Kapitel 1. Grundlegendes

Kapitel 1 Grundlegendes

Abschnitt 1.4 Vollständige Induktion

Charakterisierung der natürlichen Zahlen Die Menge N 0 = {0, 1, 2, 3,...} der natürlichen Zahlen läßt sich wie folgt charakterisieren: 1. 0 ist eine natürliche Zahl. 2. Ist n eine natürliche Zahl, so auch n + 1. 3. Jede natürliche Zahl entsteht nur durch Anwenden der Regeln 1. und 2. Formal ausgedrückt: Ist M eine Teilmenge von N 0, die die beiden Eigenschaften 1. 0 M, 2. Für jedes n M ist auch n + 1 M. erfüllt, so gilt bereits M = N 0.

Rekursive Definitionen, 1 Die Eigenschaft 3. der Menge N 0 nutzt man unter anderem, wenn man mathematische Objekte für alle Elemente von N 0 definieren will. Potenzen. Für fest vorgegebenes a definiert man die Potenzen a n für n N 0 durch a 0 := 1 und a n+1 := a n a. Dadurch hat man in der Tat den Wert von a n für alle natürlichen Zahlen definiert: Zunächst für n = 0 als a 0 = 1, dann auch für n = 0 + 1 = 1 als a 1 = a 0+1 = a 0 a = 1 a = a, dann auch für n = 1 + 1 = 2 als a 2 = a 1+1 = a 1 a = a a, dann auch für n = 2 + 1 = 3 als a 3 = a 2+1 = a 2 a = (a a) a, usw.

Rekursive Definitionen, 2 Fakultät. Die rekursive Definition liefert 0! := 1 und (n + 1)! = n! (n + 1) 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120, 6! = 720,..., 69! 1,711224 10 98. Summen und Produkte. Sind a 1, a 2, a 3,... Zahlen, so definiert man endliche Summen durch 0 a k := 0 k=1 und n+1 ( n ) a k := a k + a n+1 k=1 k=1

Rekursive Definitionen, 3 und endliche Produkte durch 0 a k := 1 k=1 und n+1 k=1 ( n a k := k=1 a k ) a n+1. Mengenoperationen. Sind M 1, M 2, M 3,... Mengen, so definiert man endliche Durchschnitte durch 1 M k := M 1 k=1 und n+1 k=1 ( n ) M k := M k M n+1 k=1 und endliche Vereinigungen durch 1 M k := M 1 k=1 und n+1 k=1 ( n ) M k := M k M n+1. k=1

Vollständige Induktion, 1 Dass für M N 0 bereits M = N 0 gilt, falls nur bekannt ist 1. 0 M, 2. Für jedes n M ist auch n + 1 M. kann man nicht nur für Definitionen, sondern auch für Beweise nutzen: Will man eine Aussage für alle n N 0 beweisen, so betrachte man die Menge M := {n N 0 : Die Aussage trifft auf n zu.} Falls es gelingt zu zeigen: 1. Es gilt 0 M, also: Die Aussage trifft auf 0 zu. und 2. Aus der Tatsache n M, also: Die Aussage trifft auf n zu. folgt stets n + 1 M, also: Die Aussage trifft auf n + 1 zu. so darf man schließen M = N 0, also: Die Aussage trifft auf alle n N 0 zu.

Vollständige Induktion, 2 Formalisiert wird dies beschrieben als Das Prinzip der vollständigen Induktion. Es sei A(n) eine Aussage, die auf jede natürliche Zahl n N 0 zutreffen kann oder nicht. Man habe folgende zwei Behauptungen gezeigt: 1. A(0) ist wahr. ( Induktionsanfang ) 2. Ist n eine beliebige natürliche Zahl und A(n) wahr ( Induktionsvoraussetzung ), so gilt auch A(n + 1). ( Induktionsschluss ) Dann ist A(n) für alle n N 0 wahr.

Vollständige Induktion, 3 Das Prinzip der vollständigen Induktion kann durch eine Kette von Dominosteinen veranschaulicht werden: Der Induktionsanfang bedeutet, dass der Anfangsstein umfällt. Der Induktionsschluss stellt sicher, dass jeder Stein seinen Nachfolger beim Fallen mitreißt. Als Ergebnis erhält man in solch einer Situation, dass alle Dominosteine umfallen.

Vollständige Induktion, 4 Beispiel 1. Man definiere eine Folge (a n ) n N0, durch a 0 := 0 und a n+1 := a n + 2n + 1 für n N 0 beliebig. Dann gilt a 0 = 0, a 1 = 1, a 2 = 4, a 3 = 9, a 4 = 16,.... Behauptung. Für alle n N 0 gilt a n = n 2. Beweis (durch vollständige Induktion). Induktionsanfang. Für n = 0 gilt a n = a 0 = 0 und n 2 = 0 2 = 0, also a n = n 2.

