Zahlen und Zählen

Kapitel 2
Zahlen und Zählen
Wenn Du heut findest keinen Schlaf,
dann schick ich Dir ein braves Schaf.
Und wie das geht mein liebes Kind?
Ich send es Dir per Mail geschwind!
Auf Eins folgt Zwei, dann Drei und Vier.
Bald steht die ganze Herde hier.
Nun zähl mal brav die Schäfchen fein,
dann schläfst Du sicherlich gleich ein.
Doch siehst Du Schaf Einhundertacht,
so bist Du wieder aufgewacht.
Ich werd’ auf Wiederholung drücken,
und Dir die Tierchen noch mal schicken.
Drum fang schon mal zu zählen an,
damit ich endlich schlafen kann.
Schäfchen zählen“ von Uwe Walter (2008)
”
Wir verschaffen uns die Hilfsmittel, um die Kunst des Zählens“ zu skizzieren. Es sind dies
”
die natürlichen Zahlen und Operationen auf ihnen. Im nächsten Kapitel ewächst daraus das
Rechnen in den ganzen Zahlen.
2.1
Natürliche Zahlen
Die erste mathematische Erfindung“ dürfte wohl das Zählen von Gegenständen gewesen sein: je”
dem Gegenstand einer Familie von Gegenständen wird der Reihe nach ein Strich auf einem Auf”
zeichnungsbrett“ zugeordnet, einer bestimmten Anzahl von Strichen wird ein Zahlwert (Eins,
Zwei,. . . ) bzw. eine Zahl (1,2,. . . ) zugeordnet. Diese Zahlen stehen für die Kardinalzahlen im
Gegensatz zu den sogenannten Ordinalzahlen Erster (erster Strich), Zweiter (zweiter Strich),
. . . . Die Zahlen 1, 2, 3, . . . bezeichnen wir als natürliche Zahlen. Als Fundament für die Mathematik sind die natürlichen Zahlen ausreichend, alle“ anderen konkreten Objekte der Mathematik
”
lassen sich dann mit Definition durch Abstraktion erfinden. Also kommt es darauf an, die natürlichen Zahlen als existierende Menge N sicher zu definieren und zu akzeptieren. Von L. Kronecker1
ist überliefert:
Die natürlichen Zahlen hat der liebe Gott gemacht, alles andere ist Menschenwerk.
1
Leopold Kronecker, 1823 - 1891
18
Was sind aber nun die strukturellen Eigenschaften der natürlichen Zahlen, auf die es ankommt?
Wir gehen zurück zur Tätigkeit des Zählens. Stets beginnen wir mit einem ersten Gegenstand,
wir ordnen ihm die Nummer 1 zu. Haben wir nun eine Reihe von Gegenständen gezählt und ist n
die Anzahl dieser gezählten Gegenstände, dann entscheiden wir, ob noch ein weiterer Gegenstand
zu zählen ist; wenn ja, ordnen wir ihm die Nummer n′ zu. n′ ist also Nachfolgezahl von n : zur
Strichliste haben wir einen Strich hinzugefügt. Diese Beobachtung führt uns zur Definition der
natürlichen Zahlen, wie G. Peano2 sie gegeben hat:
Axiom 2.1.1 (Peano) Es gibt eine Menge N und ein Element 1 ∈ N mit folgenden Eigenschaften:
(P1) Zu jedem n ∈ N gibt es ein n′ ∈ N , genannt Nachfolger von n .
(P2) 1 ist kein Nachfolger, d.h. 1 6= n′ für alle n ∈ N .
(P3) Ist n′ = m′ , so ist n = m .
(P4) Ist M eine Teilmenge von N mit 1 ∈ M und gilt (n ∈ M =⇒ n′ ∈ M ), dann gilt M = N.
Diese Menge N heißt Menge der natürlichen Zahlen.
Ist m = n′ (im Sinne der Axiomtik 2.1.1), so heißt n Vorgänger von m. (P2) besagt, dass
das Element 1 keinen Vorgänger hat.
