Die Ordnung der natürlichen Zahlen

Die Ordnung der natürlichen Zahlen
Nina Becker
9. Dezember 2016
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In dieser Ausarbeitung besprechen wir die Ordnung der natürlichen Zahlen. Wir beginnen mit der Denition der Ordnung und präsentieren anschlieÿend Ergebnisse im Zusammenhang mit der Addition und der Multiplikation. Abschlieÿend zeigen wir, dass die
natürlichen Zahlen mit dieser Ordnungsrelation wohlgeordnet sind, d.h. jede nichtleere
Teilmenge von N besitzt ein kleinstes Element.
gröÿer als n, wenn es ein k ∈ N mit
m = n + k gibt und wir schreiben m > n. Die Zahl m ist kleiner als n ,wenn es ein p ∈ N
Denition 1.
mit
m+p=n
Satz 2.
Seien
m, n ∈ N.
Die Zahl
gibt und wir schreiben
Für alle
n∈N
ist
S(n)
m
ist
m < n.
gröÿer als
n.
Nach Denition der Nachfolgefunktion ist S(n) = n + 1. Wähle m = S(n) sowie
k = 1. Dann ist m = n + k und m = S(n) > n.
Beweis.
Satz 3.
Sei
n ∈ N \ {1}.
Dann ist
n
gröÿer als
1.
Wir bemerken, dass es zu jedem n ∈ N\{1} ein m ∈ N mit n = S(m) gibt. Damit
gibt es zu n 6= 1 ein k ∈ N mit n = S(k) = k + 1 und es gilt n > 1 für alle n ∈ N \ {1}.
Beweis.
Satz 4.
Für alle
1.
m = n,
2.
m > n,
3.
m < n.
n, m ∈ N
gilt genau eine der Beziehungen
Wir zeigen zunächst, dass nicht mehr als eine der Aussagen gilt. Dazu bemerken
wir, dass es für m ∈ N kein n ∈ N mit m + n = m gibt.
Sei m = n. Dann gibt es nach unserer Bemerkung kein k ∈ N mit m + k = m = n oder
m = n = n + k und es gilt nicht m < n oder m > n.
Wir nehmen nun an, es gelte m > n und m < n. Hier gibt es nach Denition k, p ∈ N
mit m = n+k sowie n = m+p, sodass mit dem Assoziativgesetz der Addition die Identität
m = n + k = (m + p) + k = m + (p + k) folgt. Nun gibt es nach unserer Bemerkung kein
(p + k) ∈ N, das diese Gleichung erfüllt und es folgt ein Widerspruch. Damit gilt entweder
m = n, m > n oder m < n.
Nun zeigen wir per Induktion über n, dass für alle m ∈ N eine der drei Aussagen gilt.
Sei n = 1. Dann ist m = 1 = n oder es gilt m 6= n und nach Satz 3 ist m > n.
Nun gelte für festes n ∈ N eine der Beziehungen m = n, m < n oder m > n.
Wir wissen, dass genau einer der drei Fälle gilt. Damit reicht es die Beziehung von S(n)
zu m in diesen drei Fällen festzustellen.
Beweis.
• Sei m = n. Dann ist m + 1 = S(n) und nach Denition 1 ist m < S(n).
• Sei m < n. Dann gibt es nach Denition 1 ein k ∈ N mit n = m + k und somit ist
S(n) = (m + k) + 1 = m + (k + 1), sodass m < S(n) gilt.
• Sei m > n. Nach Denition 1 gibt es ein p ∈ N mit m = n + p. Für p = 1 ist
m = n + 1 und m = S(n). Für p 6= 1 ist p Nachfolger eines q ∈ N, das heiÿt es gilt
p = S(q) = q + 1. Damit ist
m = n + p = n + (q + 1) = (n + 1) + q = S(n) + q
und somit gilt m > S(n).
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Folglich gilt in allen drei möglichen Fällen entweder m = S(n), m < S(n) oder m >
S(n).
Die Eigenschaft aus Satz 4 für N wird auch Trichotomie genannt und mit folgender
Denition ist das anschlieÿende Lemma eine direkte Konsequenz aus der Trichotomie.
Denition 5.
m = n ist, und
oder m = n ist,
Lemma 6.
m, n ∈ N. Die Zahl m ist gröÿer oder gleich n, falls m > n oder
m > n. Die Zahl m ist kleiner oder gleich n, falls m < n
wir schreiben m 6 n.
Seien
wir schreiben
und
Seien
m, n ∈ N
mit
m>n
und
m 6 n.
Dann gilt
m = n.
Im Folgenden diskutieren wir die Transitivität und weitere Eigenschaften der Ordnungsrelation < auf N.
Satz 7.
Für alle
m, n, p ∈ N
mit
m<n
und
Satz 8.
