Lösungen 3 zum Mathematik-Brückenkurs

Lösungen 3 zum Mathematik-Brückenkurs
für alle, die sich für Mathematik interessieren
µFSR, TU Dresden
Version vom 26. September 2016,
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Aufgabe 3.1. Welche der folgenden Schlüsse sind induktiv, welche sind deduktiv? (Die Antwortmöglichkeiten sind diskutabel, es kommt auf die Begründung an!)
1. „Der Angeklagte war zum Tatzeitpunkt nicht am Tatort, also kann er nicht der Täter
sein.“
2. „Von einem repräsentativ ausgewählten Teil der Bevölkerung würden sich 58% Montag
eine neue Digitalkamera kaufen, wenn Sonntag Bundestagswahl wäre. Wahlen heizen
also die Nachfrage nach Digitalkameras an.“
3. „Wenn es regnet, wird der Boden nass. Der Boden ist nicht nass, also hat es nicht
geregnet.“
4. „Ich habe mich auf eine Krankheit testen lassen und der Test ist negativ ausgefallen. Also
bin ich nicht krank.“
5. „Das Gravitationsgesetz und das Coulomb’sche Gesetz der Elektrostatik haben die gleiche
mathematische Form. Deswegen können wir annehmen, dass die Elektronen sich auf
elliptischen Bahnen um den Atomkern bewegen, so wie die Planeten um die Sonne.“
Lösung.
1. Wenn man von den Zeugenaussagen als wahr ausgeht, ist dies ein deduktiver
Schluss.
2. Der Schluss von der Stichprobe auf die Gesamtheit ist ein typischer induktiver
Schluss.
3. Ein deduktiver Schluss, da er auf Logik basiert. Man könnte aber auch argumentieren, dass nicht ganz klar wird, wie lange es nicht gerenet haben, muss damit
man sagt, es habe nicht geregnet. In diesem Sinne ist der gegebene Satz vielleicht
gar keine Aussage und damit auch kein Gegenstand der Logik.
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4. Test haben Fehlerwahrscheinlichkeiten. Also ein Induktiver Schluss. (Viele induktive Schlüsse der Wissenschaft funktionieren so, dass man ein Experiment
unter verschiedenen Bedingungen wiederholt und dann die „kleinen“ Abweichungen als Messfehler interpretiert)
5. Analogieschlüsse sind ebenfalls typische induktive Schlüsse: Man erkennt eine
Gemeinsamkeit und erachtet Unterschiede für bedeutungslos. Tatsächlich ist die
Vorstellung die Elektronen umkreisen den Atomkern wie Planeten die Sonne,
nicht mehr modern. (https://de.wikipedia.org/wiki/Liste_der_Atommodelle)
Aufgabe 3.2. Welche der folgenden in mathematischer und deutscher Sprache formulierten
Aussagen sind meta-Aussagen (d.h. Aussagen über Mathematik), welche sind mathematische
Aussagen?
1. Die Aussage A ⇒ B ist, bei gegebenen Axiomen S1 , S2 , . . ., beweisbar genau dann, wenn
die Aussage B beweisbar ist, wenn man A, S1 , S2 , . . . als Axiome nimmt. (Deduktionstheorem)
2. Wenn die Kontinuumshypothese gilt, dann gibt es eine Zerlegung der Ebene in zwei
Mengen A und B, wobei A höchstens durch die Menge der Ordinaten und B durch die
der Abszissen abgezählt werden kann. (was auch immer das bedeutet) (Sierpiński 1919)
3. Die Kontinuumshypothese ist von den Axiomen der Zermelo-Fraenkel-Mengenlehre unabhängig.
4. Wir werden die Riemann’sche Vermutung vielleicht niemals beweisen.
Lösung.
1. Aussagen, die wie diese eingrenzen, was beweisbar ist, ziehen unserem mathematischen Denken Grenzen und sind typische Metamathemaitk.
2. Dies ist ein Schluss innerhalb der Mathematik, also eine mathematische Aussage.
3. Diese Aussage bedeutet, dass die Kontinuumshypothese nicht bewiesen werden
kann und ihre Negation auch nicht. Damit handelt es sich wie in 1 um eine
„eingrenzende“ Aussage, also eine Metaaussage.