In den natürlichen Zahlen N sollten wir, wenn die axiomatische Einführung wohlgelungen
ist, die Addition, die Multiplikation und das Vergleichen wiederentdecken können. Dazu einige
Vorbereitungen.
Lemma 2.1.2 Es gilt N = {1} ∪ {n′ |n ∈ N} .
Beweis:
Sei M := {1} ∪ {n′ |n ∈ N}. Es gilt M ⊂ N, 1 ∈ M , und ist n ∈ M, so ist n′ ∈ M . Also ist nach
(P4) M = N.
Das Axiom (P4) lässt sich bestens verwenden, neue Objekte zu definieren. Man nennt das
resultierende Prinzip induktive Definition. Wir führen dies am Beispiel der Definition des
kartesischen Produktes vor. Sei A eine Menge. Wir gehen so vor:
A1 := A , Ak := A × An falls k = n′ ∈ N .
Offenbar ist nun nach Lemma 2.1.2 An definiert für jedes n ∈ N .
Ist x ∈ An , n ∈ N, so gibt es x1 , . . . , xn ∈ A mit x = (x1 , . . . , xn ). Dies ist die Schreibweise als
n-Tupel der Elemente in An . Dabei haben wir die Schreibweise schon naheliegend verkürzt; wir
haben ja früher nur zweistellige Paarklammern (·, ·) definiert. Wir haben diese Definition schon
vorweggenommen bei der Definition von Wörtern über einem Alphabet.
Wir wollen nun die arithmetischen Operationen Addition, Subtraktion, Multiplikation,
Vergleich in den natürlichen Zahlen entdecken. Bei der Einführung bedienen wir uns wieder
der induktiven Definition.
Addition:
2
(
n′
n + m :=
(n + k)′
, falls m = 1
, n, m ∈ N .
, falls m = k′
Giuseppe Peano, 1858 - 1932
19
Beachte, dass nun wirklich die Definition für alle m, m ∈ N gelungen ist, denn nach Lemma 2.1.2
ist ja für m ∈ N entweder m = 1 oder m = k′ für ein k ∈ N .
Nun ist es an der Zeit, zur üblichen Notation 1, 2, 3, . . . zurückzukehren. Dies geschieht durch
1, 2 := 1′ = 1 + 1, 3 := 2′ = 2 + 1, . . . .
n′ schreiben wir also nun immer als n + 1 .
Wir haben nun also eine (binäre) Verknüpfung “+“, die die Eigenschaften der Addition haben
sollte. Die folgenden Rechenregeln belegen, dass die uns geläufigen Eigenschaften der Addition
in der Tat vorliegen.
Regel 2.1.3 Seien m, n, k ∈ N . Es gilt:
(m + n) + k = m + (n + k) ;
(2.1)
m + n = n + m;
(2.2)
m + n = m + k =⇒ n = k .
(2.3)
Wir beweisen exemplarisch (2.1).
Sei M := {k ∈ N|(m + n) + k = m + (n + k) für alle m, n ∈ N}. Mit der Definition der Addition
gilt
(m + n) + 1 = (m + n)′ = m + n′ = m + (n + 1) .
Also ist 1 ∈ M . Sei k ∈ M. Dann ist mit der Definition der Addition
(m + n) + k′ = ((m + n) + k)′ = (m + (n + k))′ = m + (n + k)′ = m + (n + k′ ), .
Also ist auch k′ ∈ M . Nach (P4) gilt nun M = N .
Gilt m = k′ , so ist k Vorgänger von m. Also schreiben wir dann k = m − 1 . Damit haben
wir die Subtraktion mit 1 zur Verfügung. Wir wissen ja, dass allgemein in N keine Subtraktion
möglich ist.
Wir sollten nun auch die Multiplikation in den natürlichen Zahlen definieren können. Dies
gelingt mit Hilfe der Addition so:
m · 1 := m ; m · (n + 1) := m · n + m , n ∈ N .
Damit ist die Verknüpfung m · n für m, n ∈ N, die wir Multiplikation nennen, wohldefiniert.
Den Multiplikationspunkt · lassen wir mitunter weg, die Schreibweise m × n für m · n vermeiden
wir vollständig.
