Thorsten Kuschel MSS 11/2 Physik 8 - KIT

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Th. Kuschel
Proseminar SS 06
Elementare Beweismethoden
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27.04.06
Elementare Beweismethoden
- Direkter Beweis, Widerspruchsbeweis, Vollständige Induktion -
0. Vorbemerkung zum Begriff des (allgemeinen) Beweises
Ein Beweis ist die Bestätigung einer Vermutung oder Behauptung
1. Mathematischer Beweis
Eine Behauptung X gilt als bewiesen, wenn eine endliche Kette von logisch korrekten Implikationen
{A1,…,An} ⇒ B1 ⇒ … ⇒ Bm ⇒ X
{A1,…,An} Menge von Axiomen
vorhanden ist.
Variante : Kette von logisch äquivalenten Behauptungen
X ⇔ C1 ⇔ … ⇔ Cm ⇔ {A1,…,An}
Notwendig sind aber immer nur Implikationen der Richtung „Axiome ⇒ Behauptung“
2. Direkter Beweis
Es wird von einem bereits als richtig bewiesenem Satz (Voraussetzung p) ausgegangen und daraus
die Wahrheit des zu beweisenden Satzes (Behauptung q) abgeleitet.
Bei der logischen Schlussfolgerung wird vorwiegend die Implikation oder die Äquivalenz verwendet.
Beispiel 1 (einfach)
Behauptung: Das Quadrat jeder geraden natürlichen Zahl n ist gerade.
Beweis: Sei n eine gerade natürliche Zahl. Dann lässt sich n darstellen als n = 2k, wobei k eine
natürliche Zahl ist. Daraus folgt:
n² = (2k )² = (2k ) ⋅ (2k ) = 4 ⋅ k ² = 2 ⋅ (2 ⋅ k ²) .
n2 ist daher das Doppelte einer natürlichen Zahl (Ausdruck in Klammern; sogar dieser ist bereits
gerade) und damit gerade.
Beispiel 2 (Implikation) : AM-GM-HM-Ungleichung für 2 Zahlen
Behauptung : Es gilt die Ungleichung
a+b
≥ ab ≥
2
1
a
2
+ b1
für a>0 , b>0
Beweis : Voraussetzung : binomische Formel (a+b)² = a² + 2ab + b²
Durch Subtraktion von 4ab folgt :
(a+b)² - 4ab = (a-b)² ≥ 0
Daraus folgt Unmittelbar die erste Ungleichung, wenn man sich beim Radizieren wg a,b > 0
auf das positive Vorzeichen beschränkt.
Weiter gilt :
ab =
2ab
2 ab
≥
2ab
=
a+b
1
a
2
+ 1b
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Beispiel 3 (Äquivalenz)
Behauptung : 1 + a + a² + …+ an <
1
1− a
für 0 < a < 1
Beweis : Multiplikation mit 1-a (1-a > 0, d.h. das Ungleichheitszeichen bleibt bestehen) ergibt :
1-a + a – a² + a² - a³ +/- … + an – an+1 = 1 – an+1 < 1
Wegen 0 < an+1 < 1 ist die entstandene UG richtig, und da die Rechenoperationen
umkehrbar eindeutig sind, ist auch die Ausgangsungleichung richtig.
3. Indirekter Beweis – Beweis durch Widerspruch
Um die Behauptung q zu beweisen, geht man von der Negation q aus und schließt von q auf eine
falsche Aussage r, d.h. q ⇒ r. Dann muss aber auch q falsch sein, da man bei der Implikation nur
von einer falschen Voraussetzung zu einer falschen Behauptung kommt.
Wenn aber q falsch ist, muss q war sein.
Formal :
X ⇒ B1 ⇒ ... ⇒ Bm ⇒ W = A
(Behauptung X, Axiom A)
Dazu muss bei der Formulierung von X stets die Formel
komplette Aussage muss negiert werden.
X =" X ist falsch“ benutzt werden, d.h. die
Beispiele zur richtigen Negation
Falsche Negation
Behauptung X
Richtige Negation
Alle Schafe sind schwarz
Nicht alle Schafe sind schwarz
Alle Schafe sind nicht schwarz
Jede Zahl ist gerade
Nicht jede Zahl ist gerade
Jede Zahl ist ungerade
2 ist irrational
X
2 ist rational
3 ist irrational
Beispiel 4 (Primzahlenbeweis)
Behauptung : X = Es gibt unendlich viele Primzahlen
Annahme :
Beweis :
X = Es gibt endlich viele Primzahlen
X sei richtig. Seit J die endliche Anzahl aller Primzahlen.
