Beweisen lernen Schritt für Schritt: für einen gelungenen Einstieg ins Mathestudium [1. Aufl.] 9783662616154, 9783662616161

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Michael Junk · Jan-Hendrik Treude

Beweisen lernen Schritt für Schritt für einen gelungenen Einstieg ins Mathestudium

Beweisen lernen Schritt für Schritt

Michael Junk · Jan-Hendrik Treude

Beweisen lernen Schritt für Schritt für einen gelungenen Einstieg ins Mathestudium

Michael Junk Fachbereich Mathematik und Statistik Universität Konstanz 78457 Konstanz, Germany

Jan-Hendrik Treude Fachbereich Mathematik und Statistik Universität Konstanz 78457 Konstanz, Germany

ISBN 978-3-662-61615-4 ISBN 978-3-662-61616-1  (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-662-61616-1 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detail­ lierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag, noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Einbandabbildung: © Gudellaphoto/stock.adobe.com Planung/Lektorat: Iris Ruhmann Springer Spektrum ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany

Vorwort Dieses Buch ist f¨ ur all diejenigen gedacht, die mathematisches Argumentieren und Beweisen erlernen m¨ochten. Der Zugang orientiert sich dabei an der g¨ angigen Praxis in Anf¨angervorlesungen und nicht an Erkl¨arungen im Sinne der formalen Logik und Modelltheorie. Ziel ist, das Bewusstsein f¨ ur die formalen Regeln zu sch¨ arfen und ihre Bedeutung bei der Entwicklung von mathematischen Inhalten aufzudecken. Die Idee zu diesem Buch entstammt der von uns gesammelten praktischen Erfahrung mit verschiedenen Einf¨ uhrungskursen zu Beginn eines Mathematikstudiums. Dabei stellen wir regelm¨ aßig fest, dass weniger die mathematischen Inhalte an und f¨ ur sich Probleme bereiten, sondern vielmehr die Art und Weise, wie Mathematik betrieben wird. Dies mag Kenner wenig u ¨berraschen, liegt doch gerade darin der vielleicht gr¨oßte Unterschied zwischen einem Mathematikstudium und dem Schulfach Mathematik. Wir erleben auch, dass die hier bestehende H¨ urde von vielen Anf¨angern nicht einfach so nebenbei genommen wird, ja oft nicht einmal als H¨ urde erkannt wird. Hier soll unser Buch als unterst¨ utzendes Sprungbrett dienen. Durchweg positive Erfahrung haben wir damit gemacht, die neuen Aspekte des mathematischen Arbeitens sehr deutlich zu benennen und Schritt f¨ ur Schritt zu erkl¨aren. Daraus ist dieses Buch entstanden. Wer direkt aktiv werden will, erf¨ahrt zu Beginn des ersten Kapitels, wie das Buch aufgebaut ist, was die verschiedenfarbigen Boxen bedeuten und insbesondere wie die Aufgaben mit Tipps und L¨ osungen zu benutzen sind. Danach geht es dann direkt los! F¨ ur Lehrende im Bereich der mathematischen Anf¨ angerausbildung sowie f¨ ur Lehrerinnen und Lehrer haben wir in Anhang C genauere Informationen zu unserer Herangehensweise zusammengefasst. Danksagen m¨ochten wir an dieser Stelle allen Studierenden, von denen wir in vielen Diskussionen lernen konnten, welche Hinweise in einer Anleitung zum Mathematikmachen besonders wichtig sind. Hilfreich bei der Entwicklung des Buches war auch der Austausch mit verschiedenen Kollegen, von denen wir hier Duc Khiem Huynh, Heinrich Freist¨ uhler und Oliver Schn¨ urer namentlich nennen wollen. Wir danken weiter allen, die Teile unseres Buchs ausprobiert oder

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Vorwort

Korrekturgelesen haben, sowie Frau Ruhmann und Frau Schmoll vom Springer Verlag f¨ ur die gute Unterst¨ utzung. Schließlich gilt unser Dank auch dem Land Baden-W¨ urttemberg, das durch Finanzierung der Konstanzer Individualisierten Studieneingangsphase u ¨ber die Fonds Erfolgreich Studieren in Baden-W¨ urttemberg“ direkt zur ” Entstehung dieses Buchs beigetragen hat. Konstanz, im April 2020

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Inhaltsverzeichnis Vorwort

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1 Neue Welten ¨ 1.1 Uber mathematische Dinge sprechen 1.2 Mathematische Aussagen . . . . . . 1.3 Mengenbildung . . . . . . . . . . . . 1.4 Definitionen und S¨atze . . . . . . . . 1.5 Baukastenprinzip . . . . . . . . . . .

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1 . 3 . 4 . 9 . 11 . 13

2 Logisches Argumentieren 2.1 Argumentieren mit Aussagen . 2.2 Ersetzungsregeln . . . . . . . . 2.3 Argumentieren mit Elementen . 2.4 Aussagen widerlegen . . . . . .

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3 Training 3.1 Mengengleichheit . . . . . . . . 3.2 Vereinigungen, Schnitte & Co. . 3.3 Relationen . . . . . . . . . . . . 3.4 Rund um Existenz . . . . . . . 3.5 Funktionen . . . . . . . . . . . 3.6 L¨osbarkeit von Gleichungen . . 3.7 Verkn¨ upfen von Funktionen . . 3.8 Produktmengen . . . . . . . . . 3.9 Rekursion und Induktion . . . 3.10 Endliche Mengen . . . . . . . . 3.11 Summen, Produkte & Co. . . .

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53 54 61 66 72 80 85 87 92 94 99 106

¨ 4 Ideen: Aquivalenzklassen 4.1 Grundlegende Definitionen . . . . . 4.2 Funktionen auf Quotientenmengen 4.3 Modulo Restklassen . . . . . . . . 4.4 L¨osungsmengen . . . . . . . . . . .

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115 117 121 126 129

5 Ideen: Metrische R¨ aume 5.1 Beispiele von Metriken 5.2 Beschr¨ankte Mengen . 5.3 Supremum . . . . . . . 5.4 Infimum . . . . . . . . 5.5 R¨ander . . . . . . . . .

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135 137 148 153 157 161

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VIII 5.6 6 Auf 6.1 6.2 6.3 6.4

Inhaltsverzeichnis Konvergenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 zu neuen Welten Schreibweisen . . . Beweisschritte . . . Axiomensysteme . Wie geht’s weiter?

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169 170 175 179 182

A Alltagskonzepte in der Mathematik

185

B Zusammenfassung der Beweisregeln

193

C Hinweise f¨ ur Lehrende

211

¨ D Tipps zu den Ubungen

225

E Vergleichsl¨ osungen

251

Stichwortverzeichnis

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1 Neue Welten Womit besch¨aftigt man sich eigentlich genau im Mathematikstudium an der Universit¨at? Ist es wie an der Schule nur mit l¨ angeren Rechnungen und komplizierteren Formeln? Oder wird gar nicht mehr gerechnet, sondern nur noch bewiesen, aber was genau ist ein Beweis eigentlich? Welche neuen Themen gibt es und kommen dort vielleicht ganz neue Rechenarten vor? Tats¨achlich ist Mathematik an der Universit¨at im Vergleich zur Schule eine ganz neue Welt mit einer Vielzahl an Teilgebieten und Einsatzm¨oglichkeiten, die an der Schule gar keine Erw¨ ahnung finden. Allen diesen Gebieten ist dabei gemeinsam, wie dort gearbeitet wird, und erfahrungsgem¨aß bereitet die Umstellung auf diese Arbeitsweise die meisten Anfangsschwierigkeiten. In diesem Buch steht deshalb das Kennenlernen der mathematischen Arbeitsweise im Mittelpunkt. Zun¨ achst findet jegliche Art von Mathematik innerhalb von Theorien statt. Dabei kann man sich jede mathematische Theorie als eine gedankliche Welt mit eigenen Objekten und Gesetzen vorstellen. Der Umgang mit solchen Gedankenwelten ist grunds¨ atzlich nichts Besonderes und jedem von uns schon lange bekannt: Bereits in fr¨ uher Kindheit haben wir uns beim M¨archenvorlesen Gedankenwelten vorgestellt, wo gewohnte Gesetze durch andere Regeln ersetzt werden: Fr¨osche sind verzauberte K¨onige, Esel produzieren Gold statt Mist und Laserstrahlen k¨onnen zu phantastischen Schwertern umfunktioniert werden. Die F¨ahigkeit, solche Gedankenwelten aufzubauen und sich die jeweils geltenden Regeln und vorhandenen Objekte zu merken, brauchen wir generell beim Lesen und insbesondere auch beim Lesen mathematischer Texte. Wenn wir uns innerhalb einer Theorie bewegen, dann m¨ ussen wir uns streng an die zugrunde liegenden Regeln der Gedankenwelt halten. Die daf¨ ur ben¨otigten F¨ahigkeiten haben wir ebenfalls schon seit unserer Kindheit gelernt, etwa beim Spielen von Ball- oder Brettspielen. Auch wenn die Objekte dieser Spielwelten reale Dinge sind, so gilt dies nicht f¨ ur die zugeh¨origen Regeln, etwa d¨ urfen sich Spielfiguren beim Schach nur auf ganz bestimmte Art und Weise bewegen. Hier m¨ ussen wir als Spieler selbst darauf achten, dass diese Regeln in jedem Moment eingehalten werden. Im Unterschied zu Brettspielen mit Spielfiguren k¨ onnen wir in mathematischen Gedankenwelten Handlungen an den dortigen Objek© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 M. Junk und J.-H. Treude, Beweisen lernen Schritt für Schritt, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61616-1_1

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 In solchen Randboxen findest du Tipps, Infos zum Weiterlesen oder interessantes Hintergrundwissen.

1 Neue Welten

ten nat¨ urlich nicht direkt mit unseren H¨ anden durchf¨ uhren. Statt dessen m¨ ussen wir sie symbolisch in Worten oder zur besseren Nachvollziehbarkeit in Texten beschreiben. Dabei ist genau geregelt, welche Symbol -Kombinationen f¨ ur die unterschiedlichen Aussage- und Aktionsm¨oglichkeiten stehen. In der Praxis heißt das aber nicht, dass mathematische Ideen nur mit abstrakten Symbolen vermittelt werden. Tats¨achlich wird mit normaler Sprache dar¨ uber gesprochen und geschrieben, welche mathematischen Spielz¨ uge in welcher Reihenfolge gemacht werden m¨ ussen, um ein bestimmtes Ziel nach den Regeln des Gedankenuniversums zu erreichen. Was am Ende dann zu Papier gebracht wird, ist also eine Mischung aus nat¨ urlicher und mathematischer Sprache. ...................................................................

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Schnappe dir, wenn du auf einen solchen Bereich zwischen punktierten Linien st¨ oßt, einen Stift und ein Blatt Papier, denn hier geht es darum, selbst t¨ atig zu werden. Die Nummer neben dem -Symbol am Seitenrand verweist dabei auf den Anhang, wo du neben Zusatzinformationen zur Aufgabe (Abschnitt D) auch jeweils einen L¨ osungsvorschlag zur Selbstkontrolle findest (Abschnitt E). Hier besteht die Aufgabe darin, den folgenden Satz zu erg¨ anzen: Man lernt vor allem durch . . . Schaue dir anschließend den Tipp und den L¨ osungsvorschlag im Anhang an. ........................................................................

Hinweise, die an dieser Stelle sehr wichtig sind und auch f¨ ur deinen weiteren Weg mit der Mathematik eine Rolle spielen, werden in solchen Boxen notiert.

Die innerhalb der Mathematik verwendete Sprache zur Formulierung von Aussagen und zur Beschreibung von Objekten wirst du im ersten Kapitel kennenlernen und dabei gleichzeitig einen Einblick in die Welt der Mengenlehre bekommen, die weiten Bereichen der Mathematik zugrunde liegt. Im zweiten Kapitel geht es dann um die Sprachregelungen beim Beweisen, wobei unter einem Beweis die sorgf¨ altige Erkl¨arung eines mathematischen Sachverhalts verstanden wird. Durch die Einigung auf wenige pr¨azise formulierte Erkl¨ arregeln wird sichergestellt, dass die Korrektheit der Erkl¨arung von jedem Menschen, der die Regeln kennt, und sogar von entsprechend programmierten Maschinen u uft werden kann. W¨ ahrend das Nachvollziehen von Beweisen ¨berpr¨ also prinzipiell mechanisch funktioniert, ist das Finden von Beweisen eine kreative und spannende T¨ atigkeit. ¨ Uberlegungen und Tricks, die n¨ otig sind, um selbst einen Beweis zu erstellen, werden wir in solchen K¨ asten pr¨ asentieren. Sie stehen wortw¨ortlich zwischen den Zeilen des Beweises und geben Gedanken wieder, die beim Verfassen im Kopf aufblitzen sollten.

¨ 1.1 Uber mathematische Dinge sprechen

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In den weiteren Kapiteln geht es um das Vertiefen der Techniken und das Kennenlernen von wichtigen mathematischen Grundbausteinen. Damit bist du am Ende des Buches in der Lage, viele spannende mathematische Welten zu betreten und dort aktiv mitzumachen.

¨ 1.1 Uber mathematische Dinge sprechen Das Sprechen u ¨ber mathematische Objekte unterscheidet sich im Grunde nicht vom Sprechen u ¨ber andere Dinge oder vom Geschichtenerz¨ahlen: Es gibt Akteure, die etwas tun bzw. die der Autor oder die Autorin gewisse Dinge tun l¨asst (auch du nimmst die Autorenrolle ein, wenn du dieses Buch aktiv durcharbeitest). Einige typische mathematische Akteure, die du schon aus der Schule kennst, sind etwa Zahlen, Funktionen, Punkte in der Ebene, Geraden in der Ebene oder im Raum usw. Um nun in einer (mathematischen) Geschichte auf nachvollziehbare Art etwas u ¨ber die Charaktere zu erz¨ahlen, muss man diese wie in einem Roman benennen. Die Namen, die in der Mathematik verwendet werden, bestehen dabei aus Bequemlichkeit meist nur aus einem Buchstaben oder Symbol: x, y, f , A, B, α, β, . . . Hier ist eine bekannte mathematische Geschichte aus der Schule: Sei f : R → R eine zweimal differenzierbare Funktion und x ∈ R. Gilt f  (x) = 0 und f  (x) > 0, dann hat f in x ein lokales Minimum. Die Akteure dieser Geschichte sind eine Funktion mit dem Namen f und eine Zahl mit dem Namen x. Die Geschichte handelt von der Situation, dass (wie oben steht) die erste Ableitung der Funktion f in x den Wert 0 hat und die zweite Ableitung dort positiv ist. Der Ausgang der Geschichte ist, dass f in x ein lokales Minimum besitzt. Der Weg bis zum Ausgang einer Geschichte, ihr sogenannter Beweis, wird hier nicht beschrieben, da wir uns mit Beweisen erst ab dem n¨ achsten Kapitel besch¨aftigen.

 Im Abschnitt A.2 findest du mehr zu dieser mathematischen Geschichte.

................................................................... Formuliere den Satz des Pythagoras und benenne die Akteure. ........................................................................

In den folgenden Abschnitten geht es zun¨achst nur darum, wie man u ¨berhaupt mathematische Geschichten erz¨ahlt. Wichtig ist dabei, dass die Objektnamen in speziellen Ausdr¨ ucken miteinander verkn¨ upft werden k¨onnen, um Aussagen u ¨ber die bezeichneten Objekte zu machen. In unserer Geschichte sind dies zum Beispiel die Elementoßer-alsaussage x ∈ R, die Gleichheitsaussage f  (x) = 0 und die Gr¨

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1 Neue Welten

Aussage f  (x) > 0. Durch Verkn¨ upfung dieser Aussagen entsteht dann unsere Geschichte, ein mathematischer Satz. Die mathematischen Objekte, u ¨ber die mit Aussagen gesprochen wird, sind dabei sehr vielf¨altig. Sie lassen sich wie Bausteine in einem Baukasten zu immer neuen Objekten verbinden. Die Eigenschaften der so geschaffenen Objekte ergeben sich aus ihren Bestandteilen und der Art und Weise, wie sie verbunden wurden. In unserem Beispiel wird etwa die Funktion f  mit dem Punkt x verbunden, um ur die Steigung den Funktionswert f  (x) zu erzeugen, der bildlich f¨ von f an der Stelle x steht. Außerdem entstehen f  aus f und f  aus f  jeweils durch die Verbindung mit der Ableitungsoperation. Alle diese Verbindungsm¨oglichkeiten beruhen letztlich auf wenigen Grundoperationen, die wir in den folgenden Abschnitten vorstellen.

1.2 Mathematische Aussagen Die meisten mathematischen Theorien werden innerhalb der Gedankenwelt der Mengenlehre formuliert, die man auch Lehre des Zusammenfassens nennen k¨onnte. Die Grundobjekte dieser Theorie werden Elemente genannt. Sie k¨onnen nach Belieben in (naiven) Mengen zusammengefasst werden. Beispielsweise fasst N die bekannten Elemente 1, 2, 3, . . . zusammen. Dass 5 in der Menge N enthalten ist, wird dabei durch die Symbolkette 5 ∈ N ausgedr¨ uckt. (Aussprache: 5 ist ein Element von N.) Wir nennen 5 ∈ N auch eine (mathematische) Aussage, die in diesem Fall wahr ist. Aussagen k¨onnen auch falsch sein (wie −3 ∈ N) und sie k¨onnen auch falsch gebildet sein, wie (3 ∈ N) ∈ N, wo links von ∈ anstelle eines Elements eine Aussage steht.

Die Tabellen zu den h¨ aufig verwendeten Ausdr¨ ucken m¨ ussen wie Vokabeln auswendig gelernt werden.

Zur systematischen Vorstellung mathematischer Schreibweisen werden wir im Folgenden eine Tabelle verwenden, in deren erster Spalte der neue Ausdruck in allgemeiner Form angegeben ist, gefolgt von einer typischen Aussprache und der zugeh¨ origen Bildungsbedingung. Ist der Ausdruck eine Abk¨ urzung f¨ ur einen l¨ angeren Ausdruck, so wird in der letzten Spalte die Langform angegeben. Nur bei wenigen Grundausdr¨ ucken ist diese Spalte leer. Kurzform a∈B

Aussprache a ist ein Element von B

Bedingung a Element, B Menge

Langform –

Ersetzt man die Symbole a, B entsprechend den Bedingungen, also etwa a durch 5 und B durch N, so entsteht ein zul¨ assiger Ausdruck 5 ∈ N.

1.2 Mathematische Aussagen

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Weitere Aussagen erh¨alt man durch Verkn¨ upfung vorhandener Aussagen. Will man zum Beispiel ausdr¨ ucken, dass ein Element mit Namen a in einer Menge mit Namen B und in einer Menge mit Namen C enthalten ist, so benutzt man die Schreibweise (a ∈ B) ∧ (a ∈ C) mit dem Symbol ∧ zwischen den beiden Aussagen. Kurzform E∧F

Aussprache E und F

Bedingung E, F Aussagen

Langform –

Dass a in B oder in C (m¨oglicherweise auch in beiden) enthalten ist, notieren wir in der Form (a ∈ B) ∨ (a ∈ C). Schließlich kann man Aussagen negieren, indem man das Symbol ¬ voranstellt: ¬(a ∈ C) ist die Aussage, dass das Element a nicht in der Menge C enthalten ist. Da diese Schreibweise sehr oft auftritt, f¨ uhrt man hier als Abk¨ urzung auch a ∈ / C ein.

Mit oder“ ist in der ” Mathematik stets das einschließende oder gemeint

Kurzform E∨F ¬E a∈ /C

Aussprache Bedingung Langform E oder F E, F Aussagen – nicht E E Aussage – a ist kein a Element, ¬(a ∈ C) Element von C C Menge ................................................................... Bilde mit den zur Verf¨ ugung stehenden Bausteinen die Aussage, dass ein Element a entweder in A oder in B (aber nicht in beiden) enthalten ist. ........................................................................

F¨ ur die Aussage, dass zwei Ausdr¨ ucke A und B das gleiche mathematische Objekt beschreiben, ist die Notation A = B vorgesehen. Kurzform A=B

Aussprache A ist gleich B

Bedingung A, B Ausdr¨ ucke

Langform –

Stehen A und B zum Beispiel f¨ ur Mengen, so ist die Gleichheit daran erkennbar, dass A und B genau die gleichen Elemente beinhalten, dass also jedes Element von A in B und jedes Element von B in A enthalten ist. Um die hierbei auftretende Teilmengenbeziehung (jedes Element der einen Menge ist in der anderen) zu formulieren, benutzen wir die folgende Notation: ∀x ∈ A : x ∈ B. Dabei wird das Zeichen ∀ als f¨ ur alle gelesen und der Doppelpunkt als gilt, also etwa: F¨ ur alle x in A gilt, dass x in B liegt. Aussagen dieser Art, in denen ausgedr¨ uckt wird, dass f¨ ur alle Elemente einer Menge etwas gilt, sind sehr h¨aufig in der Mathematik. Ihre allgemeine Struktur ist in der folgenden Tabelle dargelegt. Kurzform ∀x ∈ A : Ex

Aussprache F¨ ur alle x in A gilt Ex

Bedingung A Menge, Ex Aussage f¨ ur jedes x ∈ M

Langform –

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 Im Abschnitt A.2 findest du mehr zum Thema Platzhalter.

1 Neue Welten

Der Name x, der in dieser Aussage auftritt, wird nur dazu ben¨ otigt, die nachfolgende x-abh¨angige Aussage Ex zu formulieren. Es handelt sich hier um einen sogenannten Platzhalter, der innerhalb der F¨ ur-alle-Aussage wie ein Element verwendet werden kann, von außen betrachtet aber eine andere Rolle einnimmt: Ist eine F¨ ur-alle-Aussage ∀x ∈ A : Ex wahr, so gilt auch die darin notierte Aussage Ex f¨ ur jedes Element der Menge A anstelle von x. Offensichtlich spielt der gew¨ahlte Name des Platzhalters daf¨ ur keine Rolle, d. h., die Bedeutung der Gesamtaussage ¨andert sich nicht, wenn man den Platzhalternamen ab¨andert. In unserem Beispiel stehen also ∀y ∈ A : y ∈ B und ∀w ∈ A : w ∈ B f¨ ur die gleiche Aussage, die wir auch mit A ⊂ B abk¨ urzen. Kurzform A⊂B

Aussprache A ist eine Teilmenge von B

Bedingung A, B Mengen

Langform ∀x ∈ A : x ∈ B

Zwei Mengen, die in der Mengenlehre-Geschichte eine besondere Rolle spielen, sind die leere Menge, die man mit dem Symbol ∅ bezeichnet, und ihr Gegenspieler, das Element-Universum U , das alle Elemente umfasst. Um auszudr¨ ucken, dass jedes Element nicht in der leeren Menge ist, k¨onnen wir nun ∀x ∈ U : x ∈ / ∅ schreiben. ................................................................... ( 4)

Schreibe folgende Aussage zweimal mit unterschiedlichen Platzhaltern auf: Nicht alle Elemente sind in N.

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Schreibe die Aussage, dass jedes Element einer Menge A auch Element einer Menge B und Element einer Menge C ist, als F¨ ur-alle-Aussage auf.

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Beschreibe den Unterschied zwischen ∀x ∈ A : (x ∈ B) ∨ (x ∈ C) und (∀x ∈ A : x ∈ B) ∨ (∀x ∈ A : x ∈ C). ........................................................................

Achte beim Wechsel des Platzhalternamens darauf, dass der neue Name nicht bereits in der Aussage auftritt.

Auch wenn die Namenswahl f¨ ur Platzhalter im Prinzip nicht eingeschr¨ankt ist, muss man darauf achten, dass es keine Konflikte mit bereits vorhandenen Namen gibt. Als Beispiel betrachten wir eine Situation, in der G f¨ ur die Menge der geraden nat¨ urlichen Zahlen steht. F¨ ur jedes Element x ∈ N gilt dann, dass es nicht in G liegt, oder dass x + 2 in G enthalten ist, also ∀x ∈ N : (x ∈ / G) ∨ ((x + 2) ∈ G). Die Bedeutung der Aussage bleibt erhalten, wenn wir x durch andere Namen wie y, z, A, B oder n ersetzen. Eine Ersetzung durch G w¨ urde allerdings die Bedeutung ver¨ andern und ist deshalb nicht zul¨ assig. Um auszudr¨ ucken, dass (mindestens) ein Element mit einer gewissen Eigenschaft existiert, benutzt man die Existenzaussage, zum Beispiel ur das x2 = 2 gilt.) ∃x ∈ R : x2 = 2. (Lies: Es gibt ein x in R, f¨

1.2 Mathematische Aussagen Kurzform ∃x ∈ A : Ex

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Aussprache Es gibt ein x in A, f¨ ur das Ex gilt.

Bedingung Langform A Menge, Ex – Aussage f¨ ur jedes x ∈ M ................................................................... Formuliere die Aussagen: Es gibt kein Element in der leeren Menge und Es gibt ein Element, das nicht in der leeren Menge enthalten ist. ........................................................................

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M¨ ochten wir Gesetzm¨aßigkeiten ausdr¨ ucken, wie z. B.: Wenn x·y = 0 gilt, dann ist x = 0 oder y = 0, so benutzen wir die Wenn-dann-Verkn¨ upfung zwischen Aussagen (auch Implikation genannt), die mit dem Pfeil ⇒ abgek¨ urzt wird. In obigem Beispiel: ∀x ∈ R : ∀y ∈ R : (x · y = 0) ⇒ ((x = 0) ∨ (y = 0)). Kurzform E⇒F

Aussprache Wenn E, dann F .

Bedingung E, F Aussagen

Langform –

Mit den bisher vorgestellten Aussagetypen hast du bereits alle wichtigen Grundformen gesehen und auch schon einige daraus abgeleitete Abk¨ urzungen kennengelernt. Viele weitere Abk¨ urzungen, wie in der n¨ achsten Tabelle, werden im Verlauf des Textes und Studiums folgen. Kurzform Aussprache Bedingung Langform E⇔F E genau E, F Aussagen (E ⇒ F )∧(F ⇒ E) dann, wenn F A = B A ungleich B A, B Ausdr¨ ucke ¬(A = B) ................................................................... Formuliere entsprechend auch die Nicht-Teilmenge-Aussageform. ........................................................................