Die Potenzschreibweise im Bereich der natürlichen Zahlen können wir nun auch einführen.
Wir setzen für alle a ∈ N
a1 := a , an+1 := a · an .
Es gilt dann
an+m = an · am , (an )m = an·m für alle a, n, m ∈ N .
Die Rechenarten “+, ·“ vertragen sich dann mit der neuen Schreibweise; etwa:
1 + 7 = 8, 15 · 3 = 45, 33 = 11 · 3 = (7 + 4) · 3 = 7 · 3 + 4 · 3 = 21 + 12 = 33, . . . .
Dies ist Inhalt der folgenden Regel, die das Distributivgesetz festhält; der Beweis erfolgt auf
dem üblichen Weg über (P4).
20
Regel 2.1.4 Seien m, n, k ∈ N . Es gilt:
m(n + k) = mn + mk .
(2.4)
(2.5)
Auch die Kleiner–Beziehung finden wir in N wieder. Dabei lassen wir uns von der Anschauung
leiten, dass einer kürzeren Strichliste einige Striche hinzuzufügen sind, um sie einer gegebenen
längeren Strichliste gleichzumachen.
Definition 2.1.5 Seien m, n ∈ N.
(a) m < n : ⇐⇒ es gibt x ∈ N mit (m + x = n) ;
(b) m ≤ n : ⇐⇒ m < n oder m = n ;
(c) m > n : ⇐⇒ n < m ;
(d) m ≥ n : ⇐⇒ n ≤ m .
Klar, ist n ∈ N und n 6= 1, dann ist n > 1 , denn dann ist n ein Nachfolger nach Lemma 2.1.2,
also etwa n = k′ = k + 1 mit k ∈ N , und daher n > 1 . Ohne Beweis führen wir an:
Regel 2.1.6
2.2
k ≤ m, m < n
=⇒
k < n.
(2.6)
m<n
=⇒
m + k < n + k für alle k ∈ N .
(2.7)
k<m
=⇒
k + 1 ≤ m.
(2.8)
Induktion
Nun wollen wir das Axiom (P4) einsetzen als Beweismethode. Dieses Prinzip der Induktion
stellt sich so dar:
Sei A(n) für jedes n ∈ N eine Aussage. Diese Aussage gilt für alle n ∈ N, falls
Induktionsbeginn: A(1) ist wahr.
Induktionsschluss: Ist A(n) wahr, dann ist auch A(n + 1) wahr.
verifiziert werden kann. Klar, man hat ja nur die Menge M := {n ∈ N|A(n) ist wahr} einzuführen und darauf (P4) anzuwenden.
Häufig wird Sei A(n) wahr“ als Zwischenschritt Induktionsverankerung oder Induktions”
annahme formuliert; wir verzichten darauf. Damit wird ja nur die Voraussetzung im Induktionsschluss extra herausgestellt.
Beispiel 2.2.1 Über C.F. Gauss3 wird berichtet, dass er die Beschäftigungstherapie seines Lehrers “Addiert mal die ersten 20 Zahlen“ durch folgenden Trick zunichte gemacht hat: Er addiert
die erste und die letzte Zahl: Ergebnis 21; er addiert die zweite und die vorletzte Zahl: Ergebnis
21; er . . . . Also kann man das verlangte Resultat durch
1 + 2 + · · · + 20 = 10 · 21 = 210
3
Gauss, Carl Friedrich (1777 — 1855)
21
erhalten. Man beachte, dass die Lösungsmethode von Gauß auch tiefere“ Einsichten mitliefert:
”
Wann ist das Ergebnis gerade, warum ist die letzte Ziffer im Ergebnis oben eine Null.
Löst man sich von den konkreten Zahlen, ist also zu beweisen:
2
n
X
i = n(n + 1)
i=1
Der Beweis mittels vollständiger Induktion sieht so aus:
Induktionsbeginn: Die Formel ist offenbar richtig für n = 1.