Die Primzahlen werden aufsteigend aufgelistet : p1 = 2, p2=3, p3=5, p4=7, …. bis pj
j
Und deren Produkt gebildet : N =
∏p
k
= p1 ⋅ p 2 ⋅ ... ⋅ p j −1 ⋅ p j
k =1
Offensichtlich : N ist durch jede Primzahl teilbar.
Dann ist aber die Zahl N+1 durch keine Primzahl teilbar, und daher selbst eine Primzahl.
Diese Primzahl ist in der obigen Liste nicht aufgelistet, da N+1 > N > pj
Æ Widerspruch, da die Annahme war, dass unsere Liste alle Primzahlen enthält.
Also ist
X falsch und daher X richtig.
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Beispiel 5
Behauptung : Die Zahl
Annahme :
2 ist irrational.
2 sei rational.
Beweis :
Dann kann man
2=
2 darstellen als Bruch
n
,
k
wobei n und k natürliche Zahlen und o. B. d. A. teilerfremd sind. Daraus folgt durch Quadrieren:
2=
n²
⇔ n ² = 2k ² .
k²
Folglich ist n2 eine gerade Zahl. Da die Wurzel aus einer geraden Quadratzahl auch gerade ist (Satz),
ist n selbst gerade. Also ist n/2 eine natürliche Zahl. Nun formen wir die letzte Gleichung um:
2
n²
⎛n⎞
k² =
= 2⋅⎜ ⎟ .
2
⎝2⎠
Das zeigt, dass k2 und somit auch k gerade natürliche Zahlen sind. n und k sind also gerade und
haben somit beide den Teiler 2. Damit sind n und k nicht teilerfremd – im Widerspruch zu der
Annahme.
Also ist die Annahme,
2 sei rational, falsch.
Beispiel 6
Gegeben : 3 irrationale Zahlen.
Behauptung : Es gibt unter diesen drei Zahlen 2, deren Summe auch irrational ist.
Annahme : Es gibt keine 2 Zahlen, deren Summe irrational ist, d.h. je zwei Zahlen haben eine
rationale Summe.
Beweis : Bezeichnung der 3 irrationalen Zahlen mit x, y und z
Die Summen a = y + z
b=z+x
c=x+y
( z + x) + ( x + y ) − ( y + z ) b + c − a
Dann ist x =
=
2
2
sind also alle rational.
Da a, b und c rational sind, muss auch die Zahl x rational sein.
Æ Widerspruch zur Voraussetzung, dass x, y und z alle irrational sind.
Demnach ist die Annahme falsch, und unsere Behauptung, dass es 2 Zahlen gibt, deren
Summe irrational ist, ist richtig
Th. Kuschel
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4. Beweis durch die vollständige Induktion
Historisches
Die vollständige Induktion ist zuerst 1654 bei Blaise Pascal und 1659 bei Pierre de Fermat zu finden.
Sie wurde jedoch bis 1879 nur für arithmetische Probleme benutzt. Erst als Gottlob Frege mit ihr die
Klasse der natürlichen Zahlen definierte, wurde sie zu einem allgemeingültigen Beweisverfahren in
der Mathematik.
Motivation
Es wird vermutet, dass eine Aussage für alle natürlichen Zahlen gilt. Bei der gegebenen
Problemstellung ist es allerdings noch nicht gelungen, eine für alle natürlichen Zahlen gültige Aussage
anzugeben. Da die Menge der natürlichen Zahlen unendlich ist, ist es ebenso nicht möglich die
Richtigkeit der Aussage für jede Zahl einzeln zu beweisen. Durch die Methode der vollständigen
Induktion kann aber trotzdem gezeigt werden, ob die Aussage für die gesamte Menge richtig ist.
Idee
Ist bekannt,
•
dass eine bestimmte Aussage für n = 1 gilt und
•
dass sie für jedes beliebige n = k auch für n = k + 1 gilt,
dann folgt nach dem Induktionsaxiom, dass die Aussage für alle n gilt.
Auf den ersten Blick scheint das Problem nur anders formuliert worden zu sein, indem die nächste
Zahl einfach als die vorhergehende plus 1 bezeichnet wurde. Immer noch sind es unendlich viele
Zahlen, doch durch den allgemeinen Ausdruck n = k + 1 kann davon ausgegangen werden, dass die
Aussage für n = 1 bis n = k gilt. Selbst die Formel, die man zu beweisen sucht, kann im Beweis als
Voraussetzung für Zahlen unterhalb der aktuellen Zahl (das bedeutet unterhalb von k + 1) verwendet
werden.
