Vollständige Induktion - Institut für Mathematik

Fachschaft Mathematik
Institut für Mathematik
Humboldt-Universität zu Berlin
Warm-Up
WS 2015/16
Vorlesung
Vollständige Induktion1
1 Einführung
Bei der vollständigen Induktion handelt es sich um ein wichtiges mathematisches Beweisverfahren, mit dem man Aussagen, die für alle natürlichen Zahlen n ∈ N gelten sollen, beweisen
kann.
„Induktion“ ist der abstrahierende Schluss von einem Einzelfall auf ein allgemeines Phänomen.
In den Naturwissenschaften versucht man genau mit dieser Vorgehensweise von Beobachtungen
auf zum Beispiel Naturgesetze zu schließen. In der Mathematik jedoch kann man damit nicht
viel anfangen, denn in der Mathematik wird nur als richtig anerkannt, was logisch bewiesen
wurde. Das Beweisverfahren der vollständigen Induktion ist die mathematische Variante dieses
Prinzips zu schlussfolgern.
Um zu verstehen, wie die vollständige Induktion funktioniert, muss man sich zunächst klarmachen, wie die natürlichen Zahlen mathematisch sauber aufgebaut sind. Die natürlichen Zahlen
gehen zurück auf die Peano-Axiome. Diese lauten:
1. 0 ist eine natürliche Zahl.
2. Jede natürliche Zahl n hat eine natürliche Zahl n0 als Nachfolger.
3. 0 ist kein Nachfolger einer natürlichen Zahl.
4. Natürliche Zahlen mit gleichem Nachfolger sind gleich.
5. Enthält X die 0 und mit jeder natürlichen Zahl n auch deren Nachfolger n0 , so bilden
die natürlichen Zahlen eine Teilmenge von X.
Aus dem letzten Axiom folgt die Induktionseigenschaft der natürlichen Zahlen, welche folgendes
besagt:
Ist M ⊂ N eine Teilmenge der natürlichen Zahlen, die folgende beiden Eigenschaften erfüllt:
1
erstellt aus dem Vorlesungsskript von Anna Posingies
–1–
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1. n0 ∈ M
2. Ist n ∈ M für eine Zahl n ≥ n0 , so ist auch (n + 1) ∈ M
Dann gilt für diese Menge {n ∈ N|n ≥ n0 } ⊆ M .
Als Umformung dieser Eigenschaft erhalten wir das Beweisprinzip der vollständigen Induktion.
Beweisprinzip der vollständigen Induktion
Sei n0 ∈ N eine fixierte natürliche Zahl.
Für jede Zahl n ∈ N sei eine Aussage A(n) gegeben. Wir setzen voraus, dass die folgenden
beiden Bedingungen erfüllt sind:
1. A(n0 ) ist richtig. (Induktionsanfang)
2. Falls A(n) richtig ist für eine Zahl n ≥ n0 , so ist auch A(n + 1) richtig. (Induktionsschritt)
Dann ist die Aussage A(n) für alle Zahlen n ∈ N mit n ≥ n0 richtig.
Um einzusehen, dass das Beweisprinzip der vollständigen Induktion aus der Induktionseigenschaft der natürlichen Zahlen folgt, setzen wir
M := {n ∈ N|Aussage A(n) ist richtig}
Dann gilt
• n0 ∈ M (nach Induktionsanfang)
• Ist n ∈ M für eine Zahl n ≥ n0 , so ist (n + 1) ∈ M (nach Induktionsschritt)
Aus der Induktionseigenschaft der natürlichen Zahlen folgt nun, dass A(n) für alle n ≥ n0
richtig ist.
Doch wie funktioniert nun die vollständige Induktion? Wir gehen davon aus, dass wir eine
Behauptung haben, die für alle natürlichen Zahlen gelten soll. Diese Behauptung wollen wir mit
vollständiger Induktion beweisen. Dieser Beweis durch vollständige Induktion besteht immer
aus zwei Schritten:
Induktionsanfang Die Behauptung wird für ein n0 gezeigt (normalerweise Null oder Eins).