Induktionsschluss: Die Formel sei richtig für n. Wir zeigen damit die Richtigkeit der Formel für
n + 1 so:
n
n+1
X
X
i + 2(n + 1) = n(n + 1) + 2(n + 1) = (n + 1)(n + 2) .
i=2
2
i=1
i=1
Man hüte sich davor, bei einem Beweis
einer Aussage mittels vollständiger Induktion die Verifikation des Induktionsbeginns
zu vergessen, denn dann wird nichts bewiesen. Als Beispiel sei etwa die Aussage
•
A(n): n = n + 3 .
•
◦
•
•
• •
◦ ◦
◦ ◦
•
•
•
•
◦
◦
◦
•
◦
◦
◦
•
◦
◦
◦
•
•
•
•
Abbildung 2.1: Quadratzahlen
angeführt. Der Induktionsschluss gelingt
mühelos:
n + 1 = (n + 3) + 1 = n + (3 + 1) = n + (1 + 3) = (n + 1) + 3
Die Aussage A(n) ist natürlich für jedes n ∈ N falsch, der Beweis des Induktionsbeginns
1 =1+3
kann auch nicht gelingen.
Beispiel 2.2.2 Den Pythagoreern war bekannt, dass die Quadratzahlen die Summe ungerader
Zahlen sind, d. h. dass
n
X
(2i + 1) = (n + 1)2 , n ∈ N ,
1+
i=1
gilt. Sie hatten dafür einen geometrischen Beweis“; lese ihn aus der Figurensequenz in Abbil”
dung 2.1 ab! Der Beweis mittels vollständiger Induktion sieht (in abgekürzter Notation) so aus:
n = 1 : Klar.
n+1 :
1+
n
X
(2i + 1) + (2(n + 1) + 1) = n2 + 4n + 4 = (n + 2)2
(2i + 1) = 1 +
n+1
X
i=1
Die Aufspaltung 1 +
i=1
n
P
(2i + 1) ist der Tatsache geschuldet, dass wir hier noch keine Null (als
i=1
Summationsindex) zur Verfügung haben.
22
Beispiel 2.2.3 Beweise, dass für jede natürliche Zahl n
(n + 3)2 > 3(n + 3) + n
gilt. Wir betrachten dazu die Aussage
A(n) : (n + 3)2 > 3(n + 3) + n
und beweisen die Gültigkeit der Aussage für jedes n ∈ N nach dem Induktionsprinzip.
Induktionsbeginn: A(1) ist wahr, da (1 + 3)2 = 42 = 16 > 12 + 1 = 3(1 + 3) + 1 ist.
Induktionsschluss: Sei A(n) wahr.
((n + 1) + 3)2 = ((n + 3) + 1)2 = (n + 3)2 + 2(n + 3) + 1
> 3(n + 3) + n + 2(n + 3) + 1 > 3(n + 3) + n + 1 + 3 = 3(n + 4) + n + 1
Also folgt aus der Gültigkeit der Aussage A(n) die Gültigkeit der Aussage A(n + 1).
Die Aussage A(n) ist nach dem Induktionsprinzip nun für alle n ∈ N bewiesen. Die Ungleichung
(n + 3)2 > 3(n + 3) + n , n ∈ N,
kann aber auch ohne den Rückgriff auf das Induktionsprinzip bewiesen werden, da n2 + 2n ≥ 1
ist. Stelle die Verbindung her!
Beispiel 2.2.4 Bei einem Tennisturnier ist die Teilnehmerzahl üblicherweise eine Zweierpotenz
2n (n = 7 bei einem Grand-Slam-Turnier). Die Anzahl der Spiele bei einem K.O.-System beträgt
2n − 1. Dies lässt sich mit Induktion zeigen:
n = 1: Bei zwei Teilnehmern gibt es offenbar 1 = 21 − 1 Spiele.
n + 1: Die 2n+1 Teilnehmer lassen sich in zwei Gruppen zu je 2n Teilnehmern einteilen. Nach
Induktionsvoraussetzung gibt es in jeder Gruppe 2n − 1 Paarungen, also insgesamt 2(2n − 1)
Paarungen. Die Sieger der beiden Gruppen treffen dann in einer letzten Paarung aufeinander,
so dass es
2(2n − 1) + 1 = 2n+1 − 1
Paarungen gibt.
