Mathematik? - Informatik, TU Wien

Mathematik?
I
I
Wozu Mathematik?
Eine neue Art von Mathematik:
I
I
Die Sprache der Mathematik
Grundlegende Konzepte
I
Termine: 25.9., 28.9., 29.09.
I
Vortragende: Ekaterina Fokina
Inhalt
PROLOG-1A: Mathematik?
PROLOG-1B: Aussagen
PROLOG-2: Mengen, Quantoren
PROLOG-3: Funktionen
PROLOG-4: Induktion, Ungleichungen
Warum Mathematik?
I
Mathematik im Alltag: Nicht (immer) hilfreich.
Warum Mathematik?
I
Mathematik im Alltag: Nicht (immer) hilfreich.
I
Andererseits: Flugzeuge, Raumschiffe, Computerprogramme,
...
Warum Mathematik?
I
Mathematik im Alltag: Nicht (immer) hilfreich.
I
Andererseits: Flugzeuge, Raumschiffe, Computerprogramme,
...
Mathematik:
I
I
I
Erlaubt, Gedanken präzise zu formulieren, und
herauszufinden, wie/warum Dinge funktionieren.
Beispiel: Audiokompression
I
Wie kann man Geräusche effizient übertragen?
I
Mathematische Grundlage: Fourier-Reihen.
Beispiel: Audiokompression
Beispiel: Audiokompression
+
+
=
Beispiel: Audiokompression
Quelle: http://en.wikipedia.org/wiki/Fourier_transform
Beispiel: Audiokompression
I
Umsetzung der intuitiven Idee: Mathematik
P
Verwendet Theorie der Reihen f (x) = ∞
n=0 an (x)
I
Liefert Berechnungsformeln für die Fourier-Zerlegung
I
Mathematik in der Informatik
I
JPEG Bild-Dateiformat, MP3 Audio-Dateiformat
I
I
...
Fourier-Transformation (Analysis)
Mathematik in der Informatik
I
JPEG Bild-Dateiformat, MP3 Audio-Dateiformat
I
I
Verschlüsselung im Web (https)
I
I
Fourier-Transformation (Analysis)
...
RSA Algorithmus (ADM)
Mathematik in der Informatik
I
JPEG Bild-Dateiformat, MP3 Audio-Dateiformat
I
I
Verschlüsselung im Web (https)
I
I
RSA Algorithmus (ADM)
Fehlererkennung bei Datenübertragung
I
I
Fourier-Transformation (Analysis)
...
Cyclic redundancy check (CRC) (ADM)
Mathematik in der Informatik
I
Nicht nur konkrete Methoden der Mathematik sind wichtig
für die Informatik.
I
Auch die mathematische Herangehensweise:
I
Problem
gedankliche Modellierung
Untersuchung Problemlösung
mathematische
Aller Anfang . . .
I
ist langwierig.
Aller Anfang . . .
I
ist langweilig.
Aller Anfang . . .
I
ist langsam.
Aller Anfang . . .
I
ist langsam.
I
Analog zum Erlernen einer Sprache:
I
Zuerst Grammatik und Vokabel, dann erst Bücher lesen.
Aller Anfang . . .
I
Hello, my name is Ekaterina.
I
Bonjour, je m’apelle Ekaterina.
Aller Anfang . . .
I
Hello, my name is Ekaterina.
I
Bonjour, je m’apelle Ekaterina.
I
∀x ∈ R : x > 1 ⇒ x 2 > 1.
Inhalt
PROLOG-1A: Mathematik?
PROLOG-1B: Aussagen
PROLOG-2: Mengen, Quantoren
PROLOG-3: Funktionen
PROLOG-4: Induktion, Ungleichungen
Aussagen, Mengen und Funktionen
I
Um Mathematik verstehen zu können,
I
muss zuerst die symbolische Sprache der Mathematik erlernt
werden.
Aussagen
Aussagen
I
I
Grundbaustein der Mathematik: Die Aussage.
Beispiele:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
x = 1.
a2 + b 2 = c 2 .
Das Rechteck R ist ein Quadrat.
Der Flächeninhalt eines Quadrats mit Seitenlänge a ist a2 .
Es gibt undendlich viele Primzahlen.
Für jede reele Zahl a gibt es eine Lösung für die Gleichung
x√2 + a = 0.
7. 2 ist irrational.
8. . . .
I
Aussagen müssen nicht immer wahr sein (1–3), können auch
falsch sein (6).
Aussagen
I
Grundbaustein der Mathematik: Die Aussage.
I
Objekt a hat die Eigenschaft P.
I
Objekt a hat die Eigenschaft P und die Eigenschaft Q.
I
Objekt a hat die Eigenschaft P oder die Eigenschaft Q.
I
Objekt a hat die Eigenschaft P nicht.
I
Jedes Objekt des Typs T hat die Eigenschaft P.
I
Es gibt ein Objekt des Typs T , das die Eigenschaft P hat.
I
Wenn Aussage A, dann Aussage B.
I
...
Aussagen
I
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
Verknüpfungen:
I
Konjunktion A ∧ B: A und B.
Aussagen
I
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
Verknüpfungen:
I
I
Konjunktion A ∧ B: A und B.
Disjunktion A ∨ B: A oder B.
Aussagen
I
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
Verknüpfungen:
I
I
I
Konjunktion A ∧ B: A und B.
Disjunktion A ∨ B: A oder B.
Negation ¬A: nicht A.
Aussagen
I
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
Verknüpfungen:
I
I
I
I
Konjunktion A ∧ B: A und B.
Disjunktion A ∨ B: A oder B.
Negation ¬A: nicht A.
Implication A ⇒ B.
Aussagen
I
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
Verknüpfungen:
I
I
I
I
I
Konjunktion A ∧ B: A und B.
Disjunktion A ∨ B: A oder B.
Negation ¬A: nicht A.
Implication A ⇒ B.
Äquivalenz A ⇔ B.
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Implikation A ⇒ B (,,A impliziert B”, ,,wenn A dann B”, ,,A
hinreichend für B”, ,,B notwendig für A”)
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Implikation A ⇒ B (,,A impliziert B”, ,,wenn A dann B”, ,,A
hinreichend für B”, ,,B notwendig für A”)
Beispiele der Form A ⇒ B:
I
1. x = 1 ⇒ x · y = y .
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Implikation A ⇒ B (,,A impliziert B”, ,,wenn A dann B”, ,,A
hinreichend für B”, ,,B notwendig für A”)
Beispiele der Form A ⇒ B:
I
1. x = 1 ⇒ x · y = y .
2. a, b sind Katheten und c Hypothenuse in einem
rechtwinkeligen Dreieck ⇒ a2 + b 2 = c 2 .
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Implikation A ⇒ B (,,A impliziert B”, ,,wenn A dann B”, ,,A
hinreichend für B”, ,,B notwendig für A”)
Beispiele der Form A ⇒ B:
I
1. x = 1 ⇒ x · y = y .
2. a, b sind Katheten und c Hypothenuse in einem
rechtwinkeligen Dreieck ⇒ a2 + b 2 = c 2 .
I
Hier: A, B sind jeweils nicht immer wahr, aber A ⇒ B ist
immer wahr.
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Implikation A ⇒ B (,,A impliziert B”, ,,wenn A dann B”, ,,A
hinreichend für B”, ,,B notwendig für A”)
Beispiele der Form A ⇒ B:
I
1. x = 1 ⇒ x · y = y .
2. a, b sind Katheten und c Hypothenuse in einem
rechtwinkeligen Dreieck ⇒ a2 + b 2 = c 2 .
I
Hier: A, B sind jeweils nicht immer wahr, aber A ⇒ B ist
immer wahr.
I
Genauer: A ⇒ B ist falsch falls: A wahr ist und B falsch ist.
I
Sonst ist A ⇒ B immer wahr!
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Äquivalenz A ⇔ B (,,A genau dann, wenn B”)
I
A ⇔ B definiert als: A ⇒ B und B ⇒ A gelten gleichzeitig.
