KI Master - HTW Saar

Prof. Dr. B.Grabowski
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Lösung zu Übung 2
Lösungen zu Übung 2 (Beweisprinzipien)
Zu Aufgabe 1 (direkter Beweis)
Zu a)
Vor: m∈N sei durch 5 teilbar
Beh: m2 ist durch 5 teilbar
Beweis: Sei m durch 5 teilbar → ∃k∈N:m=5k →m2=k2⋅52 = (5k2)⋅5 →m2 ist durch 5 teilbar!
qed.
Zu b)
Satz: Für alle n∈N gilt: 1 + 3 + 5 + ... + 2n − 1 = n 2
n
Beweis: Wir bezeichnen die LS der Gleichung durch S n = ∑ (2i − 1) .
i =1
Es gilt offensichtlich:
Sn = 1
+ 3
+ 5
+ ... + (2n-3) + (2n-1)
S n = (2n-1) + (2n-3) + (2n-5) + ... + 3
+ 1
---------------------------------------------------------------------------------------------2 S n = 2n
+ 2n
+ 2n
+ ... + 2n
+ 2n
= n(2n)
Daraus folgt sofort die Behauptung:
Sn = n2
qed.
Zu c)
n3 + 2 1
Satz: Für alle n∈N gilt: 5
>
n + n n2
Beweis:
n3 + 2 1
1
> 2 ⇔ n 5 + 2n 2 > n 5 + n ⇔ 2n 2 > n ⇔ 2n > 1 ⇔ n > .
5
2
n +n n
Da für alle natürlichen Zahlen n ≥1 n > ½ gilt, ist die Behauptung des Satzes (aufgrund der
Äquivalenz zur Aussage n > ½) wahr.
qed.
Es gilt:
1
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Lösung zu Übung 2
Zu Aufgabe 2 (Indirekter Beweis)
Zu a)
Vor: m∈N, m2 sei durch 3 teilbar
Beh: m ist durch 3 teilbar
Beweis: (indirekt)
Sei m nicht durch 3 teilbar → ∃k∈N:m=3k+1 oder m = 3k+2
→ m2=(3k+1)2 = 9k2 +6k + 1 = 3(3k2+2k) +1 ≡ 1 mod 3
oder m2=(3k+2)2 = 9k2 + 12k + 4 = 3(3k2+4k+1) +1 ≡ 1 mod 3
→m2 ist nicht durch 3 teilbar!
qed.
Zu b)
Vor: a > b, a,b ∈N
a−b
a
Beh:
ist unkürzbar ⇒ ist unkürzbar
a+b
b
Beweis: (indirekt)
a
a − b k ( p − q)
=
ist ebenfalls (durch k)
kürzbar →∃k∈N: a = kp und b = kq →
Sei
b
a + b k ( p + q)
kürzbar.
qed.
Zu c)
Beh: Die Menge der positiven rationalen Zahlen hat kein Minimum.
Beweis: (indirekt)
Angenommen, die Menge – wir bezeichnen sie mit Q+ - der positiven rationalen Zahlen hat
m
m
ein Minimum x* = ∈Q+. Dann gilt: ∀x ∈ Q + : ≤ x .
n
n
m
m
Sei x =
. Offensichtlich ist x = ∈ Q+ aber x < x*. Das ist ein Wiederspruch.
2n
2n
Folglich kann es kein Minimum in Q+ geben.
qed.
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Lösung zu Übung 2
Zu d)
Satz: Beh.: Es gibt abzählbar unendlich viele Primzahlen.
Beweis: Indirekt.
Angenommen, es gibt nur endlich viele (n) Primzahlen p1,...,pn.
Sei m eine neue natürliche Zahl, die wie folgt entsteht:
m= p1 ⋅ p 2 ⋅ ... ⋅ p n + 1
Offensichtlich ist m durch keine der Primzahlen p1,...,pn teilbar. Damit ist aber m auch durch
keine natürliche Zahl (außer 1) teilbar, da jede natürliche Zahl sich in Primfaktoren zerlegen
lässt. Damit ist m nur durch 1 und sich selbst teilbar. Daraus folgt, dass m eine Primzahl ist.
Das ist aber ein Widerspruch zur Annahme, dass p1,...,pn alle Primzahlen sind.
Damit kann diese Annahme nicht stimmen.
q.e.d
Zu e)
Satz: Beh.: Die reellen Zahlen im Intervall (0,1) kann man nicht abzählen.