Übersicht
Mit dieser Beweismethode werden Sätze/Formeln bewiesen, die von natürlichen Zahlen n abhängen.
Das Prinzip der vollständigen Induktion lautet :
Ist eine Aussage für eine natürliche Zahl n0 wahr und folgt aus der Wahrheit der Aussagen für eine
natürliche Zahl n ≥ n0 die Wahrheit der Aussage für n+1, dann ist die Aussage für alle Zahlen n ≥ n0
gültig.
Danach erfolgt der Beweis in folgenden Schritten :
1. Induktionsanfang (IA) : Die Wahrheit der Aussage wird für n = n0 gezeigt.
Meist kann man n0 = 1 wählen.
2. Induktionsvoraussetzung (IV) : Die Aussage sei für n wahr
3. Induktionsschluss (IS) : Man zeigt, dass die Aussage für n+1 wahr ist.
Beispiel 7
Zu beweisen ist, dass 1 + 2 + ... + n =
n(n + 1)
2
Angenommen, die Formel wurde bereits bis zur Zahl n = k bewiesen. Nun soll gezeigt werden, dass
die Formel für n = k + 1 ebenso Gültigkeit besitzt (d.h. nach dem Beispiel soll die Summe
1 + 2 + 3 + … + k + (k+1) berechnet werden).
Die ersten k Summanden bilden eine solche Summe, und zwar für k, was kleiner ist als k + 1. Also
darf man - durch die Voraussetzung, dass die Formel für n = k bereits bewiesen ist - diesen Schritt
abermals anwenden:
IV
1 + 2 + ... + k + (k + 1) =
k (k + 1)
+ (k + 1)
2
In diesem Ausdruck wird (k+1) ausgeklammert:
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⎛k
⎞
= (k + 1) ⋅ ⎜ + 1⎟
⎝2 ⎠
und dies weiter umgeformt zu
k+2
2
(k + 1) ⋅ (k + 2)
=
2
(k + 1) ⋅ (((k + 1) + 1)
=
2
= (k + 1) ⋅
Zu beachten ist, dass k beliebig gewählt werden darf. Beim Vergleich dieses Ausdrucks mit dem zu
beweisenden Ausdruck ist festzustellen, dass lediglich k durch k + 1 ersetzt ist. Damit ist der Schritt
von k zu k + 1 für allgemeine Werte von k bewiesen.
Der große Vorteil des Induktionsbeweises zeigt sich darin, dass die Schritte nicht mehr einzeln
durchgeführt werden müssen. Bewiesen werden muss nur, dass eine Aussage für die unterste Zahl
(entweder 0 oder 1) gilt und ebenso, wenn sie bis zu einer beliebigen Zahl gilt, dass sie auch für die
nächste Gültigkeit besitzt. (So ist es theoretisch möglich jede Zahl durch die ständige Anwendung der
einzelnen Schritte zu erreichen.)
Beispiel 8
Aufgabe : Berechung der Summe Sn der ersten n ungeraden Zahlen.
Lösung : Es ist S1 = 1, S2 = 4, S3 = 9
Behauptung : Sn = n²
Induktionsanfang (n=1) : 1=1 √
Induktionsvoraussetzung : Die Aussage ist für A(n) wahr.
IV
Induktionsschluss : Sk+1 = Sk + (2k+1) = k² + 2k + 1 = (k+1)²
Die Formel ist somit für n = k+1 bewiesen.
Beispiel 9 (Bernoullische Ungleichung)
Aufgabe : Man beweise, dass (1 + α ) f 1 + nα gilt,
n
wenn
Lösung :
α ∈ℜ
mit
α > −1 und α ≠ 0 , n ∈ ℵ, n > 1
IA : n = 2 : (1 + α ) = 1 + 2α + α ² f 1 + 2α
2
IV : Die Behauptung ist für A(n) wahr.
IV
(1 + α ) k +1 = (1 + α ) k (1 + α ) > (1 + kα )(1 + α )
IS :
= 1 + (k + 1)α + kα ² > 1 + (k + 1)α
Somit ist die Ungleichung für n=k+1 bewiesen.
Beispiel 10 (optional)
Aufgabe : Beweis der Differenzierungsregel für Monome :
( x n )' = nx n −1 für n ∈ ℵ
Bekannt sei die Produktregel (fg)’ = f’g + fg’
Lösung :
IA : es ist ( x )' =
lim
ε
→0
x+ε − x
ε
= lim1 = 1 = 1x1−1 für n=1
ε →0
IV : Die Behauptung ist für A(n) wahr
IS : ( x
k +1
IV
)' = ( x k ⋅ x) = ( x k )' x + x k ( x)' = kx k −1 ⋅ x + x k = (k + 1) x k
Damit ist die Formel für n = k+1 bewiesen.