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Äquivalenz A ⇔ B (,,A genau dann, wenn B”)
I
A ⇔ B definiert als: A ⇒ B und B ⇒ A gelten gleichzeitig.
Beispiele der Form A ⇔ B:
I
1. x = 1 ⇔ x 2 = 1
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Äquivalenz A ⇔ B (,,A genau dann, wenn B”)
I
A ⇔ B definiert als: A ⇒ B und B ⇒ A gelten gleichzeitig.
Beispiele der Form A ⇔ B:
I
1. x = 1 ⇔ x 2 = 1: Gilt nicht, da zwar A ⇒ B aber B 6⇒ A.
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Äquivalenz A ⇔ B (,,A genau dann, wenn B”)
I
A ⇔ B definiert als: A ⇒ B und B ⇒ A gelten gleichzeitig.
Beispiele der Form A ⇔ B:
I
1. x = 1 ⇔ x 2 = 1: Gilt nicht, da zwar A ⇒ B aber B 6⇒ A.
2. x + y = 1 ⇔ y + x = 1 + 2 · 0
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Äquivalenz A ⇔ B (,,A genau dann, wenn B”)
I
A ⇔ B definiert als: A ⇒ B und B ⇒ A gelten gleichzeitig.
Beispiele der Form A ⇔ B:
I
1. x = 1 ⇔ x 2 = 1: Gilt nicht, da zwar A ⇒ B aber B 6⇒ A.
2. x + y = 1 ⇔ y + x = 1 + 2 · 0: Gilt (denn 1 = 1 + 2 · 0).
Aussagen
I
Die ,,wichtigsten” Aussagen in der Mathematik sind
Äquivalenzen und Implikationen.
I
Äquivalenz zwischen einer komplizierten und einer einfachen
Aussage:
x 2 − 5x + 6 = 0 ⇔ (x = 2 ∨ x = 3).
Aussagen
I
Die ,,wichtigsten” Aussagen in der Mathematik sind
Äquivalenzen und Implikationen.
I
Äquivalenz zwischen einer komplizierten und einer einfachen
Aussage:
x 2 − 5x + 6 = 0 ⇔ (x = 2 ∨ x = 3).
I
Implikation drückt ,,Wissen über Spezialfälle” aus:
Theorem (Nullstellensatz v. Bolzano)
Sei f eine Funktion stetig auf [a, b] und f (a) ≤ 0 ≤ f (b). Dann
gibt es ein y sodass a ≤ y ≤ b und f (y ) = 0.
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Wie findet man gültige Zusammenhänge?
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Wie findet man gültige Zusammenhänge?
I
Mittels Beweis!
Aussagen
I
Grundfrage: Wie hängen Aussagen zusammen?
I
Wie findet man gültige Zusammenhänge?
I
Mittels Beweis!
I
Beweis ist eine Kette von wahren Implikationen.
Beweise
I
Jeder Beweisschritt soll offensichtlich sein:
I
Entweder logisch evident, oder
I
schon vorher bewiesen bzw. aus der Schule bekannt.
Beweise — Beispiel
x 2 − 5x + 6 = 0 ⇔ (x = 2 ∨ x = 3).
Beweise
I
Man unterscheidet 2 Arten von Beweisen von A ⇒ B:
I
Direkter Beweis. Unter der Annahme A wird durch logisches
Schließen B hergeleitet.
Beweise
I
Man unterscheidet 2 Arten von Beweisen von A ⇒ B:
I
Direkter Beweis. Unter der Annahme A wird durch logisches
Schließen B hergeleitet.
I
Indirekter Beweis. Unter Annahme von A und ¬B wird ein
Widerspruch (z.B. 0 = 1) hergeleitet.
Beweise
I
Direkter Beweis. Unter der Annahme A wird durch logisches
Schließen B hergeleitet.
I
Beispiel:
Sei x, y rationale Zahlen. Z.z.: x + y ist auch rational.
Beweis.
Beweise
I
Direkter Beweis. Unter der Annahme A wird durch logisches
Schließen B hergeleitet.
I
Beispiel:
Sei x, y rationale Zahlen. Z.z.: x + y ist auch rational.
Beweis.
I
Wir nehmen an, dass die Voraussetzung wahr ist: x, y sind
rational.
Beweise
I
Direkter Beweis. Unter der Annahme A wird durch logisches
Schließen B hergeleitet.
I
Beispiel:
Sei x, y rationale Zahlen. Z.z.: x + y ist auch rational.
Beweis.
I
I
Wir nehmen an, dass die Voraussetzung wahr ist: x, y sind
rational.
Wenn x rational ist, dann x = mp , wo m, p ganze Zahlen sind.
Beweise
I
Direkter Beweis. Unter der Annahme A wird durch logisches
Schließen B hergeleitet.
I
Beispiel:
Sei x, y rationale Zahlen. Z.z.: x + y ist auch rational.
Beweis.
I
I
I
Wir nehmen an, dass die Voraussetzung wahr ist: x, y sind
rational.
Wenn x rational ist, dann x = mp , wo m, p ganze Zahlen sind.
Wenn y rational ist, dann y = qn , wo n, q ganze Zahlen sind.
Beweise
I
Direkter Beweis. Unter der Annahme A wird durch logisches
Schließen B hergeleitet.
I
Beispiel:
Sei x, y rationale Zahlen. Z.z.: x + y ist auch rational.
Beweis.
I
I
I
I
Wir nehmen an, dass die Voraussetzung wahr ist: x, y sind
rational.
Wenn x rational ist, dann x = mp , wo m, p ganze Zahlen sind.
Wenn y rational ist, dann y = qn , wo n, q ganze Zahlen sind.
Dann x + y = mq+np
pq .
Beweise
I
Direkter Beweis. Unter der Annahme A wird durch logisches
Schließen B hergeleitet.
I
Beispiel:
Sei x, y rationale Zahlen. Z.z.: x + y ist auch rational.
Beweis.
I
I
I
I
I
Wir nehmen an, dass die Voraussetzung wahr ist: x, y sind
rational.
Wenn x rational ist, dann x = mp , wo m, p ganze Zahlen sind.
Wenn y rational ist, dann y = qn , wo n, q ganze Zahlen sind.
Dann x + y = mq+np
pq .
Deshalb ist x + y auch rational. Die Behauptung ist also wahr.
Beweise
I
Direkter Beweis. Unter der Annahme A wird durch logisches
Schließen B hergeleitet.
I
Beispiel:
Sei x, y rationale Zahlen. Z.z.: x + y ist auch rational.
Beweis.
I
I
I
I
I
I
Wir nehmen an, dass die Voraussetzung wahr ist: x, y sind
rational.
Wenn x rational ist, dann x = mp , wo m, p ganze Zahlen sind.
Wenn y rational ist, dann y = qn , wo n, q ganze Zahlen sind.
Dann x + y = mq+np
pq .
Deshalb ist x + y auch rational. Die Behauptung ist also wahr.
Die ganze Implication ist also wahr.
Beweise
I
Indirekter Beweis. Unter Annahme von A und ¬B wird ein
Widerspruch (z.B. 0 = 1) hergeleitet.
Beweise
I
Indirekter Beweis. Unter Annahme von A und ¬B wird ein
Widerspruch (z.B. 0 = 1) hergeleitet.
I
Beruht auf Wahrheit von ((A ∧ ¬B) ⇒ 0 = 1) ⇒ (A ⇒ B)
(Mittels Wahrheitstabelle nachrechnen!)
Beweise
I
Indirekter Beweis. Unter Annahme von A und ¬B wird ein
Widerspruch (z.B. 0 = 1) hergeleitet.
I
Beruht auf Wahrheit von ((A ∧ ¬B) ⇒ 0 = 1) ⇒ (A ⇒ B)
(Mittels Wahrheitstabelle nachrechnen!)
I
Beispiel: Wir wollen beweisen, dass die Summe von drei
aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen immer durch 3
teilbar ist.