Auch wenn der Grundbestand an Aussagen nicht sehr groß ist, wird sich ein tieferes Verst¨andnis erst durch eine intensive Nutzung in den folgenden Kapiteln einstellen. Insbesondere werden wir uns ab Kapitel 2 damit besch¨aftigen, unter welchen Bedingungen Aussagen gelten. Wir werden dabei die u ur ¨bliche Logik verwenden, in der f¨ Aussagen nur die beiden Wahrheitswerte wahr oder falsch infrage kommen. Weitere M¨oglichkeiten wie vielleicht oder manchmal gibt es nicht. W¨ahrend die Ausgangsregeln mathematischer Theorien (sog. Axiome) vereinbarungsgem¨aß wahr sind, versucht man beim Erforschen einer Theorie weitere wahre Aussagen aus den Axiomen abzuleiten. Wie dabei die Wahrheit bestehender Aussagen benutzt werden kann, um die Wahrheit anderer Aussagen nachzuweisen, ist f¨ ur jeden Grundaussagetyp durch pr¨azise Regeln festgelegt, die wir uns in Ruhe in Kapitel 2 anschauen werden.

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1 Neue Welten

R¨ uckblick Schule Auch wenn in der Schule mathematische Aussagen selten in der gerade vorgestellten Form notiert werden, lassen sich auch dort alle Aussagen in formaler Sprache schreiben. Als Beispiel betrachten wir die Regeln der Bruchrechnung. Dass Br¨ uche erweitert und gek¨ urzt werden k¨onnen, ohne ihren Wert zu ¨ andern, l¨ asst sich in der Form a a·c ∀a ∈ R : ∀b ∈ R=0 : ∀c ∈ R=0 : = . b·c b ausdr¨ ucken. Entsprechend lautet die Regel zum Vorziehen des Z¨ ahler 1 a =a· . b b Und hinter der Regel zum Teilen durch Br¨ uche steht die F¨ ur-alleAussage 1 b ∀a ∈ R=0 : ∀b ∈ R=0 : a = . a b ∀a ∈ R : ∀b ∈ R=0 :

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Kannst du in dieser Form die Regel f¨ ur die Addition von zwei Br¨ uchen aufschreiben? ........................................................................

Auch alle anderen Rechenregeln lassen sich als F¨ ur-alle-Aussagen notieren. Weitere Beispiele sind a ∀a ∈ R>0 : ∀b ∈ R>0 : ln = ln a − ln b, b ∀a ∈ R : ∀n ∈ N : ∀m ∈ N : an+m = an · am , √ ∀x ∈ R : x2 = |x|. Existenzaussagen stehen zum Beispiel hinter der Aufgabe, eine Nullstelle oder einen Hochpunkt der Funktion f (x) = −x2 + 4 · x − 2 zu finden. Sie lauten ∃x ∈ R : f (x) = 0, ∃x ∈ R : f (x) = max f (t). t∈R

¨ Die Aquivalenzaussage ist bekannt aus diversen Umformungsregeln wie zum Beispiel ∀x ∈ R : ∀a ∈ R : ∀b ∈ R : (x + a = b) ⇔ (x = b − a),   1 1 ≤ . ∀x ∈ R>0 : ∀y ∈ R>0 : (x ≤ y) ⇔ y x Andere Umformungen sind nur in einer Richtung g¨ ultig und werden als Implikationen notiert. Ein Beispiel ist ∀x ∈ R : ∀a ∈ R : ∀b ∈ R : (x = b) ⇒ (a · x = a · b).

1.3 Mengenbildung

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................................................................... ¨ Wieso ist eine entsprechende F¨ ur-alle-Aussage mit der Aquivalenz anstelle der Implikation falsch? ........................................................................

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Schließlich sind auch ∧, ∨, ¬ allgegenw¨artig, etwa in den Ausdr¨ ucken √ ¬( 2 ∈ Q), ∀x ∈ R : ∀y ∈ R : (x · y = 0) ⇒ ((x = 0) ∨ (y = 0)), ∀x ∈ R : ((x ≥ 0) ⇒ (|x| = x)) ∧ ((x < 0) ⇒ (|x| = −x)).

1.3 Mengenbildung Da wir in der Gedankenwelt der Mengenlehre die Elemente nicht von Hand zusammenfassen k¨onnen, m¨ ussen wir die Bildung neuer Mengen symbolisch beschreiben. Die grundlegende Konstruktion ist dabei, aus einer vorliegenden Menge alle Elemente, die eine bestimmte Bedingung erf¨ ullen, zu einer neuen Menge zusammenzufassen. Zum Beispiel kann man all die nat¨ urlichen Zahlen zu einer Menge zusammenfassen, die durch 2 teilbar sind. Die folgende Tabelle enth¨ alt die u ur diese Konstruktion. ¨bliche Notation f¨ Kurzform {x ∈ A : Ex }

Aussprache Menge aller x in A, f¨ ur die Ex gilt

Bedingung A Menge, Ex Aussage f¨ ur jedes x ∈ A

Langform –

 Mehr zum Thema Bedingungen gibt es im Abschnitt A.3.

Wir nennen {x ∈ A : Ex } auch eine Aussonderungsmenge, weil aus allen Elementen in A diejenigen mit der Eigenschaft Ex ausgesondert und zu einer neuen Menge zusammengefasst werden. Die Menge aller durch 2 teilbaren nat¨ urlichen Zahlen w¨are in dieser Notation durch {x ∈ N : (∃k ∈ N : x = 2 · k)} gegeben. Auch hinter der Schreibweise R=0 und R>0 , die wir im Abschnitt u ¨ber formale Aussagen in der Schulmathematik benutzt haben, verstecken sich die Aussonderungsmengen R=0 = {x ∈ R : x = 0}

und

R>0 = {x ∈ R : x > 0}.

Die Ausdr¨ ucke liest man dabei als: Die Menge aller x in R mit der Eigenschaft x = 0 bzw. die Menge aller x in R mit der Eigenschaft x > 0. ................................................................... Schreibe als Aussonderungsmenge: (a) Alle durch 5 teilbaren ganzen Zahlen. (b) Alle reellen Zahlen, die gr¨ oßer als 1 und kleiner als 5 sind. ........................................................................

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1 Neue Welten

Tats¨achlich werden fast alle Mengenkonstruktionen durch Aussonderungen beschrieben. Eine Ausnahme bildet die gr¨ oßte Menge U, f¨ ur die es keine u alt alle ¨bergeordnete Menge gibt. Diese Menge enth¨ Elemente u ¨berhaupt. Kurzform U

Aussprache Element-Universum

Bedingung –

Langform –

Basierend auf U kann die bereits erw¨ ahnte leere Menge dann als Aussonderungsmenge geschrieben werden. Kurzform ∅

Aussprache leere Menge

Bedingung –

Langform {x ∈ U : x = x}

Eine weitere sehr einfache Mengenform ist die sogenannte einelementige Menge, die zum Aufbau ein Element ben¨ otigt. Kurzform {a}

Aussprache Einermenge zu a

Bedingung a∈U

Langform {x ∈ U : x = a}

Um auch Mengen mit mehr als einem Element herstellen zu k¨ onnen, verwenden wir die Vereinigung, bei der eine neue Menge geschaffen wird, indem die Elemente der beiden Ausgangsmengen zusammengefasst werden. Kurzform A∪B

Aussprache Vereinigung von A und B

Bedingung A, B Mengen

Langform {x ∈ U : (x ∈ A)∨(x ∈ B)}

Vereinigt man zwei Einermengen {a}, {b} zu {a} ∪ {b}, so bezeichnen wir das Ergebnis auch mit {a, b}. Allgemeiner steht eine endliche Auflistung von Elementen wie {a, b, . . . , h} als sogenannte Aufz¨ahlungsmenge f¨ ur die nacheinander durchgef¨ uhrte Vereinigung der entsprechenden Einermengen {a}, {b}, . . . , {h}. In ¨ahnlicher Weise sollen manchmal die Elemente mehrerer (m¨ oglicherweise auch unendlich vieler) Mengen in einer Vereinigungsmenge zusammengefasst werden. Nehmen wir dazu an, dass die zu vereinigenden Mengen als Elemente der Menge A vorliegen (wir nennen A auch eine Mengenfamilie, weil alle Elemente von A Mengen sind). Um die zugeh¨orige allgemeine Vereinigungsmenge in der Form {x ∈ U : Ex } zu beschreiben, brauchen wir die Bedingung Ex , an der man ihre Elemente x erkennt: x geh¨ ort zur Vereinigung, wenn es eine Menge in A gibt, in der x enthalten ist, d. h., wenn ∃U ∈ A : x ∈ U gilt. Wir erhalten damit die folgende Aussonderungsmenge Kurzform Aussprache  A Vereinigung aller Mengen in A

Bedingung Langform A Mengen- {x ∈ U : familie ∃U ∈ A : x ∈ U }

1.4 Definitionen und S¨atze

11

W¨ ahrend die Vereinigung Elemente mehrerer Mengen allesamt in einer Menge zusammenfasst, liefert der Schnitt zweier Mengen die Elemente, die in beiden Mengen enthalten sind. Schließlich kann man mit der Mengendifferenz die Elemente einer Menge aus einer anderen entfernen. Schnittbildung entspricht also dem Finden von Gemeinsamkeiten und Differenzbildung erinnert an gezieltes Aussortieren in Zusammenfassungen. Kurzform A∩B

Aussprache Bedingung Langform Schnitt A, B Mengen {x ∈ A : x ∈ B} von A und B A\B Differenz A, B Mengen {x ∈ A : x ∈ / B} von A und B ................................................................... Wie bei der Mengenvereinigung kann man sich auch den Schnitt von mehr als zwei Mengen vorstellen: Dieser soll all die Elemente enthalten, die in jeder der geschnittenen Mengen vorkommen. Gib eine Darstellung des allgemeinen Schnitts in der Form {x ∈ U : Ex } an, wenn die zu schneidenden Mengen als Elemente einer Mengenfamilie A gegeben sind. ........................................................................

( 12)

1.4 Definitionen und S¨ atze Bisher haben wir neue Notationen immer in Tabellenform eingef¨ uhrt, um die wichtigen Aspekte besonders deutlich herauszuarbeiten: ˆ Wie sieht die neue Schreibweise aus? ˆ Wie spricht man sie aus? ˆ Gibt es Bedingungen an die Platzhalter, die f¨ ur eine korrekte Bildung des Ausdrucks erf¨ ullt sein m¨ ussen? ˆ Wof¨ ur steht die Ak¨ urzung genau?

Da es in der Tabelle schnell eng werden kann, wenn die Schreibweise mehrere Platzhalter mit komplizierteren Bedingungen enth¨ alt und b ein l¨ angerer Ausdruck abgek¨ urzt werden soll (wie bei a f (x) dx), hat sich in der Mathematik eine Notationsbeschreibung durch Fließtext etabliert, die sogenannte Definition. Als Beispiel betrachten wir Definition 1.1 Seien a, b, m ganze Zahlen mit m > 0. Wir sagen a ist kongruent b modulo m und schreiben a ≡ b mod m, wenn die Differenz a − b ein ganzzahliges Vielfaches von m ist. Zur neu eingef¨ uhrten Schreibweise a ≡ b mod m werden auch hier die wichtigen Informationen Aussprache, Bedingungen an a, b, m und Was wird abgek¨ urzt?“ mitgeteilt, wobei die Reihenfolge im Ver”

In Definitionen werden neue Schreibweisen f¨ ur mathematische Ausdr¨ ucke vereinbart. Den Inhalt musst du auswendig lernen.

12

1 Neue Welten

gleich zur Tabelle etwas anders gew¨ ahlt ist. Außerdem f¨ allt auf, dass im Text mehrere mathematische Aussagen umgangssprachlich formuliert sind. Das liest sich zwar ganz gut, zum Arbeiten ist es allerdings unpraktisch, weil man die Aussageform (und damit sp¨ ater auch die Form der ben¨otigten Nachweis- und Benutzungstexte) nicht klar erkennt. Es lohnt sich daher, bei rein textlichen Definitionen auch die Tabellenversion mit pr¨azisen mathematischen Aussagen parat zu haben. F¨ ur die obige Definition 1.1 ist die Tabellenform wie folgt. Kurzform a ≡ b mod m

Aussprache Bedingung Langform a kongruent a, b, m ∈ Z, ∃k ∈ Z : b modulo m m > 0 (a − b) = k · m

Die umgekehrte Umwandlung aus der Tabellenform in die Textform ist einfacher, da hier die pr¨ azisen Ausdr¨ ucke nur sprachlich (unmissverst¨andlich) ausgedr¨ uckt werden m¨ ussen. ................................................................... ( 13)

Versuche, die Definition von A ∪ B textlich zu beschreiben.

( 14)

Wandle die folgende Definition in Tabellenform um: Seien a und b ganze Zahlen. Wir sagen a ist Teiler von b und schreiben a|b, wenn b ein ganzzahliges Vielfaches von a ist. ........................................................................

Soll f¨ ur einen festen Ausdruck nur ein abk¨ urzendes Symbol oder ein Name vereinbart werden, so kann man dies auch ohne großen Aufwand mit dem Definitionssymbol := erledigen. Beispiele hierf¨ ur sind die Definition der leeren Menge oder der Menge der geraden Zahlen Namen f¨ ur Ausdr¨ ucke werden mit dem Definitionssymbol := vereinbart.

 S¨ atze dr¨ ucken mathematische Regeln aus, die durch Beweise belegt werden.

∅ := {x ∈ U : x = x}, G := {x ∈ Z : x ≡ 0

mod 2}.

Neben den Definitionen gibt es auch textbasierte Versionen von mathematischen Regeln, die sogenannten S¨atze. Grunds¨ atzlich handelt es sich dabei um Wenn-dann Aussagen u ¨ber gewisse Objekte, die zu Beginn des Satzes namentlich eingef¨ uhrt werden. Die Voraussetzung der Regel fordert von diesen Objekten eine Anzahl von Eigenschaften, die f¨ ur das Zutreffen der Folgerung ausreichen. Lassen die geforderten Eigenschaften noch Platz f¨ ur unterschiedliche konkrete Objekte, dann hat die Regel ein entsprechend großes Anwendungsspektrum. Es folgt ein Beispiel. Satz 1.2 Seien A und B Mengen. Gilt A ⊂ B, so gilt A ∩ B = A und A ∪ B = B. Beziehen sich die Platzhalter in einem Satz ausschließlich auf Elemente der Mengenlehre (und nicht auf Aussagen oder allgemeine

1.5 Baukastenprinzip

13

Mengen), so kann man den Satz auch durch eine Kombination von F¨ ur-alle-Aussagen und Implikationen ausdr¨ ucken. ................................................................... Als Beispiel hierzu betrachten wir den folgenden Satz. Satz 1.3 Seien a, b, c, m ganze Zahlen und sei m > 0. Gilt a ≡ b mod m und b ≡ c mod m, dann gelten auch auch a ≡ a mod m, b ≡ a mod m sowie a ≡ c mod m. Formuliere den Satz in Quantorenschreibweise. ........................................................................

( 15)

1.5 Baukastenprinzip Wenn wir uns in der realen Welt ein Brot schmieren und dadurch ein neues Objekt erschaffen, benutzen wir dazu Bausteine (Brotscheibe, Butter, Marmelade), die aus anderen Bausteinen aufgebaut sind (Mehl, Wasser, Hefe, Milch, Fett, Salz, Fr¨ uchte, Zucker), und auch diese bestehen wieder aus kleineren Bestandteilen. Nach dem gleichen Prinzip werden in der Mengenlehre neue Mengen aus Elementen konstruiert, die selbst Mengen sind und andere Elemente zusammenfassen, die ebenfalls Mengen sind. In diesen Konstruktionsprozessen spielen die Mengen eine besondere Rolle, die selbst wieder Elemente sind und daher in anderen Mengen zusammengefasst werden k¨onnen. Wir nennen sie hier fassbare Mengen und sammeln sie in der Teilmenge M von U . Kurzform M

Aussprache fassbare Mengen

Bedingung –

Langform –

Vielleicht wunderst du dich jetzt, warum nicht einfach alle Mengen wieder als Elemente verwendet werden k¨onnen. Tats¨ achlich h¨ atte vor Beginn des 20. Jahrhunderts niemand daran gezweifelt, bis der Mathematiker Bertrand Russell zeigte, dass dieser einfache Zugang einen logischen Widerspruch in der Mathematik erzeugt, der sich nicht aufl¨osen l¨asst. Eine M¨oglichkeit, diesen Widerspruch zu vermeiden, besteht in der hier beschriebenen Einteilung in fassbare Mengen (die Elemente von M) und solche, die keine Elemente von M sind. Welche Mengen zu M geh¨oren, wird dabei durch die Axiome der Mengenlehre geregelt. Wir beginnen mit dem Axiom, das der Menge U ihre allumfassende Eigenschaft gibt und M genauer beschreibt. Axiom 1.4 Sei V eine Menge. Dann gilt V ⊂ U . Außerdem gilt M ∈ M genau dann, wenn M eine Menge ist und M ∈ U gilt.

 Details zu diesem Widerspruch kannst du im Abschnitt 6.3 nachlesen.

Axiome sind Ausgangswahrheiten einer Theorie, die ohne Beweise gelten.

14

1 Neue Welten

Dass es u ¨berhaupt ein Element im Universum U gibt, wird ebenfalls durch ein Axiom sichergestellt. Es besagt, dass die leere Menge ∅ eine fassbare Menge und damit ein Element ist. Axiom 1.5 Es gilt ∅ ∈ M. Weitere Axiome folgen nun dem Strickmuster: Wenn Elemente etwa in Form fassbarer Mengen zur Verf¨ ugung stehen, dann lassen sich daraus neue fassbare Mengen aufbauen. Um dabei u ¨berhaupt erkennen zu k¨onnen, ob ein neu formulierter Mengenausdruck auf eine andere Menge verweist als die bis dahin notierten Ausdr¨ ucke, muss die Gleichheit von Mengen geregelt werden. Das entsprechende Axiom besagt, dass zwei Mengen dann gleich sind, wenn jedes Element der einen in der anderen Menge enthalten ist und umgekehrt, d. h., wenn sie exakt die gleichen Elemente beinhalten. Zur Gleichheit von Elementen wird zun¨achst nur geregelt, dass jeder Elementausdruck gleich zu sich selbst ist. Axiom 1.6 Seien A, B Mengen. Gelten A ⊂ B und B ⊂ A, dann gilt auch A = B. Gilt x ∈ U , so gilt auch x = x. Nachdem wir nun Mengen unterscheiden k¨ onnen, schauen wir uns die erste Aufbauregel an. Axiom 1.7 Sei a ∈ U . Dann ist {a} ∈ M. Verpacken wir unser Startelement ∅ zu {∅}, so erhalten wir eine Menge, die ∅ als Element enth¨alt und sich deshalb von ∅ unterscheidet, weil diese ja kein Element hat. F¨ ur die Konstruktion immer neuer Elemente gibt es nun kein Halten mehr, denn {∅} kann als Element erneut in einer Einermenge verpackt werden, wobei sich {{∅}} von {∅} wegen der verschiedenen Elemente unterscheidet. Mit einem einzigen Startelement und einer Aufbauregel lassen sich durch wiederholte Anwendung also bereits beliebig viele unterschiedliche Elemente konstruieren: ∅, {∅}, {{∅}}, {{{∅}}}, {{{{∅}}}}, . . . Auch mit dem Axiom zur Vereinigung k¨ onnen wir sehr systematisch immer gr¨oßere Mengen herstellen. Axiom 1.8 Seien A,  B ∈ M. Dann ist auch A∪B ∈ M. Ist C ⊂ M fassbar, dann auch C. Als Beispiel f¨ ur das Vereinigungsaxiom betrachten wir die Frage, was hinter den uns so gut bekannten Zahlen 0, 1, 2, 3, . . . steckt?

1.5 Baukastenprinzip

15

Tats¨achlich sind auch die Zahlen wie alle bisher vorgestellten Elemente selbst wieder fassbare Mengen. Aber welche Elemente enth¨ alt denn zum Beispiel die Menge mit dem Namen 4? Die g¨angige Konstruktion geht so: Wir bezeichnen ∅ als Menge ohne Elemente auch mit dem Symbol 0. Die Menge {0} wird mit dem Symbol 1 gekennzeichnet. Wir sagen auch, sie hat ein Element. Die Menge {0, 1} = {0} ∪ {1} wird mit 2 bezeichnet, und man sagt, dass sie zwei Elemente hat. Die Menge 2 ∪ {2} = {0, 1, 2} notieren wir mit dem Symbol 3 und sagen, dass sie drei Elemente besitzt. Die Menge 3 ∪ {3} = {0, 1, 2, 3} tr¨agt die Bezeichnung 4, und wir sprechen von vier Elementen. Wenig u agt die Menge ¨berraschend tr¨ 4 ∪ {4} die Bezeichnung 5, die Menge 5 ∪ {5} wird mit 6 notiert usw. In dieser Weise werden die nat¨ urlichen Zahlen im Rahmen der Mengenlehre konstruiert, und ein Axiom besagt, dass die Menge aller so gewonnenen Elemente selbst wieder ein Element N ∈ M bildet.

 Auch die popul¨ aren Zahl-Elemente werden durch Mengen dargestellt.

................................................................... Wie wichtig gute Abk¨ urzungen in der Mathematik sind, zeigt sich beim Aufschreiben der Zahlen von 0 bis 4 nur mit den Langformen der abk¨ urzenden Symbole 0, 1, 2, 3. Gib diese explizit an. ........................................................................

Ausgehend von den nat¨ urlichen Zahlen lassen sich in weiteren Schritten die ganzen Zahlen Z, die rationalen Zahlen Q, die reellen Zahlen R und auch die komplexen Zahlen C aufbauen, worauf wir hier aber nicht n¨aher eingehen. Sie bilden wiederum Grundmengen, auf denen andere mathematische Theorien aufbauen. Dabei sorgt das folgende Axiom daf¨ ur, dass beliebige Teilmengen solcher fassbaren Grundmengen wieder fassbar sind und somit als Elemente f¨ ur immer neue Mengenbildungen zur Verf¨ ugung stehen. Axiom 1.9 (Aussonderungsaxiom) Seien U, V Mengen und gelte U ⊂ V . Ist V ∈ M, dann gilt auch U ∈ M. Wir schließen diesen Abschnitt mit der Potenzmenge, die alle fassbaren Teilmengen einer vorgegebenen Menge zusammenfasst. Kurzform P(A)

Aussprache Potenzmenge von A

Bedingung A Menge

Langform {V ∈ M : V ⊂ A}

Dass auch P(A) fassbar bleibt, wenn dies f¨ ur A gilt, wird wieder durch ein Axiom geregelt. Axiom 1.10 Sei A ∈ M. Dann gilt auch P(A) ∈ M. Interessant ist, dass aus der doch recht u ¨berschaubaren Zahl von Aufbauprinzipien die enorme Reichhaltigkeit an interessanten mathematischen Objekten konstruiert werden kann.

( 16)

2 Logisches Argumentieren Im vorherigen Kapitel wurde die Mengenlehre als grundlegende mathematische Theorie vorgestellt, in deren Rahmen Aussagen u ¨ber Eigenschaften von Objekten formuliert werden k¨onnen, die nach festgelegten Regeln aus bereits vorhandenen Objekten konstruiert wurden. Das Besondere an der Mathematik besteht nun darin, dass die G¨ ultigkeit formulierter Aussagen bewiesen wird. Darin unterscheidet sie sich grundlegend von allen anderen Wissenschaften. Der Vorgang des Beweisens l¨auft ¨ahnlich wie das L¨ osen einer Gleichung nach klaren Regeln ab. Werden diese in einem Beweis genau eingehalten, ist der Beweis korrekt. Indem man sich u ¨ber diese Beweisregeln einigt, schafft man einen Begriff der objektiven Wahrheit: Eine mathematische Aussage ist dann (objektiv) wahr, wenn sie nach den Beweisregeln bewiesen wurde. Um erahnen zu k¨onnen, worauf diese Regeln hinauslaufen, betrachten wir einen typischen Satz u ¨ber Mengen. Satz: Seien A, B, C Mengen. Gelten A ⊂ B und B ⊂ C, so gilt auch A ⊂ C. Was w¨ urde es bedeuten, einen objektiv korrekten Beweis f¨ ur diesen Satz zu schreiben? Intuitiv erscheint es klar, dass der Satz wahr ist: Wenn A ein Teil von B und B ein Teil von C ist, dann muss eben auch A ein Teil von C sein. Da es hier nun aber nicht um das intuitive Erkennen von Wahrheit gehen soll, sondern um die Frage nach einem korrekten Beweis, ist das nicht ausreichend. Dazu ist es notwendig, genauer zu analysieren, wie der Satz mittels der Formulierungen aus dem letzten Kapitel gebildet ist. Hierzu ist es n¨ utzlich, den Satz weniger umgangssprachlich zu formulieren: Satz: Seien A, B, C Mengen. Dann gilt die Aussage ((A ⊂ B) ∧ (B ⊂ C)) ⇒ (A ⊂ C). Man erkennt nun gut, dass die Aussage, die gezeigt werden soll, aus den Aussagen A ⊂ B, B ⊂ C und A ⊂ C mit den logischen ¨ Verkn¨ upfungen ∧ und ⇒ aufgebaut ist. Dies hat große Ahnlichkeit damit, wie Rechenterme aufgebaut sind. Insbesondere gibt es auch hier eine Reihenfolge, in der die Einzelaussagen verkn¨ upft sind: ˆ Die ¨ außerste Verkn¨ upfung ist die Implikation ⇒, mit der die Aussagen (A ⊂ B) ∧ (B ⊂ C) und A ⊂ C verkn¨ upft werden. © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 M. Junk und J.-H. Treude, Beweisen lernen Schritt für Schritt, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61616-1_2

Ein Beweis ist dann korrekt, wenn er alle vereinbarten Beweisregeln einh¨ alt.

18

2 Logisches Argumentieren ˆ In der n¨ achsten Ebene sind A ⊂ B und B ⊂ C durch ∧ verkn¨ upft.

Auch in die Aussagen A ⊂ B, B ⊂ C und A ⊂ C kann man weiter hineinschauen, da diese in Langform F¨ ur-alle-Aussagen sind: ˆ A ⊂ B ist etwa die Abk¨ urzung f¨ ur ∀x ∈ A : x ∈ B. ˆ Diese F¨ ur-alle-Aussage wiederum ist zusammgesetzt aus den beiden Teilen ∀x ∈ A : und x ∈ B. ˆ Hier endet nun das Zerlegen in Teilaussagen, denn x ∈ B ist weder eine Abk¨ urzung noch eine Verkn¨ upfung anderer Aussagen.

