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Kapitel 11— Beweisfuhrung


Mathematischer Vorkurs – TU Dortmund Seite 125 / 254


Grundsatzlich: ein mathematischer Satz ist eine Aussage der Form”wenn

. . . gilt, dann gilt . . .“, d.h. aus gewissen Aussagen - den sog.Voraussetzungen - wird eine andere Aussage - die sog. Behauptung -logisch deduziert.Bezeichnung dieses Vorganges: Beweis.Kurzschreibweise: A =) B, A: Voraussetzung, B: Behauptung,Bezeichnung: ImplikationAufgabe des Beweises: Nachweis der Gultigkeit einer Implikation mitMitteln der Logik (und nur diesen)

A =) B und B =) A: A () B Aquivalenz von Aussagen. 2Aussagen: Hin- und Ruckrichtung.Zum Nachweis einer Implikation gibt es verschiedene Mechanismen, wirnennen sie Beweisprinzipien, auch Beweismethoden.



Direkter Beweis:

Bei dieser Beweisform versuchen wir, aus einer Voraussetzung A durcheine Kette von Implikationen eine Behauptung B nachzuweisen:

A =) A1, A1 =) A2, . . . , An�1 =) A

n

, An

=) B.

Kurz schreiben wir dafur: A =) A1 =) . . . =) An

=) B.



Beispiel: Teilbarkeitsregel fur n = 3:

A: 3 ist Teiler der Quersumme q einer Zahl n 2 =) B: 3 ist Teiler vonn.

Die Zahl n bestehe aus den m+ 1 Zi↵ern am

am�1 . . . a1a0. Dann ist

n = a0 + 10 · a1 + 100 · a2 + . . .+ 10

m · am

= (a0 + a1 + a2 + . . .+ am

)

| {z }

=q

+9 · a1 + 99 · a2 + . . . (10m � 1)

| {z }

m Neunen

·am

| {z }

=s

,

also ist n Summe aus der eigenen Quersumme q und einer durch 3teilbaren Restsumme s.



A: 3 ist Teiler der Quersumme q einer Zahl n = q + s 2

+

A1: n ist Summe zweier durch 3 teilbarer Zahlen

+

B: 3 ist Teiler von n.

Es ist nicht ungewohnlich, dass man viel Arbeit in die Umformulierung derAusgangsaussage(n) A steckt. Die Beweiskette als solche kann dann (wiehier) recht kurz sein.

Aufgabe: Welche Modifikationen sind notwendig, um die Teilbarkeitsregelfur die Zahl 9 zu beweisen?



Beweis durch Kontraposition

Man nutzt zum Beweis der Implikation A =) B eine aquivalenteFormulierung aus: Ist die Aussage B nicht richtig, dann kann A auch nichtrichtig sein. Kurz schreiben wir: ¬B =) ¬A.

”¬“ heißt dabei Negation.



Wir behaupten, dass fur eine Zahl p 2 gilt:

A : p2 ist eine gerade Zahl =) B : p ist eine gerade Zahl.

Beweis: Wir zeigen ¬B =) ¬A:

¬B : p ist eine ungerade Zahl

=) A1 : Es ex. eine Zahl n 2 so, dass gilt: p = 2n � 1

=) A2 : p2 = 4n2 � 4n+ 1 = 2m+ 1, m = 2n2 � 2n 2=) ¬A : p2 ist eine ungerade Zahl



Wir behaupten, dass fur beliebige Zahlen x, y 2 gilt:

A : x2 + y2 = 0 () B : x = 0 ^ y = 0.

(=: O↵enbar ist fur x = y = 0 auch x2 + y2 = 0.

=): Statt A =) B zeigen wir: ¬B =) ¬A. Dann gilt:

¬B : x 6= 0 _ y 6= 0. Ist x 6= 0, dann ist x2 > 0. Ist y 6= 0, dann ist y2 > 0.In beiden Fallen ist x2 + y2 > 0, also x2 + y2 6= 0, was gerade Aussage ¬Aentspricht.



Widerspruchsbeweis, indirekter Beweis“

Prinzip eines Widerspruchsbeweises zum Nachweis von A =) B:

Annahme: Aussage A gilt, aber die Aussage B nicht. Daraus folgert manso lange weitere Aussagen, bis man auf eine Aussage stoßt, von der mandefinitiv weiß, dass sie falsch ist (0 > 1, 1 = 0 etc.)

Da die Voraussetzung A richtig war, kann somit die zweite Voraussetzung¬B nicht richtig gewesen sein, also gilt sowohl A als auch B.



Wir behaupten: B:p2 ist nicht rational, d.h. es existieren keine

teilerfremden Zahlen p, q 2 mitp2 = p/q, d.h.