Man kann die Lösung mit einem anderen Argument schneller finden. Wegen des K.O.Systems verliert bis auf den Gewinner jeder Teilnehmer genau einmal. Jedes Spiel hat genau
einen Verlierer. Also gibt es ein Spiel weniger als die Teilnehmerzahl. Dieser Alternativbeweis
lässt sich auf Teilnehmerfelder beliebiger Größe anwenden (z.B. wenn es Freilose gibt). Also gibt
es bei m Teilnehmern m − 1 Spiele.
Diese Gegenüberstellung der beiden Beweise zeigt, dass Induktion nicht immer die kürzeste
Beweismethode ist.
Nun verwenden wir die vollständige Induktion zur Aufklärung der inneren Struktur“ der
”
natürlichen Zahlen.
Satz 2.2.5 Für m, n ∈ N gilt genau eine der folgenden Aussagen:
m < n , m = n , m > n.
Beweis:
Sei n ∈ N . Zu m ∈ N setzen wir Mm := {x ∈ N|n + x = m}. Wir untersuchen die beiden Fälle
Mm 6= ∅ und Mm = ∅ .
23
Ist Mm 6= ∅, dann gibt es x ∈ N mit n + x = m , also n < m .
Wir beweisen mit vollständiger Induktion (bezüglich m) die folgende Behauptung:
Ist Mm = ∅, dann trifft eine der folgenden Aussagen zu: n > m, n = m .
m = 1 : Ist n = m, dann sind wir fertig. Ist n 6= m = 1, dann ist sicher n > 1 = m .
m + 1 : Sei also Mm+1 = ∅. Dann ist auch Mm := {y ∈ N|n + y = m} = ∅, da sonst für y ∈ Mm
sofort x := y + 1 ∈ Mm+1 folgt. Also gilt nach Induktionsvoraussetzung genau eine der Aussagen
n > m, n = m . n = m ist nicht möglich, da sonst 1 ∈ Mm+1 wäre. Also wissen wir nun n > m,
und es gibt daher z ∈ N mit m + z = n. Ist z = 1, dann ist m + 1 = n, ist z > 1, dann ist
1 + u = z mit einem u ∈ N und wir haben (m + 1) + u = m + (1 + u) = n, d. h. n > m + 1 .
Damit ist nun gezeigt, dass eine der Aussagen
m<n, m=n, m>n
jedenfalls eintritt. Bleibt die Unverträglichkeit von zweien der Aussagen zu zeigen, etwa von
m = n und m > n . Wenn m = n und m > n gilt, dann gibt es x ∈ N mit m + x = m. Mit
vollständiger Induktion folgt sofort, dass diese Gleichheit für kein m ∈ N gelten kann.
Satz 2.2.6 (Wohlordnungssatz) Jede nichtleere Teilmenge M von N enthält ein kleinstes
Element (bezüglich ≤).
Beweis:
Sei m ∈ M . Wähle in 1, . . . , m das kleinste Element m∗ aus M (bezüglich ≤ ) aus. Diese Auswahl
ist möglich, da nach Satz 2.2.5 die Elemente 1, . . . , m bezüglich ihrer Größe nach verglichen
werden können. Da die natürlichen Zahlen n ≥ m nicht als kleinste Elemente von M in Frage
kommen, ist m∗ das kleinste Element von M .
2.3
Abzählen, die Erste
Kombinatorik bedeutet Kunst des Zählens“. Sie beschäftigt sich mit Möglichkeiten, die Anzahl
”
der Elemente bei endlichen Mengen zu bestimmen. Die Elemente des kleinen Einmaleins der
”
Kombinatorik“ stellen wir in Kapitel 9 vor. Die Resultate sind interessant und hilfreich etwa
beim Einstieg in die Wahrscheinlichkeitstheorie und bei Anwendungen in der Informatik. Hier
erläutern wir nur, wie wir die Elemente einer Menge zählen wollen.