Die gesamte Aussage des Satzes hat somit eine baumartige Struktur, wobei auf unterster Ebene diejenigen Aussagen stehen, die nicht mehr weiter zerlegbar sind:

 Lange Ausdr¨ ucke werden nicht wie ein Text einfach von links nach rechts gelesen, sondern nach dem Erkennen der Baumstruktur von oben nach unten.

................................................................... ( 17)

Trainiere selbst einmal die Baumerstellung an dem Ausdruck ((x ∈ A) ∧ ((A ⊂ B) ∨ (A ⊂ C))) ⇒ ((x ∈ B) ∨ (x ∈ C)). ........................................................................

Ein Beweis f¨ ur eine Aussage ist in vielen F¨ allen nichts anderes als eine systematische Vorgehensweise, den Baum zur Aussage abzuarbeiten. Dabei gibt es f¨ ur jedes der Symbole ⇒, ∧, ∨, ¬, ∀, ∃ klare Regeln, mit denen man daraus gebaute Aussagen einerseits nachweisen und andererseits benutzen kann. Jede einzelne dieser Regeln ist direkt an der aus der Alltagslogik kommenden Vorstellung zum jeweiligen Symbol orientiert und deshalb sehr naheliegend. Außerdem ist jede dieser Regeln an ein Textfragment gebunden, dass man an der entsprechenden Stelle im Beweis schreibt, wodurch der Beweistext sich automatisch entwickelt. Konkret schaut man sich beim Abarbeiten des Baums nicht alle Symbole gleichzeitig an (das wirkt bei langen Aussagen erdr¨ uckend), sondern geht systematisch von oben nach unten vor. So erkennt man am obersten Knoten des obigen Baums, dass es sich insgesamt um ei-

2.1 Argumentieren mit Aussagen

19

ne Implikation G ⇒ H handelt, wobei G f¨ ur den linken Teilbaum (A ⊂ B) ∧ (B ⊂ C) und H f¨ ur den rechten Teilbaum A ⊂ C steht. Zum Nachweis von G ⇒ H wenden wir die (simple) Nachweisregel der Implikation an. Der zugeh¨orige Nachweistext Es gelte G. Zu zeigen ist H. verdeutlicht, dass wir ab diesem Punkt davon ausgehen k¨ onnen, dass G wahr ist und unser neues Ziel darin besteht, die (deutlich k¨ urzere) Aussage H, also A ⊂ C, zu begr¨ unden. Ein Blick auf den zugeh¨origen Teilbaum zeigt uns, dass es hierbei um eine Aussage der Form ∀x ∈ A : Ex geht, wobei die Details des ur Teilbaums Ex erst einmal ausgeblendet werden k¨onnen (Ex steht f¨ x ∈ C). Der Nachweistext ist nun: Sei ein Element x aus A gegeben. Zu zeigen ist Ex . Auch hier er¨offnet der Text neue M¨oglichkeiten (indem ein Element x aus der Menge A bereitgestellt wird) und fokussiert uns auf ein neues Ziel (den Nachweis von x ∈ C). Auch wenn wir den Beweis hier nicht zu Ende f¨ uhren, ist bereits deutlich geworden, wie sich die Komplexit¨at der Aufgabe durch schrittweises Vorgehen reduzieren l¨asst. Dabei spielt das Ausblenden von Details eine wichtige Rolle, denn es bringt die beteiligten Grundaussagen zum Vorschein, f¨ ur welche es klare Regeln gibt. Am Ende wird eine Aussage, die durch Verkn¨ upfung vieler einfacher Grundaussagen entstanden ist, durch eine ¨ahnlich lange Verkettung der zugeh¨origen Nachweis- und Benutzungsregeln nachgewiesen werden. Dies zeigt die große Bedeutung der Grundregeln, die in den folgenden Abschnitten der Reihe nach vorgestellt werden.

2.1 Argumentieren mit Aussagen In der Aussagenlogik geht es um mathematische Aussagen, die mittels der logischen Verbindungen ∧, ∨, ⇒, ⇔ und ¬ aus Einzelteilen zusammengesetzt sind. In manchen F¨allen ist dabei f¨ ur die G¨ ultigkeit einer Gesamtaussage gar nicht wichtig, welche Aussagen genau verkn¨ upft werden, sondern nur wie dies geschieht (man spricht in diesem Fall auch von Tautologien). Nat¨ urlich braucht man dann die verkn¨ upften Aussagen gar nicht im Detail auszuschreiben, sondern kann sie durch Buchstaben abk¨ urzen. Die Buchstaben stehen so gewissermaßen f¨ ur atomare Aussagen, in die wir nicht mehr weiter hineinschauen.

20

2 Logisches Argumentieren

Da man durch Kombination der Verkn¨ upfungsm¨ oglichkeiten leicht komplexere Aussagen erzeugen kann, wie zum Beispiel die f¨ ur jedes Aussagenpaar A, B geltende Kombination (A ∧ (A ⇒ B)) ⇒ B, kann man schon in diesem Umfeld das zuvor angesprochene systematische Vorgehen zur Aufl¨ osung komplexerer Situationen sowie das Schreiben von Beweistexten trainieren. 2.1.1 S¨ atze und Implikationen

 Im Abschnitt A.4 wird der Zusammenhang mit Regeln im Alltag erkl¨ art.

Idee: S¨atze und Implikationen sind Regeln, d. h., sie dr¨ ucken jeweils eine Wenn-dann-Beziehung zwischen zwei Aussagen aus, der sogenannten Voraussetzung (oder Pr¨amisse) und der Folgerung (oder Konklusion): Wenn die Voraussetzung erf¨ ullt ist, dann gilt auch die Folgerung. Es folgt ein Beispiel. Satz 2.1 Seien x, y positive reelle Zahlen mit x < y. Dann gilt 1 1 x > y. Das Vorhandensein von zwei positiven reellen Zahlen x, y mit der Eigenschaft x < y geh¨ort dabei zur Voraussetzung des Satzes und die Folgerung ist die Aussage x1 > y1 . Bei der Benutzung wirken x und y als Platzhalter, d. h., es muss angegeben werden, wie x und y durch positive reelle Zahlen belegt werden sollen. Da die Bedingung x < y z. B. durch 2 und 10 anstelle von x und y erf¨ ullt wird, so gilt 1 mit 2 und 10 anstelle der Platzhalter. auch die Folgerung 12 > 10 Aussageform Benutzungsregel

Benutzungstext

Satz Sind die Voraussetzungen bei Ersetzung der Platzhalter erf¨ ullt, dann gelten auch die Folgerungen mit einer entsprechenden Ersetzung der Platzhalter. Da . . . , gilt (mit Satz . . . ) auch . . . .

In unserem Beispiel w¨are der Benutzungstext etwa: Da 2, 10 ∈ R 1 . positiv sind und 2 < 10 erf¨ ullen, gilt mit Satz 2.1 auch 12 > 10 ................................................................... ( 18)

Wende den folgenden Satz auf zwei unterschiedliche Situationen an: Seien a, b und c nat¨ urliche Zahlen. Dann gilt a·c = ab . b·c

( 19)

= 32 Wie muss der Satz aus Aufgabe ( 18) angewendet werden, um auf 21 14 schließen zu k¨ onnen? ........................................................................

Beim Nachweis eines Satzes wird angenommen, dass die Voraussetzungen zutreffen, um dann mit den vereinbarten Beweisschritten auf

2.1 Argumentieren mit Aussagen

21

die G¨ ultigkeit der Folgerung zu schließen. Das vorangestellte Wort Beweis zeigt dabei, dass die pr¨azise Argumentation beginnt, w¨ ahrend eine Markierung wie  auf das Ende hinweist. Hier ist unser Beispiel. Beweis. Seien x, y ∈ R>0 mit x < y. Zu zeigen ist

1 x

> y1 . . . .

Da in den weiteren Schritte des Beweises detailliert erkl¨ art werden w¨ urde, wie sich die Folgerung aus den Annahmen ergibt, kann man den Beweis insgesamt als eine Geschichte mit einer bestimmten Botschaft betrachten. Wie in jeder Geschichte wird dabei zun¨ achst die Ausgangslage mit den vorkommenden Akteuren beschrieben, wozu traditionell das Schl¨ usselwort Seien verwendet wird. Die Wirkung ahnlich von Seien x, y ∈ R>0 mit x < y sollte dabei im Kern sehr ¨ sein zur Wirkung von Auf einem K¨ uchentisch liegen ein Messer und eine Tomate. Diese kurze Zeile erzeugt vor unserem inneren Auge eine Art Bild, das aus einem Tisch, einem Messer und einer Tomate besteht. Dabei spielt das genaue Aussehen eher eine untergeordnete Rolle (die imagin¨ are Tomate hat u ¨blicherweise keine Flecken und das Messer keine abgebrochene Spitze). Wichtig ist vielmehr, welche M¨oglichkeiten der Situation innewohnen: Das Messer k¨ onnte zum Zerschneiden der Tomate benutzt werden, wobei der Tisch als Unterlage dient. ¨ Ubertragen auf die Einleitung unseres Beweises sollte das innere Bild hier aus zwei Zahlen bestehen, mit der Zusatzinformation, dass diese positiv sind. Das genaue Aussehen der Zahlen (also ihre genaue Dezimaldarstellung) spielt dabei eine untergeordnete Rolle. Wichtig ist vielmehr, welche M¨oglichkeiten der Situation innewohnen: Die beiden Zahlen kann man durch Rechenoperationen verkn¨ upfen und miteinander vergleichen. Die mit x und y bezeichneten Zahlen sollten von nun an genauso konkret behandelbare Objekte in unserer Vorstellung sein wie die Tomate und das Messer in der anderen Geschichte. Da die Einleitung in die Beweisgeschichte bei einem sauber formulierten Satz bereits durch den Satztext erfolgt, ist die erneute Angabe im Beweis nicht zwingend n¨otig. Es gen¨ ugt dann, das erste angestrebte Beweisziel vorzustellen. Da es in unserem Satz nur ein Ziel gibt, w¨ urde das so aussehen:

Beweis. Zu zeigen ist

1 x

> y1 . . . .

Die sehr intuitive Grundregel zum Nachweisen von S¨ atzen wird in der folgenden Tabelle zusammengefasst.

 Neben  ist auch qed f¨ ur quod erat demonstrandum – was zu beweisen war – eine g¨ angige Endemarke.

 Im Abschnitt A.1 kannst du nachlesen, was Beweise und andere Geschichten noch gemeinsam haben und was sie unterscheidet.

22 Aussageform Nachweisregel

Nachweistext

2 Logisches Argumentieren Satz Um nachzuweisen, dass ein Satz gilt, geht man von den Voraussetzungen aus und zeigt, dass die Folgerungen gelten. Beweis. Zu zeigen ist . . . 

Da wir im Moment noch keine weiteren Nachweisregeln kennen, kann unser erster vollst¨andig bewiesener Satz nur sehr spartanisch sein. Satz 2.2 Sei A eine geltende Aussage. Dann gilt A. Beweis. Zu zeigen ist, dass A gilt. In diesem super langweiligen Satz ist es super einfach, das Ziel zu erreichen, da es bereits durch die Annahme gesichert ist. Dies ist nach Voraussetzung der Fall.

 Was einfach ist, l¨ asst sich auch einfach beweisen.

Auch wenn unser erster bewiesener Satz nicht u ¨berraschend ist, so enth¨alt er doch eine wichtige Lehre: Auch langweilige oder offensichtliche Aussagen gelten erst, wenn sie bewiesen wurden. Ob eine Aussage offensichtlich ist, erkennt man nicht an ihr selbst, sondern an der K¨ urze oder Einfachheit ihres Beweises. Um Beweise mit mehreren Schritten f¨ uhren zu k¨ onnen, m¨ ussen wir unseren Vorrat an m¨oglichen Beweisschritten aufstocken. Dazu sehen wir uns den Umgang mit Implikationen an, die in ihrem Verhalten S¨atzen sehr ¨ahneln. Aussageform Nachweisregel

Nachweistext

A⇒B Um nachzuweisen, dass A ⇒ B gilt, nimmt man an, dass A gilt, und zeigt, dass (dann auch) B gilt. Es gelte A. Zu zeigen: B.

Beim Nachweis der Implikation A ⇒ B ¨ andert sich also das bestehende Bild u ¨ber die konkret behandelbaren Objekte durch das Hinzukommen einer neuen Eigenschaft, die durch die Aussage A beschrieben wird. Das Ziel ist dann, in dieser neuen Konstellation auf die G¨ ultigkeit von B zu schließen, wozu normalerweise ein inhaltlicher Zusammenhang zwischen A und B ausgenutzt werden muss. Das denkbar einfachste Beispiel f¨ ur einen inneren Zusammenhang besteht darin, dass A und B identisch sind. Satz 2.3 Sei A eine Aussage. Dann gilt A ⇒ A. Beweis. Zu zeigen ist A ⇒ A.

2.1 Argumentieren mit Aussagen

23

Wie eine Implikation zu zeigen ist, sagt uns der Nachweistext. Es gelte A. Zu zeigen: A. Jetzt sind wir in der gleichen Situation wie im Beweis des Satzes 2.2. Wir k¨onnten diesen jetzt benutzen, oder einfach schnell den super einfachen Schluss noch einmal ziehen: Was gilt, gilt. Da A gilt, gilt A. Am Ende des Beweises einer Implikation A ⇒ B m¨ ussen wir die Zusatzannahme A wieder aus unserer Vorstellung entfernen, da sie nur f¨ ur die Dauer des Nachweises die Situation ¨andert. Im Anschluss an den Beweis wird hingegen die bewiesene Implikation A ⇒ B dem Gesamtbild als neue Wahrheit hinzugef¨ ugt. Auch wenn sich Satz 2.3 von Satz 2.2 nur in der Formulierung unterscheidet, so ist der Beweis durch die Notwendigkeit von zwei Schritten bereits etwas aufw¨andiger. Spannender wird es, sobald mehr Beweisschritte zur Verf¨ ugung stehen und zum Einsatz gebracht werden m¨ ussen. Aber auch mit nur drei verf¨ ugbaren Regeln kann man schon trainieren.

 Dass Dir ¨ ahnliche Vorg¨ ange aus allt¨ aglichen Geschichten bekannt sind, kannst du im Abschnitt A.1 nachlesen.

................................................................... Beweise: Sind A, B Aussagen, dann gilt (A ⇒ B) ⇒ (A ⇒ B). ........................................................................

( 20)

Zu interessanteren S¨atzen kommen wir durch Einbeziehung der Benutzungsregel f¨ ur Implikationen. Aussageform Benutzungsregel

Benutzungstext

A⇒B Wenn man weiß, dass A ⇒ B gilt und dass A gilt, darf man den Schluss ziehen, dass (auch) B gilt. Da A ⇒ B und A gelten, gilt auch B.

Im folgenden Beispiel werden Nachweis- und Benutzungsregel der Implikation kombiniert verwendet. Man beachte, wie der gesamte Beweis nur aus aneinandergereihten (angepassten) Nachweis- und Benutzungsregeln besteht. Satz 2.4 Seien A, B, C Aussagen. Wir nehmen an, dass A ⇒ B und B ⇒ C gelten. Dann gilt auch A ⇒ C. Beweis. Zu zeigen ist A ⇒ C. Weiter geht es mit dem Nachweistext f¨ ur die Implikationsaussage.

Aus dem Gelten von A ⇒ B alleine darf weder das Gelten von A noch das von B gefolgert werden.

24

2 Logisches Argumentieren

Es gelte A. Zu zeigen: C. Da unsere Annahmen nichts u ¨ber die Struktur der Aussage C verraten, steht uns nun kein weiterer Nachweistext zur Verf¨ ugung. Wir m¨ ussen deshalb die Voraussetzungen ins Spiel bringen, um weiter zu kommen. Da aus A nach Voraussetzung B und aus B dann C folgt, erreichen wir unser Ziel mit zwei Benutzungstexten.

 Insgesamt benutzt dieser Beweis bereits vier Beweisschritte

Da A ⇒ B und A gelten, gilt auch B. Da B ⇒ C und B gelten, gilt auch C. Also gilt C. ...................................................................

( 21)

Zeige in ¨ ahnlicher Weise, dass A ⇒ ((A ⇒ B) ⇒ B) gilt, wenn A, B gegebene Aussagen sind. Schaffst du auch (A ⇒ (A ⇒ B)) ⇒ (A ⇒ B) zu zeigen? ........................................................................

2.1.2 Und-Aussagen Idee: Die G¨ ultigkeit der Und-Verkn¨ upfung zweier Aussagen A und B, geschrieben A ∧ B, soll ausdr¨ ucken, dass beide Aussagen gelten. Entsprechend besteht die Wirkung von Nachweis- und Benutzungsregeln nur darin, das Und-Symbol ∧ in den Aussagen durch ein sprachliches und im Beweistext zu ersetzen. Aussageform Nachweisregel

Nachweistext Benutzungsregel

Benutzungstext

A∧B Um nachzuweisen, dass A ∧ B gilt, muss (normalerweise in zwei Teilen) gezeigt werden, dass sowohl A als auch B gelten. Zu zeigen: A und B. Wenn man weiß, dass A ∧ B gilt, darf man separat verwenden, dass A gilt und dass B gilt. Da A ∧ B gilt, gilt A und es gilt auch B.

Im folgenden Satz kann die Wirkung der Regeln beobachtet werden. Satz 2.5 Seien A, B Aussagen. Gilt A ∧ (A ⇒ B), so gilt auch A ∧ B. Beweis. Zu zeigen: A ∧ B.

2.1 Argumentieren mit Aussagen

25

Weiter geht es mit dem Nachweistext zur Und-Aussage. Zu zeigen sind also A und B. Jetzt haben wir zwei Hilfsziele vor uns, f¨ ur die keine Nachweistexte zur Verf¨ ugung stehen. Weiter geht es deshalb mit der Benutzung der Voraussetzung. Da A ∧ (A ⇒ B) gilt, gilt A und es gilt auch A ⇒ B. Insbesondere gilt A. Der Nachweis von A ist damit erledigt! Es fehlt also nur noch der Nachweis von B als zweites Ziel. Dies erhalten wir durch Benutzung der Implikation mit dem zugeh¨origen Text. Da A ⇒ B und A gelten, gilt auch B. ................................................................... Zeige den folgenden Satz: Seien A, B Aussagen. Gilt A ⇒ B, dann gilt auch A ⇒ (A ∧ B).

( 22)

Zeige das Kommutativgesetz f¨ ur zwei Aussagen A, B: Gilt A ∧ B, dann gilt auch B ∧ A.

( 23)

Zeige außerdem das Assoziativit¨ atsgesetz f¨ ur drei Aussagen A, B, C: Gilt (A ∧ B) ∧ C, dann gilt auch A ∧ (B ∧ C), und umgekehrt. ........................................................................

( 24)

2.1.3 Oder-Aussagen und Fallunterscheidung Idee: Die G¨ ultigkeit einer Oder-Verkn¨ upfung zweier Aussagen soll ausdr¨ ucken, dass (mindestens) eine der beiden gilt (es d¨ urfen auch beide gelten). Aussageform Nachweisregel Nachweistext alternativ

A∨B Um zu zeigen, dass A ∨ B gilt, zeigt man, dass A gilt, oder man zeigt, dass B gilt. Da A gilt, gilt A ∨ B. Da B gilt, gilt A ∨ B.

W¨ahrend die Nachweisregel sehr naheliegend ist (es muss A gezeigt werden oder es muss B gezeigt werden, damit A oder B gilt), ist die sinnvolle Benutzung einer geltenden Oder-Aussage weniger offensichtlich, da wir nun ja nicht genau wissen, welche der beiden Teilaussagen stimmt. Aus dieser unsicheren Situation heraus kann man nur dann sichere Folgerungen ziehen, wenn es f¨ ur den gew¨ unschten Schluss egal ist, welche der beiden Aussagen wahr ist.

In der Umgangssprache dr¨ uckt man mit Oder-Aussagen oft aus, dass genau eine der beteiligten Aussagen zutrifft (exklusives Oder ). Die mathematische Oder-Aussage gilt dagegen auch, wenn beide Teilaussagen gelten.

26

2 Logisches Argumentieren

Es muss gen¨ ugen, dass mindestens eine zutrifft. Genau diese Idee ist Grundlage der Oder-Benutzungsregel, die auch Fallunterscheidung genannten wird. Aussageform Benutzungsregel

Benutzungstext

A∨B Man betrachtet separat den Fall, dass A gilt, und den Fall, dass B gilt. M¨ ochte man insgesamt auf eine Aussage C schließen, muss dies in jedem der beiden F¨ alle gelingen. Fall A gilt: . . . also gilt C. Fall B gilt: . . . also gilt C. Damit gilt C in jedem Fall.

Gerade bei der Benutzung der Fallunterscheidung kann man das Zusammenspiel verschiedener gedanklicher Kontexte beobachten, das in mathematischen Argumentationen eine große Rolle spielt. Zu einem Kontext geh¨ort dabei eine Liste der verf¨ ugbaren Objektnamen, eine Liste der gerade geltenden Aussagen und eine Liste von Beweiszielen, die noch abgearbeitet werden sollen. In mathematischen Argumentationen gibt es h¨ aufig Kontextwechsel. Wichtig ist, dass du an jeder Stelle weißt, welche Aussagen gelten, welche Namen verwendbar sind und welche Zielaussagen zu erreichen sind.

Begeben wir uns nun in einen Kontext, wo unter anderem eine oderAussage A ∨ B gilt und eine Aussage C durch Fallunterscheidung bewiesen werden soll. Dazu wird im bestehenden Kontext ein Unterkontext er¨offnet mit der gleichen Liste an verwendbaren Objektnamen und einer um A vergr¨oßerten Liste an geltenden Aussagen. Wir befinden uns im ersten Fall, wo das Gelten von A angenommen wird. In der Liste der Ziele steht nur noch die Aussage C, d. h., alle anderen Ziele des Ausgangskontext sind im Moment unwichtig! Sobald C gezeigt wurde, verlassen wir den gedanklichen Kontext. Dabei verschwinden alle Aussagen und Namen, die vielleicht beim Nachweis von C bewiesen oder definiert wurden. Es bleibt nur im Ged¨ achtnis, dass im Fall A der Nachweis von C gegl¨ uckt ist. Im Unterkontext des zweiten Falls beginnen wir mit der Liste der geltenden Aussagen aus dem Ausgangskontext, erg¨ anzt um B, und u bernehmen die Namensliste wieder unge¨ a ndert. Das Ziel besteht ¨ erneut aus dem Nachweis der Aussage C. Sobald dies gelungen ist, verlassen wir den Kontext (mitsamt den darin gezeigten Aussagen und definierten Namen) und gelangen zur¨ uck in die Ausgangssituation. Dort wird als Konsequenz der erfolgreichen Abstecher in die beiden Unterkontexte nun C in die Liste der geltenden Aussagen aufgenommen und kann somit aus der Liste der Beweisziele entfernt werden. Das Schreiben und auch das Lesen von Beweisen verlangt also eine sorgf¨altige Buchhaltung u ¨ber die jeweils geltenden Aussagen, die benutzbaren Namen und die angestrebten Ziele. Dabei bleiben die

2.1 Argumentieren mit Aussagen

27

eigentlichen Listen im Text unsichtbar. Die aufgeschriebenen Beweisschritte sind nur Anweisungen, wie die Listen abzu¨ andern sind. Um sich an das unsichtbare F¨ uhren der Listen zu gew¨ ohnen, ist es sinnvoll, sie hin und wieder bewusst aufzuschreiben. Besonders wenn man in einem Beweis nicht sieht, wie es weitergehen soll, sind solche Bestandsaufnahmen sehr n¨ utzlich. Zur Illustration kann man auch die Kontextgrenzen in Beweistexten einzeichnen und hinzukommende Wahrheiten, Namen und Ziele unterschiedlich farblich markieren. Das folgende Beispiel ist Teil eines Distributivgesetzes f¨ ur die beiden Verkn¨ upfungen ∧ und ∨. Der Beweis ben¨otigt Nachweis- und Benutzungsregel der Oder-Aussage. Satz 2.6 Seien A, B, C Aussagen. Gilt A ∧ (B ∨ C), dann gilt auch (A ∧ B) ∨ (A ∧ C). Beweis. Zu zeigen ist (A ∧ B) ∨ (A ∧ C). Da der Nachweistext f¨ ur die Oder-Aussage nur funktioniert, wenn eine der beteiligten Aussagen gilt, m¨ ussen wir diese Situation erst aus den Voraussetzungen herstellen. Wir benutzen daher die gegebene Und-Aussage.

Es ist nicht ungew¨ ohnlich, dass du beim Beweisen einen Teil der Kontextlisten vergisst. Stelle dir dann die Fragen: Was sind meine Ziele? Welche Aussagen gelten gerade? Welche Namen sind verwendbar? Wenn du die Antworten im bisherigen Beweistext suchst, f¨ ullst du die Listen gedanklich wieder auf.

Da A ∧ (B ∨ C) gilt, gelten A und B ∨ C. Benutzung der nun geltenden Aussage B ∨ C erlaubt uns, die F¨ alle getrennt zu betrachten. Fall B gilt: Da A und B gelten, gilt A ∧ B. Jetzt kann der Nachweistext f¨ ur die Oder-Aussage benutzt werden. Da A ∧ B gilt, gilt auch (A ∧ B) ∨ (A ∧ C). Fall C gilt: ................................................................... Bevor du weiterliest, mache eine Bestandsaufnahme u ¨ber den gedanklichen Kontext an genau dieser Stelle im Beweis. Fertige dazu eine Liste an, welche Aussagen aus dem Beweisverlauf an dieser Stelle im Beweis gelten (die S¨ atze, die vorher schon gezeigt wurden, gelten zwar auch, m¨ ussen aber nicht alle wiederholt werden). Erg¨ anze eine Liste der aktuellen Beweisziele und auch eine Liste der verf¨ ugbaren Namen (auch hier gibt es Namen, die schon vor dem Beweis verf¨ ugbar waren wie ∅, U, N, R f¨ ur bestimmte Mengen, die nicht alle wiederholt werden m¨ ussen). ........................................................................

( 25)

28

2 Logisches Argumentieren

Da A und C gelten, gilt A ∧ C und damit gilt auch die Aussage (A ∧ B) ∨ (A ∧ C). Damit gilt (A ∧ B) ∨ (A ∧ C) in jedem Fall. ................................................................... ( 26)

Zeige die umgekehrte Implikation: Seien A, B, C Aussagen. Gilt die Aussage (A ∧ B) ∨ (A ∧ C), dann gilt auch A ∧ (B ∨ C).