Den folgenden Beweis nennt man Cantorsches Diagonalverfahren.
Beweis: Indirekt.
Angenommen, man kann die reellen Zahlen im Intervall (0,1) abzählen.
Dann können wir die Zahlen in (0,1) wie folgt durchnumerieren:
x1
=
0, x11
x2
=
x13
x14
...
...
0, x 21
x12
x 22
x 23
x 24
...
...
x3 = 0, x31
M M M
M
xi
= 0, xi1
M M M
M
x32
M
xi 2
M
x33
x34
O
....
O
...
...
M
...
M
M
xi 3
M
M
xii
M
xij ∈ {0,1,2,...,9} ist die j.te Nachkommastelle von xi.
Nun konstruieren wir eine neue Zahl d wie folgt:
d
=
0, x11 '
x 22 ' x33 ' ....
xii '
...
Die i.te Nachkommastelle xii’ entsteht dadurch, dass wir xii (d.h., die i.te Nachkommastelle
von xi betrachten und ) abändern (z. B. wie folgt: xii’≡xii+1 mod(10))
Offensichtlich ist d ebenfalls eine Zahl aus dem Intervall (0,1).
Weiterhin gilt offensichtlich ∀i : d ≠ xi. (Denn wenn es eine Zahl xi mit d= xi geben würde,
müssten auch die i.te Nachkommastelle der beiden Zahlen gleich sein, also xii’=xii gelten, das
ist aber aufgrund des Konstruktionsverfahrens für d nicht der Fall).
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Lösung zu Übung 2
Damit haben wir eine Zahl d konstruiert, die in unserer Aufzählung der Zahlen nicht enthalten
ist. Das ist aber ein Widerspruch zur Annahme, dass wir alle Zahlen zwischen (0,1) abzählen
können.
q.e.d
Ein anderer Beweis geht wie folgt:
Beweis.: Indirekt.
Angenommen, man kann die reellen Zahlen im Intervall (0,1) abzählen.
Dann können wir die Zahlen in I o = (0,1) wie folgt durchnumerieren: x1 , x 2 , x3 ,...
Wir dritteln jetzt das Intervall (0,1), d.h., zerlegen es in 3 gleichgroße Teilintervalle
(1)
(1)
(1)
I1 , I 2 , I 3 .
Die erste Zahl x1 unserer Aufzählung ist dann in mindestens einem dieser drei Intervalle
nicht enthalten. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit (o.B.d.A.) bezeichnen wir dieses
Teilintervall mit I 1 . I 1 zerlegen wir nun wieder in drei Teilintervalle . Die zweite Zahl
x 2 unserer Aufzählung (und natürlich ist auch x1 ) ist dann in mindestens einem dieser drei
Intervalle, wir bezeichnen dieses mit I 2 nicht enthalten . Dieses dritteln wir wieder usw. usf.
Auf diese Weise erhalten wir eine Folge von ineinander geschachtelten immer kleiner
werdenden Intervallen (0,1) ⊇ I 1 ⊇ I 2 ⊇ I 3 ⊇ ..... für die gilt:
∞
U I i = (0,1) und
i =1
∞
II
i
= x*.
i =1
x* ist eine Ziffer, die in allen Intervallen enthalten ist. Offensichtlich ist dann x*∈(0,1).
Da alle x1 , x 2 , x3 ,... unserer Aufzählung in keinem der Intervalle I i enthalten sind,
gilt: ∀i : x* ≠ xi.
Damit haben wir eine Zahl x* konstruiert, die in unserer Aufzählung der Zahlen nicht
enthalten ist. Das ist aber ein Widerspruch zur Annahme, dass wir alle Zahlen zwischen (0,1)
abzählen können.
q.e.d
Zu Aufgabe 3 (im Blatt 2 das Aufgabe 4) (Vollständige Induktion)
Zu a)
n
Satz: ∀n ≥ 1 : 1 + 3 + 5 + ... + 2 * n − 1 = ∑ (2i − 1) =n 2
i =1
Beweis: (Vollst. Induktion)
IA: n=1: LS=1, RS=1 --> LS=RS
qed.
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Lösung zu Übung 2
IS: Vor.: 1 + 3 + 5 + ... + 2 * n − 1 = n 2
Beh.: 1 + 3 + 5 + ... + 2 * n + 1 = (n + 1) 2
Bew.:
LS Beh = 1 + 3 + 5 + ... + (2n + 1) = 1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) + (2n + 1)
zerlegen
RS
=
der
n + (2n + 1)
2
Vor .