Als Prototyp“ einer Menge mit n Elementen steht uns Nn := {1, . . . , n} zur Verfügung.
”
Damit wollen wir erklären, wann eine beliebige Menge n Elemente besitzt. Wenn wir zählen/abzählen, ordnen wir den Elementen einer Menge von Objekten sukzessive eine natürliche Zahl,
beginnend bei 1, zu. Wesentlich beim Zählen ist, dass wir zwei verschiedenen Objekten nicht
dieselbe Zahl zuordnen. Dies führt uns dazu, das Zählen mit einer Abbildung, der Zuordnung,
mit Werten in N zu beschreiben, die zusätzlich die eben formulierte Forderung respektiert. In
Abschnitt 2.3 diskutieren wir den Zählvorgang mit Abbildungen, hier skizzieren wir nur einen
Spezialfall, nämlich den der endlichen Mengen.
Wir betrachten eine Menge M. Wir ordnen nun sukzessive jedem Element von M eine Zahl n
zu beginnend bei n = 1 . Endet dieser Zählvorgang nach endlich vielen Zählungen bei einer Zahl
N ∈ N, so sagen wir die Mnge M hat N Elemente und wir sagen, das die Menge N Elemente
besitzt, insbesondere dass die Menge endlich ist. Endet der Zählvorgang nicht, so sagen, dass
die Menge M unendlich ist.
Es gibt endliche Mengen, NN ist so eine Menge, und unendliche Mengen, N ist so eine.
24
Klar, der leeren Menge ordnen wir die Elementanzahl 0 zu, d.h. #∅ := 0 , und bezeichnen sie ebenfalls als endliche Menge.4
a1
a2
..
.
Sind A, B endliche Mengen, dann gilt für
das kartesische Produkt die Formel
#(A × B) = #A · #B
b1
(a1 , b1 )
(a2 , b1 )
..
.
b2
(a1 , b2 )
(a2 , b2 )
..
.
···
···
···
bn
(a1 , bn )
(a2 , bn )
..
.
am (am , b1 ) (am , b2 ) · · · (am , bn )
(2.9)
Abbildung 2.2: Abzählschema
Dies liest man etwa am Rechteckschema in
Abbildung 2.2 ab (#A = m, #B = n).
Wir können die Situation des kartesischen
Produkts in drei Veranschaulichungen festhalten; siehe Abbildung 2.3 für m = 3 und n = 4 . Die
Baumdarstellung“ hat den Vorteil, dass man sie mühelos auf mehr als zwei Faktoren ausdehnen
”
kann; man hat ja nur in die Tiefe weiterzubauen.
x
a
y
b
c
c
u
z
b
a
b
c
a
x
y
u
z
x
y
u z x
y u
z
x y
u
z
Abbildung 2.3: Veranschaulichung des kartesischen Produkts
Wir halten der besseren Zitierbarkeit wegen die elementaren Zählprinzipien nochmal
kompakt fest:
Gleichheitsregel Existiert eine Bijektion zwischen zwei Mengen M und N , so gilt #M = #N .
Summenregel Sei M = ∪ki=1 Mi eine disjunkte Vereinigung endlicher Mengen. Dann gilt:
P
#M = ki=1 #Mi .
Produktregel Sei M = M1 × · · · × Mk ein kartesisches Produkt. Dann gilt #M =
k
Q
#Mi .
i=1
Alle Regeln ergeben sich aus den obigen Ableitungen in offensichtlicher Weise.
Ein einfaches, aber sehr anwendungsreiches Prinzip, in einer Anzahl von Objekten die Existenz eines Objekts mit einem bestimmten Merkmal behaupten zu können, ist das
Schubfachprinzip 5 Verteilt man n Objekte auf r < n Schubfächer, so existiert ein Fach, das
mindestens zwei Objekte enthält.
Dieses Prinzip ist völlig klar, nichts ist zu beweisen. Es ist daher überraschend, dass dieses
Prinzip zu nichttrivialen Ergebnissen führt, wie wir noch sehen werden. Zunächst eine Verallgemeinerung:
4
Die Definition 5.2.2 ist nicht die von G. Cantor 1895 erstmals gegebene Definition der Unendlichkeit einer
Menge: eine Menge ist unendlich, wenn zwischen ihr und einer ihrer echten Teilmengen eine umkehrbar eindeutige
Zuordnung möglich ist.