( 27)

Zeige die Idempotenz der Oder-Verkn¨ upfung: Ist A eine Aussage, dann gilt (A ∨ A) ⇒ A, und umgekehrt.

( 28)

Zeige das Kommutativgesetz der Oder-Verkn¨ upfung: Seien A, B Aussagen. Gilt A ∨ B, dann gilt auch B ∨ A.

( 29)

Zeige auch das Assoziativgesetz der Oder-Verkn¨ upfung: Seien A, B, C Aussagen. Gilt (A ∨ B) ∨ C, dann gilt auch A ∨ (B ∨ C), und umgekehrt.

( 30)

Es gilt auch ein Distributivgesetz mit vertauschten Rollen: Seien A, B, C Aussagen. Dann gilt (A ∨ (B ∧ C)) ⇒ ((A ∨ B) ∧ (A ∨ C)), und umgekehrt. ........................................................................

 Kannst du ein Beweisziel unter einer Zusatzannahme A zeigen, dann lohnt es sich zu u ¨berlegen, ob es auch unter der Annahme ¬A folgt. Mit einer Fallunterscheidung und dem Axiom Tertium non datur kommst du dann zum Ziel.

Oft kommt man beim Beweisen in die Situation, dass eine Aussage C gezeigt werden soll und man dies unter einer Annahme A auch schaffen k¨onnte, doch leider gilt A im aktuellen Kontext nicht. Als Beispiel betrachten wir den Beweis des Satzes, dass f¨ ur eine Zahl ussten wir, dass z ≥ 0 z ∈ Z das Quadrat z 2 nicht negativ ist. W¨ gilt, dann k¨onnten wir die schon bekannte Tatsache benutzen, dass das Produkt von zwei nichtnegativen Zahlen ebenfalls nicht negativ ist. Aber wir wissen ja nur z ∈ Z und k¨ onnen z ≥ 0 nicht einfach annehmen. W¨are z ≥ 0 dagegen Teil einer geltenden Oder-Aussage, dann h¨atten wir zumindest einen Fall der Fallunterscheidung schon geschafft! Dass z ≥ 0 tats¨achlich Teil einer geltenden Oder-Aussage ist, ergibt sich aus einem wichtigen Axiom der von uns benutzten zweiwertigen Logik mit dem Namen Tertium non datur – ein Drittes ist nicht gegeben. In unserem Beispiel besagt es, dass (x ≥ 0) ∨ (x < 0) gilt. Allgemein lautet es so: Axiom (Tertium non datur). F¨ ur jede Aussage A gilt A ∨ (¬A). Beim Beweis von S¨atzen zur Aussagenlogik kann das Axiom sehr systematisch eingesetzt werden. Geht es etwa um den Nachweis einer Aussage, die drei atomare Aussagen A, B, C kombiniert, dann kann man A ∨ (¬A), B ∨ (¬B) und C ∨ (¬C) benutzen, um die Zielaussage f¨ ur alle Wahrheitswertkonstellationen zu analysieren. Benutzt man zun¨achst A∨(¬A), so kann man in jedem der beiden F¨ alle (A gilt oder ¬A gilt) wegen B ∨ (¬B) erneut eine Fallunterscheidung machen. In jeder der nun schon vier Konstellationen ist wegen C ∨ (¬C) wie-

2.1 Argumentieren mit Aussagen

29

derum eine Fallunterscheidung m¨oglich. Kann in jeder der so entstehenden acht Konstellationen mit detaillierter Wahrheitsinformation u ultigkeit der Zielaussage nach¨ber die atomaren Aussagen die G¨ gewiesen werden, trifft sie gem¨aß der Fallunterscheidungsregel auch insgesamt zu. Diese Vorgehensweise f¨ uhrt auf das Konzept der Wahrheitstabellen, das wir hier aber nicht weiter verfolgen, weil es in der mathematischen Praxis insgesamt eine untergeordnete Rolle spielt. Stattdessen nutzen wir das Axiom Tertium non datur dazu, eine n¨ utzliche alternative Nachweisregel f¨ ur Oder-Aussagen zu begr¨ unden. Satz 2.7 Seien A, B Aussagen. Gilt (¬A) ⇒ B, dann gilt auch A ∨ B. Entsprechend folgt aus (¬B) ⇒ A ebenfalls A ∨ B. Beweis. Zun¨achst gehen wir von (¬A) ⇒ B aus und zeigen A ∨ B. Da der Nachweistext f¨ ur die Oder-Aussage das Gelten einer der beiden Aussagen ben¨otigt, schauen wir uns die Voraussetzung (¬A) ⇒ B an. Um sie zu nutzen, m¨ ussten wir wissen, dass ¬A stimmt, aber dar¨ uber gibt es keine Information. Einfach so k¨ onnen wir ¬A nicht annehmen, wohl aber als einen Fall in einer Fallunterscheidung, wenn wir den gegenteiligen Fall auch untersuchen.

 Mit Satz 2.7 kannst du Oder-Aussagen zeigen, indem du annimmst, dass eine der Teilaussagen nicht gilt, und zeigst, dass dann die andere gilt.

Da A ∨ (¬A) gilt, machen wir eine Fallunterscheidung. Fall A gilt: Da A gilt, gilt auch A ∨ B. Fall ¬A gilt: ................................................................... Trainiere deine Buchhaltung: Welche Aussagen gelten an genau diesem Punkt des Beweises, und wie lautet das aktuelle Beweisziel?

( 31)

Erst antworten, dann weiterlesen . . . ........................................................................

Da (¬A) ⇒ B und ¬A gelten, gilt auch B. Da B gilt, gilt auch A∨B. Damit gilt A ∨ B insgesamt. ................................................................... ¨ Dass A ∨ B auch aus (¬B) ⇒ A folgt, ist eine Ubung. ........................................................................

2.1.4 Nicht-Aussagen Idee: Aus dem Krimi-Alltag sind uns Argumentationen folgender Form bekannt: Angenommen Person X hat die Tat begangen. Da sie

( 32)

30

2 Logisches Argumentieren

nachweislich um 09:20 Uhr noch in Berlin war, musste sie mit einer Durchschnittsgeschwindigkeit von u ¨ber 1000 km/h reisen, um rechtzeitig an den Tatort zu gelangen. Da kein g¨ angiges Verkehrsmittel dazu in der Lage ist, kommt Person X nicht als T¨ ater infrage. Solche indirekten Schl¨ usse funktionieren immer nach einem Muster: Man nimmt zun¨achst an, eine Aussage gilt (oben: Person X ist der T¨ater). Nun zeigt man durch eine schl¨ ussige Argumentation, dass eine widerspr¨ uchliche Situation eintritt, also eine Situation, in der eine gewisse Aussage sowohl wahr als auch falsch ist (im Beispiel bewegt sich Person X mit mehr als 1000 km/h, obwohl sich Person X nicht mit mehr als 1000 km/h bewegen kann). Anschließend verwirft man die Annahme und geht von der G¨ ultigkeit der gegenteiligen Aussage aus.

 Anhang B hilft dir, bei der gr¨ oßer werdenden Anzahl von Nachweis- und Benutzungstexten den ¨ Uberblick zu behalten.

In der Mathematik wird dieses Prinzip als Nachweisregel f¨ ur NichtAussagen verwendet. Aussageform Nachweisregel

Nachweistext

¬A Um zu zeigen, dass ¬A gilt, nimmt man an, dass A gilt, und zeigt, dass eine widerspr¨ uchliche Situation entsteht, d. h., dass eine Aussage B gilt und ihr Gegenteil ¬B auch. Annahme A . . .  Also gilt ¬A.

Dabei wird  als Symbol f¨ ur den Widerspruch hinter die geltende Aussage geschrieben, deren Gegenteil ebenfalls nachgewiesen wurde. Als einfaches Beispiel beweisen wir den folgenden Satz. Satz 2.8 Sei B eine Aussage. Dann gilt B ⇒ (¬(¬B)). Beweis. Zu zeigen ist B ⇒ (¬(¬B)). Der Nachweistext zur Implikation k¨ onnen wir in Anhang B auf Seite 196 nachschlagen. Es gelte B. Zu zeigen: ¬(¬B). Wir f¨ ullen die Nachweistextvorlage zur Negation auf Seite 200. Annahme ¬B. Jetzt muss eine Aussage gefunden werden, die gilt und auch nicht gilt. Hier k¨onnen wir B selbst nehmen. Nach Voraussetzung gilt auch B.  Also gilt ¬(¬B).

2.1 Argumentieren mit Aussagen

31

Es mag an dieser Stelle seltsam erscheinen, dass wir diesen Beweis f¨ uhren. Ist es nicht offensichtlich, dass das Gegenteil des Gegenteils einer Aussage der urspr¨ unglichen Aussage entspricht? Das Gegenteil von Die Lampe leuchtet ist doch Die Lampe leuchtet nicht und das Gegenteil davon ist doch wieder Die Lampe leuchtet. Wenn B gilt, dann sollte die gleichlautende Aussage ¬(¬B) doch auch gelten? Die Antwort auf diese berechtigte Frage sieht so aus: Nur weil wir das Symbol ¬A in unserer mathematischen Sprache als Gegenteil von A oder als nicht A aussprechen, heißt das noch nicht, dass ¬A sich genauso wie das Gegenteil-Konzept aus unserer Alltagswelt verh¨ alt. Das Verhalten von ¬A in der mathematischen Welt entsteht allein durch die dort vorliegenden Regeln f¨ ur diese Zeichenkombination! Nat¨ urlich wollen wir unser Alltagsverst¨andnis von Gegenteil weitm¨oglichst in der mathematischen Welt kopieren. Die Nachweisregel ist genau in diesem Sinne gew¨ahlt worden, und der nachfolgende Satz zeigt bereits, dass die in der Alltagswelt bekannte Tatsache Doppelte Verneinung hebt sich auf zum Teil aus der Nachweisregel folgt und somit auch in der mathematischen Welt gilt. Der noch fehlende Teil, dass aus dem Gelten von ¬(¬B) auch das Gelten von B folgt, ist gerade unsere Benutzungsregel f¨ ur Nicht-Aussagen. Sie sorgt endg¨ ultig daf¨ ur, dass das Verhalten des mathematischen Gegenteils dem allt¨ aglichen Gegenteil sehr nahe kommt. Aussageform Benutzungsregel Benutzungstext

¬A Ist A selbst eine verneinte Aussage ¬B, so gilt B. Wegen ¬(¬B) gilt B.

Wir wollen die beiden Negationsregeln nun exemplarisch in einem Beweis verwenden. Hier kommt auch zum ersten Mal die bereits angesprochene alternative Strategie zum Nachweis von Oder-Aussagen aus Satz 2.7 zum Einsatz. Satz 2.9 Seien A, B Aussagen. Wenn ¬(A ∧ B) gilt, dann gilt auch (¬A) ∨ (¬B). Beweis. Zu zeigen ist (¬A) ∨ (¬B). Der grundlegende Nachweistext f¨ ur die Oder-Aussage funktioniert nur, wenn eine der beteiligten Aussagen gilt. Da unsere Annahme hierzu keine direkte Verbindung herstellt, lohnt es sich den Satz 2.7 zu benutzen, der als Oder-Nachweistext auf Seite 199 im Anhang B vorbereitet ist. Zum Nachweis von (¬A) ∨ (¬B) gelte ¬(¬A). Zu zeigen: ¬B.

 Die Bedeutung der mathematischen Zeichen ergibt sich aus den zugeh¨ origen Regeln und nicht aus der umganssprachlichen Verwendung. Die Regeln sind aber so gew¨ ahlt, dass sie die gewohnte Bedeutung so gut wie m¨ oglich nachbilden.

32

2 Logisches Argumentieren Jetzt startet der Nachweistext f¨ ur Negationen von Seite 200.

Annahme B. ................................................................... ( 33)

Zeit f¨ ur Buchhaltung: Welche Aussagen gelten an genau diesem Punkt des Beweises, und wie lautet das aktuelle Beweisziel? Erst antworten, dann weiterlesen . . . ........................................................................

Mit der Benutzungsregel f¨ ur ¬ auf Seite 200 in Anhang B k¨onnen wir die doppelte Verneinung aufl¨ osen, und finden dann A ∧ B, was im Widerspruch zu ¬(A ∧ B) steht. Wegen ¬(¬A) gilt A und damit auch A ∧ B.  Damit muss die Annahme B also falsch gewesen sein. Also gilt ¬B. ................................................................... ( 34)

Mit einer ¨ ahnlichen Vorgehensweise kannst du nun auch zeigen, dass man bei zwei Aussagen A, B aus dem Gelten von ¬(A ∨ B) auf das Gelten von (¬A) ∧ (¬B) schließen kann. ........................................................................

2.1.5 Widerspr¨ uche Wenn eine Implikation nachgewiesen werden soll, bei der die Aussage links vom Pfeil (die Pr¨amisse oder Voraussetzung) falsch ist, wie z. B. 1 ∈ ∅ oder 2 ∈ N, so wirkt dies sehr verst¨ orend. Die Nachweisregel verlangt n¨amlich von uns, eine Gedankenwelt aufzubauen, in der die Voraussetzung wahr ist, obwohl das Gegenteil der Fall ist! Solche widerspr¨ uchlichen Situationen kennen wir aus der realen Welt nicht, wo eine objektiv pr¨ ufbare Eigenschaft (wie zum Beispiel Die Lampe leuchtet) unm¨oglich zeitgleich mit ihrem Gegenteil vorliegen kann. Da uns beim Aufbau von Gedankenwelten aber nichts daran hindert, auch widerspr¨ uchliche Annahmen zu treffen, kann man sich durchaus die Frage stellen, welche Konsequenzen ein Widerspruch f¨ ur eine mathematische Gedankenwelt hat. Tats¨achlich kann man aus unseren bisherigen Regeln folgern, dass in einer Welt mit einem Widerspruch alle Aussagen widerspr¨ uchlich sind. Anders formuliert: In einer widerspr¨ uchlichen Situation gilt jede Aussage (insbesondere auch ihr Gegenteil) – kurzum, wahr und

2.1 Argumentieren mit Aussagen

33

falsch lassen sich hier nicht mehr unterscheiden. Diese Regel ist unter dem lateinischen Namen Ex falso quodlibet bekannt, was u ¨bersetzt Aus einem Widerspruch folgt Beliebiges bedeutet. Satz 2.10 (Ex falso quodlibet) Sind A, B Aussagen und gilt sowohl A als auch ¬A, dann gilt auch B. Beweis. Zu zeigen ist B. Da A widerspr¨ uchlich ist, haben wir den Schl¨ ussel zum Nachweis einer negierten Aussage in der Hand, denn der Nachweistext erwartet ja am Ende irgendeine widerspr¨ uchliche Aussage. Der Trick ist, B als negierte Aussage zu sehen, was wegen der engen Verbindung mit der doppelten Verneinung ¬(¬B) m¨ oglich ist. Um passend auf B zu landen, weisen wir also zuerst die Negation ¬(¬B) nach und entfernen anschließend die doppelte Verneinung mit der Benutzungsregel zur Negation. Diese Kombination ist ein Standardtrick (ein sog. indirekter Beweis). Angenommen ¬B gilt. Da nach Voraussetzung A und ¬A gelten, liegt ein Widerspruch vor.  Also gilt ¬(¬B). Mit dem Text zur doppelten Negation sind wir fertig. Wegen ¬(¬B) gilt B. Wenn wir also erneut die oben angesprochene Situation betrachten, in der eine falsche Aussage als Pr¨amisse einer Implikation auftritt, dann befinden wir uns nach Anwendung der Implikations-Nachweisregel in einer widerspr¨ uchlichen Situation, sodass die gew¨ unschte Folgerung automatisch gilt. Eine Implikation mit falscher Pr¨ amisse ist also stets eine wahre Aussage. Trotzdem f¨ uhrt dies nicht zu Problemen, denn eine solche Implikation kann niemals benutzt werden, weil ihre Voraussetzung eben nicht gilt. Im folgenden Beispiel sehen wir einen typischen Einsatz von Ex falso quodlibet in einer Fallunterscheidung. Satz 2.11 Seien A, B Aussagen. Wenn (¬A) ∨ (¬B) gilt, dann gilt auch ¬(A ∧ B). Beweis. Es gelte (¬A) ∨ (¬B). Zu zeigen ist ¬(A ∧ B). Mit dem Nachweistext f¨ ur Negationen (Seite 200) geht es weiter, gefolgt von der Aufl¨osung der Und-Aussage mit dem Benutzungstext auf Seite 198 in Anhang B.

Bei einem indirekten Beweis einer Aussage geht man von ihrem Gegenteil aus und zeigt einen Widerspruch.

34

2 Logisches Argumentieren

Angenommen A ∧ B gilt. Damit gelten A und B. ................................................................... ( 35)

Zeit f¨ ur Buchhaltung: Welche Aussagen gelten im Moment und wie lautet das aktuelle Ziel? Erst antworten, dann weiterlesen . . . ........................................................................

Basierend auf der Voraussetzung (¬A) ∨ (¬B) k¨ onnen wir mit der Benutzungsregel auf Seite 199 eine Fallunterscheidung durchf¨ uhren, wobei im Fall ¬A gleichzeitig auch A gilt und im Fall ¬B gleichzeitig B. Da wir eine widerspr¨ uchliche Aussage brauchen, klingt das vielversprechend. Allerdings muss in einer korrekten Fallunterscheidung in beiden F¨ allen die gleiche Aussage gezeigt werden. Hier hilft jetzt Ex falso quodlibet: Ist ein Fall widerspr¨ uchlich, so kann jede Aussage gefolgert werden, also insbesondere die gleiche wie im anderen Fall. Eine Fallunterscheidung ist nur dann korrekt, wenn die zugeh¨ orige OderAussage gilt und in beiden F¨ allen die gleiche Aussage gezeigt wird.

Fall ¬A gilt: Da auch A gilt, finden wir A ∧ (¬A). Fall ¬B gilt: Da auch B gilt, ist B widerspr¨ uchlich. Mit Ex falso quodlibet folgt A ∧ (¬A). In jedem Fall gilt also A ∧ (¬A), d. h. A und ¬A.  Damit gilt ¬(A ∧ B).

Das n¨achste Satzbeispiel ist eine n¨ utzliche Zusatzregel (die sogenannte Kontrapositionsregel ) zum Nachweis von Implikationen. Die Regel Ex falso quodlibet tritt hier wieder in einer Fallunterscheidung auf. Satz 2.12 (Kontrapositionsregel) Seien A, B Aussagen. Gilt die Implikation (¬B) ⇒ (¬A), dann gilt auch A ⇒ B.

Beweis. Es gelte (¬B) ⇒ (¬A). Zu zeigen: A ⇒ B. Mit dem ⇒-Nachweistext auf Seite 196 sehen wir, was zu tun ist. Es gelte A. Zu zeigen: B. Die Voraussetzung (¬B) ⇒ (¬A) ist nur nutzbar, wenn ¬B gilt. Diese Situation erzeugen wir wieder innerhalb einer Fallunterscheidung. Die Oder-Aussage wird von Tertium non datur geliefert. Basierend auf B ∨ (¬B) f¨ uhren wir eine Fallunterscheidung durch.

2.2 Ersetzungsregeln

35

Wenn wir in beiden F¨allen B zeigen k¨onnen, ist der Beweis fertig. ................................................................... F¨ uhre den Beweis zu Ende, indem du f¨ ur die geltende Oder-Aussage B ∨ (¬B) den Benutzungstext der Fallunterscheidung auf Seite 199 verwendest. ........................................................................

( 36)

................................................................... Zeige die umgekehrte Aussage: Wenn f¨ ur zwei Aussgen A, B die Implikation A ⇒ B gilt, dann gilt auch (¬B) ⇒ (¬A).

( 37)

Sind A, B Aussagen, dann gilt (A ⇒ B) ⇒ ((¬A) ∨ B), und umgekehrt. ........................................................................

( 38)

2.2 Ersetzungsregeln ¨ Die Aquivalenz von Aussagen haben wir als Abk¨ urzung f¨ ur einen etwas l¨angeren Ausdruck definiert. Genauso ist die Gleichheit von Mengen axiomatisch auf das Gelten von zwei Inklusionen zur¨ uckgef¨ uhrt. Dadurch sind ihre Nachweis- und Benutzungsregeln prinzipiell bereits fesgelegt: Sie ergeben sich als Kombination der Regeln zu den Ausdr¨ ucken in der jeweiligen Langform. Aus praktischen Gr¨ unden ist es aber sinnvoll, gewisse Folgerungen, die sich aus der (oft mehrfachen) Anwendung der elementaren Regeln ergeben, als eigenst¨ andige Regeln einzuf¨ uhren. ¨ 2.2.1 Aquivalenzen Gilt eine mathematische Aussage A, so sagen wir auch, sie sei wahr. Gilt ihr Gegenteil ¬A, so sagen wir, A sei falsch. Durch das Axiom Tertium non datur kommen weitere Wahrheitswerte neben wahr und falsch nicht vor. Haben nun zwei Aussagen E und F den gleichen Wahrheitswert, so nennt man sie ¨aquivalent (lateinisch aequus (gleich) - valere (wert)). ¨ Im Aquivalenzfall gilt also E ∧F (beide sind wahr) oder (¬E)∧(¬F ) (beide sind falsch). Insgesamt ist damit (E ∧ F ) ∨ ((¬E) ∧ (¬F )) eine ¨ Beschreibung der Aquivalenz von E und F . ¨ Schauen wir auf die Definition der Aquivalenzaussage E ⇔ F auf Seite 7, so finden wir dagegen die Langform (E ⇒ F ) ∧ (F ⇒ E), woraus sich die folgenden Regeln ableiten:

36

2 Logisches Argumentieren

Aussageform Nachweisregel

Nachweistext Benutzungsregel

Benutzungstext

A⇔B Um nachzuweisen, dass A ⇔ B gilt, muss man (in der Regel in zwei Teilen) zeigen, dass A ⇒ B und B ⇒ A gelten. Zu zeigen: A ⇒ B und B ⇒ A. ¨ Gilt die Aquivalenz A ⇔ B, dann gelten auch die beiden Implikationen A ⇒ B und B ⇒ A. Wegen A ⇔ B gelten A ⇒ B und B ⇒ A.

Im folgenden Satz wird untersucht, dass die beiden Beschreibungen ¨ der Aquivalenz gleichbedeutend sind. Satz 2.13 Seien E, F Aussagen. Gilt (E ∧F )∨((¬E)∧(¬F )), dann gilt auch (E ⇒ F ) ∧ (F ⇒ E), und umgekehrt. Beweis. Wir gehen von (E ∧ F ) ∨ ((¬E) ∧ (¬F )) aus und zeigen (E ⇒ F ) ∧ (F ⇒ E). Der ∧-Nachweistext auf Seite 198 liefert zwei Hilfsziele. Dazu m¨ ussen die Aussagen E ⇒ F und F ⇒ E gezeigt werden. Weiter geht es mit dem ⇒ Nachweistext auf Seite 196.

 Wichtig ist nicht, dass die Beweistexte wortw¨ ortlich wie im Anhang B verwendet werden, sondern dass ihr Sinn erhalten bleibt.

Wir beginnen mit dem Nachweis von E ⇒ F . Dazu gehen wir von E aus. Zu zeigen ist F . Hier kann das Ziel nicht weiter vereinfacht werden. Wir wechseln daher in den Benutzungsmodus und machen eine Fallunterscheidung basierend auf der Voraussetzung (Seite 199). Fall E ∧ F gilt: Hier gelten E und F , also gilt insbesondere F . Fall (¬E) ∧ (¬F ) gilt: Hier gilt insbesondere ¬E. Damit ist E widerspr¨ uchlich, und wegen Ex falso quodlibet gilt F . In jedem Fall gilt also F . ...................................................................

( 39)

Der Nachweis von F ⇒ E verl¨ auft nach dem gleichen Muster. ........................................................................

Umgekehrt gehen wir nun von (E ⇒ F ) ∧ (F ⇒ E) aus und zeigen (E ∧ F ) ∨ ((¬E) ∧ (¬F )). Wir verwenden die Oder-Nachweisregel auf Seite 199, die sich aus Satz 2.7 ergeben hat.

2.2 Ersetzungsregeln

37

Zum Nachweis von (E ∧F )∨((¬E)∧(¬F )) gelte ¬(E ∧F ). Zu zeigen ist (¬E) ∧ (¬F ). Der ∧-Nachweistext auf Seite 198 greift sinngem¨ aß. Wir zeigen also ¬E und ¬F . Weiter mit dem Nachweistext f¨ ur Negationen auf Seite 200. Annahme: Es gilt E. Jetzt muss ein Widerspruch gefunden werden. Wir greifen auf die Voraussetzung zur¨ uck, um den Bestand an geltenden Aussagen zu sichten. Wegen (E ⇒ F ) ∧ (F ⇒ E) gelten E ⇒ F und F ⇒ E. Wir benutzen die erste Implikation gem¨aß dem auf Seite 196 stehenden Nachweistext. Wegen E ⇒ F und E gilt F . Also gilt E ∧ F und nach Annahme auch ¬(E ∧ F ).  ................................................................... Zeige ¬F auf die gleiche Weise. ........................................................................

( 40)

Viele in den vorherigen Abschnitten bewiesenen Implikationen las¨ sen sich zu Aquivalenzen zusammenfassen. Beispielsweise gilt das De Morgansche Gesetz ¨ Satz 2.14 Seien E, F Aussagen. Dann gilt die Aquivalenzaussage (¬(E ∧ F )) ⇔ ((¬E) ∨ (¬F )). Beweis. Wir zeigen zun¨achst (¬(E ∧F )) ⇒ ((¬E)∨(¬F )) und gehen dazu von ¬(E ∧ F ) aus. Zu zeigen ist (¬E) ∨ (¬F ). Dies folgt durch Anwendung von Satz 2.11 bei Ersetzung von A durch E und von B durch F . Wir zeigen nun ((¬E) ∨ (¬F )) ⇒ (¬(E ∧ F )) und gehen dazu von (¬E)∨(¬F ) aus. Zu zeigen ist ¬(E ∧F ). Dies folgt durch Anwendung von Satz 2.9 bei Ersetzung von A durch E und von B durch F . In ¨ ahnlicher Weise k¨onnen wir andere bereits bewiesene S¨ atze und ¨ ¨ Ubungsaufgaben als Aquivalenzaussagen umformulieren. Das ist Gegenstand der folgenden Aufgaben.