Beweise
I
Indirekter Beweis. Unter Annahme von A und ¬B wird ein
Widerspruch (z.B. 0 = 1) hergeleitet.
I
Beruht auf Wahrheit von ((A ∧ ¬B) ⇒ 0 = 1) ⇒ (A ⇒ B)
(Mittels Wahrheitstabelle nachrechnen!)
I
Beispiel: Wir wollen beweisen, dass die Summe von drei
aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen immer durch 3
teilbar ist.
I
A=”n ist eine natürliche Zahl”.
B= ”n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 teilbar”.
Beweise
I
Indirekter Beweis. Unter Annahme von A und ¬B wird ein
Widerspruch (z.B. 0 = 1) hergeleitet.
I
Beruht auf Wahrheit von ((A ∧ ¬B) ⇒ 0 = 1) ⇒ (A ⇒ B)
(Mittels Wahrheitstabelle nachrechnen!)
I
Beispiel: Wir wollen beweisen, dass die Summe von drei
aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen immer durch 3
teilbar ist.
I
A=”n ist eine natürliche Zahl”.
B= ”n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 teilbar”.
I
Wir nehmen an, dass A ∧ ¬B wahr ist: n ist eine natürliche
Zahl und n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 nicht teilbar.
Beweise
I
Indirekter Beweis. Unter Annahme von A und ¬B wird ein
Widerspruch (z.B. 0 = 1) hergeleitet.
I
Beruht auf Wahrheit von ((A ∧ ¬B) ⇒ 0 = 1) ⇒ (A ⇒ B)
(Mittels Wahrheitstabelle nachrechnen!)
I
Beispiel: Wir wollen beweisen, dass die Summe von drei
aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen immer durch 3
teilbar ist.
I
A=”n ist eine natürliche Zahl”.
B= ”n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 teilbar”.
I
Wir nehmen an, dass A ∧ ¬B wahr ist: n ist eine natürliche
Zahl und n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 nicht teilbar.
I
n + (n + 1) + (n + 2) = 3n + 3 = 3(n + 1).
Beweise
I
Indirekter Beweis. Unter Annahme von A und ¬B wird ein
Widerspruch (z.B. 0 = 1) hergeleitet.
I
Beruht auf Wahrheit von ((A ∧ ¬B) ⇒ 0 = 1) ⇒ (A ⇒ B)
(Mittels Wahrheitstabelle nachrechnen!)
I
Beispiel: Wir wollen beweisen, dass die Summe von drei
aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen immer durch 3
teilbar ist.
I
A=”n ist eine natürliche Zahl”.
B= ”n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 teilbar”.
I
Wir nehmen an, dass A ∧ ¬B wahr ist: n ist eine natürliche
Zahl und n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 nicht teilbar.
I
n + (n + 1) + (n + 2) = 3n + 3 = 3(n + 1).
I
Also, 3(n + 1) ist durch 3 nicht teilbar.
Beweise
I
Indirekter Beweis. Unter Annahme von A und ¬B wird ein
Widerspruch (z.B. 0 = 1) hergeleitet.
I
Beruht auf Wahrheit von ((A ∧ ¬B) ⇒ 0 = 1) ⇒ (A ⇒ B)
(Mittels Wahrheitstabelle nachrechnen!)
I
Beispiel: Wir wollen beweisen, dass die Summe von drei
aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen immer durch 3
teilbar ist.
I
A=”n ist eine natürliche Zahl”.
B= ”n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 teilbar”.
I
Wir nehmen an, dass A ∧ ¬B wahr ist: n ist eine natürliche
Zahl und n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 nicht teilbar.
I
n + (n + 1) + (n + 2) = 3n + 3 = 3(n + 1).
I
Also, 3(n + 1) ist durch 3 nicht teilbar.
I
Dann ist n + 1 keine natürliche Zahl.
Beweise
I
Indirekter Beweis. Unter Annahme von A und ¬B wird ein
Widerspruch (z.B. 0 = 1) hergeleitet.
I
Beruht auf Wahrheit von ((A ∧ ¬B) ⇒ 0 = 1) ⇒ (A ⇒ B)
(Mittels Wahrheitstabelle nachrechnen!)
I
Beispiel: Wir wollen beweisen, dass die Summe von drei
aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen immer durch 3
teilbar ist.
I
A=”n ist eine natürliche Zahl”.
B= ”n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 teilbar”.
I
Wir nehmen an, dass A ∧ ¬B wahr ist: n ist eine natürliche
Zahl und n + (n + 1) + (n + 2) ist durch 3 nicht teilbar.
I
n + (n + 1) + (n + 2) = 3n + 3 = 3(n + 1).
I
Also, 3(n + 1) ist durch 3 nicht teilbar.
I
Dann ist n + 1 keine natürliche Zahl.
I
Dann ist auch n keine natürliche Zahl. Widerspruch!
Beweise
I
Für Beweise hilfreiche Äquivalenzen:
I
¬(A ∨ B) ⇔ (¬A ∧ ¬B).
I
(A ⇒ B) ⇔ (¬B ⇒ ¬A).
Beweise
I
Für Beweise hilfreiche Äquivalenzen:
I
¬(A ∨ B) ⇔ (¬A ∧ ¬B).
I
(A ⇒ B) ⇔ (¬B ⇒ ¬A).
I
Beispiel: Wir wollen
(y 6= 0 ∧ y 6= −2x) ⇒ (x + y )2 6= x 2
beweisen.
Beweise
I
Für Beweise hilfreiche Äquivalenzen:
I
¬(A ∨ B) ⇔ (¬A ∧ ¬B).
I
(A ⇒ B) ⇔ (¬B ⇒ ¬A).
I
Beispiel: Wir wollen
(y 6= 0 ∧ y 6= −2x) ⇒ (x + y )2 6= x 2
beweisen.
I
Das ist gleichbedeutend damit,
(x + y )2 = x 2 ⇒ (y = 0 ∨ y = −2x)
zu beweisen.
Inhalt
PROLOG-1A: Mathematik?
PROLOG-1B: Aussagen
PROLOG-2: Mengen, Quantoren
PROLOG-3: Funktionen
PROLOG-4: Induktion, Ungleichungen
Mengen
Mengen
I
Wir kennen schon Grundaussagen der Form x = y .
Mengen
I
Wir kennen schon Grundaussagen der Form x = y .
I
Auch Teil der mathematischen Sprache: Mengen.
Mengen
I
Menge: ,,gedankliche Zusammenfassung unterscheidbarer
Objekte.”
Mengen
I
Menge: ,,gedankliche Zusammenfassung unterscheidbarer
Objekte.”
I
Grundaussage über Mengen:
I
x ∈ M bedeutet ,,x ist in der Menge M enthalten.”
Bekannte Mengen
I
Die folgenden Mengen kennen Sie aus der Schule:
I
I
I
I
I
I
I
Die leere Menge ∅ = {},
die natürlichen Zahlen N = {0, 1, 2, 3, . . .},
die ganzen Zahlen Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .},
die rationalen Zahlen Q (Brüche mn ),
die reellen Zahlen R (die ,,Zahlengerade”),
und die komplexen Zahlen C (die ,,Gauß’sche Zahlenebene”).
Für diese Mengen werden Ihre Schulkenntnisse vorausgesetzt.
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis (indirekt).
I
I
√
Wir nehmen an, dass 2 ist rational.
√
D.h., 2 = pq , wobei p, q die kleinsten natürlichen Zahlen
√
sind, sodass 2 = pq .
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis (indirekt).
I
√
Wir nehmen an, dass 2 ist rational.
√
D.h., 2 = pq , wobei p, q die kleinsten natürlichen Zahlen
√
sind, sodass 2 = pq .
I
Dann 2 =
I
p2
.
q2
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis (indirekt).
I
√
Wir nehmen an, dass 2 ist rational.
√
D.h., 2 = pq , wobei p, q die kleinsten natürlichen Zahlen
√
sind, sodass 2 = pq .
I
Dann 2 =
I
p 2 = 2q 2 . Dann ist p 2 durch 2 teilbar.