4. Umgangssprachlich, sehr meta.
Aufgabe 3.3. Axiom I.8 ist ein typisches Beispiel einer Reichhaltigkeitsforderung. Wozu
brauchen wir es?
Lösung. Aus den anderen Axiomen geht nicht hervor, dass es überhaupt Geraden und
Ebenen gibt. Mit dieser Forderung sichern wir, dass wir eine „dreidimensionale“ Geometrie bekommen (wir wissen aber noch nicht, was dieses Wort bedeutet, das ist also
wirklich nur Anschauung).
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Aufgabe 3.4. Ist die Inzidenzrelation transitiv? Begründe!
Lösung. Nein. Zum Beispiel muss aus der Tatsache, dass ein Punkt auf einer Geraden
liegt, die eine Ebene schneidet, noch nicht folgen, dass der Punkt auch auf der Ebene
liegt.
Aufgabe 3.5. Schreibe einen direkten Beweis für folgende Aussage: „Es gibt mindestens drei
verschiedene Geraden.“
Lösung. Nach Axiom i.8 gibt es eine Ebene ε und einen Punkt P, der nicht in der Ebene
liegt. Nach Axiom I.3 liegen auf ε mindestens drei verschiedene Punkte R, S und T.
Nach Axiom I.6 liegt für eine Gerade g, die durch P und einen der Punkte R, S oder
T geht, kein weiterer der Punkte R, S, T auf g, da sonst auch P auf ε liegen müsste.
Damit unterscheiden sich je zwei Geraden, die durch P und je einen der Punkte R, S, T
gehen, weil es stets einen Punkt auf der einen Geraden gibt, der nicht auch auf der
anderen liegt.
Aufgabe 3.6. Schreibe einen direkten Beweis für folgende Ausssage: „Seien f , g und h drei
Geraden und A, B, C drei Punkte, sodass A auf f und g liegt, B auf g und h liegt und C auf h
und f liegt. Falls dann A = B ist und C 6= A, stimmen schon alle drei Geraden überein.“
Lösung. Seien A, B, C, f , g, h wie in der Aufgabe. Gilt dann A = B und A 6= C, so haben
die Geraden h und f zwei verschiedene gemeinsame Punkte und stimmen damit nach
Axiom I.1 überein. Ferner haben auch die Punkte f und g zwei verschiedene Punkte
gemeinsam und stimmen nach Axiom I.1 überein.
Aufgabe 3.7. Zum Beispiel der erste Teil von Aufgabe 1.9, die Aufgaben 1.11, 1.12, 2.6, 2.14,
2.16, 2.18 und 2.19 lassen sich gut mit direkten Beweisen lösen. Hier kannst du üben, einen
direkten Beweis zu schreiben.
Lösung. Die Lösungen dieser Aufgaben sind meist schon so formuliert.
Aufgabe 3.8. Seien ε und δ zwei verschiedene Ebenen, die einen Punkt gemeinsam haben.
Dann wissen wir aus Satz 3.1, dass es eine Gerade g gibt, die alle gemeinsamen Punkte von ε
und δ enthält. Schreibe einen Widerspruchsbeweis für die folgende Aussage: „Alle Punkte von
g liegen in ε und δ.“
Lösung. Angenommen, es gebe einen Punkt auf g, der nicht auf ε liegt oder nicht auf
δ liegt. Nach der Konstruktion in Beweis von Satz 3.1 gibt es zwei Punkte auf g, die
sowohl auf ε als auch auf δ liegen. Damit hat man einen Widerspruch zu Axiom I.1,
womit unsere Annahme falsch sein muss. Damit gibt es keinen Punkt auf g, der nicht
in ε und nicht in δ liegt.
Aufgabe 3.9. Schreibe einen Widerspruchsbeweis dafür,
√ dass die Wurzel aus 2 irrational ist,
d.h. dafür, dass es keine ganzen Zahlen p und q mit 2 = p/q gibt.
Lösung. https://youtu.be/tPfnEByx9r0
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Aufgabe 3.10. Zum Beispiel die Aufgaben 2.18, 2.19 (das ist nicht ganz einfach, aber nett)
und 2.20 lassen sich gut mit Widerspruchsbeweisen lösen. Hier kannst du üben, einen Widerspruchsbeweis zu schreiben.