Bei Nutzung von S¨ atzen kann es die Lesbarkeit erh¨ ohen, wenn du die Belegung der Platzhalter genau beschreibst.

38

2 Logisches Argumentieren

................................................................... ( 41)

¨ Zeige die folgenden Aquivalenzen, indem du bereits bewiesene S¨ atze und ¨ Ubungsaufgaben nutzt und fehlende Implikationen argumentativ auff¨ ullst: F¨ ur Aussagen E, F gilt 1. E ⇔ ¬(¬E), 2. (E ⇒ F ) ⇔ ((¬F ) ⇒ (¬E)), 3. (¬(E ∨ F )) ⇔ ((¬E) ∧ (¬F )). Argumentiere in der folgenden Aufgabe mit der Benutzungsregel f¨ ur die ¨ Aquivalenzaussage A ⇔ B und der Benutzungsregel f¨ ur die Implikation.

( 42)

Seien A, B Aussagen mit A ⇔ B. Gilt A, dann gilt auch B, gilt A nicht, dann gilt auch B nicht. Dass auch das Gelten bzw. Nichtgelten von B die jeweiligen Konsequenzen auf A hat, folgt durch Kombination mit dem Satz:

( 43)

Sind E, F Aussagen und gilt E ⇔ F , dann gilt auch F ⇔ E. Beweise jetzt durch Benutzung von

( 44)

 Die Wahrheitswerte von Aussagenverkn¨ upfungen h¨ angen nur von den Wahrheitswerten der Teilaussagen ab. Ersetzt man eine Teilaussage durch eine gleichwertige, so ¨ andert sich der Gesamtwahrheitswert also nicht.

( 42)

und

( 43)

den folgenden Satz.

Seien A, B Aussagen mit A ⇔ B. Gilt B, dann gilt auch A. Gilt B nicht, dann gilt auch A nicht. ........................................................................

Bei allen logischen Operationen, die wir bis jetzt kennengelernt haben, ergab sich der Wahrheitswert der Verkn¨ upfung aus den Wahrheitswerten der beteiligten Aussagen. Beispielsweise ist eine UndVerkn¨ upfung zweier Aussagen wahr, wenn beide Aussagen wahr sind, das Gegenteil einer Aussage ist wahr, wenn diese falsch ist usw. Wenn wir also eine Verkn¨ upfung von Aussagen vor uns haben, wie etwa V := ((A ∨ C) ∧ ¬C) ∨ B, und ist B eine Aussage mit dem gleichen Wahrheitswert wie A (also eine zu A ¨ aquivalente Aussage), dann upfung V nicht, wenn wir ¨andert sich der Wahrheitswert der Verkn¨ A durch B bzw. B durch A austauschen. Dabei spielt es keine Rolle, welche der m¨oglichen Ersetzungen wir tats¨ achlich durchf¨ uhren. Wir finden also V ⇔ ((B ∨ C) ∧ ¬C) ∨ B, V ⇔ ((B ∨ C) ∧ ¬C) ∨ A, V ⇔ ((A ∨ C) ∧ ¬C) ∨ A. ¨ Zwar ließen sich alle diese Aquivalenzen aus A ⇔ B mit den bisherigen Regeln nachweisen, aber die Beweise w¨ aren recht umst¨ andlich und langweilig, da sie immer dem gleichen Ablauf folgen. Aus diesem Grund f¨ uhren wir eine abk¨ urzende Ersetzungsregel als spezielle Benutzungsregel ein.

2.2 Ersetzungsregeln Aussageform Ersetzungsregel

Ersetzungstext alternativ

39 A⇔B Ersetzt man in einer Aussage V den Teilausdruck A durch B oder auch B durch A, so ist die dabei entstehende Aussage W a¨quivalent zu V . Insbesondere gilt W , wenn V gilt. Wegen A ⇔ B gilt V ⇔ W . Wegen V und A ⇔ B gilt W .

Als Beispiel zur Ersetzungsregel betrachten wir den folgenden Satz. Satz 2.15 Seien E, F, G Aussagen. Gelten E ⇔ F und F ⇔ G, dann gilt auch E ⇔ G. Beweis. Wegen E ⇔ F und F ⇔ G gilt E ⇔ G, wobei wir F auf der rechten Seite von E ⇔ F durch G ersetzt haben. Mit der Ersetzungsregel kann man auch zeigen, dass durch Anwenden ¨ der gleichen Operation (z. B. Negieren) auf beiden Seiten einer Aqui¨ valenzaussage die Aquivalenz erhalten bleibt. Grundlage daf¨ ur ist die folgende Beobachtung.

 In der Praxis werden Ersetzungen oft ohne weitere Erkl¨ arungen durchgef¨ uhrt. Zum Verst¨ andnis musst du aber nachvollziehen, ¨ welche Aquivalenzen ausgenutzt wurden.

................................................................... Sei A eine Aussage. Dann gilt A ⇔ A. ........................................................................

( 45)

Damit beweisen wir den folgenden Satz. Satz 2.16 Seien E, F Aussagen mit E ⇔ F . Dann gilt auch die ¨ Aquivalenz (¬E) ⇔ (¬F ). Beweis. Wir wenden ( 45) auf ¬E anstelle von A an und erhalten (¬E) ⇔ (¬E). Wegen der Ersetzungsregel k¨onnen wir E auf der rechten Seite durch F ersetzen und erhalten (¬E) ⇔ (¬F ). ................................................................... Zeige mit dem gleichen Prinzip, dass f¨ ur drei Aussagen E, F, G mit E ⇔ F auch die Aussagen (E ∧ G) ⇔ (F ∧ G) bzw. (G ∨ E) ⇔ (G ∨ F ) gelten. ........................................................................

2.2.2 Gleichheit Auch im Fall der Gleichheit gibt es eine Ersetzungsregel: Kurz gesagt, ¨andert sich der Wahrheitswert einer Aussage nicht, wenn man einen Teilausdruck der Aussage durch einen dazu gleichen Teilausdruck ersetzt.

( 46)

40

2 Logisches Argumentieren

Beim L¨osen von Gleichungen der Form u4 − 3 · u2 + 2 = 0 wird zum Beispiel sehr viel in dieser Weise ersetzt: Zun¨ achst definiert man x := u2 , sodass x = u2 gilt. Nun kann man in der Aussage u4 = (u2 )2 ersetzen zu u4 = x2 und dann in u4 −3·u2 +2 = 0 zu x2 −3·x+2 = 0. Beweist man dann die Aussage (x2 −3·x+2 = 0) ⇒ (x = 1)∨(x = 2), 2 2 so gilt nach Ersetzen (u4 −3·u2 +2 = 0) ⇒ (u √ = 2), woraus √ = 1)∨(u am Ende die komplette L¨osungsmenge {− 2, −1, 1, 2} konstruiert werden kann. Aussageform Ersetzungsregel

Ersetzungstext alternativ

A=B Ersetzt man in einer Aussage V den Teilausdruck A durch B oder auch B durch A, so ist die dabei entstehende Aussage W ¨ aquivalent zu V . Insbesondere gilt W , wenn V gilt. Wegen A = B gilt V ⇔ W . Wegen V und A = B gilt W .

Als Beispiel f¨ ur diese Ersetzungsregel beweisen wir den folgenden Satz. Satz 2.17 Seien x, y Elemente. Gilt x = y, dann gilt auch y = x. Beweis. Wir ersetzen in der geltenden Aussage x = y auf der linken Seite x durch y und auf der rechten Seite y durch x, was wegen x = y erlaubt ist. Als Ergebnis finden wir die geltende Aussage y = x. ................................................................... ( 47)

Zeige in ¨ ahnlicher Weise, dass f¨ ur drei Elemente x, y, z aus x = y und y = z auch x = z folgt. ........................................................................

R¨ uckblick Schule

 F¨ ur den weiteren Verlauf ist der R¨ uckblick nicht zwingend erforderlich.

osen solltest, Wenn du in der Schule die Gleichung 5 · x + 3 = 13 l¨ dann hast du wohl etwa so gerechnet: Ich ziehe auf beiden Seiten 3 ab und erhalte 5 · x = 10. Anschließend teile ich auf beiden Seiten durch 5 und finde x = 2. Wie ordnet sich dieses Rechnen in unsere bisherige Arbeitsweise ein? Ist Rechnen neben Beweisen eine weitere mathematische Grundt¨ atigkeit? Wie du gleich sehen wirst, lautet die Antwort Nein. Rechnen ist eine spezielle Form des Beweisens, die im vorliegenden Fall nur zwei ¨ Regeln verwendet: Benutzung von S¨ atzen und Ersetzung mit Aquivalenz- und Gleichheitsaussagen.

2.2 Ersetzungsregeln

41

Die S¨atze sind dabei in der Schule unter dem Namen Rechenregeln bekannt. Es sind jeweils S¨atze, die Gleichheitsaussagen als Folgerung besitzen. Hierzu geh¨oren zum Beispiel Satz 2.18 Seien x, y, z ∈ Z. Dann gilt (x + y) + z = x + (y + z). Satz 2.19 Sei x ∈ Z. Dann gilt x + (−x) = 0. Satz 2.20 Sei x ∈ Z. Dann gilt x + 0 = x. Dass die Addition der gleichen Zahl auf beiden Seiten einer Gleichung zu einer ¨aquivalenten Gleichung f¨ uhrt, ist zum Beispiel eine Folgerung dieser S¨atze und unserer Beweisregeln. Wir beweisen dies nun und beginnen dazu mit einem Hilfssatz. Satz 2.21 Seien a, b ∈ Z. Dann gilt (a + b) + (−b) = a. Zum Nachweis der Gleichheit werden wir die grundlegenden Rechenregel-S¨atze verwenden, die ja auf Gleichheiten f¨ uhren. Im vorliegenden Fall sieht das trainierte Auge sofort, dass b und −b in der Summe zu 0 werden und daher den Wert von a insgesamt nicht ¨andern. Damit b und −b aber direkt in einer Summe zusammenkommen, muss erst mit einer Grundregel umgeklammert werden. Beweis. Wenden wir Satz 2.18 auf a anstelle von x, b anstelle von y und −b anstelle von z an, so erhalten wir (a+b)+(−b) = a+(b+(−b)). Jetzt kann das Ausnullen stattfinden . . . Wenden wir Satz 2.19 auf b an, so finden wir b + (−b) = 0. Damit k¨onnen wir auf der rechten Seite der vorherigen Aussage eine Ersetzung durchf¨ uhren und erhalten (a + b) + (−b) = a + 0. . . . und die Regel zum Weglassen der 0-Addition kann zum Einsatz kommen . . . Wenden wir Satz 2.20 auf a an, so finden wir a + 0 = a. Ersetzen wir damit in der vorherigen Aussage, so ergibt sich (a+b)+(−b) = a. Dass sich eine Gleichheit nicht ¨andert, wenn man auf beiden Seiten die gleiche Zahl addiert, k¨onnen wir nun als Satz beweisen. Satz 2.22 Seien x, y, z ∈ Z. Dann gilt (x = y) ⇔ (x + z = y + z). ¨ Beweis. Wir zeigen die Aquivalenz durch zwei Implikationen und beginnen mit (x = y) ⇒ (x + z = y + z). Dazu gelte x = y. Zu

Rechnen entspricht einem wiederholten Benutzen von Gleichheitss¨ atzen mit anschließenden Ersetzungen.

42

2 Logisches Argumentieren

zeigen: x + z = y + z. Anwendung von Axiom 1.6 (nach dem jeder Elementausdruck zu sich selbst gleich ist) ergibt x + z = x + z. Ersetzen wir mit x = y auf der rechten Seite x durch y, so finden wir x + z = y + z. Zum Nachweis von (x + z = y + z) ⇒ (x = y) gelte x + z = y + z. Zu zeigen ist x = y. Die Anwendung von Satz 2.21 auf y, z ergibt (y + z) + (−z) = y. Ersetzen wir mit x + z = y + z auf der linken Seite y + z durch x + z, so finden wir (x + z) + (−z) = y. Wenden wir Satz 2.21 auf x, z an, so ergibt sich (x + z) + (−z) = x. Durch Ersetzung in (x + z) + (−z) = y folgt x = y. Die Rechnung zur L¨osung von y + 3 = 7 entspricht nun dem Beweis des folgenden Satzes Satz 2.23 Sei y ∈ Z. Dann gilt (y + 3 = 7) ⇔ (y = 4). Beweis. Als Erstes wenden wir Satz 2.22 auf y + 3 anstelle von x, 7 anstelle von y und −3 anstelle von z an. Als Konsequenz erhalten ¨ wir die Aquivalenz (y + 3 = 7) ⇔ ((y + 3) + (−3) = 7 + (−3)). Aus der Grundschule kennen wir die wahre Aussage 7 + (−3) = 4, und eine Ersetzung liefert (y + 3 = 7) ⇔ ((y + 3) + (−3) = 4). Wenden wir Satz 2.21 auf y anstelle von a und 3 anstelle von b an, so finden wir (y + 3) + (−3) = y. Eine Ersetzung in der vorherigen Aussage ergibt (y + 3 = 7) ⇔ (y = 4).

2.3 Argumentieren mit Elementen Bisher haben wir uns haupts¨ achlich mit Nachweis- und Benutzungsregeln besch¨aftigt, die den Umgang mit reinen Aussageverkn¨ upfungen kl¨aren. Wie die Aussagen dabei genau strukturiert sind, war f¨ ur das Verst¨andnis nicht wichtig. In der Praxis sind die zuvor mit A, B oder E, F bezeichneten abstrakten Aussagen aber durch konkretere Aussagen gef¨ ullt, die sich auf Elemente der Mengenlehre beziehen. Im Folgenden werden wir dazu die Nachweis- und Benutzungsregeln f¨ ur den Umgang mit der grundlegenden Elementaussage sowie der Existenz- und F¨ ur-alle-Aussage lernen.

2.3.1 Element einer Aussonderung In der Mengenlehre fasst man h¨ aufig Elemente zu einer Menge zusammen, die eine bestimmte Bedingung erf¨ ullen. Hierf¨ ur haben wir

2.3 Argumentieren mit Elementen

43

in Abschnitt 1.3 die Schreibweise {x ∈ A : Ex } f¨ ur die Menge alullen, kenler Elemente x der Menge A, die die Bedingung Ex erf¨ nengelernt. Der Platzhaltername x wird dabei ben¨ otigt, um die Zugeh¨ origkeitsbedingung zu formulieren. Liegt nun ein konkretes Element a vor, f¨ ur das festgestellt werden soll, ob es in der Menge {x ∈ A : Ex } liegt, so muss dieses die Bedingung x ∈ A und Ex anstelle von x erf¨ ullen. Wissen wir dagegen, dass a in der Menge ist, dann sind f¨ ur a die Zugeh¨origkeitsbedingungen x ∈ A und Ex anstelle von x erf¨ ullt, d. h., sowohl a ∈ A als auch Ea gelten. Die folgende Tabelle enth¨alt genau dies als Nachweis- und Benutzungsregel. Aussageform Nachweisregel

Nachweistext Benutzungsregel Benutzungstext

 Mehr u ¨ber Bedingungen und ihre Formulierung mit Platzhaltern findest du in Abschnitt A.3.

a ∈ {x ∈ A : Ex } Die Elementaussage gilt, wenn a ∈ A und Ea gelten (also Ex nach Ersetzung von x durch a). Zeige: a ∈ A und Ea . Gilt die Elementaussage, so gilt a ∈ A und Ea . Es gelten a ∈ A und Ea .

Das folgende Beispiel illustriert die Verwendung der Regeln. Satz 2.24 Seien A und B Mengen, und sei a ein Element. Gilt a ∈ B\(A ∩ B), dann gilt a ∈ A. Beweis. Wir gehen von a ∈ B\(A ∩ B) aus. Zu zeigen: a ∈ A. Wir beginnen mit dem Nachweistext f¨ ur die Negation, wie sie auf Seite 200 zu finden ist. Angenommen a ∈ A. Jetzt muss ein Widerspruch gezeigt werden. Ein Blick auf die Voraussetzung zeigt, dass a zwar in B, aber nicht in A ∩ B liegt. Nun haben wir aber a ∈ A angenommen, sodass a ∈ A ∩ B widerspr¨ uchlich ist. Wir benutzen die Regeln, um sauber zu argumentieren, und beginnen mit der Benutzung der Definition von B\(A∩B), indem wir die zugeh¨orige Langform einf¨ uhren. Mit der Abk¨ urzung der Mengendifferenz erhalten wir aus der Voraussetzung a ∈ {x ∈ B : x ∈ A ∩ B}. Jetzt verwenden wir die neue Regel zur Benutzung von Elementaussagen mit Aussonderungsmengen. Diese findet sich auch auf Seite 209. Es gelten also a ∈ B und a ∈ A ∩ B.

Hast du zu einer Abk¨ urzung die zugeh¨ orige Langform vergessen, so schlage sie unbedingt nach! F¨ ur Differenz- und Schnittmenge siehe Abschnitt 1.3.

44

2 Logisches Argumentieren

Um zu zeigen, dass auch a ∈ A ∩ B gilt, bringen wir die zugeh¨orige Langform ins Spiel. Zum Nachweis von a ∈ A ∩ B ist zu zeigen: a ∈ {x ∈ A : x ∈ B}. Jetzt brauchen wir die neue Regel zum Nachweis von Elementaussagen mit Aussonderungsmengen. Diese findet sich auch auf Seite 209. Dazu ist a ∈ A und a ∈ B zu zeigen, was in unserem aktuellen Kontext gilt. Insgesamt gilt also a ∈ A ∩ B gleichzeitig mit der gegenteiligen Aus sage a ∈ A ∩ B.  ................................................................... ( 48)

Seien A, B Mengen, und sei a ein Element. Gilt a ∈ (A ∪ B)\B, dann gilt a ∈ A. ........................................................................

2.3.2 F¨ ur-alle-Aussagen

 Mehr u ¨ber den Umgang mit Regeln gibt es im Anhang A.4.

Die Regel, dass eine Aussage Ex f¨ ur alle Elemente x einer Menge A gilt, l¨asst sich durch die F¨ ur-alle-Aussage ∀x ∈ A : Ex beschreiben, wobei der Platzhaltername zur Formulierung der Eigenschaft Ex ben¨otigt wird. Liegt mit a ein konkretes Element vor, von dem wir a ∈ A wissen, dann gilt auch die Aussage Ex mit a anstelle von x. Dies ist der Kern der folgenden Benutzungsregel. Aussageform Benutzungsregel

Benutzungstext

∀x ∈ A : Ex Eine F¨ ur-alle-Aussage ist auf jedes zur Verf¨ ugung stehende Element a aus der Menge A anwendbar. Die Aussage Ea (also Ex nach Ersetzung von x durch a) gilt dann. Wegen a ∈ A gilt Ea .

Ist im laufenden Beweistext nicht offensichtlich, welche F¨ ur-alle-Aussage benutzt wird, sollte eine Referenz angegeben werden (Nummer, Name, Kurzbeschreibung oder vollst¨ andige Angabe der Aussage). Soll umgekehrt eine Aussage f¨ ur jedes Element einer Menge A nachgewiesen werden, so kann man dies außer im Fall sehr kleiner Mengen nat¨ urlich nicht Element f¨ ur Element durchf¨ uhren. Stattdessen wird man versuchen, die zu zeigende Aussage systematisch aus der Tatsache abzuleiten, dass das darin vorkommende Element in der Menge A liegt.

2.3 Argumentieren mit Elementen

45

Dazu begibt man sich in einem gedanklichen Kontext, in dem die Namensliste durch x erg¨anzt und die Liste der geltenden Aussagen um x ∈ A erweitert wird. Das Ziel besteht nun darin, f¨ ur das eine asst sich Element x die Aussage Ex zu zeigen. Schafft man dies, so l¨ die Argumentation mit jedem Element aus A anstelle von x prinzipiell wiederholen. Die Aussage stimmt am Ende also f¨ ur alle Elemente von A, weil wir bei der Argumentation nur x ∈ A und keine speziellere Information verwendet haben. Das ist die Grundidee hinter der Nachweisregel. Aussageform Nachweisregel

Nachweistext

∀x ∈ A : Ex Um nachzuweisen, dass die F¨ ur-alleAussage gilt, f¨ uhrt man ein Element mit einem noch nicht vergebenen Namen ein, z. B. x mit der Eigenschaft x ∈ A, und zeigt, dass f¨ ur dieses Ex gilt. Sei x ∈ A gegeben. Zu zeigen: Ex .

Wird der Platzhaltername im aktuellen Kontext schon als Name verwendet, musst du den Platzhalternamen zuerst ab¨ andern, sodass es keine Kollision gibt.

In der Mengenlehre ist A ⊂ B eine versteckte F¨ ur-alle-Aussage, denn die Langform ist ∀x ∈ A : x ∈ B. Außerdem f¨ uhrt das Axiom 1.6 die Mengengleichheit auf zwei Inklusionen und damit auf zwei F¨ uralle-Aussagen zur¨ uck. Der Nachweis von Mengengleichheiten und Inklusionen ist damit ein gutes Trainingsgebiet f¨ ur den Umgang mit F¨ ur-alle-Aussagen. Wir beginnen mit einem sehr grundlegenden Ergebnis. Satz 2.25 Sei A eine Menge. Dann gilt A = A. Beweis. Axiom 1.6 besagt, dass A = A gilt, wenn wir A ⊂ A und A ⊂ A gezeigt haben. Hierzu weisen wir die Langform ∀x ∈ A : x ∈ A von A ⊂ A nach. Hier kommt die neue Nachweisregel zum Einsatz, die man auch auf Seite 201 findet. Sei dazu x ∈ A gegeben. Zu zeigen: x ∈ A. Dies gilt nach Voraussetzung. Etwas spannender ist folgende Regel zur Teilmengenbeziehung. Satz 2.26 Seien A, B, C Mengen. Gelten A ⊂ B und B ⊂ C, so gilt auch A ⊂ C. ................................................................... Bevor du weiterliest, u ur-alle¨bersetze alle in obigem Satz versteckten F¨ Aussagen explizit in solche. Welche davon kann man anwenden, welche muss man nachweisen? ........................................................................

( 49)

46

2 Logisches Argumentieren

Beweis. Es gelten A ⊂ B und B ⊂ C. Zu zeigen: A ⊂ C. Zum Aufl¨osen der Definition von A ⊂ C benutzen wir die zugeh¨orige Langform. Nach Definition ist also zu zeigen: ∀x ∈ A : x ∈ C. Der Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage erfolgt mit dem Text auf Seite 201. Sei a ∈ A gegeben. Zu zeigen: a ∈ C. Da a ∈ C nicht weiter vereinfacht werden kann, gehen wir in den Benutzungsmodus und machen eine Bestandsaufnahme der geltenden Aussagen: Neben a ∈ A gelten A ⊂ B und B ⊂ C. Inbesondere k¨onnen wir die neue Benutzungsregel (siehe auch Seite 201) f¨ ur die darin versteckten F¨ ur-alle-Aussagen zum Einsatz bringen. Wegen a ∈ A k¨onnen wir A ⊂ B, d. h., ∀x ∈ A : x ∈ B, auf a anwenden und erhalten a ∈ B. Nun k¨onnen wir weiter auch B ⊂ C, d. h., ∀x ∈ B : x ∈ C, auf a anwenden und erhalten a ∈ C. ................................................................... ( 50)

Seien A, B Mengen. Gilt A ⊂ B, so gilt A ∪ B ⊂ B.

( 51)

Seien A, B Mengen. Dann gelten A ∩ B ⊂ A und A ∩ B ⊂ B.

( 52)

Seien A, B, C Mengen. Gelten A ⊂ B und A ⊂ C, so gilt A ⊂ B ∩ C.

( 53)

Sei A eine Menge und x ∈ A. Zeige, dass x ∈ U gilt. ........................................................................

2.3.3 Existenz-Aussagen Steht vor einer B¨ackerei ein Schild mit der Aufschrift Frische Zimtschnecken, so ist das eine Existenzaussage. Du kannst dann in den Laden gehen und eine Zimtschnecke verlangen, wobei du (gegen Bezahlung) ein Ding mit den entsprechenden Eigenschaften bekommst. Genau in diesem Sinne (bis auf die Bezahlung) l¨ auft auch die Benutzung einer Existenzaussage in der Mathematik ab: Gilt eine Existenzaussage, so kannst du ein Element mit den entsprechenden Eigenschaften verlangen. Auch wenn man an dieser Stelle oft von Ausw¨ ahlen spricht, so ist das nicht im Sinne Ich h¨atte gerne dieses da vorne links gemeint, d. h., du kannst keine Zusatzforderungen an das

2.3 Argumentieren mit Elementen

47

Element stellen. Es wird exakt die Eigenschaften haben, die in der Existenzaussage angegeben sind, keine mehr und keine weniger. Was gew¨ ahlt werden darf, ist der Name, den das Element haben soll. Da wir in der Mathematik das Objekt nicht in die Hand bekommen, wird der Name ben¨otigt, um mit dem Objekt anschließend auch etwas tun zu k¨onnen. Aussageform Benutzungsregel

Benutzungstext

∃x ∈ A : Ex Gilt die Existenzaussage f¨ ur ein Element mit einer gewissen Eigenschaft, so darf man ein solches nehmen, also den zur Verf¨ ugung stehenden Objekten hinzuf¨ ugen. W¨ahle x ∈ A mit Ex .

Wie bei der F¨ ur-alle-Aussage ist auch bei Existenzaussagen die Unterscheidung zwischen Platzhaltern und verf¨ ugbaren Objekten sehr wichtig: Nur weil ∃x ∈ A : Ex gilt, steht noch kein Element mit ugung dem Namen x und den Eigenschaften x ∈ A und Ex zur Verf¨ (du hast ja auch keine Zimtschnecke in der Hand, nur weil du ein Schild siehst). Erst nach expliziter Anwendung der Benutzungsregel mit Angabe eines freien Namens liegt ein solches auch wirklich benutzbar vor. Als Beispiel betrachten wir eine Aussage u ¨ber die leere Menge ∅, die nach Abschnitt 1.3 f¨ ur {x ∈ U : x = x} steht. Satz 2.27 Seien A, B Mengen. Gilt ∃x ∈ A : x ∈ B, so gilt auch A ∩ B = ∅ Beweis. Es gelte ∃x ∈ A : x ∈ B. Zu zeigen: A ∩ B = ∅. Um welchen Aussagetyp geht es hier? Da = eine negierte Gleichheitsaussage ist, greift die Regel auf Seite 200. Annahme: A ∩ B = ∅. Unser Ziel besteht jetzt im Nachweis eines Widerspruchs. Dazu u berlegen wir uns, wo in der momentanen Situation ein Problem ¨ schlummert. Da A ∩ B leer ist, gibt es keine Elemente, die gleichzeitig in A und in B sind. Andererseits sagt die Voraussetzung, dass es (mindestens) ein solches Element gibt. Mit der neuen Benutzungsregel, die man auch auf Seite 202 findet, geht es weiter. Gem¨aß der Voraussetzung w¨ahlen wir x ∈ A mit x ∈ B. Jetzt k¨onnen wir x ∈ A∩B als selbstgestecktes Ziel nachweisen.