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Induktionsschritt Es wird gezeigt, dass aus der Gültigkeit der Behauptung für beliebiges n ≥ n0
auch die Behauptung für n + 1 folgt.
Wenn das getan ist, ist die Behauptung für alle n ≥ n0 bewiesen. Man kann sich das wie eine
Reihe von Dominosteinen vorstellen. Der Induktionsanfang sorgt dafür, dass der erste Stein
fällt. Der Induktionsschritt stellt sicher, dass alle anderen Steine auch fallen.
In der Praxis stellt sich das allerdings als häufig nicht ganz so einfach heraus. Um das und die
Vorgehensweise besser zu verstehen, schauen wir uns zunächst ein Beispiel an.
Beispiel (Summe der ersten n natürlichen Zahlen)
Wir versuchen eine Formel aufzustellen, um die Summe der ersten n natürlichen Zahlen zu
berechnen:
1=1
1+2=3
1+2+3=6
1 + 2 + 3 + 4 = 10
Vermutung
1 + 2 + 3 + 4 + ··· + n =
n
X
i=
i=1
n(n + 1)
.
2
Diese Vermutung wollen wir mittels unseres neuen Beweisverfahrens nun beweisen. Also
1·2
= 1. X
2
Das wirkt vielleicht am Anfang überflüssig, ist jedoch in der Tat elementarer Bestandteil
des Verfahrens. Denn selbst, wenn ich beweisen kann, dass, wenn ein Stein fiele, auch alle
anderen fielen: Solange keiner fällt, stehen alle still.
Induktionsanfang Für n = 1 gilt:
Induktionsschritt Dieser unterteilt sich in der Regel in zwei Teile: die Induktionsvoraussetzung
und die Induktionsbehauptung inklusive deren Beweis. Zur Erinnerung: Wir wollen zeigen,
dass aus der Gültigkeit für beliebiges n ≥ n0 die Güligkeit für n + 1 folgt. Also
Induktionsvoraussetzung Sei die Formel für beliebiges n ≥ 1 schon gezeigt. Dann gilt:
n
X
i=
i=1
–3–
n(n + 1)
.
2
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Induktionsbehauptung Wenn die Induktionsvoraussetzung (für beliebiges n) gilt, dann
muss sie auch für n + 1 gelten, also
n+1
X
i=
i=1
(n + 1)(n + 2)
2
Beweis.
n+1
X
i=1
i=
n
X
!
i
+ (n + 1) =
i=1
n(n + 1)
+ (n + 1)
2
(nach Voraussetzung)
n(n + 1) 2(n + 1)
+
2
2
n(n + 1) + 2(n + 1)
(n + 1)(n + 2)
=
=
2
2
=
Wir haben also nun für unser Problem eine Vermutung aufgestellt und diese Vermutung für ein
Anfangsglied n0 geprüft. Da dann im Induktionsschritt aus der Gültigkeit für ein beliebiges n
(also beispielsweise unser Anfangsglied) folgt, dass die Vermutung auch für seinen Nachfolger
gilt, haben wir die Vermutung für alle n ≥ n0 gezeigt.
2 Anwendung
Man kann mittels vollständiger Induktion nicht nur Aussagen über die natürlichen Zahlen beweisen, sondern auch Behauptungen über andere Objekte (Zahlen, Mengen, Strukturen und so
weiter). Man muss aber diese Objekte oder eine Eigenschaft dieser Objekte mit den natürlichen
Zahlen abzählen können.
Beispiel einer Eigenschaftsbeschreibung: Die natürlichen ungeraden Zahlen {1, 3, 5, 7, . . . }
kann man auch so darstellen:
{n ∈ N | ∃m ∈ N mit n = 2m − 1}
Das heißt natürlich nicht, dass es sinnvoll ist alle solche Aussagen mit vollständiger Induktion
zu beweisen.