Vollständige Induktion, 5 Induktionsvoraussetzung. Sei n N 0 beliebig mit der Eigenschaft a n = n 2. Induktionsschluss. Dann gilt a n+1 = a n + 2n + 1 = n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2, also auch die Behauptung für n + 1. Aus Induktionsanfang und Induktionsschluss folgt, dass für alle n N 0 gilt a n = n 2.

Vollständige Induktion, 6 Beispiel 2. Für alle n N 0 gilt n k 3 = 1 4 n2 (n + 1) 2. k=0 Beweis (durch vollständige Induktion). Induktionsanfang. Zeige, dass die Behauptung für n = 0 richtig ist: Für n = 0 gilt n 0 k 3 = k 3 = 0 3 = 0 und also n k=0 k=0 k=0 1 4 n2 (n + 1) 2 = 1 4 02 (0 + 1) 2 = 0, k 3 = 1 4 n2 (n + 1) 2. Daher ist die Behauptung für n = 0 richtig.

Vollständige Induktion, 7 Induktionsvoraussetzung. Es sei n N 0 beliebig, so dass die n Behauptung für n richtig ist, d. h., k 3 = 1 4 n2 (n + 1) 2 gilt. k=0 Induktionsschluss. Zu zeigen ist jetzt, dass die Behauptung dann auch für n + 1 gilt, d. h., dass ist. n+1 k 3 = 1 4 (n + 1)2( (n + 1) + 1 ) 2 k=0 = 1 4 (n + 1)2 (n + 2) 2

Vollständige Induktion, 8 Es gilt n+1 ( n k 3 = k 3) + (n + 1) 3. k=0 k=0 Nach der Voraussetzung über n ist für die rechts hinter dem Gleichheitszeichen stehende Summe die Behauptung bereits bekannt, so dass folgt: n+1 k 3 = k=0 ( n k 3) + (n + 1) 3 = 1 4 n2 (n + 1) 2 + (n + 1) 3 k=0 = (n + 1) 2 ( ) 1 4 n2 + (n + 1) = 1 4 (n + 1)2( n 2 + 4(n + 1) ) = 1 4 (n + 1)2( n 2 + 4n + 4 ) = 1 4 (n + 1)2 (n + 2) 2, also die Behauptung für n + 1.

Vollständige Induktion, 9 Also hat man gezeigt: Ist n eine natürliche Zahl, auf die die Behauptung zutrifft, so trifft sie auch auf n + 1 zu. Aus Induktionsanfang und Induktionsschluss zusammen folgt dann nach dem Prinzip der vollständigen Induktion, dass die Behauptung n k 3 = 1 4 n2 (n + 1) 2 k=0 für alle n N 0 gilt.

Vollständige Induktion, 10 Beispiel 3. Hilfssatz. Eine Folge (a n ) n N0 reeller Zahlen ist genau dann streng monoton wachsend, wenn für alle n N 0 gilt a n < a n+1 ; (schwach) monoton wachsend, wenn für alle n N 0 gilt a n a n+1 ; streng monoton fallend, wenn für alle n N 0 gilt a n > a n+1 ; (schwach) monoton fallend, wenn für alle n N 0 gilt a n a n+1. Die Beweise für die vier Typen der Monotonie lassen sich analog durchführen. Im Folgenden wird daher nur der Fall des streng monotonen Wachsens behandelt.

Vollständige Induktion, 11 Für diesen ist zu zeigen, dass die folgenden zwei Aussagen gleichbedeutend sind: a) Für alle n 1, n 2 N 0 mit n 1 < n 2 gilt a n1 < a n2. b) Für alle n N 0 gilt a n < a n+1. Die Richtung von a) nach b) ist klar: Man setze n 1 := n und n 2 := n + 1. Für die Richtung von b) nach a) betrachte man beliebige Zahlen n 1, n 2 N 0 mit n 1 < n 2. Dann läßt sich schreiben mit einer Zahl m N 0. n 2 = n 1 + 1 + m

Vollständige Induktion, 12 Man beweise nun die Richtung von b) nach a), indem man mittels vollständiger Induktion unter der Voraussetzung von b) für jedes m N 0 zeigt, dass für n 2 = n 1 + 1 + m gilt a n1 < a n2. Induktionsanfang. Für m = 0 gilt n 2 = n 1 + 1 + m = n 1 + 1 + 0 = n 1 + 1, so dass die Behauptung aufgrund von b) richtig ist. Induktionsvoraussetzung. Es sei m N 0 beliebig, so dass die Behauptung a n1 < a n2 stets richtig ist, wenn n 2 = n 1 + 1 + m gilt.

