Thomas Zehrt und Josef F. Bürgler - User Websites on enterpriselab

Logik und Beweismethoden
1
Thomas Zehrt und Josef F. Bürgler
1Universität
Propositionen
Basel und HSLU T&A; 2Hochschule Luzern, Technik & Architektur (HSLU T&A)
Logische Schlussregeln
Eine Proposition (Aussage) ist ein Satz, der entweder wahr (w) oder
falsch (f) ist. Aus beliebigen Propostionen p und q können neue Propostionen konstruiert werden.
Negation Konjunktion Disjunktion Implikation Bikonditional
p q
¬p
p∧q
p∨q
p→q
p↔q
w w
f
w
w
w
w
f
f
w
f
f
w f
f w
w
f
w
w
f
f f
w
f
f
w
w
Eine Aussage, die immer wahr (bzw. falsch) ist heisst Tautologie, kurz
T (bzw. Widerspruch, kurz F). Die Aussagen p und q heissen logisch
äquivalent, falls p ↔ q eine Tautologie ist. Man schreibt dann p ≡ q.
Die Wahrheitswerte der (logischen) Implikation widersprechen manchmal
unserer Intuition. Wir betrachten die beiden Aussagen p = “Heute ist
Mittwoch” und q = “Morgen ist Freitag”. Die Aussage “Falls heute
Mittwoch ist, dann ist morgen Freitag” ist sicher umgangssprachlich falsch,
aber als logische Implikation z.B. Donnerstags und Sonntags wahr.
Modus Ponens
Modus Tollens
Hypothetischer Syllogismus
Disjunktiver Syllogismus
(p → q) ∧ p
(p → q) ∧ ¬q
(p → q) ∧ (q → r)
(p ∨ q) ∧ ¬p
→q
→ ¬p
→ (p → r)
→q
Direkter Beweis
Die Implikation p → q kann bewiesen werden indem zeigt, dass aus der
Richtigkeit von p die von q folgt.
Behauptung: Das Quadrat einer geraden natürlichen Zahl n ist gerade.
Beweis: Sei n eine gerade natürliche Zahl. Dann existiert (genau eine)
natürliche Zahl k, so dass n = 2k gilt. Daraus folgt
p∧T≡p
p∨F≡p
p∨T≡T
p∧F≡F
p∨p≡p
p∧p≡p
¬(¬p) ≡ p
p ∨ ¬p ≡ T
p ∧ ¬p ≡ F
p∨q ≡q∨p
p∧q ≡q∧p
p ∨ (p ∧ q) ≡ p
p ∧ (p ∨ q) ≡ p
(p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r) (p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r)
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q
¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)
p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Identität
Dominanz
Idempotenz
Doppelnegation
Negation
Kommutativität
Absorption
Assoziativität
De Morgan’s Gesetz
Distributivität 1
Distributivität 2
Kombinatorischer Beweis
Realitätsbezogenes Schliessen
Hier versucht man, die (eventuell existierende) kombinatorische Bedeutung mathematischer Objekte auszunutzen. Meist wird dann versucht,
ein und die selbe Sache auf zwei verschiedene ArtenP
zu zählen.
n
n
Behauptung: Für alle ganzen Zahlen n ≥ 0 gilt i=0 i = 2n.
Beweis: Wieviele Teilmengen hat eine n-elementige Menge?
47 % von etwa 100’000 Usern aus 70 Ländern haben unter 1’000 Witzen
den folgenden zum Witzigsten Witz der Welt gekürt:
Sherlock Holmes und Dr. Watson gehen zelten. Auf einer Lichtung schlagen sie ihr Zelt auf und schlafen ein. Mitten in der nacht wird Watson
von Holmes geweckt: “ Watson, sieh hoch und sag mir, was Du siehst.”