Lösung. Der Widerspruchsbeweis für Aufgabe 2.19 soll hier gezeigt werden.
Angenommen, es gebe eine Menge A mit |P( A)| < | A|. Dann gibt es nach Definition 2.12 eine surjektive Funktion f : A → P( A). Betrachte die Menge T := { x ∈ A| x 6∈
f ( x )}. Nachdem f surjektiv ist, gibt es x0 ∈ A mit f ( x0 ) = T. Nun gilt
1. Falls x0 ∈ T, dann kann nach Definition von T nicht x0 ∈ f ( x ) sein, es gilt aber
T = f ( x0 ). Das ist ein Widerspruch, also muss in diesem Falls unsere Annahme
falsch sein.
2. Falls x0 6∈ T, dann ist nach Definition von t auch x0 ∈ f ( x0 ), was auch hier nicht
sein kann wegen T = f ( x0 ). Also kann auch in diesem Fall die Annahme nicht
stimmen.
Also muss das Gegenteil der Annahme wahr sein, es gilt also für jede Menge | A| ≤
|P( A)|.
Aufgabe 3.11. Formuliere den Beweis von Satz 3.3 in einen direkten Beweis um.
Lösung. Wenn g und h keinen gemeinsamen Punkt haben, ist nichts zu zeigen. Wenn es
einen gemeinsamen Punkt von g und h gibt, kann es nach Axiom I.1 keinen weiteren
gemeinsamen Punkt von g und h geben, weil sie sonst übereinstimmen würden.
Aufgabe 3.12. Zum Beispiel die Aufgaben 1.9, 2.3 und 2.20 lassen sich gut mit Kontrapositionsbeweisen lösen. Hier kannst du üben, einen Kontrapositionsbeweis zu schreiben.
Lösung. Wir betrachten nur den Kontrapositionsbeweis für Aufgabe 2.20:
Seien A und B zwei Mengen, für die nicht | A| ≤ | B| gilt. Dann gibt es nach
Definition 2.12 keine injekitve Funktion f : A → B. Da für A ⊆ B die Funktion
g : A → B; a 7→ a jedoch injektiv ist, muss ¬( A ⊆ B) gelten.
Aufgabe 3.13. Überlege dir, dass aus der Wahrheit von H1 ∨ H2 und A ∧ H1 ⇒ B und
A ∧ H1 ⇒ B folgt, dass A ⇒ B gilt! Du kannst zum Beispiel die Ergebnisse von Aufgabe 1.2
und die De Morgan’ schen Regeln oder eine Wahrheitstafel benutzen.
Lösung. Mit ( A ⇒ B) ⇔ (¬ A ∨ B), dem Distributivgesetz für ∧ und ∨ und den De
Morgan’schen Regeln gilt:
( H1 ∨ H2 ) ∧ ( A ∧ H1 ⇒ B) ∧ ( A ∧ H2 ⇒ B)
⇔( H1 ∨ H2 ) ∧ (¬( A ∧ H1 ) ∨ B) ∧ (¬( A ∧ H2 ) ∨ B)
⇔( H1 ∨ H2 ) ∧ (¬ A ∨ ¬ H1 ∨ B) ∧ (¬ A ∨ ¬ H2 ∨ B)
⇔( H1 ∨ H2 ) ∧ ((¬ A ∨ B) ∨ (¬ H1 ∧ ¬ H2 ))
⇔( H1 ∨ H2 ) ∧ (¬( H1 ∨ H2 ) ∨ ( A ⇒ B))
⇔( H1 ∨ H2 ) ∧ (( H1 ∨ H2 ) ⇒ ( A ⇒ B))
⇔( A ⇒ B).
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Den Schluss von der vorletzten auf die letzte Zeile nennt man den modus ponens. Wir
können ihn mit unseren Definitionen nachrechnen, er ist aber eine schon seit der Antike gebräuchliche Schlussfigur: „Wenn A gilt und aus A auch B folgt, dann gilt B“.
Wenn man daran interessiert ist, axiomatische Logik zu betreiben, ist er oft ein Axiom.