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Häufige Fehler
Beim Beweis durch Induktion treten zwei Fehler besonders häufig auf.
•
Der Induktionsschritt funktioniert zwar, die Behauptung gilt für die Anfangsbedingung aber
nicht. Man könnte z.B. behaupten, dass
1 + 2 + ... + n =
n(n + 1)
+7.
2
Falls diese Behauptung für ein n gelten würde, dann würde sie auch für n + 1 gelten! Da sie
aber für n = 1 nicht gilt, ist sie falsch!
•
Der Induktionsschritt ist nicht für alle n gültig, d.h. es gibt mindestens ein n ( ≥ n0 der
Verankerung), für das er nicht anwendbar ist. Hier ein Beispiel für so einen falschen Beweis:
Behauptung: Alle Zahlen sind gleich.
Beweis: Wir vergleichen Mengen von Zahlen, dabei sei n die Anzahl der Elemente der
Menge.
Induktionsbeginn: Für n = 1 sind alle Elemente der Menge gleich, es gibt ja nur eines!
Induktionsvoraussetzung: Angenommen, in einer Menge mit n Zahlen sind stets alle Zahlen
gleich
Induktionsschluss: Dann sind auch alle Zahlen in einer Menge mit n + 1 Zahlen gleich,
denn: Entfernt man aus der n + 1-elementigen Menge eine Zahl x, dann erhalten wir eine
n-elementige Menge, in der nach Voraussetzung alle Zahlen gleich sind. Fügen wir x wieder
hinzu und entfernen eine andere Zahl y, dann sind wieder alle Zahlen der Restmenge gleich.
Es folgt, dass x = y gelten muss, also sind alle Zahlen der Menge gleich.
Der Fehler liegt darin, dass man nur dann verschiedene Zahlen x und y entfernen kann,
wenn die Menge mindestens 2 Elemente hat ( n ≥ 2 ).
Der Schluss von n auf n + 1 ist also nur für n > = 2 korrekt! Dass die Behauptung für n = 1
richtig ist hilft uns nicht, da auf diesen Fall der Induktionsschritt überhaupt nicht anwendbar
ist!
Beweis für fast alle natürlichen Zahlen
Der Induktionsbeweis ist auch für Aussagen möglich, die nicht für alle natürlichen Zahlen, sondern nur
für alle Zahlen ab einem gewissen Startwert gelten. So lässt sich beispielsweise für die Ungleichung
2 n ≥ n² der Induktionsschritt für n ≥ 3 durchführen:
2 n +1 = 2 ⋅ 2 n ≥ 2n² laut Induktionsvoraussetzung,
2n ² = n 2 + n 2 ≥ n 2 + 3n f n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2 für n ≥ 3 .
Die Ungleichung ist allerdings für n = 3 falsch, gilt aber für n = 4; der Induktionsbeweis zeigt also die
Gültigkeit der Ungleichung für n ≥ 4 . Die endlich vielen Fälle, die durch den Induktionsbeweis nicht
abgedeckt sind, können einzeln untersucht werden.
Anmerkungen
a) Aus rechentechnischen Gründen wird oft als Induktionsschritt nicht von n auf n + 1
geschlossen sondern von n − 1 auf n. Dies ist allerdings lediglich eine Notationsänderung, die
manchmal die Umformungen vereinfacht, macht aber ansonsten keinen Unterschied
b) Manchmal ist es notwendig, für den Beweis der Aussage für n + 1 die Gültigkeit sowohl für n
als auch für n − 1 (oder für noch mehr Vorgänger) vorauszusetzen. Der Induktionsanfang
muss dann allerdings für mehrere Startwerte (also z.B. n = 0 und n = 1) durchgeführt werden,
da ja beispielsweise für den Induktionsschritt für n = 1 auch die Voraussetzung für n = − 1
benötigt würde. Ein Beispiel wäre der Beweis der Formeln von Binet
fn =
1
5
(a n − b n ) mit a =
für die Fibonacci-Folge fn.
1+ 5
1− 5
und b =
2
2
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Literaturangaben
Frau Dr. Grinberg : Mathematisches Problemlösen für Schüler, Lehrer und Studenten
Herder : Aussagenlogik, Mengen, Relationen
Bornstein : Taschenbuch der Mathematik
Wikipedia
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