Vollständige Induktion, 13 Induktionsschluss. Es gelte jetzt n 2 = n 1 + 1 + (m + 1). Dann gilt aufgrund der Induktionsvoraussetzung a n1 < a n1 +1+m. Wegen b) gilt aber weiterhin auch a n1 +1+m < a (n1 +1+m)+1 = a n1 +1+(m+1) = a n2, so dass insgesamt folgt a n1 < a n2. Aus der Gültigkeit der Behauptung für m folgt somit ihre Gültigkeit auch für m + 1. Aus Induktionsanfang und Induktionsschluss zusammen folgt dann die Behauptung für alle m N 0.

Vollständige Induktion, 14 Beispiel 4. (Die Heron-Folge ) Sei a R beliebig mit a 1. Man definiere eine Folge (H n ) n N0 durch H 0 := a und H n+1 := 1 ) (H n + ahn für n N 0. 2 Aussage 1. Dann gilt für alle n N 0, dass H n+1 a = 1 ) (H n + ahn a = 1 ( H n a + a ) a 2 2 H n = 1 ( 1 (H n a ) a + ( ) ) a H n 2 H n = 1 ( ) a 1 (H n a ) 2 = 1 2 H n 1 H n (H n a ) 2.

Vollständige Induktion, 15 Aussage 2. Die Folge (H n ) n N0 ist monoton fallend, nach unten durch a und nach oben durch a beschränkt. Zunächst wird dies so übersetzt, dass man zu ihrem Beweis das Prinzip der vollständigen Induktion verwenden kann. (Hierbei wird der soeben bewiesene Hilfssatz benutzt.) Die Aussage 2. ist gleichbedeutend mit: Für alle n N 0 gilt a Hn+1 H n a. Dies wird durch Induktion nach n bewiesen.

Vollständige Induktion, 16 Induktionsanfang. Wegen a 1 gilt 1 a a und daher a a = H0 a. Insbesondere ist H 0 = a 1 > 0. Wegen Aussage 1. gilt H 1 a = 1 2 also H 1 a. Weiter gilt wegen a 1, dass H 1 = 1 ) (H 0 + ah0 = 1 2 2 1 H 0 (H 0 a ) 2 0 ( a + a ) 1 a 2 (a + a) = a = H 0. Also gilt die Behauptung für n = 0.

Vollständige Induktion, 17 Induktionsvoraussetzng. Sei n N 0 beliebig, so dass gilt a Hn+1 H n a. Induktionssschluss. Dann ist zu zeigen a Hn+2 H n+1 a. Da nach Induktionsvoraussetzung a Hn+1 H n a ist, reicht es dazu in Wirklichkeit zu zeigen, dass gilt a Hn+2 = 1 ( H n+1 + a ) H n+1. 2 H n+1

Vollständige Induktion, 18 Aufgrund von Aussage 1. gilt H n+2 a = 1 2 1 H n+1 (H n+1 a ) 2. Wegen H n+1 a 1 > 0 folgt hieraus H n+2 a 0 und somit die erste Ungleichung a Hn+2. Wegen H n+1 a > 0 gilt und daher weiter H n+1 H 2 n+1 a a H n+1, also auch 1 2 H n+1 1 a. 2 H n+1

Vollständige Induktion, 19 Somit folgt H n+2 = 1 2 ( H n+1 + a H n+1 ) 1 2 (H n+1 + H n+1 ) = H n+1. Aus der Gültigkeit der Behauptung für n folgt somit ihre Gültigkeit auch für n + 1. Aus Induktionsanfang und Induktionsschluss zusammen folgt dann die Behauptung für alle n N 0.

Modifikationen, 1 Erste Modifikation des Prinzips der vollständigen Induktion. Es sei n 0 eine fest vorgegebene natürliche Zahl und A(n) eine Aussage, die auf jede natürliche Zahl n n 0 zutreffen kann oder nicht. Man habe folgende zwei Behauptungen gezeigt: 1. A(n 0 ) ist wahr. 2. Ist n eine beliebige natürliche Zahl mit n n 0 und A(n) wahr, so gilt auch A(n + 1). Dann ist A(n) für alle n N 0 mit n n 0 wahr.

Modifikationen, 2 Zweite Modifikation des Prinzips der vollständigen Induktion. Es sei n 0 eine fest vorgegebene natürliche Zahl und A(n) eine Aussage, die auf jede natürliche Zahl n n 0 zutreffen kann oder nicht. Man habe folgende zwei Behauptungen gezeigt: 1. A(n 0 ) ist wahr. 2. Ist n eine beliebige natürliche Zahl mit n n 0 und A(n 0 ), A(n 0 + 1),..., A(n) wahr, so gilt auch A(n + 1). Dann ist A(n) für alle n N 0 mit n n 0 wahr.