I
p2
.
q2
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis (indirekt).
I
√
Wir nehmen an, dass 2 ist rational.
√
D.h., 2 = pq , wobei p, q die kleinsten natürlichen Zahlen
√
sind, sodass 2 = pq .
I
Dann 2 =
I
p 2 = 2q 2 . Dann ist p 2 durch 2 teilbar.
I
Dann muss auch p durch 2 teilbar sein: p = 2r , wobei r eine
natürliche Zahl ist.
I
p2
.
q2
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis (indirekt).
I
√
Wir nehmen an, dass 2 ist rational.
√
D.h., 2 = pq , wobei p, q die kleinsten natürlichen Zahlen
√
sind, sodass 2 = pq .
I
Dann 2 =
I
p 2 = 2q 2 . Dann ist p 2 durch 2 teilbar.
I
Dann muss auch p durch 2 teilbar sein: p = 2r , wobei r eine
natürliche Zahl ist.
I
p 2 = 4r 2 = 2q 2 . Dann q 2 = 2r 2 .
I
p2
.
q2
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis (indirekt).
I
√
Wir nehmen an, dass 2 ist rational.
√
D.h., 2 = pq , wobei p, q die kleinsten natürlichen Zahlen
√
sind, sodass 2 = pq .
I
Dann 2 =
I
p 2 = 2q 2 . Dann ist p 2 durch 2 teilbar.
I
Dann muss auch p durch 2 teilbar sein: p = 2r , wobei r eine
natürliche Zahl ist.
I
p 2 = 4r 2 = 2q 2 . Dann q 2 = 2r 2 .
I
Das heisst, dass q 2 duch 2 teilbar ist, und deshalb auch q
durch 2 teilbar ist: q = 2s.
I
p2
.
q2
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis (indirekt).
I
√
Wir nehmen an, dass 2 ist rational.
√
D.h., 2 = pq , wobei p, q die kleinsten natürlichen Zahlen
√
sind, sodass 2 = pq .
I
Dann 2 =
I
p 2 = 2q 2 . Dann ist p 2 durch 2 teilbar.
I
Dann muss auch p durch 2 teilbar sein: p = 2r , wobei r eine
natürliche Zahl ist.
I
p 2 = 4r 2 = 2q 2 . Dann q 2 = 2r 2 .
I
Das heisst, dass q 2 duch 2 teilbar ist, und deshalb auch q
durch 2 teilbar ist: q = 2s.
√
2r
2 = qp = 2s
. Ein Widerspruch!
I
I
p2
.
q2
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis: geometrische Darstellung.
I
√
Wir nehmen an, dass 2 = qp , und p, q die kleinsten solchen
Zahlen sind. Dann p 2 = 2q 2 = q 2 + q 2 ;
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis: geometrische Darstellung.
I
√
Wir nehmen an, dass 2 = qp , und p, q die kleinsten solchen
Zahlen sind. Dann p 2 = 2q 2 = q 2 + q 2 ;
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis: geometrische Darstellung.
I
√
Wir nehmen an, dass 2 = qp , und p, q die kleinsten solchen
Zahlen sind. Dann p 2 = 2q 2 = q 2 + q 2 ;
Irrationale Zahlen
Theorem
√
2 ist irrational.
Beweis: geometrische Darstellung.
I
I
√
Wir nehmen an, dass 2 = qp , und p, q die kleinsten solchen
Zahlen sind. Dann p 2 = 2q 2 = q 2 + q 2 ;
Dann r 2 = s 2 + s 2 , wo r die Seite von dem dunkelblauen
Quadrat ist, und s die Seite von den kleinen rosaroten
Quadraten — Widerspruch!
Quelle: http://divisbyzero.com/2009/10/06/
tennenbaums-proof-of-the-irrationality-of-the-square-root-of-2/
Mengen
I
Bildung von Mengen mittels Aussagen:
I
{x | A(x)} — Menge der Objekte x, sodass Aussage A(x)
wahr ist.
Mengen
I
Bildung von Mengen mittels Aussagen:
I
{x | A(x)} — Menge der Objekte x, sodass Aussage A(x)
wahr ist.
Beispiele:
I
I
{x | x = 1 ∨ x = 2 ∨ x = 3}
Mengen
I
Bildung von Mengen mittels Aussagen:
I
{x | A(x)} — Menge der Objekte x, sodass Aussage A(x)
wahr ist.
Beispiele:
I
I
{x | x = 1 ∨ x = 2 ∨ x = 3} = {1, 2, 3}, also ,,die Menge, die
genau die Zahlen 1, 2, und 3 enthält”.
Mengen
I
Bildung von Mengen mittels Aussagen:
I
{x | A(x)} — Menge der Objekte x, sodass Aussage A(x)
wahr ist.
Beispiele:
I
I
I
{x | x = 1 ∨ x = 2 ∨ x = 3}
{x | x > 5} — ,,die Menge aller Zahlen, die grösser als 5 sind”.
Mengen & Quantoren
I
Jetzt können wir präzise Aussagen über ,,Objekte” treffen:
I
Quantoren ∀, ∃.
Mengen & Quantoren
I
Jetzt können wir präzise Aussagen über ,,Objekte” treffen:
I
Quantoren ∀, ∃.
I
,,∀x ∈ M : A(x)” ist wahr falls A(x) für alle x ∈ M gilt.
Mengen & Quantoren
I
Jetzt können wir präzise Aussagen über ,,Objekte” treffen:
I
Quantoren ∀, ∃.
I
,,∀x ∈ M : A(x)” ist wahr falls A(x) für alle x ∈ M gilt.
I
,,∃x ∈ M : A(x)” ist wahr falls A(x) für mindestens ein x ∈ M
gilt.
Mengen & Quantoren
I
Beispiele:
I
∀x ∈ R : x ≥ 0 ∨ x < 0,
Mengen & Quantoren
I
Beispiele:
I
∀x ∈ R : x ≥ 0 ∨ x < 0,
I
∀n ∈ N ∃m ∈ N : n = 2m ∨ n = 2m + 1.
Mengen & Quantoren
I
Beispiele:
I
∀x ∈ R : x ≥ 0 ∨ x < 0,
I
∀n ∈ N ∃m ∈ N : n = 2m ∨ n = 2m + 1.
I
Sei M = {x | x ∈ R ∧ x > 5}. Dann gilt ∀x ∈ M : x > 0.
Mindestens ein/Genau ein
I
∃x ∈ M : A(x): es gibt mindestens ein x ∈ M mit A(x).
I
Was heisst: Es gibt genau ein x ∈ M mit A(x)?
Mindestens ein/Genau ein
I
∃x ∈ M : A(x): es gibt mindestens ein x ∈ M mit A(x).
I
Was heisst: Es gibt genau ein x ∈ M mit A(x)?
I
∃x ∈ M : (A(x) ∧ ∀y ∈ M : (A(y ) ⇒ x = y )).
Negation und Reihenfolge von Quantoren
I
Wichtig:
I
(¬∀x ∈ M : A(x)) ⇔ (∃x ∈ M : ¬A(x)).
I
(¬∃x ∈ M : A(x)) ⇔ (∀x ∈ M : ¬A(x)).
Negation und Reihenfolge von Quantoren
I
Wichtig:
I
(¬∀x ∈ M : A(x)) ⇔ (∃x ∈ M : ¬A(x)).
I
(¬∃x ∈ M : A(x)) ⇔ (∀x ∈ M : ¬A(x)).
I
Die Reihenfolge der Quantoren ist wichtig!
Negation und Reihenfolge von Quantoren
I
Wichtig:
I
(¬∀x ∈ M : A(x)) ⇔ (∃x ∈ M : ¬A(x)).
I
(¬∃x ∈ M : A(x)) ⇔ (∀x ∈ M : ¬A(x)).
I
Die Reihenfolge der Quantoren ist wichtig!
I
Beispiel: Die größte natürliche Zahl existiert nicht.