= (n + 1) 2 = RS Beh.
umformen
q.e.d
Zu b)
Satz: ∀n ∈ N : 2 n ≤ (n + 1)!
Beweis: (Vollst. Induktion)
IA: n=1: LS=2, RS=2 --> LS=RS
qed.
IS: Vor.: 2 n ≤ (n + 1)!
Beh.: 2 n +1 ≤ (n + 2)!
Bew.:
LS Beh = 2 n +1 = 2 n ⋅ 2
zerlegen
RS
≤
der
Vor .
(n + 1)!⋅2 ≤ (n + 1)!(n + 2) = (n + 2)!= RS Beh.
q.e.d
Zu c)
n
Zunächst müssen wir eine Hypothese über die Größe der Summe S(n) = ∑ (−1) i +1 i 2 in
i =1
Abhängigkeit von n aufstellen.
Wir setzen verschiedene n ein und erhalten für
n=1 → S(n) = 1
n=2 → S(n) = -3
n=3 → S(n) = 6
n=4 → S(n) = -10
n=5 → S(n) = 15
n=6 → S(n) = -21
n=7 → S(n) = 28
usw. usf.
Schauen wir uns die Folge |S(n)| = 1, 3,6,10,15,21,28,.... an, so erkennen wir:
|S(n)| ist jeweils die Summe der ersten n natürlichen Zahlen:
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Lösung zu Übung 2
n
|S(n)| =
∑ i = 1 + 2 + 3 + ... + n
i =1
Diese Summe ist bekanntermaßen gleich
n(n + 1)
.
2
Demzufolge ist (unter Berücksichtigung des Vorzeichenwechsels von S(n)):
S(n) = (−1) n +1 ⋅
n(n + 1)
.
2
Es gibt noch einen anderen Weg, auf diese Formel zu kommen:
Schauen wir uns die Folge |S(n)| = 1, 3,6,10,15,21,28,.... an, so erkennen wir:
|S(n)| ist eine Folge, die im Pascal’schen Dreieck auftritt:
Im Pascalschen Dreieck ist das Element in der k-ten Zeile und m.ten Spalte bekanntermaßen
k
=   (k=0,1,... und m=0,1,2,...)
 m
Unsere Zahlenfolge steht in jeder Zeile jeweils in der 2. Spalte ( von 0 angefangen zu zählen)
und demzufolge ist:
 n + 1

|S(n)| = 
 2 
Demzufolge ist (unter Berücksichtigung des Vorzeichenwechsels von S(n)):
 n + 1
n(n + 1)
 = (−1) n +1 ⋅
.
S(n) = (−1) n +1 ⋅ 
2
 2 
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Lösung zu Übung 2
Wir beweisen nun die hergeleitete Formel. Wir stellen folgende Behauptung auf:
n
n(n + 1)
Satz: ∀n ∈ N : ∑ (−1) i +1 i 2 = (−1) n +1 ⋅
2
i =1
Beweis: (Vollst. Induktion)
IA: n=1: LS=1, RS=1 --> LS=RS
qed.
n(n + 1)
2
i =1
n +1
(n + 1)(n + 2)
Beh.: ∑ (−1) i +1 i 2 = (−1) n + 2 ⋅
2
i =1
Bew.:
n
IS: Vor.:
∑ (−1)
LS Beh
=
i = (−1) n +1 ⋅
i +1 2
n +1
∑ (−1) i+1 i 2
i =1
=
RS
der
einsetzen
Vor .
(−1) n +1
=
n
zerlegen
∑ (−1)
i +1 2
i + (−1) n + 2 (n + 1) 2
i =1
n(n + 1)
+ (−1) n + 2 (n + 1) 2
2
 n

(−1) ( n + 2) (n + 1) − + (n + 1)
 2

n 
= (−1) ( n+ 2) (n + 1)  + 1
umformen
2 
(n + 1)(n + 2)
= (−1) ( n + 2)
2
= RS Beh.
=
( −1) n + 2 ( n +1) ausklammern
q.e.d
Zu Aufgabe 5
¬(∃y ∈ Q + ∀x ∈ Q + : y ≤ x) bzw.
∀y ∈ Q + ∃x ∈ Q + : y > x
7