Modifikationen, 3 Beispiel 5. (Die Fibonacci-Folge) Für n N 0 definiere man Zahlen F n durch F 0 := 0, F 1 := 1 und F n+1 := F n + F n 1 für n N beliebig. Man betrachte die quadratische Gleichung x 2 x 1 = 0. Aufgrund der bekannten Lösungsformel hat diese die beiden Lösungen (1 ϕ := 1 ) 2 2 + + 1 = 1 5 2 2 + 4 = 1 + 5 2 und 1/ϕ = 1 2 (1 2 ) 2 + 1 = 1 5 2 4 = 1 5. 2

Modifikationen, 4 Behauptung. Für alle n N 0 gilt (( F n = 1 (ϕ n ( 1/ϕ) n ) = 1 5 5 1 + ) n ( 5 2 1 ) n ) 5. 2 Beweis durch vollständige Induktion. Induktionsanfang. Da F 0 = 0 und 1 ( ϕ 0 ( 1/ϕ) 0) = 1 (1 1) = 0 5 5 ist, gilt die Behauptung für n = 0.

Modifikationen, 5 Induktionsvoraussetzung. Sei n eine natürliche Zahl mit der Eigenschaft, dass für alle k {0, 1,..., n 1, n} gilt: F k = 1 5 (ϕ k ( 1/ϕ) k). Induktionsschluss. Fall I). n = 0 Dann gilt F n+1 = F 1 = 1 und 1 5 (ϕ 1 ( 1/ϕ) 1) = ( 1 5 1 + ) 1 ( 5 2 1 ) 1 5 2 = 1 1 + 5 1 + 5 5 2 = 1, also die Behauptung.

Modifikationen, 6 Fall II). n > 0 Dann ist F n+1 = F n + F n 1, wobei n und n 1 aus der Menge {0, 1,..., n 1, n} stammen. Nach Voraussetzung gilt also F n = 1 5 (ϕ n ( 1/ϕ) n ) und F n 1 = 1 5 (ϕ n 1 ( 1/ϕ) n 1). Daher ist dann

Modifikationen, 7 F n+1 = F n + F n 1 1 = (ϕ n ( 1/ϕ) n ) + 1 ( ϕ n 1 ( 1/ϕ) n 1) 5 5 = = = 1 ( ϕ n + ϕ n 1 ( 1/ϕ) n ( 1/ϕ) n 1) 5 1 ) (ϕ n 1 (ϕ + 1) ( 1/ϕ) n 1 ( 1/ϕ + 1) 5 1 ( ϕ n 1 ϕ 2 ( 1/ϕ) n 1 ( 1/ϕ) 2) 5 = 1 5 (ϕ n+1 ( 1/ϕ) n+1), so dass die Behauptung auch für n + 1 gilt. Aus Induktionsanfang und Induktionsschluss zusammen folgt dann die Behauptung für alle n N 0.

Modifikationen, 8 Beispiel 6. Eine natürliche Zahl p mit p > 1 heißt Primzahl, wenn sie nur die beiden Zahlen 1 und p als natürliche Teiler besitzt. Behauptung. Jede natürliche Zahl n > 1 ist selbst Primzahl oder ein Produkt von Primzahlen. Beweis durch vollständige Induktion mit n 0 = 2. Induktionsanfang. Da 2 nur sich selbst und die 1 als natürliche Teiler besitzt, also eine Primzahl ist, stimmt die Behauptung für n = 2. Induktionsvoraussetzung. Sei n 2 eine natürliche Zahl mit der Eigenschaft, dass alle natürlichen Zahlen von 2 bis n Primzahlen oder Produkte von Primzahlen sind.

Modifikationen, 9 Induktionsschluss. Dann sind für n + 1 folgende Fälle möglich: I) n + 1 ist eine Primzahl. II) n + 1 ist keine Primzahl. Im Fall I) ist man sofort fertig. Im Fall II) besitzt n + 1 eine natürliche Zahl t als Teiler, die echt größer als 1, aber echt kleiner als n + 1 ist und daher zur Menge {2, 3,..., n 1, n} gehört. Dann schreibt sich n + 1 als t s mit einer natürlichen Zahl s, die ebenfalls echt größer als 1, aber echt kleiner als n + 1 ist und daher auch zur Menge {2, 3,..., n 1, n} gehört. Nach Induktionsvoraussetzung ist daher t eine Primzahl oder ein Produkt von Primzahlen, ebenso s. Dann ist t s = n + 1 aber ein Produkt von Primzahlen.