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2.1 Unvollständige Induktionen
Wir wollen noch einmal verdeutlichen, warum das Beweisverfahren der vollständigen Induktion
immer nach dem vorgegebenen Schema ablaufen muss. Betrachten wir zuerst
Induktionen ohne Schritt Es ist klar, dass eine Induktion ohne Schritt keine Aussage trifft.
Beispielsweise zeigt die Aussage „2 ist eine gerade Zahl“ nicht, dass alle Zahlen oder auch nur
alle natürlichen Zahlen gerade sind.
Induktionen ohne Anfang Auch diese Möglichkeit zeigt nichts, beziehungsweise kann man
mit Induktionen ohne Anfang ziemlich viel, wenn nicht gar alles, zeigen.
Beispiel: Alle ungeraden Zahlen 2n − 1 lassen sich durch 2 teilen. Sei die Aussage
bereits für n bewiesen. Nun zeigen wir, dass sie dann auch für n + 1 gilt.
Induktionsvoraussetzung Es existiert m0 ∈ N, sodass gilt:
2m0 = 2n − 1.
Induktionsbehauptung Dann existiert auch ein m1 ∈ N, sodass gilt: 2m1 = 2n+1
Beweis. 2n + 1 = (2n − 1) + 2 = 2m0 + 2 = 2(m0 + 1). Setze also m1 := m0 + 1.
Dann folgt: 2n + 1 = 2m1 und damit die Behauptung.
falsche Schlüsse Die Aussage „In einen Koffer passen unendlich viele Taschentücher.“ wird
begründet mit „Eins passt immer noch.“
Fehler: Diese Begründung ist nicht konstruktiv. Auch zu sagen „Ich öffne den Koffer, packe
das Taschentuch in die Ecke oben links und schließe den Koffer.“ vernachlässigt die Tatsache,
dass dies nicht immer möglich ist. Man muss also darauf achten, alle gegebenen Probleme der
Aufgabe zu berücksichtigen.
Nachfolgend werden wir uns nun direkten Problemen aus verschiedenen Gebieten anschauen,
um zu sehen, wie nützlich dieses Beweisverfahren ist.
2.2 Ungleichungen
Genau wie für viele Gleichungen kann man auch die Gültigkeit vieler Ungleichungen mittels
vollständiger Induktion zeigen.
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Beispiel Wir versuchen nun zu zeigen, dass 2n > n + 1 für alle n ≥ 2 gilt.
Induktionsanfang 22 = 4 > 2 + 1 X
Induktionsvoraussetzung Sei die Vermutung für beliebiges n ≥ 2 bereits bewiesen.
Induktionsbehauptung Dann gilt die Vermutung auch für n + 1.
IS
Beweis. 2n+1 = 2 · 2n > 2(n + 1) = 2n + 2 = (n + 2) + n > n
2.3 rekursive Folgen
Bei rekursiven Folgen, also Folgen, bei denen sich das Folgenglied aus den vorhergehenden
berechnet, kann es mitunter sehr aufwendig sein, spätere Folgenglieder zu bestimmen. Daher
kann es von Vorteil sein, für rekursiv definierte Folgen eine explizite Formel zur Berechnung
der Folgenglieder anzugeben.
Beispiel Suche eine explizite Formel für die Folge
ersten Folgenglieder
a0 = 1
a1 = 4
entwickelt man die Vermutung
a2 = 13
an =
a0 := 1
a3 = 40
an := 3an−1 + 1. Über die
a4 = 121
3n+1 − 1
.
2
31 − 1
=1 X
2
Induktionsvoraussetzung Sei die Vermutung für beliebiges n ≥ 0 bereits bewiesen.
Induktionsanfang
a0 =
Induktionsbehauptung Dann gilt die Vermutung auch für n + 1.