Die Floskel W¨ ahle x ∈ A mit der Eigenschaft . . . ist eine Kurzform f¨ ur W¨ ahle den Namen x f¨ ur ein Element in A mit der Eigenschaft . . .

48

2 Logisches Argumentieren

Zum Nachweis von x ∈ A ∩ B zeigen wir x ∈ {y ∈ A : y ∈ B}. Mit der Nachweisregel f¨ ur Elementaussagen mit Aussonderungsmengen auf Seite 209 geht es weiter. Dazu ist x ∈ A und x ∈ B zu zeigen, was nach Voraussetzung stimmt. Durch Ersetzung folgt x ∈ ∅ und daher x ∈ {y ∈ U : y = y}. Jetzt kristallisiert sich das Problem deutlich heraus, wenn wir die Benutzungsregel auf Seite 209 verwenden. Es gelten x ∈ U und x = x, w¨ ahrend die Anwendung von Axiom 1.6 auf x die gegenteilige Aussage x = x liefert. 

...................................................................

( 54)

Oft ist das Finden eines gut geeigneten Elements nicht einfach. Um zu sehen, was von dem Element genau erwartet wird, hilft es, die Nachweisschritte f¨ ur die Eigenschaften des gesuchten Elements schon mal aufzuschreiben. Stelle dir dann die Frage: Wie kann ich das Element w¨ ahlen, sodass die Hilfsziele erf¨ ullt werden?

 Seien A, B Mengen mit M ⊂ B f¨ ur alle M ∈ A. Dann gilt ( A) ⊂ B. ........................................................................

Um eine Existenzaussage nachzuweisen, wird genau der umgekehrte Prozess durchlaufen: So wie der B¨ acker sicherstellen muss, dass Zimtschnecken vorhanden sind, bevor er das Schild aufstellt, muss auch zum Nachweis einer Existenzaussage sichergestellt werden, dass mindestens ein Element mit der angegebenen Eigenschaft vorliegt. Manchmal ist dazu kaum etwas zu tun, aber oft muss das Element durch einen geschickt gew¨ ahlten Ausdruck konstruiert werden. Auch dass es die richtigen Eigenschaften besitzt, muss bewiesen sein, bevor die Existenzaussage den Gilt-Status erh¨ alt. Aussageform Nachweisregel

Nachweistext (alternativ)

∃x ∈ A : Ex Um nachzuweisen, dass es ein Element in der Menge A mit einer gewissen Eigenschaft gibt, muss man ein konkretes Beispiel angeben und f¨ ur dieses die Eigenschaft nachweisen. Das Beispiel darf nur aus den zur Verf¨ ugung stehenden Objekten konstruiert werden. Definiere x := . . . Zeige: x ∈ A und Ex . Wegen x ∈ A und Ex gilt die Existenzaussage.

Die angegebene Definition x := . . . ist nat¨ urlich nur dann n¨ otig, wenn das aussichtsreiche Element noch keinen Namen hat, sondern durch einen Ausdruck aus anderen Objekten zusammengesetzt wird. Zum Nachweis der Eigenschaften ist es dann praktisch, den Namen anstelle eines unhandlicheren Ausdrucks zu verwenden. Dabei muss der Name nicht unbedingt mit dem Platzhalternamen der angestreb-

2.4 Aussagen widerlegen

49

ten Existenzaussage u ¨bereinstimmen. Wichtig ist nur, dass der Name noch nicht f¨ ur ein anderes Objekt verwendet wird. Zur Illustration betrachten wir die Existenzaussage ∃x ∈ Z : x2 = 4, also dass es eine ganze Zahl gibt, deren Quadrat 4 ist. Hier fallen uns zwei M¨oglichkeiten ein, n¨amlich 2 und −2. Zum Nachweis w¨ ahlen wir uns eine konkrete M¨oglichkeit aus, sagen wir 2, und schreiben: Wegen 2 ∈ Z und 22 = 4 gilt die Existenzaussage. In vielen F¨allen ist die Wahl des Beispiels aber nicht so leicht. Etwas schwieriger ist die folgende Situation. Satz 2.28 Seien A, B, C Mengen. Es gelten ∃x ∈ A : x ∈ B und A ⊂ C. Dann gilt ∃x ∈ B : x ∈ C. Beweis. Zu zeigen: ∃x ∈ B : x ∈ C. Zum Nachweis der Existenzaussage m¨ ussen wir ein Element von B hinschreiben und f¨ ur dieses dann nachweisen, dass es auch Element von C ist. Zun¨achst m¨ ussen wir aber u ¨berhaupt erstmal an ein Element von B kommen. Hier hilft die Voraussetzung, die uns die Existenz eines Elements in A verspricht, das auch in B liegt. Mit der Teilmengenbeziehung k¨onnen wir dann schließen, dass das Element tats¨achlich auch zu C geh¨ort. Nach Voraussetzung gilt ∃x ∈ A : x ∈ B. W¨ ahle ein x ∈ A mit x ∈ B. Wegen x ∈ A ergibt die Anwendung von A ⊂ C, also ∀a ∈ A : a ∈ C, auf x, dass x ∈ C gilt. Damit gelten x ∈ B und x ∈ C, also ∃x ∈ B : x ∈ C. ................................................................... Zeige, dass 6 ∈ {x ∈ N : (∃k ∈ Z : x = 2 · k)} gilt.

( 55)

Zeige oder widerlege: ∀x ∈ Z : ∃y ∈ Z : x + y = 5.

( 56)

Zeige oder widerlege: ∃x ∈ Z : ∀y ∈ Z : x + y = 5.

( 57)

Sei Aeine Mengenfamilie und B eine Menge mit ∃M ∈ A : B ⊂ M . Zeige B ⊂ A. ........................................................................

( 58)

2.4 Aussagen widerlegen Bisher sind wir meist davon ausgegangen, dass sich die zu beweisenden Aussagen und S¨atze auch tats¨achlich beweisen lassen. Zwar ist

50

Du widerlegst eine Aussage, indem du die negierte Aussage beweist.

2 Logisches Argumentieren

¨ das eine typische Ausgangslage bei Ubungsaufgaben, aber im echten Leben sieht es oft ganz anders aus! Zur Simulation dieser Situation haben wir die Aufgaben ( 56) und ( 57) im Zeige-oder-WiderlegeStil formuliert. Bei solchen Aufgaben muss man zun¨ achst u ¨berlegen, ob die Aussage eher wahr oder eher falsch ist. Im ersten Fall versucht man dann, die Aussage zu zeigen, w¨ ahrend man im zweiten Fall versucht, ihr Gegenteil (also eine negierte Aussage) zu beweisen. Nat¨ urlich kann die anf¨angliche Einsch¨ atzung des Wahrheitswerts auch inkorrekt sein. Dann wird man trotz vielen Versuchen den angestrebten Nachweis nicht schaffen. Oft deutet sich aber schon in diesem Beweisversuch ein Grund an, wieso die gegenteilige Einsch¨ atzung besser gewesen w¨are. Dann wechselt man halt die Seiten und zeigt die gegenteilige Aussage.

Gegenbeispiele werden benutzt, um F¨ ur-alle-Aussagen zu widerlegen.

Im Folgenden wollen wir uns die spezielle Situation des Widerlegens von Quantoraussagen genauer anschauen, wobei wir zun¨ achst den Fall der F¨ ur-alle-Aussage betrachten. Um zu zeigen, dass ∀x ∈ A : Ex nicht gilt, gen¨ ugt anschaulich ein einziges Beispielelement a, das die Voraussetzung a ∈ A erf¨ ullt, die Bedingung Ea aber nicht. Ein solches Element wird auch Gegenbeispiel zur F¨ ur-alle-Aussage genannt. Aussageform Nachweisregel

Nachweistext Benutzungsregel

Benutzungstext

¬∀x ∈ A : Ex Um nachzuweisen, dass eine F¨ ur-alleAussage nicht gilt, kann man die Existenz eines Gegenbeispiels nachweisen. Zu zeigen: ∃x ∈ A : ¬Ex . Wenn eine F¨ ur-alle-Aussage nicht gilt, kann man von der Existenz eines Gegenbeispiels ausgehen. Es gilt ∃x ∈ A : ¬Ex .

Diese Regeln sind streng genommen nicht notwendig, da sie immer nach dem gleichen Schema aus bereits vorhandenen Regeln folgen. Zur Begr¨ undung der Nachweisregel schließen wir zum Beispiel aus ∃x ∈ A : ¬Ex auf ¬∀x ∈ A : Ex mit einem Widerspruchsargument: Nehmen wir dazu an, dass ∀x ∈ A : Ex gilt. Wegen der Existenzaussage k¨onnen wir ein a ∈ A mit ¬Ea w¨ ahlen. Wenden wir auf a die F¨ ur-alle-Aussage an, so folgt andererseits Ea .  Die Benutzungsregel ergibt sich so: Angenommen ¬∀x ∈ A : Ex gilt. Zu zeigen ist die Existenzaussage ∃x ∈ A : ¬Ex . Wir argumentieren wiederum per Widerspruch (siehe Abschnitt B.5) und gehen dazu vom Gegenteil aus. Angenommen ¬∃x ∈ A : ¬Ex gilt. Unser Ziel ist zu zeigen, dass

2.4 Aussagen widerlegen

51

∀x ∈ A : Ex gilt, was dann einen Widerspruch zur Voraussetzung ergibt und unseren indirekten Beweis ans Ziel f¨ uhrt. Sei dazu x ∈ A gegeben. Zu zeigen ist Ex . Wir w¨ahlen erneut einen indirekten Beweis. Wir nehmen an, dass ¬Ex gilt, und zeigen einen Widerspruch. Da auch x ∈ A gilt, folgt damit ∃x ∈ A : ¬Ex . Nun gilt aber nach Voraussetzung auch ¬∃x ∈ A : ¬Ex .  Damit gilt Ex und somit ist ∀x ∈ A : Ex gezeigt, ein Widerspruch zur Ausgangsvoraussetzung.  Insgesamt folgt so ∃x ∈ A : ¬Ex . Da man diese doppelt indirekte Argumentation nicht bei jeder negierten F¨ ur-alle-Aussage wiederholen m¨ochte, ist es praktischer, sich das Endergebnis als eigene Regel zu merken. Entsprechendes gilt f¨ ur die Regeln, die sich jeweils durch Kontraposition aus den obigen Beobachtungen ableiten lassen. Aussageform Nachweisregel

Nachweistext Benutzungsregel

Benutzungstext

¬∃x ∈ A : Ex Um nachzuweisen, dass eine Existenzaussage nicht gilt, kann man die gegenteilige F¨ ur-alle-Aussage zeigen. Zu zeigen: ∀x ∈ A : ¬Ex . Wenn eine Existenzaussage nicht gilt, kann man von der gegenteiligen F¨ uralle-Aussage ausgehen. Es gilt ∀x ∈ A : ¬Ex .

Als Beispiel betrachten wir Aussagen u ¨ber die leere Menge ∅. Satz 2.29 Die leere Menge hat die Eigenschaften ∀x ∈ U : x ∈ / ∅ und ¬∃x ∈ U : x ∈ ∅.

Beweis. Wir zeigen ¬∃x ∈ U : x ∈ ∅. Jetzt k¨onnen wir die Nachweisregel f¨ ur Nichtexistenz verwenden, was auf die andere zu zeigende Aussage als Hilfsziel f¨ uhrt (beachte, dass x ∈ / ∅ die negierte Aussage zu x ∈ ∅ ist). Dazu zeigen wir ∀x ∈ U : x ∈ / ∅. Der Nachweistext auf Seite 201 f¨ uhrt uns zu einem einfacheren Hilfsziel. Sei x ∈ U gegeben. Zu zeigen: x ∈ ∅.

 Die indirekten Beweise sind hier so verschachtelt, dass das strenge Einhalten der Regeln eine enorme Hilfe ist.

52

2 Logisches Argumentieren

Eine ∈ / Aussage ist eine negierte Aussage. Mit dem Nachweistext auf Seite 200 geht es weiter. Annahme: x ∈ ∅. Unser Beweisziel ist jetzt die Konstruktion eines Widerspruchs. Dazu nutzen wir die Definition von ∅. Es gilt also x ∈ {y ∈ U : y = y}. Mit der Benutzungsregel f¨ ur Elementaussagen zu Aussonderungsmengen auf Seite 209 kristallisiert sich der Widerspruch deutlich heraus. Es gelten x ∈ U und x = x. Andererseits liefert die Anwendung von Axiom 1.6 auf x die gegenteilige Aussage x = x.  Es gilt also x ∈ / ∅. Damit ist die F¨ ur-alle-Aussage gezeigt.

................................................................... ( 59)

Widerlege die Aussage ∃A ∈ M : (∅ ∩ A) ⊂ A.

( 60)

Widerlege die Aussage ∀n ∈ N : ¬(∃p ∈ N≥2 : ∃q ∈ N≥2 : n2 +n+41 = p·q). ........................................................................

3 Training

Nachdem alle grundlegenden Schlussregeln einzeln vorgestellt wurden, sollen sie nun im Zusammenspiel benutzt werden, um interessante Fakten in der Welt der Mengenlehre zu begr¨ unden. In jedem Beweis muss dabei die G¨ ultigkeit einer Zielaussage unter Benutzung gewisser als wahr vorausgesetzter Aussagen gezeigt werden. Wichtig ist, dass allein durch Anwendung der Beweisregeln neue geltende Aussagen erschlossen werden k¨onnen, d. h., die entscheidende Frage ist: In welcher Reihenfolge und auf welche Objekte und Aussagen sollen die Regeln angewendet werden, um die Zielaussage zu erreichen? In den bisherigen Beweisen hat sich dazu bereits eine gewisse Grundstrategie abgezeichnet: Wir beginnen mit der Zielaussage und schreiben den zugeh¨origen Nachweisschritt auf. Dessen Bedingungen werden dabei zu Hilfsaussagen, die wir mit dem gleichen Prinzip weiterbearbeiten. Sobald wir es schaffen, die u ¨brig bleibenden Hilfsziele mit den Voraussetzungen zu begr¨ unden, ist der Beweis l¨ uckenlos. Dass diese L¨osungsstrategie sehr nat¨ urlich ist, soll an einer ganz anderen Aufgabenstellung illustriert werden: Bei einer Bach¨ uberquerung soll man nur durch Spr¨ unge von Stein zu Stein trocken auf die andere Seite gelangen. Die Steine stehen dabei im u ¨bertragenen Sinne f¨ ur geltende Aussagen und die Spr¨ unge zu Nachbarsteinen f¨ ur das Anwenden von Beweisschritten. Jeweils ein besonderer Stein an Start- und Zielufer steht f¨ ur die Voraussetzung bzw. die Behauptung. Die entscheidende Frage lautet entsprechend: Mit welchen Steinen und in welcher Sprungreihenfolge kann man trocken vom Start- zum Zielstein gelangen? Wie w¨ urden wir diese Frage in der Praxis beantworten? Wenn wir planlos vom Startstein losh¨ upfen, nur weil dort in der N¨ ahe ein paar Steine nebeneinander liegen, ist es sehr unwahrscheinlich, dass wir erfolgreich sind. Besser ist es wohl, zun¨achst zum Zielstein am anderen Ufer zu blicken und dann Ausschau nach einem Nachbarstein zu halten, der zum letzten Sprung benutzt werden kann. Schließlich m¨ ussen wir diesen auf jeden Fall irgendwann machen, wenn wir zum Ziel kommen wollen! Haben wir einen solchen Stein gefunden, so stellt sich die Frage, wie man dort hinkommt, d. h., der Stein f¨ ur den letzten Sprung wird zu einem neuen Zielstein (einem Hilfsziel ). © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 M. Junk und J.-H. Treude, Beweisen lernen Schritt für Schritt, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61616-1_3

 Frage dich beim Beweisen immer, mit welchem Schritt das Ziel erreicht werden kann.

 Behalte beim Beweisen stets das Ziel im Fokus.

54

 Beim Probleml¨ osen ist es generell sinnvoll, ein komplexes Ziel schrittweise in einfache Hilfsziele zu zerlegen, die mit den gegebenen Mitteln erreicht werden k¨ onnen.

3 Training

Wenden wir die gleiche Strategie wieder an, so m¨ ussen wir f¨ ur den neuen Zielstein wieder ein Hilfsziel finden, und f¨ ur diesen wieder, d. h., wir planen den Weg zun¨ achst im R¨ uckw¨artsgang, wobei die ¨ eigentliche Uberquerung sp¨ ater dann im Vorw¨artsgang stattfindet. Auch wenn wir im R¨ uckw¨ artsgang unterwegs sind, ist nat¨ urlich die Gefahr von Sackgassen nicht ausgeschlossen, weil etwa ein Hilfsziel nicht sinnvoll erreichbar ist. In einem solchen Fall schaut man zum letzten Hilfsziel zur¨ uck, das auf mehrere M¨ oglichkeiten erreichbar war, und probiert dort eine neue Wegvariante. Da wir mit den Augen die Information u ¨ber Steinpositionen sehr schnell aufnehmen k¨onnen, ist diese Strategie sehr flott, und das Problem ist bei einem konkreten Bach rasch gel¨ ost. Beim analogen Beweisproblem ist die Sache leider nicht so klar, da die geltenden Aussagen zwischen Start und Ziel nicht offen herumliegen, sondern erst durch das Anwenden von Beweisschritten sichtbar werden. Trotzdem ist es sinnvoll, den Grundgedanken dieser Strategie auf das Beweisen von mathematischen Aussagen zu u ¨bertragen, d. h., wir begeben uns gedanklich zur Zielaussage und w¨ ahlen einen Beweisschritt aus, der als letzter Schritt des Beweises infrage kommt, wenn seine Voraussetzungen erf¨ ullt sind. Diese Voraussetzungen werden dann zu Hilfsaussagen, die wir mit dem gleichen Prinzip weiterbearbeiten. Sobald wir es schaffen, die Hilfsziele mit den Voraussetzungen zu begr¨ unden, ist der Weg frei, und wir k¨ onnen im Vorw¨ artsgang von den Voraussetzungen zur Zielaussage gelangen.

3.1 Mengengleichheit Im Kontext von Mengen ist die Elementbeziehung x ∈ M mit einem Element x und einer Menge M die einzige grundlegende Aussageform. Aufbauend auf der Elementaussage werden dann mittels logischer Verkn¨ upfungen und Quantoren weitere Aussagen bzw. Aussageformen gebildet, wie etwa (x ∈ A)∧(x ∈ B) oder ∀x ∈ A : x ∈ B usw. Dar¨ uber hinaus werden Abk¨ urzungen benutzt, wie etwa A ⊂ B f¨ ur ∀x ∈ A : x ∈ B. Insbesondere wird jede zu beweisende Aussage eine Kombination aus abk¨ urzenden Ausdr¨ ucken und logischen Verkn¨ upfungen sein. Um diese Kombinationen zu entwirren, werden wir uns bei der Beweisplanung im R¨ uckw¨artsgang zun¨ achst nur auf drei Typen von Schritten konzentrieren und zwar: ˆ Anwendung der zur Aussage passenden Nachweisregel. Hilfsziele entstehen durch die Bedingungen der Regel.

3.1 Mengengleichheit

55

ˆ Ersetzen von Abk¨ urzungen durch die zugeh¨ orige Langform. Die neue Form der Aussage ist das Hilfsziel. ˆ Anwendung von S¨ atzen, deren Folgerung genau zur Aussage passt. Die Voraussetzungen des Satzes sind die neuen Hilfsziele.

Endet dieser Prozess bei einer Aussage, die keine Abk¨ urzung darstellt und f¨ ur die auch keine Nachweisregel oder ein passender Satz zur Verf¨ ugung steht, so wechseln wir in den Vorw¨ artsgang. Dabei arbeiten wir mit den Voraussetzungen der Beweisaufgabe sowie den Annahmen, die im Zusammenhang mit den Nachweisregeln enstanden sind. Im einfachsten Fall ist die zu zeigende Aussage identisch mit einer Voraussetzung. Ansonsten stehen die Benutzungsregeln zur Verf¨ ugung, die bei geschickter Anwendung auf bereits geltende Aussagen eine Ann¨aherung an die entstandenen Hilfsziele bringen k¨onnen. In jedem Fall m¨ ussen wir im Folgenden sehr h¨aufig auf die Nachweisund Benutzungsregeln zugreifen und die zugeh¨origen Textfragmente zum Aufbau des Beweises sofort parat haben. Das strikte Einhalten dieser Textvorgaben hat dabei zwei klare Vorteile: ˆ Beim Erstellen des Beweises baut sich der gedankliche Rahmen sehr geordnet auf, und man wird im Verlauf des Textes automatisch zu den Punkten gef¨ uhrt, die im Detail konkret argumentativ zu kl¨aren sind. ˆ Beim Lesen eines Beweistextes erkennt man an den Textfragmenten, was genau die Autorin oder der Autor gerade zeigen oder benutzen will.

Der Beweistext hilft also allen Beteiligten dabei, den aktuellen gedanklichen Kontext klar vor Augen zu haben. Die Kontextinformation beantwortet dabei folgende zentralen Fragen: ˆ Welche Aussagen m¨ ussen gezeigt werden? ˆ Welche Aussagen gelten bereits? ˆ Welche Objekte stehen zur Argumentation zur Verf¨ ugung?

Wir wenden uns nun einem ersten Beispiel zu, an dem wir das prinzipielle Vorgehen illustrieren. Dieses Beispiel ist absichtlich sehr einfach gew¨ahlt, und es ist vermutlich schnell zu erkennen, dass die Behauptung stimmen muss. Konzentrieren wir uns deshalb besonders darauf, wie der geschriebene Beweis entsteht – und warum dies auf genau die vorgenommene Art passiert. Als Hilfestellung ist wieder jede neue Beweiszeile mit einem Gedanken kommentiert, der sich so (oder so ¨ahnlich) im Kopf der beweisenden Person abspielen muss, um an der entsprechenden Stelle weiterzukommen. In der

Die Beweisregeln mit den zugeh¨ origen Textfragmenten solltest du im Anhang B nachschlagen, bis du sie gut auswendig gelernt hast.

56

3 Training

Randspalte werden außerdem die Kontext¨ anderungen hinsichtlich der verf¨ ugbaren Namen und der geltenden Aussagen notiert. Auf die jeweils aktuellen Ziele weist der Beweistext selbst sehr deutlich hin. Von Beginn an sind zwei Mengen A und B als benutzbare Objekte gegeben.

A ⊂ B kommt als wahre Aussage hinzu.

Satz 3.1 Seien A und B zwei Mengen. Gilt A ⊂ B, so gilt auch A ∩ B = A. Um die passende Nachweisregel finden zu k¨ onnen, schreiben wir die Behauptung zun¨achst als formale mathematische Aussage. Im vorliegenden Fall handelt es sich um eine Implikation der Form (A ⊂ B) ⇒ (A ∩ B = A). Den passenden Nachweistext gibt es zur Erinnerung in Abschnitt B.1 auf Seite 196. Beweis. Es gelte A ⊂ B. Zu zeigen: A ∩ B = A. Unser erstes Hilfsziel ist nun eine Mengengleichheit. Wir bewegen uns mit Axiom 1.6 r¨ uckw¨ arts, indem wir die dort festgelegten Voraussetzungen f¨ ur Mengengleichheit nachpr¨ ufen. Mit Axiom 1.6 gen¨ ugt es, A ∩ B ⊂ A und A ⊂ A ∩ B zu zeigen. Es sind zwei Aussagen (separat) zu zeigen. Nachweis von A ∩ B ⊂ A: Zu zeigen ist eine Mengeninklusion. Dieser Aussagetyp ist eine Abk¨ urzung f¨ ur eine F¨ ur-alle Aussage. Wir geben die zugeh¨ orige Langform an. Zu zeigen: ∀x ∈ A ∩ B : x ∈ A. Zu zeigen ist eine F¨ ur-alle-Aussage. Wir gehen auf die zugeh¨orige Nachweisregel zur¨ uck (Seite 201 in Abschnitt B.6).

Das Element x der Menge A ∩ B ist ab hier verwendbar.

Sei x ∈ A ∩ B gegeben. Zu zeigen: x ∈ A. Da die Aussage x ∈ A keine Nachweisregel besitzt und auch keine Abk¨ urzung darstellt, endet unsere Planung im R¨ uckw¨ artsgang zun¨achst an dieser Stelle. Wir versuchen nun, die verbleibende Aussage aus den angesammelten Voraussetzungen zu folgern. Diese sind: x ∈ A ∩ B und A ⊂ B. Wenn wir die Abk¨ urzung A ∩ B in Langform {y ∈ A : y ∈ B} schreiben, sehen wir, dass x ∈ A ∩ B ein guter Kandidat f¨ ur die weitere Argumentation ist. Mit der Langform von A ∩ B finden wir x ∈ {y ∈ A : y ∈ B}.

3.1 Mengengleichheit

57

Die Benutzungsregel f¨ ur Elementaussagen mit Aussonderungsmengen aus Abschnitt B.14 auf Seite 209 gibt uns Zugriff auf die gesuchte Information. Dabei ist der Platzhalter y in der Mengenbeschreibung durch unser Objekt x zu ersetzen. Damit gelten x ∈ A und x ∈ B, also insbesondere x ∈ A. Nachweis von A ⊂ A ∩ B: Zu zeigen ist eine Mengeninklusion. Wir gehen wieder auf die zugeh¨orige Langform zur¨ uck.

Der Nachweis der f¨ ur-alle-Aussage endet hier. Damit endet auch die Verwendbarkeit des Elements x.