Watson antwortet: “Ich sehe Millionen von Sternen.” Holmes:“Welchen
Schluss ziehst Du daraus?” Watson: “Astronomisch bedeutet es, dass
es Millionen von Milchstrassen geben muss mit möglicherweise Milliarden
von Sternen. Astrologisch bedeutet es, dass Saturn im Sternzeichen Löwe
steht. Zeitlich bedeute es, dass es etwa Viertel nach drei ist. Theologisch
bedeutet es, dass wir im Vergleich zu Gott alle klein und unbedeutend
sind. Meteorologisch bedeutet es, dass wir morgen wahrscheinlich einen
schönen Tag haben werden. Welchen Schluss ziehst Du, Holmes?” Holmes
schweigt einen Augenblick und sagt dann: “Watson, du Idiot. Es bedeutet,
dass jemand unser Zelt geklaut hat.”
• Jede Teilmenge kann eineindeutig als ein Bitstring der Länge n
dargestellt werden, indem wir jeweils an die i-te Position eine 1 (bzw.
eine 0) schreiben, wenn die Teilmenge das i-te Element enthält (bzw.
nicht enthält). Es gibt 2n verschieden Bistrings der Länge n, also auch
2n verschiedene Teilmengen in einer n-elementigen Menge.
n
• In einer n-elementigen Menge gibt es genau i verschiedene Teilmengen mit genau i Elementen.
Somit ist die Summe aller Binomialko
effizienten der Gestalt ni für i = 1, 2, . . . , n gleich der Anzahl aller
Teilmengen einer n-elementigen Menge.
Beide Resultate müssen gleich sein.
n2 = (2k)2 = 4k 2 = 2 · 2k 2
und n2 ist das Doppelte einer natürlichen Zahl, also gerade.
Indirekter Beweis
Logische Äquivalenzgesetze
2
Statt p → q verwendet man die logisch äquivalente Aussage ¬q → ¬p
und beweist diese direkt.
Behauptung: Sei das Quadrat n2 einer natürlichen Zahl gerade. Dann
ist auch n gerade.
Beweis: Statt “n2 gerade → n gerade” direkt zu beweisen, beweisen
wir “n nicht gerade → n2 nicht gerade” direkt. Sei also n eine ungerade
natürliche Zahl. Dann existiert (genau eine) natürliche Zahl k, so dass
n = 2k + 1 gilt. Daraus folgt:
n2 = (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2 · (2k 2 + 2k) + 1
und n2 ist ungerade.
Beweis durch (vollständige) Induktion
Beweis durch Widerspruch
Hier zeigt man, dass ein Widerspruch entsteht, wenn die zu beweisende
Behauptung falsch wäre. Dazu nimmt man an, dass die Behauptung falsch
ist, und wendet dann die gleichen Methoden wie im direkten Beweis an.
Ensteht daraus ein Widerspruch, kann die Behauptung nicht falsch sein.
Nach der zweiwertigen Logik bedeutet die Widerlegung des Gegenteils,
dass die Behauptung selbst wahr ist. Ein Drittes gibt es nicht (Tertium
non datur).
Behauptung: Aristoteles glaubte, dass schwere Objekte schneller fallen,
als leichte Objekte. Wir wollen das widerlegen!
Beweis: Angenommmen, schwere Objekte fallen schneller, als leichtere.
Dann nehmen wir ein schweres und ein leichtes Objekt und kleben beide
zusammen. Einerseits müsste die Fallgeschwindigkeit dieses neuen Objektes zwischen den Geschwindigkeiten der Ausgangsobjekte liegen, denn das
leichte (langsam fallende) Teilobjekt wird den Fall des schweren (schnell
fallenden) Teilobjektes abbremsen. Andererseits ist das neue Objekt sicher
schwerer als jedes einzelne Teilobjekt, müsste also auch schneller fallen als
beide. Beide (logischen) Überlegungen widersprechen sich, unsere Annahme muss also falsch sein.
Beweis durch Gegenbeispiel
Prädikate und Quantoren
Ein Prädikat ist eine Folge von Wörtern (oder math. Zeichen) die Variablen enthalten und für jede (erlaubte) Belegung dieser Variablen zu einer
Aussage werden. Man nennt die Aussage P (x) auch den Wert der propositionalen Funktion P .