A : p, q sind beliebige teilerfremde Zahlen aus =) B :

p

q6=

p2



Wir nehmen an, es gelten A und ¬B, also:

A ^ ¬B :

p2 = p/q mit teilerfremden Zahlen p, q 2

=) A1 : p2 = 2 q2

=) A2 : p2 ist eine gerade Zahl=) A3 : p ist eine gerade Zahl, p = 2 · m,m 2=) A4 : p2 = 4 · m2

=) A5 : p2 = 4 · k = 2 · q2 , q2 = 2 · k=) A6 : q2 ist eine gerade Zahl=) A7 : q ist eine gerade Zahl, q = 2 · m, m 2=) A8 : p und q sind durch 2 teilbar, also nicht teilerfremd!


Kapitel 12— Vollstandige Induktion




Wir betrachten Aussagen A(n), d.h. Aussagen, die von einer Zahl n 2 Nabhangen, wie etwa:

1 n3 � n ist fur alle n 2 N durch 3 teilbar.

2P

n

k=1 k =

n (n+1)2 , n 2 N.

3(1 + x)n � (1 + x)n, R 3 x � �1, n 2 N0.

Fur jedes zugelassene n liefert A(n) stets eine andere Aussage.



Uberlegung

Nehmen wir an, A(n) erweise sich als richtig fur irgendein (erstes)n0 2 N0. Kann man dann allgemein mit einer unserer bekanntenBeweismethoden zeigen, dass die Aussage A(n) stets die AussageA(n+ 1) impliziert, so hatten wir insgesamt folgende Implikationskette:

A(n0) =) A(n0 + 1) =) A(n0 + 2) =) . . .

Also gilt die Aussage A(n) fur alle naturlichen Zahlenn0, n0 + 1, n0 + 2, . . ..



Beweisprinzip

Prinzip der vollstandigen Induktion1� Induktionsanfang, Induktionsverankerung:

Es gibt ein n0 2 N0 so, dass A(n0) wahr ist2� Induktionsvoraussetzung:

Annahme: A(n) ist wahr (n � n0)3� Induktionsschluss:

Zeige: A(n) =) A(n+ 1)



Warum ist ein solches formales Beweisverfahren uberhaupt wichtig?

(1) Betrachten wir den Ausdruck n2+ n+ 41 (n 2 N0) und notieren die

Ergebnisse fur n = 0, . . . , 35:

n 0 1 2 3 4 5 6 7 29 . . . 35n2

+ n+ 41 41 43 47 53 61 71 83 97 911 . . . 1301

Das Ergebnis ist stets eine Primzahl. Wir vermuten, dass der Ausdruck furalle n 2 N0 eine Primzahl ergibt und formulieren die Aussage:

Fur n 2 N0 liefert der Ausdruck n2+ n+ 41 stets eine Primzahl!

Aber: Die Aussage ist falsch. Tatsachlich liefert n2+ n+ 41 nur fur

n = 0, . . . , 39 eine Primzahl. Fur n = 40 ist 402 + 40 + 41 = 41

2, alsokeine Primzahl. Fur n = 41 ist die Teilbarkeit durch 41 ohnehin klar!



(2) Die Behauptung, dass der Ausdruck 2

p�1 � 1 fur Primzahlen p nichtdurch p2 teilbar ist, bestatigte sich tatsachlich schnell fur p < 1000. Erstfur p = 1093 erweist sie sich als falsch!



Wir behaupten, es gilt fur alle n 2 N:n

X

k=1

k =

n(n+ 1)

2

.

Induktionsanfang: O↵enbar ist A(1) wahr:P1

k=1 k = 1

!=

1·22 .

Wir setzen nun A(n) als wahr voraus (Induktionsvoraussetzung). Dannist zu zeigen (Induktionsschluss):

A(n+ 1) ist wahr, d.h.n+1X

k=1

k =

(n+ 1)(n+ 2)

2

.

Dies beweisen wir nun unter Verwendung von A(n):

n+1X

k=1

k = n+ 1 +

n

X

k=1

kA(n)= n+ 1 +

n(n+ 1)

2

=

(n+ 1)

⇣n

2

+ 1

⌘

=

(n+ 1)(n+ 2)

2

.



Bemerkung

(1) Technisch betrachtet liegt die”Kunst“ des Beweisverfahrens darin, die

zu beweisende Aussage A(n+ 1) so umzuformulieren, dass dieVoraussetzung A(n) angewendet werden kann. Einfach fallt dies im Fallevon Aussagen uber Summen, da in

P

n+1k=1(·) stets die Summe

P

n

k=1(·)enthalten ist, auf die dann die Voraussetzung angewendet wird. Imallgemeinen Fall muss man in die Umformulierung von A(n+ 1) u. U. vielArbeit hineinstecken, damit A(n) angewendet werden kann.



Bemerkung

(2) Beim Induktionsanfang handelt es sich haufig um eine Trivialitat, unddie eigentliche Rechen- und gedankliche, kreative Leistung steckt imInduktionsschluss. Der Induktionsanfang ist dennoch sehr wichtig und darfnicht vergessen werden, sonst ist es moglich, falsche Aussagen zu

”beweisen“.

Beispiel

A(n): Jede naturliche Zahl ist gleich ihrem Nachfolger, d.h. n = n+ 1

(Beh.)