Aufgabe 3.14. Zum Beispiel die Aufgabe 2.17 lässt sich gut mit Beweis durch Fallunterscheidung lösen. Hier kannst du üben, einen Beweis durch Fallunterscheidung zu schreiben.
Lösung. Die Lösung dieser Aufgabe ist schon als Beweis durch Fallunterscheidung
formuliert.
Aufgabe 3.15. Formuliere das Axiom II.4 in natürlicher Sprache und veranschauliche es dir
mit einem Bild.
Lösung. Wenn eine Gerade ein Dreieck in einer Seite schneidet, schneidet die Gerade
das Dreieck auch noch in einer anderen Seite oder einer Ecke. (In unserer Definition
von Strecken gehöre die Randpunkte zur Strecke, das soll diese Aufgabe verdeutlichen!)
Aufgabe 3.16. Zeige, dass folgende Aussagen äquivalent sind:
1. Auf jeder Ebene liegen unendlich viele verschiedene Punkte.
2. Auf jeder Geraden liegen unendlich viele verschiedene Punkte.
3. Auf jeder Geraden liegen zwei verschiedene Punkte.
Lösung. „3⇒2“ Diese Implikation zeigen wir durch einen Widerspruchsbweis: Angenommen, es gebe eine Gerage g, auf der nur endlich viele Punkte liegen. Nach Voraussetzung liegen auf g mindestens zwei verschiedene Punkte. Wir behaupten nun, dass
es stets zwei Punkte P und Q auf g gibt, sodass kein weiterer Punkt von g zwischen
ihnen liegt. Damit erhalten wir einen Widerspruch zu Axiom II.2. Falls auf g nur zwei
Punkte liegen, ist dazu nichts zu zeigen. Falls auf g mehr als zwei Punkte liegen, gibt
es stets zwei, zwischen denen kein dritter liegt (Diese Behauptung ist eine Knobelaufgabe. Man kann zum Beispiel versuchen, sie zu beweisen, indem man das Gegenteil
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annimmt und dann versucht, einen Widerspruch zu Axiom II.3 zu konstruieren. Mit
Lösungen kann man sich an [email protected].)
„2⇒1“ Sei ε eine Ebene. Nach Axiom I.3 gibt zwei Punkte P und Q in ε. Nach Axiom
I.1 gibt es eine Gerade g die durch P und Q verläuft. Nach Axiom I.6 liegen alle Punkte
von g in ε, womit es nach Voraussetzung unendlich viele Punkte in ε gibt.
„1⇒3“ Axiom I.3 sagt, dass Aussage 3 immer gilt, also ist die Wahrheit von Aussage
1 gar nicht von Belang dafür, ob diese Implikation gilt; sie ist einfach immer wahr.
Aufgabe 3.17. Zeige, dass es in jeder Ebene ε eine Gerade g und einen Punkt, der nicht auf g
liegt, gibt.
Lösung. Sei ε eine Ebene. Nach Axiom I.3 gibt es in ε drei verschiedene, nicht auf einer
Gerade liegende Punkte P, Q und R. Nach Axiom I.6 liegen alle Punkte der Geraden
g, die durch P und Q verläuft, in ε. Damit sind g und R eine Gerade und ein Punkt,
die die Forderungen erfüllen.
Aufgabe 3.18. Sei g eine Gerade der hyperbolischen Ebene und P ein nicht auf ihr gelegener
Punkt. Wie viele Parallelen, die durch P verlaufen, hat g?
Wir wollen die hyperbolischen Winkel als die Winkel, die man im Poincaré’schen Modell
misst, verstehen (normalerweise macht man das nicht so!). Gib ein Beispiel eines (hyperbolischen) Dreiecks mit Innenwinkelsumme kleiner als π! (am Besten ohne zu rechnen!)
Lösung. Es gibt unendlich viele Parallelen zu jeder Geraden g durch jeden nicht auf ihr
gelegenen Punkt P, wie folgendes Bild veranschaulicht:
..
.
y
g
..
.
···
..
