Vorlesung Mathematisches Argumentieren und Beweisen Hagen

Vorlesung Mathematisches Argumentieren und Beweisen
Hagen Knaf
Lösungen zu den Trainingsaufgaben 1
Beweisen Sie durch vollständige Induktion:
1. Jede endliche Teilmenge der natürlichen Zahlen besitzt ein Maximum.
A: Die Induktion erfolgt nach der Elementezahl t der endlichen Menge
T ⊂ N.
Induktionsanfang: Für t = 1 gilt T = {m}, womit m as Maximum von
T ist.
Induktionsschritt: Man betrachtet eine Teilmenge T = {m1 , . . . , mt+1 }
von t + 1 natürlichen Zahlen. Nach Induktionsannahme besitzt die
Teilmenge T0 := {m1 , . . . , mt } ein Maximum mk , k ∈ {1, . . . , t}. Es
können nun zwei Fälle eintreten:
1. Fall: mk < mt+1 . In diesem Fall gilt mt+1 ≥ m für alle m ∈ T ,
womit mt+1 das Maximum von T ist.
2. Fall: mk ≥ mt+1 . In diesem Fall gilt zunächst mk > mt+1 , da T
insgesamt t + 1 Elemente besitzt. Es folgt, dass mk auch Maximum
von T ist.
2. Für alle natürlichen Zahlen n gilt 2n > n.
A: Die Induktion erfolgt nach der Zahl n.
Induktionsanfang: Für n = 1 gilt 21 > 1, die Aussage ist also richtig.
Induktionsschritt: Es gilt 2n+1 = 2 · 2n . Nach den Regeln für das Rechnen mit Ungleichungen folgt aus der Induktionsannahme 2n > n also
2n+1 > 2n. Nun ist 2n = n + n > n + 1 für n > 1. Insgesamt folgt also
2n+1 > n + 1.
3. Für beliebige reelle Zahlen x1 , . . . , xn gilt:
|x1 + . . . + xn | ≤ |x1 | + . . . + |xn |.
A: Die Induktion erfolgt nach der Anzahl n.
Induktionsanfang: Für n = 1 ist die Aussage offensichtlich richtig und
für n = 2 handelt es sich bei der Aussage um die in der Analysisvorlesung bewiesene Dreiecksungleichung.
Induktionsschritt: Nach der Dreiecksungleichung gilt
|x1 + . . . + xn+1 | ≤ |x1 + . . . + xn | + |xn+1 |
und nach Induktionsannahme gilt
|x1 + . . . + xn | ≤ |x1 | + . . . + |xn |.
Insgesamt folgt also
|x1 + . . . + xn+1 | ≤ |x1 | + . . . + |xn+1 |.
Formulieren Sie für die folgenden mathematischen Aussagen einen Widerspruchsbeweis:
1. Für ungerade ganze Zahlen a, b, c besitzt die Gleichung
ax2 + bx + c = 0
keine rationale Zahl als Lösung.
A: Es sei x = pq eine rationale Lösung der Gleichung; durch Kürzen kann
man annehmen, dass p und q keine gemeinsamen Teiler besitzen, insbesondere ist entweder p oder q ungerade. Einsetzen in die Gleichung
und multiplizieren mit q 2 liefert
ap2 + bpq + cq 2 = 0
also
ap2 = −q(bp + cq).
Ist p ungerade, so auch die linke Seite der letzten Gleichung. Ist q
gerade, so auch die rechte Seite dieser Gleichung, weil dann der erste
Faktor gerade ist. Ist andererseits q ungerade, so ist der zweite Faktor
als Summe ungerader Zahlen gerade. Es ergibt sich also immer ein
Widerspruch.
Ist andererseits p gerade, so auch die linke Seite der Gleichung. Da
dann q ungerade ist, ist der zweite Faktor auf der rechten Seite als
Summe einer ungeraden und einer geraden Zahl ungerade, womit die
rechte Seite selbst ungerade ist. Wieder ergibt sich ein Widerspruch.
2. Jede konvergente Folge reeller Zahlen ist beschränkt.
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A: Es sei (xk ) eine unbeschränkte, konvergente Folge reeller Zahlen mit
Grenzwert x0 . Zu jedem m ∈ N gibt es dann ein Folgenglied xk(m)
mit der Eigenschaft |xk(m) | > |x0 | + m. Die aus der Analysis bekannte
Ungleichung
|x| − |y| ≤ |x − y|
liefert dann: |xk(m) − x0 | ≥ |xk(m) | − |x0 | > m. Dies widerspricht der
Konvergenz der Folge (xk ) gegen x0 .
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