5
Es wird im Englischen “pigeonhole principle“, also Taubenschlagprinzip genannt.
25
Schubfachprinzip/allgemein Verteilt man n = r·k+1 Objekte auf r Schubfächer, so existiert
ein Fach, das mindestens k + 1 Objekte enthält.
Formulieren wir das allgemeine Schubfachprinzip mengentheoretisch:
Schubfachprinzip für Mengen Ist eine Menge M mit Elementanzahl n = r · k + 1 in r
disjunkte Teilmengen zerlegt, so gibt es eine Teilmenge, die mindestens k + 1 Elemente
besitzt.
2.4
Primzahlen
Die Bausteine der natürlichen Zahlen sind die Primzahlen. Dies wollen wir nun belegen.
Definition 2.4.1 Eine Zahl p ∈ N, p 6= 1, heißt Primzahl, falls aus p = kl mit k, l ∈ N folgt:
k = 1 oder l = 1 . (Später nennen wir k, l Teiler.)
Über die Existenz unendlich vieler Primzahlen war sich schon Euklid im Klaren. Die größte
Zahl, von der man zur Zeit L. Eulers wusste, dass sie eine Primzahl ist, war 231 − 1, eine Zahl
mit 10 Stellen. Zur Vorbereitung Euklids Beweises von der Existenz unendlich vieler Primzahlen
geben wir an:
Lemma 2.4.2 Sei n ∈ N, n ≥ 2. Sei
T := {m ∈ N|m ≥ 2, n = km mit k ∈ N} .
Dann besitzt T ein (bezüglich ≤) kleinstes Element p und p ist eine Primzahl.
Beweis:
Sicherlich ist n ∈ T . Klar, nach dem Wohlordnungssatz 2.2.6 besitzt T ein kleinstes Element
p ∈ N, p ≥ 2 . Also p ≤ m für alle m ∈ T und n = kp mit k ∈ N .
Annahme: p ist keine Primzahl.
Dann gibt es l, j ∈ N, 2 ≤ l < p, mit p = lj . Dann gilt n = pk = l(jk), also l ∈ T, was im
Widerspruch zur Minimalität von p in T ist.
Satz 2.4.3 (Unendlichkeit der Primzahlen/Euklid) Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis:
Annahme: Es gibt nur endlich viele Primzahlen.
Seien p1 , . . . , pr diese Primzahlen. Setze N := p1 · · · pr + 1. Dann ist N ∈ N und N ≥ 2. Da
N > pi für jedes i = 1, . . . , r ist, ist N keine Primzahl. Also gibt es nach Lemma 2.4.2 eine
Primzahl p ∈ N mit N = kp, k ∈ N . Also kommt p unter p1 , . . . , pr vor; o.E. p = p1 . Dann folgt:
1 = p(k − p2 . . . pr ) .
Daraus liest man nun p = 1 ab, was ein Widerspruch ist.
Die einzige gerade Primzahl ist 2. Alle anderen Primzahlen sind ungerade. Daraus folgt sofort,
dass diese Primzahlen von der Form 4m + 1 bzw. 4m + 3 mit m ∈ N sind. Also haben wir drei
Schubladen“ von Primzahlen:
”
P2 = {2} , P1 = {p|p Primzahl , p = 4m + 1} , P3 = {p|p Primzahl , p = 4m + 3} .
Nun bleibt die Frage, ob P1 und P3 unendlich viele Zahlen enthält. Dies ist so!
26
Bemerkung 2.4.4 J. Bertrand stellte die Vermutung auf, dass zwischen n und 2n stets eine
Primzahl liegt; er selbst verifizierte die Vermutung für n < 3000000 . Ein erster Beweis für die
vermutete Tatsache wurde 1850 von P. Tschebyscheff vorgelegt.