P
.
x
Folgendes Bild zeigt ein Dreieck mit einer sehr kleinen Innenwinkelsumme:
y
x
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Wenn man den Radius des großen Kreises kaum kleiner als das Doppelte der Radien
der kleinen Kreise wählt, kann man die beiden Winkel links und rechts beliebig klein
machen. ebenso kann man den Winkel in der Mitte beliebig klein machen, indem man
die kleinen Kreise etwas weiter auseinander rückt.
Aufgabe 3.19. Zeige, dass das Poincaré’sche Halbebenenmodell der hyperbolischen Ebene die
Axiome I.1, I.2, I.3’, I.8’, II.1, II.2, II.3 und II.4’ erfüllt.
Lösung.
I.1 Seien A = ( a1 , a2 ) und B = (b1 , b2 ) zwei Punkte der obereren Halbebene. Falls
dann a1 = b1 , gibt es offensichtlich genau eine Gerade, die durch diese beiden
Punkte verläuft, nämlich {( x, y) ∈ R2 | x = a1 ∧ y > 0}.
Sei also nun a1 6= b1 . Dann verläuft genau eine der „Halbkreis-Geraden“ durch
die beiden Punkte, wie folgende Rechnung zeigt. Ein Kreis mit Mittelpunkt
(m, 0) auf der x-Achse und Radius r wird beschrieben durch die Gleichung
r2 = y2 + ( x − m)2 . Setzt man hier die beiden Punkte A und B ein, erhält man
folgendes Gleichungssystem
r2 = a22 + ( a1 − m)2 = a21 − 2a1 m + m2 + a22
r2 =b22 + (b1 − m)2 = b12 − 2b1 m + m2 + b22 ,
durch das m eindeutig als
m=
a21 − b12 + a22 − b22
2( a1 − b1 )
festgelegt ist. Fordert man nun noch zusätzlich, dass r > 0, ist die Lösung des
Gleichungssystems eindeutig bestimmt, also gibt es genau einen Kreis mit Mittelpunkt auf der x-Achse, der die beiden Punkte enthält, also ist auch im Fall
a1 6= b1 das Axiom I.1 erfüllt.
I.2 Für die „geraden Geraden“ ist die Behauptung klar, für die „halbkreisförmigen
Geraden“ überlegt man sich, dass sich zwei verschiedene Kreise mit Mittelpuntken auf der x-Achse in maximal zwei Punkten schneiden, von denen einer positive und einer negative y-Koordinate hat. (Wenn das nicht anschaulich klar ist,
kann man es auch nachrechnen!) Also können sich je zwei unserer „HalbkreisGeraden“ in höchstens einem Punkt schneiden. Damit folgt, dass für zwei verschiedene Punkte einer solchen Geraden diese Gerade die einizige sein muss, die
durch beide Punkte verläuft.
I.3’ Auf jeder der „geraden Geraden“ liegen zum Beispiel ein Punkt mit y-Koordinate
1 und einer mit y-Koordinate 2. Auf jeder der „Halbkreis-Geraden“ liegen zum
Beispiel die beiden Punkte, deren Verbindungsstrecken mit dem Mittelpunkt des
Kreises einen Winkel von 45◦ mit der x-Achse einschließen.
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I.8’ Betrachte die Gerade g := {0} × (0, ∞) und den Punkt P := (1, 1).
II.1 Die Behauptungen sind klar nach Definition der „zwischen“-Relation.
II.2 Auch diese Behauptung ist klar, weil es für a, b ∈ R mit a ≤ b stets c ∈ R mit
a ≤ c ≤ b gibt.
II.3 Beweis durch Kontraposition: Seien A, B, C drei Punkte einer Geraden und gelte
zum Beispiel A[ B]C und A[C ] B. Dann gilt, falls sie auf einer „geraden Geraden“
liegen, für ihre y-Koordinaten (bezeichnet mit y A , y B , yC , dass y A ≤ y B ≤ yC und
y A ≤ yC ≤ y B , woraus y B = yC folgt, damit B = C.
Für „gebogene Geraden“ kann man genau so argumentieren.
II.4’ Hier muss man etliche Fälle unterscheiden und dann mit Schnittpunkten von
Kreisen und Geraden herumrechnen. Wer etwas versucht hat und konkrete Fragen oder Probleme hat, der schreibe bitte an [email protected].
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