Beweis.
def
an+1 = 3an + 1 = 3 ·
3n+1 − 1
2
–6–
+1=
3(3n+1 − 1) + 2
3n+2 − 1
=
2
2
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2.4 geometrisches Beispiel
Problem: Wir wollen beweisen, dass jede Teilung der euklidischen Ebene mit endlich vielen
Geraden mit zwei Farben eingefärbt werden kann, sodass je zwei Teile mit einer gemeinsamen
Kante nie von der gleichen Farbe sind. Wir führen den Beweis über die Anzahl der Geraden.
Induktionsanfang Die Ebene kann man mit einer Gerade in zwei Flächen und diese problemlos
mit zwei Farben füllen. X
Induktionsvoraussetzung Eine durch n Geraden geteilte Ebene kann man in zwei Farben einfärben.
Induktionsbehauptung Eine durch n + 1 Geraden geteilte Ebene kann man in zwei Farben
einfärben.
Beweis. Wenn wir n + 1 Geraden haben, können wir diese durchnummerieren. Dann betrachten wir nur die ersten n Geraden. Die Flächen, die durch diese n Geraden entstehen,
färben wir mit zwei Farben (Voraussetzung). Die n + 1. Gerade teilt die Ebene in zwei
Hälften, beispielsweise in eine Linke und eine Rechte. Auf der einen Seite, der linken,
fäben wir jetzt alle Flächen um. Dadurch entsteht eine Färbung der durch n + 1 Geraden
geteilten Ebene mit zwei Farben.
2.5 Potenzmenge
Größe der Potenzmenge Ist M eine endliche Menge mit n Elementen. Dann enthält die
Potenzmenge von M 2n Elemente.
Induktionsanfang Enthält M keine Elemente, so enthält die Potenzmenge von M nur die leere
Menge, also 20 = 1 Element. X
Induktionsvoraussetzung Die Potenzmenge einer Menge mit n Elementen enthält 2n Elemente.
Induktionsbehauptung Die Potenzmenge einer Menge M mit n + 1 Elementen enthält 2n+1
Elemente.
Beweis. Sei m ∈ M und sei U eine Teilmenge von M . Es gibt genau zwei Möglichkeiten
Fall 1: m ∈
/U
Dann ist U eine Teilmenge von M \ {m} und nach Induktionsvoraussetzung gibt es
2n Teilmengen von M \ {m}.
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Fall 2: m ∈ M
Dann ist U von der Form U = U 0 ∪{m} und U 0 ist eine Teilmenge von M \{m} Nach
Voraussetzung gibt es 2n Möglichkeiten für U 0 und damit gibt es 2n Teilmengen von
M , die m enthalten.
Damit folgt, dass die Potenzmenge von M 2 · 2n = 2n+1 Elemente enthält.
2.6 Permutationen
Anzahl der Permutationen
Q von n: Wir wollen beweisen, dass man n verschiedene Objekte
einer Menge auf n! = ni=1 i = n · (n − 1) · · · · · 1 Arten anordnen kann.
Induktionsanfang Ein Objekt kann man nur auf eine Art anordnen. Da 1! = 1 stimmt die
Vermutung. X
Induktionsvoraussetzung n verschiedene Objekte kann man auf n! verschiedene Arten anordnen.
Induktionsbehauptung n + 1 verschiedene Objekte kann man auf (n + 1)! verschiedene Arten
anordnen.
Beweis. Das (n + 1). Objekt kann an n + 1 verschiedenen Stellen stehen. Die Anzahl der
Anordnungen ergibt sich also als Summe der Anordnungen, bei denen das (n + 1). Objekt
jeweils an der ersten, zweiten, . . . , (n + 1). Stelle steht.
Wieviele Anordnungen gibt es nun, bei denen das (n + 1). Objekt an der Stelle j steht?