Zu zeigen: ∀x ∈ A : x ∈ A ∩ B. Zu zeigen ist eine F¨ ur-alle-Aussage. Wir gehen wieder auf die zugeh¨orige Nachweisregel aus Abschnitt B.6 auf Seite 201 zur¨ uck. Sei x ∈ A gegeben. Zu zeigen: x ∈ A ∩ B. Zu zeigen ist eine Elementaussage f¨ ur eine Schnittmenge. Wir gehen auf die zugeh¨orige Langform der Schnittmenge zur¨ uck. Zu zeigen: x ∈ {y ∈ A : y ∈ B}. Mit der Nachweisregel f¨ ur Aussonderungsmengen von Seite 209 in Abschnitt B.14 bewegen wir uns einen weiteren Schritt r¨ uckw¨arts. Zu zeigen: x ∈ A und x ∈ B. Wir sind wieder an einem Wendepunkt unserer Beweisplanung angekommen, da sich die Aussagen x ∈ A und x ∈ B nicht mehr weiter herunterbrechen lassen. Daher wechseln wir in den Vorw¨artsmodus, d. h., die verbleibenden Aussagen m¨ ussen aus den bis hier gesammelten Voraussetzungen gefolgert werden. Diese sind: x ∈ A und A ⊂ B. Wir sehen, dass das erste Ziel x ∈ A direkt in den Voraussetzungen steht. Nach Voraussetzung gilt x ∈ A. Die verbleibende Aussage x ∈ B ergibt sich daraus, dass x in A liegt und A ein Teil von B ist. Wir brauchen also die Benutzungsregel zur F¨ ur-alle-Aussage (Seite 201 in Abschnitt B.6), die sich hinter A ⊂ B versteckt. Wir wenden die Voraussetzung A ⊂ B, also ∀y ∈ A : y ∈ B, auf x an: Da x ∈ A gilt, folgt x ∈ B.

Da der Name x wieder frei ist (s. o.), k¨ onnen wir ihn f¨ ur ein neues Element verwenden. Ab hier gilt x ∈ A.

58

3 Training

Schreiben wir den Beweis ohne die detaillierten Gedanken-Kommentare noch einmal ab, so ergibt sich ein Text, der alle Anspr¨ uche an ¨ einen korrekten Beweis erf¨ ullt. Zur Ubung solltest du ihn nochmals durchlesen und bei jeder Zeile u ufen, ob du den Gedankengang ¨berpr¨ erkl¨aren kannst, der zu dieser Zeile f¨ uhrt. Beweis in Kurzform. Gelte A ⊂ B. Zu zeigen: A ∩ B = A. Mit Axiom 1.6 gen¨ ugt es, A ∩ B ⊂ A und A ⊂ A ∩ B zu zeigen. Nachweis von A ∩ B ⊂ A: Zu zeigen: ∀x ∈ A ∩ B : x ∈ A. Sei x ∈ A ∩ B gegeben. Zu zeigen: x ∈ A. Mit der Langform von A ∩ B finden wir x ∈ {y ∈ A : y ∈ B}. Damit gelten x ∈ A und x ∈ B, also insbesondere x ∈ A. Nachweis von A ⊂ A ∩ B: Zu zeigen: ∀x ∈ A : x ∈ A ∩ B. Sei x ∈ A gegeben. Zu zeigen: x ∈ A ∩ B, d. h., x ∈ {y ∈ A : y ∈ B}, also x ∈ A und x ∈ B. Nach Voraussetzung gilt x ∈ A. Wir wenden die Voraussetzung A ⊂ B, also ∀y ∈ A : y ∈ B, auf x an: Da x ∈ A gilt, folgt x ∈ B. Der Vorteil des Beweises in dieser Form steckt darin, dass die R¨ uckw¨artsgangstrategie noch deutlich zu erkennen ist, sodass man beim Lesen gut verfolgen kann, wie der Autor auf die jeweiligen Schritte gekommen ist. Daf¨ ur ist aber der Verlauf der Argumentationslinie nicht einheitlich, weil an den Wendepunkten vom R¨ uckw¨ arts- in den Vorw¨artsmodus gewechselt wird. Alternativ kann man den Beweis auch komplett in Vorw¨artsrichtung aufschreiben. Dadurch wird der Text oft noch k¨ urzer, er erkl¨ art aber nicht mehr, wie man auf die jeweiligen Schritte gekommen ist (siehe Randbemerkungen). Beweis im Vorw¨artsgang. Es gelte A ⊂ B. Wozu?

Sei x ∈ A ∩ B gegeben. Mit der Langform von A ∩ B finden wir x ∈ {y ∈ A : y ∈ B}. Damit gelten x ∈ A und x ∈ B, also insbesondere x ∈ A.

Ach so!

Damit haben wir ∀x ∈ A ∩ B : x ∈ A gezeigt, was sich zu A ∩ B ⊂ A abk¨ urzen l¨asst.

3.1 Mengengleichheit

59

Sei x ∈ A gegeben.

Wozu?

Wir wenden die Voraussetzung A ⊂ B, also ∀y ∈ A : y ∈ B, auf x an: Da x ∈ A gilt, folgt x ∈ B. Es gelten somit x ∈ A und x ∈ B, also auch x ∈ {y ∈ A : y ∈ B}, was als x ∈ A ∩ B abgek¨ urzt werden kann. Damit haben wir ∀x ∈ A : x ∈ A ∩ B gezeigt, was sich zu A ⊂ A ∩ B abk¨ urzen l¨asst. Nun verwenden wir Axiom 1.6.:

Ach so!

Da A ∩ B ⊂ A und A ⊂ A ∩ B gelten, gilt auch A ∩ B = A.

Ach so!

Insgesamt kann man an unserem ersten Beispiel gut erkennen, dass ¨ der Beweis mit allen zugeh¨origen Uberlegungen deutlich l¨ anger ist als die reine Benennung der benutzten Schritte in der Endversion. Außerdem sehen wir, dass es unterschiedliche Darstellungsm¨ oglichkeiten f¨ ur den endg¨ ultigen Beweis gibt: W¨ahrend die reine Vorw¨ artsdarstellung von den Voraussetzungen zu den Folgerungen im Hinblick auf die Schrittkontrolle am u ¨bersichtlichsten ist, stellt sich beim Lesen oft die Warum-Frage. Hier hat die gemischte R¨ uckw¨ artsVorw¨artsdarstellung die Nase vorn, da sie n¨aher an der Beweisplanung bleibt und das Vorgehen besser erl¨autert. Im weiteren Verlauf werden wir diese f¨ ur Anf¨anger sinnvollere Darstellungsvariante benutzen.

Fragst du dich beim Lesen eines Beweises oft Warum?, dann liegt das an der Vorw¨ artsmethode. Sie erkl¨ art, dass alles stimmt, aber nicht, wie man darauf kommt.

................................................................... Es gilt auch die Umkehrung von Satz 3.1. Kannst du sie formulieren und beweisen?

( 61)

Finde einen ¨ ahnlichen Zusammenhang f¨ ur die Vereinigung anstelle des Schnitts und beweise ihn. ........................................................................

( 62)

Als n¨achstes Beispiel betrachten wir den folgenden Satz. Satz 3.2 Sei A eine Menge mit ¬∃x ∈ U : x ∈ A. Dann gilt A = ∅. Beweis. Wegen Axiom 1.6 folgt die Mengengleichheit A = ∅, wenn wir die beiden Inklusionen A ⊂ ∅ und ∅ ⊂ A gezeigt haben. Dies sind unsere beiden ersten Hilfsziele. Beginnen wir mit der Inklusion A ⊂ ∅, so m¨ ussen wir in Langform ∀x ∈ A : x ∈ ∅ nachweisen. Das klingt auf den ersten Blick unmachbar, weil die leere Menge ja kein Element enth¨ alt. Generell sollte man sich aber nicht u ¨ber Details sp¨aterer Beweisschritte den Kopf zerbrechen, sondern systematisch vorgehen. Um A ⊂ ∅, d. h. ∀x ∈ A : x ∈ ∅, zu zeigen, sei x ∈ A gegeben. Zu zeigen ist x ∈ ∅.

 Die Mengengleichheit ist in Axiom 1.6 geregelt, woraus sich der Nachweistext auf Seite 207 ergibt.

60

3 Training

Da wir nun ein Element x mit x ∈ A zur Verf¨ ugung haben, gilt die Existenzaussage ∃x ∈ U : x ∈ A. Nach Voraussetzung gilt sie aber auch nicht – wir sind also in einer widerspr¨ uchlichen Situation, in der alles wahr ist, insbesondere auch x ∈ ∅. Um x ∈ U zu zeigen, benutzen wir zun¨ achst Aufgabe ( 53). Da A eine Menge ist und x ∈ A gilt, folgt mit Aufgabe ( 53) auch x ∈ U . Es gilt daher ∃x ∈ U : x ∈ A, und nach Voraussetzung gilt auch das Gegenteil ¬∃x ∈ U : x ∈ A. Mit Ex falso quodlibet gilt nun jede Aussage und damit auch x ∈ ∅. ................................................................... ( 63)

Wenn eine Hilfsaussage mehrmals ben¨ otigt wird, sollte diese als Lemma vor dem eigentlichen Beweis getrennt bewiesen werden.

 Ein Korollar ist eine einfache aber nennenswerte Folgerung aus einem Satz.

Die umgekehrte Inklusion ist eine Aussage, die sehr h¨ aufig verwendet wird und die keine weitere Voraussetzung verlangt. Zeige: Die leere Menge ist Teilmenge jeder anderen Menge. Um die gleiche Argumentation nicht immer wiederholen zu m¨ ussen, lohnt es sich, die Tatsache als Hilfsaussage festzuhalten. In einer sauberen Beweisplanung, stellt man diese dann dem eigentlichen Beweis voran, damit sie als bewiesene Aussage zur Verf¨ ugung steht. Die Notwendigkeit f¨ ur eine solche Hilfsaussage (auch Lemma genannt), zeigt sich aber wie hier oft erst beim Beweisen der Hauptaussage. ........................................................................

¨ Kombinieren wir das Prinzip der Kontraposition, also die Aquivalenz (A ⇒ B) ⇔ ((¬B) ⇒ (¬A)), mit dem vorherigen Satz, so erhalten wir die n¨ utzliche Aussage, dass jede nichtleere Menge ein Element enth¨alt. Solche Ergebnisse, die sich mit sehr wenig Arbeitsaufwand als direkte Folgerung aus einem gerade gezeigten Satz ergeben, nennt man auch Korollare. Korollar 3.3 Sei A eine Menge mit A = ∅. Dann gilt die Existenzaussage ∃x ∈ U : x ∈ A. Beweis. Der vorherige Satz ergibt (¬∃x ∈ U : x ∈ A) ⇒ (A = ∅). ¨ Anwendung der erw¨ahnten Aquivalenz aus Aufgabe ( 41) ergibt ¨ dann (A = ∅) ⇒ (¬¬∃x ∈ U : x ∈ A). Mit der Aquivalenz von doppelt verneinten Aussagen zur nicht-verneinten Form folgt die Behauptung. In den Beweisen von Satz 3.1 und 3.2 mussten wir Mengengleichheiten zeigen, was jeweils auf den Nachweis von zwei Inklusionen zur¨ uckgef¨ uhrt wurde. Eine Inklusion ist wiederum Abk¨ urzung einer F¨ ur-alle-Aussage, die mit den u ¨blichen Regeln bearbeitet wird. Wir kombinieren beide Schritte in eine einzige Hilfsregel.

3.2 Vereinigungen, Schnitte & Co.

61

A⊂B Um nachzuweisen, dass eine Inklusion gilt, geht man von einem Element der linken Menge aus und zeigt, dass es in der rechten Menge liegt. Nachweistext Sei x ∈ A gegeben. Zu zeigen: x ∈ B. Benutzungsregel Wenn eine Inklusion gilt und ein Element in der linken Menge zur Verf¨ ugung steht, dann ist das Element auch in der rechten Menge. Benutzungstext Wegen x ∈ A und A ⊂ B gilt x ∈ B. ...................................................................



Aussageform Nachweisregel

Da Inklusionen sehr h¨ aufig auftreten, merken wir uns eine abgeleitete Regel.

Zeige f¨ ur eine beliebige Menge A, dass ∅ ∪ A = A und ∅ ∩ A = ∅ gelten.

( 64)

ur Mengen A, B mit A ⊂ B die Gleichheit (B\A) ∪ A = B. Zeige f¨

( 65)

aquivalent. InsbeZeige: Sind a, b Elemente, dann sind a ∈ {b} und a = b ¨ sondere gilt a ∈ {a}.

( 66)

Zeige: Sind a, b Elemente, dann gelten a ∈ {a, b} und b ∈ {a, b}. Ist weiter x ∈ {a, b}, dann gilt (x = a) ∨ (x = b). Außerdem gilt {a, a} = {a}.

( 67)

Seien A, B, C Mengen mit A ⊂ B und A ∩ C = ∅. Beweise A ⊂ B \ C. ........................................................................

( 68)

3.2 Vereinigungen, Schnitte & Co. Die Definition der Schnittmenge A ∩ B = {x ∈ A : x ∈ B} erlaubt mit wenigen Schritten zu zeigen, dass u ∈ A ∩ B a ¨quivalent zur Aussage (u ∈ A) ∧ (u ∈ B) ist. In der einen Richtung sind dies ¨ ˆ Ubergang zur Langform: u ∈ {x ∈ A : x ∈ B}, ˆ Benutzungsregel f¨ ur Aussonderungsmengen: u ∈ A und u ∈ B, ˆ Nachweisregel f¨ ur und-Aussagen: (u ∈ A) ∧ (u ∈ B).

Die R¨ uckrichtung folgt entsprechend durch Vertauschen von Nachweis- durch Benutzungsregeln und Lang- durch Kurzform. ¨ Diese enge Beziehung spiegelt sich einerseits in der Ahnlichkeit der Symbole ∩ und ∧ wider und f¨ uhrt in der Praxis dazu, dass die Aussage u ∈ A ∩ B sofort (evtl. mit Hinweis auf die Definition von ∩) in die entsprechende Und-Aussage transformiert wird. Genauso wird ¨ mit der Aquivalenz von u ∈ A ∪ B und (u ∈ A) ∨ (u ∈ B) sowie u ∈ A\B und (u ∈ A) ∧ (u ∈ / B) verfahren. W¨ ahrend die Mengenoperationen ∩, ∪, \ auf Ausdr¨ ucke der elementaren Aussagenlogik f¨ uhren, wollen wir uns in diesem Abschnitt den

Merke dir h¨ aufig verwendete Beweisschrittfolgen als abgeleitete Regeln. Wichtig ist, dass du sie mit grundlegenden Regeln erkl¨ aren kannst.

62

3 Training

Mengenoperationen zuwenden, bei denen die zugeh¨ origen Elementaussagen Quantorausdr¨ ucke beinhalten. Dazu geh¨ oren der allgemeine Schnitt, die allgemeine Vereinigung und die Potenzmenge, mit der wir beginnen.

 Wenn du die genaue Definition einer Mengenoperation vergessen hast, schlage sie in Abschnitt 1.3 nach.

F¨ ur eine Menge A ist P(A) die Menge aller fassbaren Teilmengen von A, also P(A) = {U ∈ M : U ⊂ A}. In der Teilmengenbeziehung U ⊂ A versteckt sich dabei eine F¨ ur-alle-Aussage. Wir beginnen mit einigen elementaren Eigenschaften der Potenzmenge. Satz 3.4 Es gilt P(U) = M. Beweis. Wir zeigen die Mengengleichheit mit zwei Inklusionen und beginnen mit P(U ) ⊂ M. Sei dazu A ∈ P(U). Zu zeigen ist A ∈ M. Den typischen Doppelschritt (1) Ersetzen durch die Langform und (2) Benutzen der Elementaussage bei Aussonderungsmengen k¨ urzen wir wie oben besprochen zu einem einzigen Schritt ab. Nach Definition von P(U ) gelten A ∈ M und A ⊂ U , also insbesondere A ∈ M. Zum Nachweis der umgekehrten Inklusion sei A ∈ M. Zu zeigen ist A ∈ P(U). Nach Definition von P(U) sind A ∈ M und A ⊂ U zu zeigen. Das erste Ziel gilt nach Voraussetzung und das zweite folgt durch Anwendung von Axiom 1.4. ...................................................................

( 69)

Sei A eine Menge und a ein Element. Zeige ∅ ∈ P(A). Ist A ∈ M, so gilt auch A ∈ P(A). Bestimme P(∅), P({a}) sowie (ohne Beweis) P ({1, 2, 3}).

( 70)

Seien A, B Mengen. Dann gilt P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B).

( 71)

ur die Vereinigung Gilt eine vergleichbare Aussage zu Aufgabe ( 70) auch f¨ A ∪ B anstelle des Schnitts? Stelle eine m¨ oglichst umfassende Vermutung auf und beweise sie. ........................................................................

 Als Namen f¨ ur Mengenfamilien w¨ ahlt man oft geschwungene Buchstaben. Ihre Elemente bezeichnet man mit Großbuchstaben, da sie selbst Mengen sind.

Sowohl beim Schnitt als auch bei der Vereinigung mehrerer Mengen wird das Konzept der Mengenfamilie verwendet, also einer Menge, deren Elemente ebenfalls Mengen sind. Definition 3.5 Unter einer Mengenfamilie verstehen wir eine Teilmenge von M. Als Beispiel f¨ ur eine Mengenfamilie betrachten wir die Zusammenfassung aller Mengen der Form N≤n = {m ∈ N : m ≤ n}. Diese Familie, die wir mit N≤ bezeichnen wollen, umfasst unendlich viele Familienmitglieder: N≤1 = {1}, N≤2 = {1, 2}, N≤3 = {1, 2, 3} . . .

3.2 Vereinigungen, Schnitte & Co.

63

Da alle diese Mengen Teilmengen von N sind und N ∈ M gilt, ist ur beliebiges n ∈ N ein Element mit Axiom 1.9 auch die Menge N≤n f¨ von M. Die Familie umfasst also alle Mengen M ∈ M von der Form M = N≤n f¨ ur irgend ein n ∈ N. Die pr¨azise Definition der Familie ist damit N≤ := {M ∈ M : (∃n ∈ N : M = N≤n )}. Eine sehr viel kleinere Mengenfamilie ist dagegen die Paarmenge A := {A, B}, wenn ur diese  A und B selbst Mengen aus M sind. F¨ Familie enth¨alt A = {x ∈ U : (∃V ∈ A : x ∈ V )} per Definition alle Elemente, die in den Familienmitgliedern enthalten sind, also alle Elemente aus A und alle Elemente aus B. Das sind aber auch genau die Elemente der Menge A ∪ B, sodass wir zu folgendem Ergebnis gelangen. Satz 3.6 Seien A, B ∈ M. Dann gilt A ∪ B =

 {A, B}.

Beweis. Wir zeigen die Mengengleichheit durch  zwei Inklusionen und beginnen mit {A, B} ⊂ A∪B. Sei dazu x ∈ {A, B}. Zu zeigen ist x ∈ A∪B, wozu wiederum x ∈ U und (x ∈ A)∨(x ∈ B) nachzuweisen sind. Zur Ausnutzung der Voraussetzung  k¨ urzen wir den typischen Doppelschritt – zuerst die Definition von {A, B} durch ihre Langform zu ersetzen und dann die Benutzungsregel der Elementaussage bei Aussonderungsmengen zu verwenden – wieder mit einem einzigen Schritt ab.  Nach Definition von {A, B} gilt x ∈ U und ∃V ∈ {A, B} : x ∈ V . Wir w¨ahlen solch ein V und verwenden dann Aufgabe ( 67), woraus (V = A) ∨ (V = B) folgt. In einer Fallunterscheidung betrachten wir V = A und V = B separat. Da durch die Existenzaussage x ∈ V f¨ ur unser gew¨ ahltes Element gilt, ist das Ziel leicht nachzuweisen. Fall V = A: Wegen x ∈ V folgt x ∈ A und damit (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Fall V = B: Wegen x ∈ V folgt x ∈ B und damit (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). In jedem Fall gilt also (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Zum Nachweis der umgekehrten Inklusion   sei x ∈ A ∪ B. Zu zeigen ist a ∈ {A, B}. Nach Definition von {A, B} sind x ∈ U und ∃V ∈ {A, B} : x ∈ V zu zeigen.

64

3 Training

Die Voraussetzung bedeutet x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). In jedem Fall haben wir also einen offensichtlichen Kandidaten f¨ ur die gesuchte Menge in {A, B}, die x enthalten soll. Nach Definition von A ∪ B gelten x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Fall x ∈ A: Mit Aufgabe ∃V ∈ {A, B} : x ∈ V .

( 67)

gilt A ∈ {A, B} und damit auch

Fall x ∈ B: Mit Aufgabe ∃V ∈ {A, B} : x ∈ V .

( 67)

gilt B ∈ {A, B} und damit auch

Insgesamt gilt also ∃V ∈ {A, B} : x ∈ V . ................................................................... ( 72)

( 73) ( 74) ( 75)

Sei A eine Mengenfamilie und ∀A  ∈A:  B eine Menge mit der Eigenschaft  A ⊂ B. Zeige, dass dann A ⊂ B gilt. Bestimme nun ∅ sowie N≤ und beweise deine Vermutungen.  Zeige M = U .    Seien A, B Mengenfamilien. Beweise (A ∪ B) = ( A) ∪ ( B).    Seien A, B Mengenfamilien. Beweise ( A) \ ( B) ⊂ (A \ B). ........................................................................

Da fassbare Mengen Elemente sind, kann man sie in Einermengen ¨ verpacken. Uberraschenderweise funktioniert das Auspacken mit der Vereinigungsoperation.  Satz 3.7 Sei A ∈ M. Dann gilt {A} = A.  Beweis. Zum Nachweis  von {A} = A zeigen wir  zwei Inklusionen. Wir beginnen mit {A} ⊂ A. Sei dazu x ∈ {A}. Zu zeigen ist x ∈ A. Da das Hilfsziel x ∈ A im R¨ uckw¨ artsgang nicht weiter um geformt werden kann, benutzen wir die Langform von {A} im Vorw¨artsgang.  Aus x ∈ {A} folgt x ∈ {v ∈ U : ∃V ∈ {A} : v ∈ V } durch Aufl¨ osen der Abk¨ urzung, sodass insbesondere ∃V ∈ {A} : x ∈ V gilt. W¨ ahlen wir ein solches V , so gilt V ∈ {A} und x ∈ V . Mit Aufgabe ( 66), angewendet auf V und A, folgt aus V ∈ {A} sofort V = A und dann durch Ersetzung in x ∈ V auch x ∈ A. Bei der umgekehrten Implikation konkretisieren wir das Ziel wieder durch die Nachweisregel zur Langform der Vereinigungsmenge.

3.2 Vereinigungen, Schnitte & Co. Zum Nachweis von A ⊂

65

  {A} sei x ∈ A. Zu zeigen ist x ∈ {A}.

Mit der Langform bedeutet das x ∈ {v ∈ U : ∃V ∈ {A} : v ∈ V }, d. h., wir m¨ ussen x ∈ U und ∃V ∈ {A} : x ∈ V zeigen. Wir beginnen mit dem Nachweis von x ∈ U . Das Muster kennen wir schon aus Aufgabe ( 53). Wegen x ∈ A folgt mit Aufgabe

( 53)

auch x ∈ U.

Da als Kandidat V f¨ ur V ∈ {A} nur die Menge A infrage kommt, ist die Kandidatenwahl zum Nachweis der Existenzaussage leicht. Wir setzen V := A. Dann gilt V = A ∈ {A} mit Aufgabe ( 66). Aus x ∈ A folgt mit Ersetzung x ∈ V . Insgesamt folgt damit die Existenzaussage ∃V ∈ {A} : x ∈ V . Auch die allgemeine Schnittoperation wirkt auf Mengenfamilien. Die genaue Definition des Schnitts von A ⊂ M ist 

A = {x ∈ U : (∀V ∈ A : x ∈ V )}.

Als Beispiel f¨ ur einen Satz u ¨ber den allgemeinen Schnitt zeigen wir die folgende Aussage  ∅ = U. Beweis. Zum Nachweis der Mengengleichheit zeigen  wir zwei Inklusionen und beginnen mit ∅ ⊂ U . Sei dazu x ∈ ∅. Zu zeigen ist x ∈ U. Den typischen Doppelschritt – Ersetzen durch die Langform und Benutzen der Elementaussage bei Aussonderungsmengen – k¨ urzen wir wie besprochen zu einem einzigen Schritt ab. Nach Definition der Schnittmenge gilt x ∈ U und eine F¨ ur-alleAussage, die uns hier gar nicht interessiert.  Sei nun x ∈ U . Zu zeigen ist x ∈ ∅. Auch hier ersetzen wir duch die Langform und wenden den entsprechenden Nachweistext an. Unsere Ziele sind somit x ∈ U und ∀V ∈ ∅ : x ∈ V . Die erste Aussage gilt nach Voraussetzung. F¨ ur die zweite sei V ∈ ∅ gegeben. Zu zeigen ist x ∈ V . Wegen V ∈ ∅ und ∅ ⊂ U gilt also

Die Regel aus Aufgabe ( 53) wird meist ohne Erw¨ ahnung benutzt: Ist x Element irgendeiner Menge, dann gilt x ∈ U.

66

3 Training

∃V ∈ U : V ∈ ∅, w¨ahrend Satz 2.29 das Gegenteil zeigt. Mit Ex falso quodlibet gilt also jede Aussage und damit auch x ∈ V . ................................................................... ( 76) ( 77)

Sei A eine Mengenfamilie und A ∈ A. Zeige  Seien A, B ∈ M. Zeige A ∩ B = {A, B}.



A ⊂ A.

( 78)

Sei N≥ = {M ∈ M : (∃n ∈ N : M = N≥n )} die Familie  aller Mengen der Form N≥n = {m ∈ N : m ≥ n}. Welche Form hat N≥ ? Beweise deine Vermutung.

( 79)

Sei A eine Mengenfamilie und  B eine Menge. Weiter gelte die Aussage ∀C ∈ A : B ⊂ C. Zeige B ⊂ A.

( 80)

Seien A, B nichtleere Mengenfamilien. Stelle eine Aussage dazu auf, wie    die Mengen (A ∪ B), A und B zusammenh¨ angen, und beweise die Aussage. ........................................................................