Induktionsschluss: A(n): n = n+ 1 =) A(n+ 1): n+ 1

!= n+ 2.

Aus n = n+ 1 erhalt man durch Addition von 1 auf jeder Seite

A(n+ 1) : n+ 1 = n+ 2.

Aber: A(1), d.h. die Aussage 1 = 1+1, ist (zum Gluck) nicht nachweisbar!



Beispiel

Die (haufig benutzte) Bernoullische Ungleichung lautet:

(1 + x)n � 1 + n · x, x � �1, n 2 N0.

I-Anfang: Fur n = 0 ist (1 + x)0 = 1 � 1 + 0 · x.

I-Schluss: z.z.: A(n) =) A(n+ 1) : (1 + x)n+1 � 1 + (n+ 1) · x.

(1 + x)n+1= (1 + x)n (1 + x)

x��1� (1 + n · x) (1 + x)

= 1 + (n+ 1) · x+ n · x2| {z }

�0

� 1 + (n+ 1) · x.



Behauptung: Fur n 2 N ist der Ausdruck n3 � n stets durch 3 teilbar.(Bem.: Es ist auch n5 � n durch 5 und n7 � n durch 7 teilbar. Aber dieVermutung, fur ungerades k ist nk � n stets durch k teilbar, ist falsch,denn 2

9 � 2 = 510 ist nicht durch 9 teilbar. Leibniz, 17. Jh.)

I-Anfang: Fur n = 1 ist 13 � 1 = 0 und somit (ohne Rest) durch 3 teilbar.

I-Schluss: z.z.: A(n) =) A(n+ 1) : (n+ 1)

3 � (n+ 1) ist durch 3 teilbar.

(n+ 1)

3 � (n+ 1) = n3+ 3n2

+ 3n+ 1 � n � 1 = (n3 � n) + 3n2+ 3n.

Also ist gemaß Induktionsvoraussetzung (n+ 1)

3 � (n+ 1) Summe vondrei durch 3 teilbaren Ausdrucken, also durch 3 teilbar.



Die Summe der ersten n ungeraden Zahlen ist n2, d.h.n

X

i=1

(2i � 1) = n2.

I-Anfang: Es gilt fur n = 1:P1

i=1(2i � 1) = 1 = 1

2.

I-Schluss: z.z.: A(n) =) A(n+ 1) :

P

n+1i=1 (2i � 1) = (n+ 1)

2

n+1X

i=1

(2i � 1) =

n

X

i=1

(2i � 1) + 2(n+ 1) � 1 = n2+ 2n+ 1 = (n+ 1)

2.



Die folgenden Aussagen sind typisch fur einen Induktionsbeweis.

Beispiele 12.2 (Summen, Gleichungen)

1. Fur alle n 2 0 giltn

X

k=0

k =

n(n+ 1)

2

.


X

k=0

qk =

qn+1 � 1

q � 1

.


X

k=0

k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

.


X

k=0

k3 =n2

(n+ 1)

2

4

.

5. Es gilt (x+ y)n =

n

X

k=0

✓

n

k

◆

xkyn�k fur alle n 2 0.



Beispiele 12.3 (Ungleichungen)

6. Es sei x > �1 eine feste reelle Zahl. Dann gilt: Fur alle n 2 ist

(1 + x)n � 1 + nx

7. Ist x 6= 0 so gilt 6. mit “>” fur alle n 2 �2.

8. Es sei p � 2. Dann gilt: Fur alle n 2 ist pn � n.

9. Es sei p � 3. Dann gilt: Fur alle n 2 ist pn � n2.

10. Fur alle n 2 �5 gilt 2n > n2.

11. Fur alle n 2 ist 123456 · · · 2n�1

2n 1p3n+1

.



Beispiele 12.4 (Teilbarkeit)

12. 3 teilt 13n + 2 fur alle n 2 .

13. 3 teilt 22n+1+ 1 fur alle n 2 0.

14. 6 teilt n3 � n fur alle n 2 0.



Beispiele 12.5 (Ableitungen)

15. Es ist f(x) = x

1�x

. Dann ist f (n)(x) = n!

(1�x)n+1 fur alle n 2 .

16. Fur alle n 2 0 gilt: Ist f(x) = xn, dann ist f 0(x) = nxn�1.

17. Es sei f(x) = e�x

2. Dann gilt: Fur alle n 2 0 gibt es ein Polynom

pn

vom Grad n, so dass f (n)(x) = p

n

(x)e�x

2.

18. Es sei f(x) :=1

ax+ b. Dann ist f (n)

(x) =(�1)

nn!an

(ax+ b)n+1fur alle

n 2 0.

19. Es sei f(x) = sin(ax) + cos(bx). Dann ist fur alle n 2 0

f (n)(x) = an sin

�

ax+ n⇡

2

�

+ bn cos�

bx+ n⇡

2

�

.

20. Es sei fn

(x) = xn. Dann ist

Z

fn

(x) dx =

x

n+ 1

fn

(x) + c fur alle

n 2 0.


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