Negation und Reihenfolge von Quantoren
I
Wichtig:
I
(¬∀x ∈ M : A(x)) ⇔ (∃x ∈ M : ¬A(x)).
I
(¬∃x ∈ M : A(x)) ⇔ (∀x ∈ M : ¬A(x)).
I
Die Reihenfolge der Quantoren ist wichtig!
I
Beispiel: Die größte natürliche Zahl existiert nicht.
I
∀n ∈ N ∃m ∈ N : m > n.
Negation und Reihenfolge von Quantoren
I
Wichtig:
I
(¬∀x ∈ M : A(x)) ⇔ (∃x ∈ M : ¬A(x)).
I
(¬∃x ∈ M : A(x)) ⇔ (∀x ∈ M : ¬A(x)).
I
Die Reihenfolge der Quantoren ist wichtig!
I
Beispiel: Die größte natürliche Zahl existiert nicht.
I
∀n ∈ N ∃m ∈ N : m > n.
I
Aber:
Negation und Reihenfolge von Quantoren
I
Wichtig:
I
(¬∀x ∈ M : A(x)) ⇔ (∃x ∈ M : ¬A(x)).
I
(¬∃x ∈ M : A(x)) ⇔ (∀x ∈ M : ¬A(x)).
I
Die Reihenfolge der Quantoren ist wichtig!
I
Beispiel: Die größte natürliche Zahl existiert nicht.
I
∀n ∈ N ∃m ∈ N : m > n.
I
Aber:
I
∃m ∈ N ∀n ∈ N : m > n ist falsch!!!
Weitere Schreibweisen
A⊆B
A 6⊆ B
A⊂B
∅
A=B
|M|
Mengen konstruieren
I
Neue Mengen aus gegebenen Mengen konstruieren:
A∪B
A∩B A\B
A0 (in M) P(A) A × B
Zusammenfassung
I
Methode der Mathematik:
I
präzise Aussagen über Zusammenhang der Dinge.
Zusammenfassung
I
Methode der Mathematik:
I
präzise Aussagen über Zusammenhang der Dinge.
I
Grundsätzliche Aussage ist: 2 Objekte x, y sind gleich: x = y .
Zusammenfassung
I
Methode der Mathematik:
I
präzise Aussagen über Zusammenhang der Dinge.
I
Grundsätzliche Aussage ist: 2 Objekte x, y sind gleich: x = y .
I
Objekte können in Mengen zusammengefasst werden.
I
Quantoren: über welche Objekte sprechen wir genau?
Zusammenfassung
I
Methode der Mathematik:
I
präzise Aussagen über Zusammenhang der Dinge.
I
Grundsätzliche Aussage ist: 2 Objekte x, y sind gleich: x = y .
I
Objekte können in Mengen zusammengefasst werden.
I
Quantoren: über welche Objekte sprechen wir genau?
I
Kompliziertere Zusammenhänge z.B. mittels ⇒.
Zusammenfassung
I
Methode der Mathematik:
I
präzise Aussagen über Zusammenhang der Dinge.
I
Grundsätzliche Aussage ist: 2 Objekte x, y sind gleich: x = y .
I
Objekte können in Mengen zusammengefasst werden.
I
Quantoren: über welche Objekte sprechen wir genau?
I
Kompliziertere Zusammenhänge z.B. mittels ⇒.
I
Beweis erklärt die Wahrheit einer Aussage.
Inhalt
PROLOG-1A: Mathematik?
PROLOG-1B: Aussagen
PROLOG-2: Mengen, Quantoren
PROLOG-3: Funktionen
PROLOG-4: Induktion, Ungleichungen
Funktionen
Funktionen
I
Mengen: Zusammenfassungen von Elementen.
I
Wie können wir Elemente von Mengen miteinander verbinden?
Funktionen
I
Mengen: Zusammenfassungen von Elementen.
I
Wie können wir Elemente von Mengen miteinander verbinden?
I
Funktionen
Funktionen
I
Mengen: Zusammenfassungen von Elementen.
I
Wie können wir Elemente von Mengen miteinander verbinden?
I
I
Funktionen
Sie kennen aus der Schule: sin(x), cos(x), e x , log(x), . . .
Funktionen
Definition
I
Eine Funktion f von D in B ist eine Vorschrift, welche jedem
Element der Menge D ein eindeutig bestimmtes Element der
Menge B zuordnet.
Funktionen
Definition
I
Eine Funktion f von D in B ist eine Vorschrift, welche jedem
Element der Menge D ein eindeutig bestimmtes Element der
Menge B zuordnet.
I
Die Menge D heißt Definitionsmenge, die Menge B
Wertebereich.
Funktionen
Definition
I
Eine Funktion f von D in B ist eine Vorschrift, welche jedem
Element der Menge D ein eindeutig bestimmtes Element der
Menge B zuordnet.
I
Die Menge D heißt Definitionsmenge, die Menge B
Wertebereich.
I
f (a) bezeichnet das Bild des Elements a unter f . Die Menge
aller Bilder f (D) = {f (a)|a ∈ D} heißt Bildbereich.
Funktionen
Definition
I
Eine Funktion f von D in B ist eine Vorschrift, welche jedem
Element der Menge D ein eindeutig bestimmtes Element der
Menge B zuordnet.
I
Die Menge D heißt Definitionsmenge, die Menge B
Wertebereich.
I
f (a) bezeichnet das Bild des Elements a unter f . Die Menge
aller Bilder f (D) = {f (a)|a ∈ D} heißt Bildbereich.
D→B:
Wir schreiben auch f :
x 7→ f (x)
I
Funktionen
Definition
I
Eine Funktion f von D in B ist eine Vorschrift, welche jedem
Element der Menge D ein eindeutig bestimmtes Element der
Menge B zuordnet.
I
Die Menge D heißt Definitionsmenge, die Menge B
Wertebereich.
I
f (a) bezeichnet das Bild des Elements a unter f . Die Menge
aller Bilder f (D) = {f (a)|a ∈ D} heißt Bildbereich.
D→B:
Wir schreiben auch f :
x 7→ f (x)
I
Beispiel
(
f :
Rn → R :
q
(x1 , x2 , . . . , xn ) 7→ x12 + x22 + . . . + xn2
Funktionen
I
Beispiele:
I
sin(x), cos(x), . . . Funktionen von R in R.
Funktionen
I
Beispiele:
I
sin(x), cos(x), . . . Funktionen von R in R.
I
M . . . Menge der Menschen.
I
Abbildungsvorschrift für m ∈ M: m 7→ Mutter von m.
Ist eine Funktion von M in M:
I
Funktionen
I
Beispiele:
I
sin(x), cos(x), . . . Funktionen von R in R.
I
M . . . Menge der Menschen.
I
Abbildungsvorschrift für m ∈ M: m 7→ Mutter von m.
Ist eine Funktion von M in M:
I
1. Jeder Mensch hat genau eine Mutter, und
2. jede Mutter ist ein Mensch.
Funktionen
Definition
Eine Funktion f : D → B heißt injektiv falls gilt
∀x, y ∈ D : x 6= y ⇒ f (x) 6= f (y ).
In anderen Worten: Unterschiedliche Elemente haben
unterschiedliche Bilder unter f .
Beispiel
I
f : N → N : x 7→ x + 1 ist injektiv.
I
sin(x) ist nicht injektiv.
I
f : x 7→ x 2 ist nicht injektiv.
Funktionen
Definition
Eine Funktion f : D → B heißt surjektiv falls gilt:
∀y ∈ B : ∃x ∈ D : f (x) = y .
In anderen Worten: Jedes Element von B tritt als Bild mindestens
eines Elements von D auf.
Definition
Eine Funktion heißt bijektiv, falls sie surjektiv und injektiv ist.
Beispiel
I
f : N → N, x 7→ x + 1 ist nicht surjektiv, aber
Funktionen
Definition
Eine Funktion f : D → B heißt surjektiv falls gilt:
∀y ∈ B : ∃x ∈ D : f (x) = y .