Allquantor Ist P (x) wahr für alle x aus einer bestimmten Universalmenge, dann schreibt man ∀x P (x) und liest: “für alle x P (x)”.
Existenzquantor Ist P (x) wahr für mindestens ein x aus einer bestimmten Universalmenge, dann schreibt man ∃x P (x) und liest: “es existiert ein x für welches P (x) wahr ist”.
Negation von Quantoren
¬∃xP (x) ≡ ∀x¬P (x)
¬∀xP (x) ≡ ∃x¬P (x)
Behauptung (Grosser Fermatscher Satz):
Die Gleichung an + bn = cn besitzt für ganzzahlige a, b, c 6= 0 und
natürliche Zahlen n > 2 keine Lösung.
Beweis: vgl. Andrew Wiles, Modular Elliptic Curves and Fermat’s last
theorem, Annals of Mathematics 142 (1995), S. 443-551.
Gegenbeispiel: aus ,,The Simpsons, Treehouse of Horror VI,,
2
4
5
k
k+1
[P (1) ∧ ∀k (P (k) → P (k + 1))] → ∀n P (n)
• Induktionsanfang: Wir zeigen, dass P (1) wahr ist.
• Induktionsschritt: Wir zeigen, dass für alle k ≥ 1 die Implikation
P (k) → P (k + 1) wahr ist. P (k) heisst Induktionshypothese.
n
X
n(n + 1)
Behauptung: ∀n : 1 + 2 + · · · + n =
i =
2
i=1
Beweis:
1
X
1(1 + 1)
• Induktionsanfang: P (1) ist die wahre Aussage
i =
.
2 }
| {z
i=1
|{z}
=1
k+1
X
Beweis durch (vollständige) Fallunterscheidung
i =
i=1
Behauptung: Sei n eine natürliche Zahl.
n2 mod 4 = 0 oder n2 mod 4 = 1.
Beweis:
3
• Induktionsschritt: Wir formulieren zunächst die InduktionshyPk
k(k+1)
pothese P (k) ≡ i=1 i =
und versuchen daraus, die Aussage
2
P (k + 1) abzuleiten:
k
X
i=1
k(k + 1)
(k + 1)(k + 2)
+ (k + 1) =
i + (k + 1) =
2
2
Dann gilt entweder
• Fall 1: n sei eine gerade Zahl. Dann gilt n = 2k für eine natürliche
Zahl k. Daraus folgt:
Behauptung: n beliebige Mädchen haben die gleiche Augenfarbe.
(Also, alle Mädchen haben die gleiche Augenfarbe.)
n2 = (2k)2 = 4k 2
Beweis:
• Fall 2: n sei eine ungerade Zahl. Dann gilt n = 2k+1 für eine natürliche
Zahl k. Daraus folgt:
Ein Satz (Theorem) ist eine Aussage, von der man zeigen kann, dass sie
wahr ist. Um das zu zeigen, verwendet man eine Abfolge (Sequenz) von
Aussagen, die zusammen ein Argument, genannt Beweis ergeben.
1
=1
“Das ist nicht richtig, was Sie sagen. Es ist noch nicht einmal falsch.”
Der Pysiker Wofgang Pauli zu einem Studenten
Also ist n2 ohne Rest durch 4 teilbar.
Beweise
Stosse den ersten Stein um und zeige, dass der k-te Stein stets auch den
(k + 1)-ten Stein umstösst.
n2 = (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 = 4(k 2 + k) + 1
Also ist n2 mit Rest 1 durch 4 teilbar.
Damit haben wir alle möglichen Fälle betrachtet.
• Induktionsanfang: Für n = 1 ist die Behauptung klar.
• Induktionsschritt: Den Schluss von k auf k + 1 führen wir für k = 3
vor. Zu zeigen ist, dass vier Mädchen Anna, Berta, Conni und Doris
(A, B, C, D) gleiche Augenfarbe haben. Nach Induktionsvoraussetzung
k = 3 haben A, B und C, aber auch A, B und D die gleiche Augenfarbe.
Damit haben alle untereinander die gleiche Augenfarbe.
Wo liegt der Fehler?