0 1 0 0 0 (n ) 1 Entwickeln wir die erste Determinante nun nach der letzten Spalte, so ergibt sich 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 det (A n ) = (n 1) ( 1) det 0 + det (A n-1 ) 0 1 0 0 0 (n 3) 1 =A n- Einsetzen der Induktionsvoraussetzung liefert also det (A n ) = (n 1) (n )! + (n 1)! = (n 1) (n 1) (n )! + (n 1)! =(n 1)! Beispiel 7 11 = (n 1)! (n 1) + (n 1)! = (n 1)! ((n 1) + 1) = (n 1)! n = n! Hier sollen wir die Summe S n der ersten n ungeraden Zahlen berechnen Offensichtlich gilt S 1 = 1, S = 4 und S 3 = 9 Folglich wollen wir beweisen, dass S n = n für jedes 11 Entnommen aus [3, S 14] 7

natürliche n gilt und wenden die drei oben genannten Schritte an Induktionsanfang: S 1 = 1 ist richtig Induktionsannahme: Es sei S k = k Induktionsschritt: Dann ist S k+1 = S k + (k + 1) = k + k + 1 = (k + 1) Somit ist die Formel S n = n für n = k + 1 bewiesen Beispiel 8 1 Der Satz von Moivre bezieht sich auf komplexe Zahlen und besagt, dass für jede natürliche Zahl n und jede reelle Zahl x die Beziehung (cos x + i sin x) n = cos nx + i sin nx gilt Dabei ist i = 1 die imaginäre Einheit Diesen Satz wollen wir mittels vollständiger Induktion beweisen und wenden wieder die drei oben genannten Schritte an: Induktionsanfang: Für n = 1 ist die Aussage offensichtlich richtig Induktionsannahme: Angenommen, der Satz von Moivre gelte für n = k Es sei also (cos x + i sin x) k = cos kx + i sin kx Induktionsschritt: Mit der Induktionsannahme und den trigonometrischen Additionstheoremen erhalten wir dann (cos x + i sin x) k+1 = (cos x + i sin x) k (cos x + i sin x) = (cos kx + i sin kx) (cos x + i sin x) = cos kx cos x sin kx sin x + i sin kx cos x + i cos kx sin x = cos (kx + x) + i sin (kx + x) = cos ((k + 1) x) + i sin ((k + 1) x) Somit ist die Formel für n = k + 1 bewiesen Beispiel 9 13 Das Prinzip der vollständigen Induktion ist aber nicht immer anwendbar Betrachten wir beispielsweise die Behauptung S n < 1 1 n für S n = 1 1 + 1 3 + + 1 (n 1) n Dann funktioniert der Induktionsschritt von n = k auf n = k + 1 Jedoch ist der Induktionsanfang S 1 = 1 1 < 1 1 1 offensichtlich falsch Literatur [1] Rudolf Eisler and Joachim Ritter Historisches Wörterbuch der Philosophie Wiss Buchges, Darmstadt, lizenzausg, völlig neubearb ausg des "wörterbuchs der philosophischen begriffe" von rudolf eisler edition, 004 [] Florian Modler and Martin Kreh Tutorium Analysis 1 und Lineare Algebra 1: Mathematik von Studenten für Studenten erklärt und kommentiert Springer Spektrum, Berlin [ua], 3 aufl edition, 014 [3] Natalia Grinberg Lösungsstrategien: Mathematik für Nachdenker Deutsch, Frankfurt, M, aufl edition, 011 1 Entnommen aus [3, S 19] 13 Entnommen aus [3, S 13] 8