In anderen Worten: Jedes Element von B tritt als Bild mindestens
eines Elements von D auf.
Definition
Eine Funktion heißt bijektiv, falls sie surjektiv und injektiv ist.
Beispiel
I
f : N → N, x 7→ x + 1 ist nicht surjektiv, aber
I
f : Z → Z, x 7→ x + 1 is surjektiv (eigentlich, bijektiv)!
I
Für welche D und B ist die Funktion f : D → B, x 7→ x 2
surjektiv? injektiv? bijektiv?
Funktionen
Beispiel
I
Es gibt eine bijektive Funktion f : N → Z
Funktionen
Beispiel
I
Es gibt eine bijektive Funktion f : N → Z
I
Wenn M eine endliche Menge ist, gibt es keine injektive
Funktion g : N → M
Funktionen
Beispiel
I
Es gibt eine bijektive Funktion f : N → Z
I
Wenn M eine endliche Menge ist, gibt es keine injektive
Funktion g : N → M und keine surjektive Funktion
h : M → N.
I
Es gibt keine Bijektion f : N → R.
Funktionen
I
Für eine Menge M führen wir eine Schreibweise für eine
einfache, aber wichtige bijektive Funktion ein:
idM : M → M : x 7→ x.
Funktionen
I
Für eine Menge M führen wir eine Schreibweise für eine
einfache, aber wichtige bijektive Funktion ein:
idM : M → M : x 7→ x.
I
Für bijektive Funktionen f gibt es eine nützliche
Umkehrfunktion f −1 .
Definition
Für bijektive Funktionen f : D → B definieren wir
B→D
f −1 :
b 7→ a, falls f (a) = b.
Funktionen
I
Funktionen f , g werden als gleich aufgefasst, wenn sie den
gleichen Definitions- und Bildraum haben und alle Elemente
gleich abbilden.
Definition
Für Funktionen f1 : D1 → B1 und f2 : D2 → B2 legen wir fest, dass
f1 = f2 ⇔ (D1 = D2 ∧ B1 = B2 ∧ ∀x ∈ D1 : f1 (x) = f2 (x)).
Funktionen
I
Eine wichtige Operation von Funktionen:
Hintereinanderausführung (auch: Zusammensetzung,
Komposition).
Definition
Für Funktionen f : A → B and g : B → C definieren wir die
Abbildung
A→C
f ◦g :
a 7→ g (f (a)).
Inhalt
PROLOG-1A: Mathematik?
PROLOG-1B: Aussagen
PROLOG-2: Mengen, Quantoren
PROLOG-3: Funktionen
PROLOG-4: Induktion, Ungleichungen
Vollständige Induktion
N und Induktion
Wir betrachten die natürlichen Zahlen
N = {0, 1, 2, 3, . . .}.
Mit den natürlichen Zahlen kommt die Beweisregel der
vollständigen Induktion:
((A(0)∧∀N ∈ N : (∀n ≤ N : A(n)) ⇒ A(N +1))) ⇒ ∀n ∈ N : A(n).
wobei A(n) eine Aussage über eine natürliche Zahl n ist.
Induktionsbeweis — mit anderen Worten
I
I
Ziel: Beweisen, dass ∀n ∈ N : A(n) wahr ist.
Beweis durch Induktion:
1. A(0) (Induktionsanfang) beweisen.
2. A(N + 1) (Induktionsbehauptung) beweisen.
I
I
Erlaubte Annahmen (Induktionsvorraussetzung):
A(0), A(1), A(2), . . . , A(N) (in anderen Worten
∀n ≤ N : A(n)).
N und Induktion
Theorem (Bernoullische Ungleichung)
(1 + α)n ≥ 1 + nα, für α ≥ −1, α ∈ R, n ∈ N.
Beweis.
Die Behauptung A(n) lautet (1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1.
N und Induktion
Theorem (Bernoullische Ungleichung)
(1 + α)n ≥ 1 + nα, für α ≥ −1, α ∈ R, n ∈ N.
Beweis.
Die Behauptung A(n) lautet (1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr: 1 ≥ 1.
N und Induktion
Theorem (Bernoullische Ungleichung)
(1 + α)n ≥ 1 + nα, für α ≥ −1, α ∈ R, n ∈ N.
Beweis.
Die Behauptung A(n) lautet (1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr: 1 ≥ 1.
I
Induktionsvoraussetzung A(n) sei richtig für alle 0 ≤ n ≤ N,
also
(1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1 und 0 ≤ n ≤ N.
N und Induktion
Theorem (Bernoullische Ungleichung)
(1 + α)n ≥ 1 + nα, für α ≥ −1, α ∈ R, n ∈ N.
Beweis.
Die Behauptung A(n) lautet (1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr: 1 ≥ 1.
I
Induktionsvoraussetzung A(n) sei richtig für alle 0 ≤ n ≤ N,
also
(1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1 und 0 ≤ n ≤ N.
I
Beweis der Induktionsbehauptung:
I
(1 + α)N ≥ 1 + Nα (Induktionsvoraussetzung)
N und Induktion
Theorem (Bernoullische Ungleichung)
(1 + α)n ≥ 1 + nα, für α ≥ −1, α ∈ R, n ∈ N.
Beweis.
Die Behauptung A(n) lautet (1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr: 1 ≥ 1.
I
Induktionsvoraussetzung A(n) sei richtig für alle 0 ≤ n ≤ N,
also
(1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1 und 0 ≤ n ≤ N.
I
Beweis der Induktionsbehauptung:
I
(1 + α)N ≥ 1 + Nα (Induktionsvoraussetzung)
I
Da α ≥ −1 und daher 1 + α ≥ 0, folgt daraus
I
(1 + α)(N+1) ≥ (1 + Nα)(1 + α)
N und Induktion
Theorem (Bernoullische Ungleichung)
(1 + α)n ≥ 1 + nα, für α ≥ −1, α ∈ R, n ∈ N.
Beweis.
Die Behauptung A(n) lautet (1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr: 1 ≥ 1.
I
Induktionsvoraussetzung A(n) sei richtig für alle 0 ≤ n ≤ N,
also
(1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1 und 0 ≤ n ≤ N.
I
Beweis der Induktionsbehauptung:
I
(1 + α)N ≥ 1 + Nα (Induktionsvoraussetzung)
I
Da α ≥ −1 und daher 1 + α ≥ 0, folgt daraus
I
(1 + α)(N+1) ≥ (1 + Nα)(1 + α)
I
(1 + α)(N+1) ≥ 1 + Nα + α + Nα2 = 1 + (N + 1)α + Nα2 ≥
1 + (N + 1)α.
N und Induktion
Theorem (Bernoullische Ungleichung)
(1 + α)n ≥ 1 + nα, für α ≥ −1, α ∈ R, n ∈ N.
Beweis.
Die Behauptung A(n) lautet (1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr: 1 ≥ 1.
I
Induktionsvoraussetzung A(n) sei richtig für alle 0 ≤ n ≤ N,
also
(1 + α)n ≥ 1 + nα für α ≥ −1 und 0 ≤ n ≤ N.
I
Beweis der Induktionsbehauptung:
I
(1 + α)N ≥ 1 + Nα (Induktionsvoraussetzung)
I
Da α ≥ −1 und daher 1 + α ≥ 0, folgt daraus
I
(1 + α)(N+1) ≥ (1 + Nα)(1 + α)
I
(1 + α)(N+1) ≥ 1 + Nα + α + Nα2 = 1 + (N + 1)α + Nα2 ≥
1 + (N + 1)α.
I
Also ist A(N + 1) wahr! Und deshalb ∀n ∈ N : A(n).
Ungleichungen
I
Eine wichtige Relation zwischen Zahlen (ausser ,,=”) ist ,,≤”.
I
x ≤ y gilt falls x auf der Zahlengeraden links von y liegt.
Ungleichungen
I
I
Welche Regeln dürfen wir im Beweis mit Ungleichungen
verwenden?