Offensichtlich n! nach Voraussetzung. Da es n+1 verschiedene Stellen j gibt, gilt also, dass
man (n+1)·n! = (n+1)! Möglichkeiten habe, n+1 verschiedene Objekte anzuordnen.
2.7 Kugeln ziehen
Man kann auch Aussagen durch Induktion beweisen, die von mehr als einer Variablen abhängen.
Dabei ist es allerdings sehr wichtig, sich klar zu machen, über welche Variable man die Induktion
führen will.
n!
Aus der Schul-Stochastik ist vielleicht noch bekannt, dass es
verschiedene Möglichk!(n − k!)
keiten gibt k Objekte aus n zu ziehen mit 1 ≤ k ≤ n.
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Induktionsanfang Für n = 1 kann k ebenfalls nur 1 sein. Es gibt nur eine Möglichkeit 1
1!
Element aus einer einelementigen Menge auszuwählen. Da 1!(1−1)!
= 1, weil 0! := 1, folgt
die Behauptung. X
Induktionsvoraussetzung Es gibt
hen, 1 ≤ k ≤ n.
Induktionsbehauptung Es gibt
ziehen, 1 ≤ k ≤ n + 1.
n!
k!(n−k)!
verschiedene Möglichkeiten k Objekte aus n zu zie-
(n+1)!
k!((n+1)−k)!
verschiedene Möglichkeiten k Objekte aus n + 1 zu
Beweis. Wir nummerieren die Objekte durch und teilen die Möglichkeiten aus allen n + 1
Objekten k zu ziehen in diejenigen, bei denen das (n + 1). Objekt gezogen wird, und in
diejenigen, bei denen es nicht gezogen wird.
Fall 1 Wenn das (n + 1). Objekt nicht gezogen wird, werden ja die k Objekte gerade aus
n!
den anderen n gezogen. Nach Voraussetzungen gibt es dafür genau k!(n−k)!
Möglichkeiten mit 1 ≤ k ≤ n.
Fall 2 Wenn wir das (n + 1). Objekt ziehen, ist es etwas komplizierter. Wir wollen insgesamt immer noch k Objekte ziehen. Da eines davon das (n + 1). ist, bleiben also
k − 1 Objekte aus n zu ziehen.
Fall 2a Wenn k = 1, wir also 1 Element aus n + 1 ziehen wollen und von den
gezogenen sei eines das (n + 1)., dann ist die Sache klar. Es gibt dafür genau
eine Möglichkeit.
Fall 2b Wenn wir nun 2 ≤ k ≤ n + 1 verschiedene Objekte aus n + 1 ziehen wollen
und eines davon ist das (n + 1)., dann müssen wir aus den restlichen n noch
k − 1 Objekte ziehen, also 1 ≤ k − 1 ≤ n. Laut Voraussetzung gilt, dass es dafür
n!
(k−1)!(n−(k−1))! verschiedene Möglichkeiten gibt.
Insgesamt ergeben sich also
• um ein Objekt zu ziehen (k = 1):
n!
+1 = n + 1 verschiedene Möglichkeiten
1!(n − 1)!
| {z }
Fall 1
• um n + 1 Objekte zu ziehen: (Fall 1 tritt nicht ein)
0+
n!
n!
=
= 1 Möglichkeit
(n + 1 − 1)!(n − (n + 1 − 1))!
n!(n − n)!
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• um 2 ≤ k ≤ n Objekte zu ziehen
n!
n!
(n + 1)!
+
=
k!(n − k)! (k − 1)!(n − (k − 1))!
k!(n + 1 − k)!
| {z } |
{z
}
Fall 1
Fall 2
(n + 1)!
(n + 1)!
und 1 =
, ergibt sich die vermutete
1!(n + 1 − 1)!
(n + 1)!(n + 1 − (n + 1))!
Formel für alle auftretenden Fälle und die Gültigkeit ist gezeigt.
Weil n + 1 =
– 10 –