Für alle
m, n, p ∈ N
gilt
m>n
genau dann, wenn
n<p
gilt
m < p.
m+p>n+p
ist.
Sei zunächst m > n. Nach Denition 1 gibt es ein k ∈ N mit m = n + k und somit
m+p = (n+k)+p. Nach dem Assoziativ- und Kommutativgesetz folgt m+p = (n+p)+k ,
sodass m + p > n + p gilt.
Sei nun m+p > n+p. Dann gibt es nach Denition 1 ein k ∈ N mit m+p = (n+p)+k .
Wir bemerken, dass für alle m, n, p ∈ N m + p = n + p die Gleichung m = n gilt. Somit
folgt aus m + p = (n + p) + k = (n + k) + p die Gleichung m = n + k und somit m > n.
Beweis.
Satz 9.
Es gibt kein
k∈N
mit
n < k < S(n).
Wir beweisen mithilfe von Induktion über n. Sei n = 1. Wir nehmen an, es gibt
k ∈ N mit 1 < k < S(1). Es gilt also 1 < k und nach Satz 4 ist k 6= 1. Damit ist k ein
Nachfolger eines j ∈ N das heiÿt es gilt k = S(j) = j + 1. Da k < S(1) und k = j + 1 ist,
gilt j + 1 < 1 + 1 und nach Satz 8 folgt j < 1 und damit ein Widerspruch.
Nun gelte für ein festes n ∈ N, dass es kein k ∈ N mit n < k < S(n) gibt. Sei S(n) ∈ N.
Dann ist S(n) < k < S(S(n)). Da k 6= 1 ist, gibt es ein j ∈ N mit k = S(j) und somit gilt
S(n) < S(j) < S(S(n)). Dies lässt sich als n + 1 < j + 1 < S(n) + 1 umschreiben. Nach
Satz 8 gilt nun n < j < S(n) und dies ist ein Widerspruch zur Voraussetzung.
Beweis.
Die folgenden Sätze werden analog zu den entsprechenden Aussagen zur Addition bewiesen.
Satz 10.
Für alle
Satz 11.
Seien
Satz 12.
Für alle
m, n, p ∈ N
Satz 13.
Für alle
n > 1, m, p ∈ N
m, n, p ∈ N
m, n, p ∈ N
gilt
mit
m>n
mp = np.
gilt
p>n
gilt
genau dann, wenn
Dann gilt
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ist.
m = n.
genau dann, wenn
m>p
mp > np
pm > nm
genau dann, wenn
ist.
nm > np
ist.
A ⊂ N. Wir nennen k eine untere Schranke von A,
k sind und k eine obere Schranke von A, wenn alle
Denition 14.
Sei
wenn alle
gröÿer oder gleich
n∈A
n∈A
k ∈ N
kleiner oder gleich
k
k sind.
k von A
kleinste Zahl, falls sie Element in A ist. Eine
von A ist eine gröÿte Zahl, falls sie Element in A ist.
Eine untere Schranke
obere Schranke
und
ist eine
Der folgende Satz 15 wird als Wohlordnungsaxiom der natürlichen Zahlen bezeichnet.
Satz 15.
Beweis.
Jede nichtleere Teilmenge von
N
hat eine kleinste Zahl.
Seien A ⊂ N mit A 6= ∅ und
LA = {l ∈ N : l ≤ a für alle a ∈ A}
die Menge aller unteren Schranken von A. Dann ist 1 ∈ LA und LA 6= N, da für jedes
a ∈ A der Nachfolger S(a) ∈
/ LA ist. Folglich gibt es l ∈ LA mit S(l) ∈
/ LA , denn ansonsten
gilt LA = N (Induktion). Nehmen wir an l sei nicht in A. Dann ist a > l für alle a ∈ A,
denn A > l für alle a ∈ A und a 6= l für alle a ∈ A. Da es nach Satz 9 kein k ∈ N mit
l < k < S(l) gibt, ist a > S(l) für alle a ∈ A. Damit ist S(l) ∈ LA und es folgt ein
Widerspruch.
Wir schlieÿen daraus, dass l ∈ A ist. Somit ist l eine kleinste Zahl von A.
Der folgende Satz 16 wird analog zu Satz 15 bewiesen.
Satz 16. Jede nichtleere Teilmenge von N, die eine obere Schranke besitzt, hat eine gröÿte
Zahl.
Bemerkung 1.
Hat eine nichtleere Teilmenge
eindeutig. Es seien nämlich
alle
a ∈ A
l1 , l2 zwei
l1 6 l2
folgt insbesondere
A
von
N
eine kleinste Zahl, so ist sie
l1 6 a und l2 6 a für
l1 = l2 . Gröÿte Zahlen sind
kleinste Zahlen von A. Aus
und
l2 6 l1 ,
ebenfalls eindeutig.
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so dass