Regeln für Totalordnungen:
I
I
I
I
x ≤ y ∨ y ≤ x (total)
(y ≤ x ∧ x ≤ y ) ⇒ x = y (Antisymmetrie)
(x ≤ y ∧ y ≤ z) ⇒ x ≤ z (Transitivität)
Regeln für angeordnete Körper:
I
I
I
∀x, y , c ∈ R : x ≤ y ⇒ x + c ≤ y + c,
x ≤ y, c ≥ 0 ⇒ c · x ≤ c · y,
x ≤ y, c ≤ 0 ⇒ c · x ≥ c · y,
Ungleichungen
I
I
Beweise werden oft mittels Fallunterscheidung geführt:
Annahme x ≤ y ∨ y ≤ x führt zu Fallunterscheidung:
I
I
I
Fall 1: x ≤ y . . .
Fall 2: y ≤ x . . .
z.B. für y = 0:
I
I
Fall 1: x ≤ 0 . . .
Fall 2: x ≥ 0 . . .
Ungleichungen
Ist p ≥ 3 eine Primzahl, dann gibt es k ∈ N mit p = 4 · k + 1 oder
p = 4 · k + 3.
Beweis.
I
Fall 1: p = 4k
p ist durch 4 teilbar und damit keine Primzahl.
I
Fall 2: p = 4k + 1
Die Konklusion der zu beweisenden Implikation und damit die
gesamte Implikation ist wahr.
I
Fall 3: p = 4k + 2
Es ist p = 4k + 2 = 2(2k + 1). Damit ist p durch 2 teilbar.
I
Fall 4: p = 4k + 3
Die Konklusion der zu beweisenden Implikation und damit die
gesamte Implikation ist wahr.
Ungleichungen
I
Die Betragsfunktion | · | : R → R sei erwähnt:
x
für x ≥ 0
|x| =
.
−x für x ≤ 0
Ungleichungen
I
Die Betragsfunktion | · | : R → R sei erwähnt:
x
für x ≥ 0
|x| =
.
−x für x ≤ 0
I
|xy | = |x| · |y |
I
|x + y | ≤ |x| + |y | (Dreiecksungleichung)
Ungleichungen
I
Die Betragsfunktion | · | : R → R sei erwähnt:
x
für x ≥ 0
|x| =
.
−x für x ≤ 0
I
|xy | = |x| · |y |
I
|x + y | ≤ |x| + |y | (Dreiecksungleichung)
Beweis.
Es gilt x ≤ |x| und y ≤ |y |. Dann x + y ≤ |x| + |y |
Ungleichungen
I
Die Betragsfunktion | · | : R → R sei erwähnt:
x
für x ≥ 0
|x| =
.
−x für x ≤ 0
I
|xy | = |x| · |y |
I
|x + y | ≤ |x| + |y | (Dreiecksungleichung)
Beweis.
Es gilt x ≤ |x| und y ≤ |y |. Dann x + y ≤ |x| + |y |
und −x ≤ |x| und −y ≤ |y |. Dann −(x + y ) ≤ |x| + |y |.
Ungleichungen
I
Die Betragsfunktion | · | : R → R sei erwähnt:
x
für x ≥ 0
|x| =
.
−x für x ≤ 0
I
|xy | = |x| · |y |
I
|x + y | ≤ |x| + |y | (Dreiecksungleichung)
Beweis.
Es gilt x ≤ |x| und y ≤ |y |. Dann x + y ≤ |x| + |y |
und −x ≤ |x| und −y ≤ |y |. Dann −(x + y ) ≤ |x| + |y |.
Mit (a ≤ b ∧ −a ≤ b ⇒ |a| ≤ b) folgt die Behauptung.
Induktion
Theorem
Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis.
Sei A(n) =”es gibt mindestens n + 1 Primzahlen”.
Induktion
Theorem
Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis.
Sei A(n) =”es gibt mindestens n + 1 Primzahlen”.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr (2 ist eine Primzahl).
Induktion
Theorem
Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis.
Sei A(n) =”es gibt mindestens n + 1 Primzahlen”.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr (2 ist eine Primzahl).
I
Induktionsvoraussetzung A(N): es gibt mindestens N + 1
Primzahlen: p0 , p1 , . . . , pN . Z.z.: A(N + 1).
Induktion
Theorem
Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis.
Sei A(n) =”es gibt mindestens n + 1 Primzahlen”.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr (2 ist eine Primzahl).
I
Induktionsvoraussetzung A(N): es gibt mindestens N + 1
Primzahlen: p0 , p1 , . . . , pN . Z.z.: A(N + 1). D.h., wir müssen eine
neue Primzahl finden, die noch nicht in der Liste steht.
Induktion
Theorem
Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis.
Sei A(n) =”es gibt mindestens n + 1 Primzahlen”.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr (2 ist eine Primzahl).
I
Induktionsvoraussetzung A(N): es gibt mindestens N + 1
Primzahlen: p0 , p1 , . . . , pN . Z.z.: A(N + 1). D.h., wir müssen eine
neue Primzahl finden, die noch nicht in der Liste steht.
I
Sei p = p0 p1 . . . pN + 1. Die Zahl p ist größer, als alle pi , 0 ≤ i ≤ N.
Induktion
Theorem
Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis.
Sei A(n) =”es gibt mindestens n + 1 Primzahlen”.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr (2 ist eine Primzahl).
I
Induktionsvoraussetzung A(N): es gibt mindestens N + 1
Primzahlen: p0 , p1 , . . . , pN . Z.z.: A(N + 1). D.h., wir müssen eine
neue Primzahl finden, die noch nicht in der Liste steht.
I
Sei p = p0 p1 . . . pN + 1. Die Zahl p ist größer, als alle pi , 0 ≤ i ≤ N.
I
Wenn p eine Primzahl ist, haben wir eine neue Primzahl gefunden:
pN+1 = p.
Induktion
Theorem
Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis.
Sei A(n) =”es gibt mindestens n + 1 Primzahlen”.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr (2 ist eine Primzahl).
I
Induktionsvoraussetzung A(N): es gibt mindestens N + 1
Primzahlen: p0 , p1 , . . . , pN . Z.z.: A(N + 1). D.h., wir müssen eine
neue Primzahl finden, die noch nicht in der Liste steht.
I
Sei p = p0 p1 . . . pN + 1. Die Zahl p ist größer, als alle pi , 0 ≤ i ≤ N.
I
Wenn p eine Primzahl ist, haben wir eine neue Primzahl gefunden:
pN+1 = p.
I
Wenn p keine Primzahl ist, ist sie durch eine Primzahl q teilbar.
Aber q kann nicht in der Liste p0 , . . . , pN stehen. Dann ist q unsere
neue Primzahl: pN+1 = q.
Induktion
Theorem
Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis.
Sei A(n) =”es gibt mindestens n + 1 Primzahlen”.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr (2 ist eine Primzahl).
I
Induktionsvoraussetzung A(N): es gibt mindestens N + 1
Primzahlen: p0 , p1 , . . . , pN . Z.z.: A(N + 1). D.h., wir müssen eine
neue Primzahl finden, die noch nicht in der Liste steht.
I
Sei p = p0 p1 . . . pN + 1. Die Zahl p ist größer, als alle pi , 0 ≤ i ≤ N.
I
Wenn p eine Primzahl ist, haben wir eine neue Primzahl gefunden:
pN+1 = p.
I
Wenn p keine Primzahl ist, ist sie durch eine Primzahl q teilbar.
Aber q kann nicht in der Liste p0 , . . . , pN stehen. Dann ist q unsere
neue Primzahl: pN+1 = q.
I
In jedem Fall A(N + 1) ist wahr!
Induktion
Theorem
Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis.
Sei A(n) =”es gibt mindestens n + 1 Primzahlen”.
I
Induktionsanfang: A(0) ist wahr (2 ist eine Primzahl).
I
Induktionsvoraussetzung A(N): es gibt mindestens N + 1
Primzahlen: p0 , p1 , . . . , pN . Z.z.: A(N + 1). D.h., wir müssen eine
neue Primzahl finden, die noch nicht in der Liste steht.