Wir geben hier nicht den Beweis
wieder, der durch eine sorgfältige Abschätzung von 2n
erbracht
werden kann, sondern verifin
zieren die Vermutung nur für n < 4000 (Landau’s Trick): Hier ist eine Folge von Primzahlen,
von denen jeweils die Verdopplung größer als die folgende Zahl ist:
2, 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259, 2503, 4001
Beispiel 2.4.5 Lange Zeit glaubte man, dass die so genannten Fermatsche Zahlen
n
F0 := 3 , Fn := 22 + 1, n ∈ N ,
stets Primzahlen sind. Für F0 , . . . , F4 trifft dies zu:
F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65537 .
Im Jahre 1733 widerlegte L. Euler mit dem Beispiel F5 = 4294967297 = 641 · 6700417 die
Vermutung. Bisher hat man keine weitere Zahl Fn als Primzahl erkannt, im Gegenteil, die
Vermutung ist nun, dass keine Fermatzahl Fn , n ≥ 5, eine Primzahl ist. Die kleinste Fermatzahl,
von der man derzeit noch nicht weiß, ob sie eine Primzahl ist oder nicht, ist die Zahl F24 .
Beispielsweise ist F18 = 13631489 · k , wobei k eine Zahl mit 78906 Stellen ist.
Wie kann man bei gegebener Zahl n entscheiden, ob es sich um eine Primzahl handelt oder
nicht? Liegt eine große Zahl vor, so ist die Aufgabe schwierig. Die Probiermethode, n sukzessive
auf Teiler zu untersuchen, kann man sehr schnell als sehr zeitraubend“ erkennen. Aktualität
”
erhielt die Frage bei der Suche nach Primzahltests in der Kryptologie. In der Kryptologie
beschäftigt man sich mit der Verschlüsselung von Nachrichten zum Zwecke der Geheimhaltung
und mit der Entschlüsselung zum Zwecke der Aufdeckung von Nachrichten.
2.5
1.)
Übungen
Berechne explizite Darstellungen für un , n ∈ N, definiert durch die folgende induktive
Definition:
(a)
u1 := 1, un := un−1 + 3 (n ≥ 2) ;
(b) u1 := 1, un := n2 un−1 (n ≥ 2) .
2.)
Beweise durch vollständige Induktion: Für jede natürliche Zahl n ist n3 + n eine gerade
Zahl.
3.)
Zeige, dass die explizite Darstellungen für un , n ∈ N, definiert durch die folgenden induktive Definition
u1 := 3, u2 := 5, un := 3un−1 − 2un−2 (n ≥ 3)
lautet: uN = 2n + 1, n ∈ N .
4.)
Ein deutsches Autokennzeichen besteht aus einer Kombination von ≤ 3 Buchstaben für
den Landkreis oder die Stadt, ≤ 2 weiteren Buchstaben und bis zu einer vierstelligen
Zahl. Bestimme die Anzahl der möglichen Kennzeichen (wenn man von einer Assoziation
mit dem Namen des Landkreises absieht).
27
5.)
Die Fibonacci-Zahlen Fn sind definiert durch
F0 := F1 := 1 , F n + 1 := Fn + Fn−1 , n ≥ 1 .
(a)
Schreibe ein rekursives Berechnungsschema und mache das rekursive Rechenschema
durch einen binären Baum klar.
(b) Welche überflüssige Rechenschritte lassen sich finden ?
6.)
Die Collatz/Kakutani/Klam/Ulam-Folge ist ausgehend vom Startwert c0 ∈ N folgendermaßen definiert:
(
1
cn
falls n gerade
,
cn+1 := 2
3cn + 1 sonst
wobei die Berechnung abgebrochen wird, wenn cn = 1 eintritt. Es ist bisher nicht gezeigt,
dass die Berechnung für jedes c0 abbricht.
Finde eine rekursive Funktion C : N −→ N , die die Länge der Collatz/Kakutani/Klam/UlamFolge in Abhängigkeit von c0 berechnet.
7.)
Finde einen Algorithmus, der die n-te Fibonacci-Zahl rekursiv berechnet.
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