I
Sei p = p0 p1 . . . pN + 1. Die Zahl p ist größer, als alle pi , 0 ≤ i ≤ N.
I
Wenn p eine Primzahl ist, haben wir eine neue Primzahl gefunden:
pN+1 = p.
I
Wenn p keine Primzahl ist, ist sie durch eine Primzahl q teilbar.
Aber q kann nicht in der Liste p0 , . . . , pN stehen. Dann ist q unsere
neue Primzahl: pN+1 = q.
I
In jedem Fall A(N + 1) ist wahr!
I
Dann ∀n ∈ N : A(n).
Induktion
I
Nebenbemerkung:
I
Vollständige Induktion sehr eng mit rekursiver
Programmierung verbunden.
I
Induktionsvorraussetzung =
b Rekursivem Funktionsaufruf.
I
Induktion wichtig zum Verstehen von Algorithmen:
I
Wieso liefert ein Algorithmus das richtige Ergebnis?
I
Dijkstra’s Algorithmus, Quicksort, . . .
Permutationen
Definition
Sei D = B = {1, 2, 3, . . . , n} eine endliche Menge. Eine bijektive
Funktion α : D → B heißt Permutation der Menge D.
α=
1
2
3
... n
α(1) α(2) α(3) . . . α(n)
Theorem
Die Anzahl aller Permutationen von n Zahlen ist n! (wobei
n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n heißt Fakultät von n, oder auch n-Faktorielle).
Beweis.
Induktion für A(n)=”die Anzahl aller Permutationen von n Zahlen
ist n!”.
Variationen
Definition
Sei D = {1, 2, . . . , k}, B = {1, 2, . . . , n}.
I
Eine beliebige Funktion f : D → B heißt Variation (zur Klasse
k von n Elementen) mit Wiederholung.
Variationen
Definition
Sei D = {1, 2, . . . , k}, B = {1, 2, . . . , n}.
I
Eine beliebige Funktion f : D → B heißt Variation (zur Klasse
k von n Elementen) mit Wiederholung.
I
Eine injektive Funktion f : D → B (falls k ≤ n) heißt
Variation (zur Klasse k von n Elementen) ohne Wiederholung.
Variationen
Definition
Sei D = {1, 2, . . . , k}, B = {1, 2, . . . , n}.
I
Eine beliebige Funktion f : D → B heißt Variation (zur Klasse
k von n Elementen) mit Wiederholung.
I
Eine injektive Funktion f : D → B (falls k ≤ n) heißt
Variation (zur Klasse k von n Elementen) ohne Wiederholung.
Variationen
Theorem
I
Die Anzahl der Variationen mit Wiederholung ist nk .
I
Die Anzahl der Variationen ohne Wiederholung ist
n!
(n−k)! .
Kombinationen
Definition
I
Eine Kombination (zur Klasse k von n Elementen) mit/ohne
Wiederholung ist eine Auswahl vom Umfang k aus einer
n-elementigen Menge ohne Berücksichtigung der Anordnung
(mit/ohne Wiederholung der Elemente).
Kombinationen
Definition
I
Eine Kombination (zur Klasse k von n Elementen) mit/ohne
Wiederholung ist eine Auswahl vom Umfang k aus einer
n-elementigen Menge ohne Berücksichtigung der Anordnung
(mit/ohne Wiederholung der Elemente).
Die Reihenfolge der Elemente ist nicht wichtig (zum Unterschied
zur Variation)!
Theorem
I
Die
der Kombinationen ohne Wiederholung ist
Anzahl
n
n!
=
k
(n−k)!k! .
I
Die Anzahl der Kombinationen mit Wiederholung ist
n+k−1
k
.
Kombinationen
Theorem
Die
der Kombinationen ohne Wiederholung ist
Anzahl
n
n!
k = (n−k)!k! .
Beweis.
Ω = {(x1 , . . . , xn )|x1 , . . . , xn ∈ {0, 1} mit x1 + · · · + xn = k}.
Kombinationen
Theorem
Die
der Kombinationen ohne Wiederholung ist
Anzahl
n
n!
k = (n−k)!k! .
Beweis.
Ω = {(x1 , . . . , xn )|x1 , . . . , xn ∈ {0, 1} mit x1 + · · · + xn = k}.
Induktion nach n und Fallunterscheidung:
1. k = 0 oder k = n + 1:
n+1
|{(0, 0, . . . , 0)}| = 1 =
und
0
n+1
|{(1, 1, . . . , 1)}| = 1 = n+1
Kombinationen
Theorem
Die
der Kombinationen ohne Wiederholung ist
Anzahl
n
n!
k = (n−k)!k! .
Beweis.
Ω = {(x1 , . . . , xn )|x1 , . . . , xn ∈ {0, 1} mit x1 + · · · + xn = k}.
Induktion nach n und Fallunterscheidung:
1. k = 0 oder k = n + 1:
n+1
|{(0, 0, . . . , 0)}| = 1 =
und
0
n+1
|{(1, 1, . . . , 1)}| = 1 = n+1
2. 1 ≤ k ≤ n:
|{(x1 , . . . , xn , xn+1 )|xi ∈ {0, 1} mit x1 +· · ·+
xn +xn+1 = k}|
=n+1
n
= kn + k−1
= k .
Kombinationen
Theorem
Die
der Kombinationen ohne Wiederholung ist
Anzahl
n
n!
k = (n−k)!k! .
Beweis.
Ω = {(x1 , . . . , xn )|x1 , . . . , xn ∈ {0, 1} mit x1 + · · · + xn = k}.
Induktion nach n und Fallunterscheidung:
1. k = 0 oder k = n + 1:
n+1
|{(0, 0, . . . , 0)}| = 1 =
und
0
n+1
|{(1, 1, . . . , 1)}| = 1 = n+1
2. 1 ≤ k ≤ n:
|{(x1 , . . . , xn , xn+1 )|xi ∈ {0, 1} mit x1 +· · ·+
xn +xn+1 = k}|
=n+1
n
= kn + k−1
= k .
Beispiel
Beim Lotto “6 aus 45” gibt es
Möglichkeiten fr einen Sechser.
45
6
= 8 145 060 verschiedene
Zusammenfassung
I
Methode der Mathematik:
I
präzise Aussagen über Zusammenhang der Dinge.
Zusammenfassung
I
Methode der Mathematik:
I
präzise Aussagen über Zusammenhang der Dinge.
I
Grundsätzliche Aussagen: x = y , x ≤ y , x ∈ M, wobei M eine
Menge ist.
Zusammenfassung
I
Methode der Mathematik:
I
präzise Aussagen über Zusammenhang der Dinge.
I
Grundsätzliche Aussagen: x = y , x ≤ y , x ∈ M, wobei M eine
Menge ist.
I
Quantoren ∀ und ∃: über welche Objekte sprechen wir genau?
Zusammenfassung
I
Methode der Mathematik:
I
präzise Aussagen über Zusammenhang der Dinge.
I
Grundsätzliche Aussagen: x = y , x ≤ y , x ∈ M, wobei M eine
Menge ist.
I
Quantoren ∀ und ∃: über welche Objekte sprechen wir genau?
I
Kompliziertere Zusammenhänge z.B. mittels ⇒ und ⇔.
Zusammenfassung
I
Methode der Mathematik:
I
präzise Aussagen über Zusammenhang der Dinge.
I
Grundsätzliche Aussagen: x = y , x ≤ y , x ∈ M, wobei M eine
Menge ist.
I
Quantoren ∀ und ∃: über welche Objekte sprechen wir genau?
I
Kompliziertere Zusammenhänge z.B. mittels ⇒ und ⇔.
Funktionen: Zusamenhänge zwischen Mengen.
I
I
I
I
Injektive, surjektive, bijektive Funktionen.
Permutationen, Variationen, Kombinationen.
Beweis erklärt die Wahrheit einer Aussage:
I
I
I
I
direkter Beweis;
indirekter Beweis;
Induktion;
Fallunterscheidung.