3.3 Relationen Aus unserem Alltag sind wir gewohnt, dass viele Dinge miteinander in Beziehung stehen. So stehen die Schubladen eines Schranks mit den gelagerten Dingen in einer Enth¨alt-Beziehung, die Mitglieder einer Familie stehen untereinander in einer ist Nachfahre von Beziehung und die Benutzungs- und Nachweisregeln stehen mit den Leserinnen und Lesern dieses Buches in einer kann schon auswendig Beziehung. Wenn wir nun vor dem K¨ uchenschrank stehen und unser Lieblingsmesser brauchen, dann ist es wichtig, dass wir die Paarung zweite ” Schublade von oben enth¨alt Lieblingsmesser“ im Kopf haben. Und um die Enth¨alt-Beziehung zu unserem Schrank ganz genau zu beherrschen, m¨ ussen wir sogar alle entsprechenden Paarungen kennen. Als Pendant zu den Alltagsbeziehungen zwischen Dingen werden in der Mengenlehre Beziehungen (man nennt sie Relationen) zwischen Elementen betrachtet, und so wie im K¨ uchenschrank-Beispiel wird das Bestehen einer Relation R zwischen zwei Elementen a, b durch eine Aussage der Form a R b notiert. Gut bekannt sind etwa 1 < 5, oder 2 ≥ −4 mit den Symbolen < und ≥ f¨ ur die Kleiner- und Gr¨ oßergleich-Relation. Genauso wie wir die < Relation in der Schule nur f¨ ur Zahlen verwendet haben, gibt es zu jeder Relation R zwei Mengen links(R) und rechts(R), die angeben, aus welchem Vorrat die linken und rechten Elemente bei der Bildung von a R b gew¨ ahlt werden d¨ urfen.

3.3 Relationen

67

Ausdruck Aussprache links(R) linke Komponenten von R rechts(R) rechte Komponenten von R aRb a steht in Relation R zu b.

Bedingung R Relation

Langform –

R Relation

–

R Relation, a ∈ links(R), b ∈ rechts(R)

–

Um eine Relation R konkret anzugeben, vereinbaren wir die Schreibweise (a ∈ A) R (b ∈ B) :⇔ Ea,b , ur jede Wahl von a ∈ A und b ∈ B eine Aussage ist. wobei Ea,b f¨ Die Mengen links(R) und rechts(R) sind f¨ ur eine so beschriebene Relation R gerade die angegebenen Mengen A und B. Außerdem ist die Aussage x R y ¨aquivalent zu Ex,y (d. h., zu Ea,b nach Ersetzung der Platzhalter a und b durch x bzw. y), sofern x ∈ A und y ∈ B gelten. ................................................................... Das Ersetzen von Platzhaltern wird in der Mathematik sehr oft ben¨ otigt. Trainiere das Ersetzen anhand des Beispiels (a ∈ R)  (b ∈ R) :⇔ a · b ≤ a − b. Seien x, a, b Elemente in R. Wie lauten die ¨ aquivalenten Formen zu den Relationsausdr¨ ucken 1  0, x  x, b  a und (b · a2 )  (x + 1)? ........................................................................

Als wichtiges Beispiel wollen wir die Definition der Kleiner-gleichRelation auf den ganzen Zahlen genauer betrachten. Dass 3 ≤ 7 stimmt, erkennen wir daran, dass wir von 3 aus weiterz¨ahlen m¨ ussen, um zu 7 zu gelangen. Anders ausgedr¨ uckt, m¨ ussen wir zu 3 eine nat¨ urliche Zahl addieren, um 7 zu erreichen, was wir auch durch 7 − 3 ∈ N beschreiben k¨onnen. Da ≤ auch den Fall der Gleichheit umfassen soll, l¨asst sich f¨ ur a, b ∈ Z die G¨ ultigkeit von a ≤ b also dadurch u berpr¨ u fen, dass die Differenz b − a zur Menge N0 = N ∪ {0} ¨ geh¨ort. Unser Schulwissen k¨onnen wir also in die pr¨ azise Relationsdefinition (∗) (a ∈ Z) ≤ (b ∈ Z) :⇔ (b − a) ∈ N0 gießen. Die so definierte Relation hat mehrere Eigenschaften, die auch bei anderen in der Praxis verwendeten Relationen in unterschiedlichen Kombinationen auftreten und deshalb besondere Namen tragen. Definition 3.8 Seien X eine Menge und R eine Relation. Wir nennen R Relation auf X, wenn links(R) = X und rechts(R) = X gelten. Weiter heißt eine Relation R auf X

( 81)

68

3 Training

ˆ reflexiv, wenn ∀x ∈ X : x R x, ˆ total, wenn ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : (x R y) ∨ (y R x), Werden in einer Definition viele neue Begriffe erkl¨ art, so ist es wichtig, diese an konkreten Beispielen auszuprobieren. Dadurch lernt man gleichzeitig die zugeh¨ origen Langformen kennen.

ˆ symmetrisch, wenn ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : (x R y) ⇒ (y R x), ˆ asymmetrisch, wenn ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : (x R y) ⇒ ¬(y R x), ˆ antisymmetrisch, wenn ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : ((x R y) ∧ (y R x)) ⇒ (x = y), ˆ transitiv, wenn ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : ∀z ∈ X : ((x R y) ∧ (y R z)) ⇒ (x R z). Ist R reflexiv, symmetrisch und transitiv, so nennt man R auch eine ¨ Aquivalenzrelation. Ist R reflexiv, antisymmetrisch und transitiv, so nennt man R eine Halbordnung und bei zus¨atzlicher Totalit¨ at lineare Ordnung. ...................................................................

( 82)

Sei R eine Relation auf X. Zeige, dass R genau dann symmetrisch ist, wenn ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : (x R y) ⇔ (y R x) gilt. ........................................................................

Bevor wir uns konkrete Beispiele anschauen, wollen wir erst noch eine Schreiberleichterung vereinbaren. In den Bedingungen der Definition sind viele Mehrfachquantifizierungen mit zwei oder drei F¨ ur-alleAussagen zu erkennnen. M¨ ochte man nun zum Beispiel die Transitivit¨at einer Relation R beweisen, so ergibt sich eine recht langatmige Passage durch das wiederholte Anwenden der ∀-Nachweisregel: Sei x ∈ X gegeben. Zu zeigen: ∀y ∈ X : ∀z ∈ X : ((x R y) ∧ (y R z)) ⇒ (x R z). Sei dazu y ∈ X gegeben. Zu zeigen: ∀z ∈ X : ((x R y) ∧ (y R z)) ⇒ (x R z). Sei dazu z ∈ X gegeben. Zu zeigen: ((x R y) ∧ (y R z)) ⇒ (x R z).

 Mehrfache Existenzoder F¨ ur-alle-Aussagen werden auch mit einem Quantor und einer Platzhalterliste abgek¨ urzt.

Zur Abk¨ urzung vereinbaren wir deshalb, dass hintereinander auftretende Quantoren derselben Art durch einen einzigen Quantor mit einer Liste von Platzhaltern ersetzt werden k¨ onnen. Anstelle unserer Transitivit¨atsaussage mit drei Quantoren schreiben wir dann ∀x, y, z ∈ X : ((x R y) ∧ (y R z)) ⇒ (x R z). Sowohl im Nachweis als auch in der Benutzung werden dann alle Quantifizierungen auf einmal behandelt. Der Nachweistext verk¨ urzt sich damit erheblich auf Seien x, y, z ∈ X gegeben. Zu zeigen: ((x R y)∧(y R z)) ⇒ (x R z).

3.3 Relationen

69

¨ Ublicherweise wird man hier sofort auch die Nachweisregel f¨ ur die Implikation mit einbinden und so noch mehr Beweistext einsparen. Seien x, y, z ∈ X gegeben mit (x R y) ∧ (y R z). Zu zeigen: x R z. urzung wird generell bei Aussagen vom Typ ∀u ∈ U : Diese Verk¨ Vu ⇒ Fu angewendet, die vergleichsweise h¨aufig vorkommen (viermal allein in Definition 3.8). Nach diesen vorbereitenden Schritten, die uns einige Schreibarbeit abnehmen werden, schauen wir uns nun die Kleiner-gleich Relation auf den ganzen Zahlen genauer an. Aufgrund der Definition ergeben sich die Eigenschaften von ≤ direkt aus denen von N0 , wobei wir die folgenden schulbekannten Tatsachen benutzen werden.

 Bei F¨ ur-alle-Aussagen mit einer Implikation werden die zugeh¨ origen Regeln direkt miteinander kombiniert.

Satz 3.9 F¨ ur die Mengen N und N0 gilt ∀n ∈ N : (−n) ∈ N, ∀n ∈ Z : ((−n) ∈ N) ∨ (n ∈ N0 ), ∀n, m ∈ N0 : (n + m) ∈ N0 .

(3.1) (3.2) (3.3)

Exemplarisch untersuchen wir zun¨achst die Antisymmetrie von ≤. Satz 3.10 Die ≤-Relation ist antisymmetrisch. Ersetzen wir in Definition 3.8 den Platzhalter R durch ≤ und X durch Z, dann lautet die zu u ufende Bedingung f¨ ur Anti¨berpr¨ symmetrie ∀x, y ∈ Z : ((x ≤ y) ∧ (y ≤ x)) ⇒ (x = y). Beweis. Seien x, y ∈ Z gegeben, und es gelte (x ≤ y) ∧ (y ≤ x). Zu zeigen ist x = y.



Da wir u ¨ber die Elemente x, y keine weitere Information haben, k¨onnen wir keinen Gleichheitsbeweis f¨ uhren. Wir wechseln daher sofort in den Vorw¨artsmodus und entpacken die Voraussetzung mit der Nachweisregel f¨ ur ∧ auf Seite 198.

An dieser Stelle wird die beschriebene Kombination der beiden Nachweisregeln verwendet.

Es gelten also x ≤ y und y ≤ x. An dieser Stelle ist es wichtig, dass wir unser Vorwissen zum Symbol ≤ aus der Schule nicht benutzen, denn dieses Vorwissen soll ja gerade durch Beweise abgesichert werden. Stattdessen halten wir uns genau an die Definition von ≤, die auf Seite 67 mit (∗) markiert ist. Diese f¨ uhrt den Ausdruck a ≤ b auf (b − a) ∈ N0 zur¨ uck, und mit dieser Langform m¨ ussen wir nun weiterarbeiten.

70

3 Training

¨ Wegen der Aquivalenz von x ≤ y und (y − x) ∈ N0 gilt also auch diese Aussage. Genauso gilt wegen y ≤ x auch (x − y) ∈ N0 . Werden bekannte Symbole im Studium neu eingef¨ uhrt, dann achte in Beweisen darauf, ob du dein Vorwissen benutzen darfst.

F¨ ur die Differenz d := x − y wissen wir also d ∈ N0 und −d = y − x ∈ N0 . Wegen N0 = N ∪ {0} = {0, 1, 2, 3, . . .} sollte daraus d = 0 und damit x = y folgen. Zum genauen Beweis nutzen wir konsequent unser Wissen aus Satz 3.9. Wir setzen d := x − y. Dann gilt d ∈ N0 = N ∪ {0}. Nach Definition von ∪ gilt also (d ∈ N) ∨ (d = 0). ...................................................................

( 83)

Welche Schritte werden hier durch die Floskel nach Definition von zusammengefasst? ........................................................................

Wegen −d ∈ N0 ergibt sich erneut nach Definition von N0 die Aussage ((−d) ∈ N) ∨ ((−d) = 0). Wir haben nun zwei geltende Aussagen (d ∈ N) ∨ (d = 0) und ((−d) ∈ N) ∨ ((−d) = 0). Durch mehrfache Anwendung der Fallunterscheidung k¨onnen wir uns durch alle denkbaren F¨ alle dieser Oder-Konstellation durcharbeiten. Unser Beweisziel ist dabei die Aussage d = 0.

Wir benutzen hier zur Vereinfachung Schulwissen zum Rechnen mit +, − in Z. In ganz strenger Form m¨ usste jeweils auf S¨ atze verwiesen werden.

Wir f¨ uhren eine Fallunterscheidung durch, basierend auf der Aussage (d ∈ N)∨(d = 0). Im Fall d = 0 ist das Ziel offensichtlich erreicht. Im Fall d ∈ N f¨ uhren wir eine zweite Fallunterscheidung durch, basierend auf ((−d) ∈ N) ∨ ((−d) = 0) und beginnen mit dem Fall (−d) ∈ N. Anwendung von (3.1) auf d zeigt (−d) ∈ N, also das Gegenteil von (−d) ∈ N. Mit Ex falso quodlibet folgt d = 0. Im Fall (−d) = 0 gilt ebenfalls d = 0, was man durch Addition von d auf beiden Seiten erkennt. Also gilt d = 0 in der zweiten Fallunterscheidung insgesamt und damit auch in der ersten. Wegen x − y = d = 0 folgt nun x = y.

................................................................... ( 84)

Begr¨ unde, dass die ≤-Relation nicht symmetrisch ist. Kann eine Relation gleichzeitig symmetrisch und antisymmetrisch sein?

( 85)

Zeige, dass die ≤-Relation reflexiv ist.

( 86)

Nutze ( 85) zum Nachweis, dass die ≤-Relation nicht asymmetrisch ist. Gilt das f¨ ur jede reflexive Relation?

( 87)

Begr¨ unde, dass jede asymmetrische Relation auch antisymmetrisch ist. ........................................................................

3.3 Relationen

71

Mit der vertrauten ≤-Relation haben wir also ein Beispiel vor uns, das reflexiv, antisymmetrisch, nicht symmetrisch und nicht asymmetrisch ist. Gehen wir die Liste weiter durch und betrachten die Totalit¨at. Satz 3.11 Die ≤-Relation ist total. Ersetzen wir in Definition 3.8 den Platzhalter R durch ≤ und X durch Z, dann lautet die zu u ufende Bedingung f¨ ur Totalit¨ at ¨berpr¨ ∀x, y ∈ Z : (x ≤ y) ∨ (y ≤ x). Beweis. Seien x, y ∈ Z gegeben. Zeige (x ≤ y) ∨ (y ≤ x). Da wir die ≤-Aussagen auf ihre definierenden Aussagen zur¨ uckf¨ uhren m¨ ussen, um etwas dar¨ uber aussagen zu k¨ onnen, be¨ nutzen wir die Aquivalenz von a ≤ b und b − a ∈ N0 , um das Ziel ¨aquivalent umzuformen. Es gilt (x ≤ y) ⇔ (y − x ∈ N0 ) bzw. (y ≤ x) ⇔ (x − y ∈ N0 ). Mit der Abk¨ urzung d := x − y ist unser a¨quivalentes Hilfsziel dann ((−d) ∈ N0 ) ∨ (d ∈ N0 ). Mit der Nachweisregel aus Abschnitt B.4 auf Seite 199 geht es weiter. Wir w¨ahlen die erste Version. Zum Nachweis von ((−d) ∈ N0 ) ∨ (d ∈ N0 ) gelte (−d) ∈ N0 . Zu zeigen ist d ∈ N0 . Jetzt nutzen wir unser Wissen u ¨ber die ganzen Zahlen. Dazu geh¨ oren die besonders hervorgehobenen Resultate aus Satz 3.9 zu den Teilmengen N und N0 , aber auch die stillschweigend vorausgesetzten Rechenregeln mit +, −. Insbesondere wissen wir, dass die Differenz von zwei ganzen Zahlen x, y wieder in Z liegt, sodass d ∈ Z gilt. Wir wenden (3.2) auf d an und finden ((−d) ∈ N) ∨ (d ∈ N0 ). Mit der Benutzungsregel aus Abschnitt B.4 von Seite 199 (Fallunterscheidung) streben wir das Ziel d ∈ N0 an. Im Fall d ∈ N0 ist das Ziel erreicht. Es bleibt also der Fall (−d) ∈ N. Wenn (−d) ∈ N gilt, dann ist −d auch in N0 . Das steht aber im Widerspruch zur bestehenden Annahme (−d) ∈ N0 , sodass der Fall eigentlich gar nicht eintreten kann. Im Beweis ¨ außert sich das dadurch, dass wir mit Ex falso quodlibet sofort fertig sind.

72

3 Training

Nach Definition von N0 gilt dann auch (−d) ∈ N0 . Mit Ex falso quodlibet folgt auch in diesem Fall und damit insgesamt d ∈ N0 . ................................................................... ( 88)

Zeige, dass die ≤-Relation eine lineare Ordnung auf Z ist.

( 89)

Zeige, dass (a ∈ Z) < (b ∈ Z) :⇔ (a ≤ b) ∧ (a = b) transitiv und asymmetrisch und damit eine sogenannte Striktordnung ist.

( 90)

Mit Definition 1.1 wird f¨ ur jedes m ∈ N durch (a ∈ Z) ∼m (b ∈ Z) :⇔ a ≡ b

mod m

eine Relation auf den ganzen Zahlen erzeugt. Beweise Satz 1.3 und zeige, ¨ ur jedes m ∈ N eine Aquivalenzrelation ist. dass ∼m damit f¨ ........................................................................

3.4 Rund um Existenz Die Nachweisregel f¨ ur Existenzaussagen sieht vor, dass ein konkretes Beispielelement mit den geforderten Eigenschaften angegeben wird. Es muss also zuerst ein geeigneter Elementausdruck gefunden werden, bevor mit dem Nachweisen seiner Eigenschaften fortgefahren werden kann. Durch diese Unterbrechung der systematischen R¨ uckw¨arts-Vorw¨arts-Methode sind Existenznachweise etwas unhandlicher als andere Schritte. Sie sollen deshalb hier genauer betrachtet und trainiert werden. Wir beginnen mit einer einfachen Existenzaussage, an der man aber bereits gut erkennt, wie das Finden von Elementen funktioniert. Sie lautet ∃x ∈ Z : x + 2 = 3 · x − 4. (3.4) Die Suche nach einem passenden x f¨ uhrt hier auf eine Gleichungsl¨ osung. Auf einem Schmierblatt formen wir wie folgt um: x+2=3·x−4 Versuche nach dem Platzhalter in der Existenzbedingung aufzul¨ osen. Nutze dazu einen Schmierzettel.

⇔

6=2·x

⇔

x = 3.

Allgemein ist der Trick also, die Bedingung in der Existenzaussage nach dem Platzhalter aufzul¨ osen, um so einen m¨ oglichen Kandidaten zu finden. Die Rechnung selbst schreibt man dabei nicht im Beweis auf, denn dort geh¨ort nur der Nachweistext f¨ ur die Existenzaussage hin (manchmal kommen Teile der Herleitung aber in diesem Nachweis vor). Im vorliegenden Beispiel k¨ onnen wir den Beweis von (3.4) so notieren. Beweis. Wir definieren x := 3. Zum Nachweis von x + 2 = 3 · x − 4 rechnen wir das Ergebnis links und rechts aus: x + 2 = 3 + 2 = 5 und

3.4 Rund um Existenz

73

3 · x − 4 = 3 · 3 − 4 = 9 − 4 = 5. Es gilt also x + 2 = 3 · x − 4 und damit (3.4). ................................................................... Beweise ∃x, y ∈ Z : (2 · x − 3 · y = 8) ∧ (x + y = −1). Rechenregeln aus der Schule k¨ onnen dabei stillschweigend verwendet werden. ........................................................................

W¨ ahrend Gleichheitsbedingungen bei der Aufl¨osung automatisch auf sehr konkrete Ans¨atze f¨ uhren, ist das bei anderen Aussagetypen wie Ungleichungen nicht der Fall. Bevor wir uns konkrete Beispiele anschauen, soll noch einmal kurz an die aus der Schule bekannten Ungleichungsregeln erinnert werden. Neben den Relationseigenschaften geh¨ ort dazu auch die Regel, dass die Addition einer Zahl auf beiden ¨ Seiten einer Ungleichung eine Aquivalenzumformung ist. Es gilt also ∀x, y, z ∈ R : (x < y) ⇔ ((x + z) < (y + z)).

(3.5)

Analoge Regeln gelten auch f¨ ur die anderen Ungleichungstypen ≤, > und ≥. Bei den entsprechenden Regeln f¨ ur die Multiplikation muss auf das Vorzeichen des Faktors geachtet werden. Bei negativem Vorzeichen dreht sich die Richtung des Ungleichheitszeichens um (wieder gelten analoge Regeln f¨ ur die anderen Ungleichungstypen). Es gilt ∀x, y ∈ R, z ∈ R>0 : (x < y) ⇔ ((x · z) < (y · z)), ∀x, y ∈ R, z ∈ R (y · z)).

( 91)

 Wir benutzen hier die Aussagen (3.5), (3.6), (3.7) und andere aus der Schule bekannte Regeln ohne Beweis (also wie Axiome).

(3.6) (3.7)

Als erstes Beispiel beweisen wir die Aussage ∀x, y ∈ R : ((x < y) ⇒ ∃a ∈ R : (x < a) ∧ (a < y)). Beweis. Seien x, y in R gegeben mit x < y. Zu zeigen ist die Existenzaussage ∃a ∈ R : (x < a) ∧ (a < y).



Es muss eine reelle Zahl gefunden werden, die zwischen x und y liegt. Da x < y gilt, ist tats¨achlich Platz zwischen den beiden, und anschaulich ist klar, dass das funktioniert. Trotzdem muss ein konkretes Element angegeben werden! Fertigt man sich auf dem Schmierblatt eine Zeichnung des Zahlenstrahls an,

Wie schon fr¨ uher besprochen, werden hier die Nachweisregeln zur F¨ ur-alleAussage und zur Implikation verbunden.

dann muss also eine Stelle zwischen den Punkten ausgew¨ ahlt werden, f¨ ur die man eine Formel hat (also einen Ausdruck, der aus den vorliegenden Zahlen x, y gebildet wird). Eine m¨ ogliche Entscheidung ist dabei der arithmetische Mittelwert, weil hierf¨ ur die Formel a := (x + y)/2 recht einfach ist.

74

Gibt es verschiedene M¨ oglichkeiten f¨ ur ein Beispielelement, w¨ ahle eine bequeme Form.

3 Training

Wir setzen a := (x + y)/2. Durch Ausmultiplizieren auf der rechten Seite finden wir (x + y)/2 = x/2 + y/2 und mit Ersetzung dann x < a ⇔ x < x/2+y/2. Anwendung von (3.5) auf x, x/2+y/2, −x/2 liefert weiter x < x/2 + y/2 ⇔ x + (−x/2) < (x/2 + y/2) + (−x/2). Durch Ausrechnen der linken und rechten Seite erhalten wir die Ungleichung x/2 < y/2. Anwendung von (3.6) auf x/2, y/2, 2 ergibt schließlich x/2 < y/2 ⇔ (x/2) · 2 < (y/2) · 2 und damit insgesamt x/2 < y/2 ⇔ x < y. Die Und-Verkn¨ upfung der drei gewonnenen ¨ Aquivalenzen  x y x y x y x y  ∧ x< + ⇔ < ∧ < ⇔x0 , und gelte x < y. Dann gilt die Existenzaussage ∃n ∈ N : y < n · x. Stellt man sich x und y als Punkte rechts vom Ursprung auf dem Zahlenstrahl vor, und ist die Strecke von 0 nach x k¨ urzer als die von 0 nach y, so kann man durch n-faches Hintereinanderlegen der kleineren Strecke die gr¨oßere doch u ¨bertreffen, wenn man n nur hinreichend groß w¨ahlt. Diese anschauliche Vorstellung l¨ asst sich bei der Konstruktion der Zahlbereiche streng beweisen, hier wollen wir sie als gegeben voraussetzen.

3.4 Rund um Existenz

75

Mit dieser Eigenschaft lassen sich sehr viele andere Existenzaussagen nachweisen. Wir beginnen mit dem Beweis von ∀ε ∈ R>0 : ∃n ∈ N :

1 < ε. n

(3.8)

Beweis. Sei ε ∈ R>0 gegeben. Zu zeigen ist ∃n ∈ N : 1/n < ε. Auf einem Schmierblatt versuchen wir die Ungleichung n1 < ε nach n aufzul¨osen. Dazu multiplizieren wir mit n auf beiden Seiten, wobei wir wegen n ≥ 1 > 0 die Regel (3.6) benutzen k¨ onnen. Als a quivalente Aussage finden wir 1 < n · ε. W¨ a re ε < 1, dann w¨ urde ¨ die archimedische Eigenschaft die Existenz einer passenden Zahl garantieren! Da aber nur ε > 0 vorausgesetzt ist, m¨ ussen wir uns auch noch den umgekehrten Fall ε ≥ 1 anschauen, um dann in einer Fallunterscheidung argumentieren zu k¨onnen. Multiplizieren wir ε ≥ 1 auf beiden Seiten mit n ∈ N, so folgt n · ε ≥ n · 1 = n. Wir sehen also, dass wenn n > 1 gilt, auch n · ε ≥ n > 1 vorliegt. Um konkret zu werden, w¨ahlen wir n = 2 als (naheliegende) nat¨ urliche Zahl, die gr¨oßer 1 ist. Viele der Schmierzettelargumente tauchen im folgenden geordneten Nachweis wieder auf. Mit Tertium non datur gilt (ε < 1) ∨ ¬(ε < 1). Im Fall ¬(ε < 1) setzen wir n := 2. Dann gelten 1/n = 1/2 < 1 und 1 ≤ ε wegen ¬(ε < 1) (hier benutzen wir die Totalit¨at von ≤, aus der (ε ≤ 1) ∨ (ε ≥ 1) folgt, zusammen mit einer Fallunterscheidung). Insgesamt gilt also 1/n < ε und folglich ∃n ∈ N : 1/n < ε. Im Fall ε < 1 k¨onnen wir die archimedische Eigenschaft auf ε, 1 anwenden. Es folgt ∃n ∈ N : 1 < n · ε. W¨ahlen wir ein solches n ∈ N, so gilt 1 < n · ε. Multiplikation mit 1/n auf beiden Seiten ergibt mit (3.6) die ¨aquivalente Aussage 1/n < ε, die folglich auch gilt. Damit erhalten wir ∃n ∈ N : 1/n < ε auch im zweiten Fall. ................................................................... Zeige, dass die archimedische Eigenschaft (Satz 3.12) aus (3.8) folgt, sodass also beide Aussagen ¨ aquivalent sind. ........................................................................

Aufbauend auf (3.8) k¨onnen viele weitere, ¨ahnlich gelagerte Existenzaussagen gezeigt werden, wie z. B. ∀ε ∈ R>0 : ∃n ∈ N :

n5

3·n < ε. + 2 · n2 + 1

Beweis. Sei ε ∈ R>0 gegeben. Zu zeigen ist ∃n ∈ N :

3·n n5 +2·n2 +1

< ε.

( 94)

76

Nutze die m¨ oglichen Freiheiten beim Erf¨ ullen von Ungleichungen zu deinen Gunsten.

3 Training

Wenn wir auf dem Schmierzettel versuchen, die Ungleichung osen, kommen wir nicht (3 · n)/(n5 + 2 · n2 + 1) < ε nach n aufzul¨ sehr weit, da es keine allgemeinen L¨ osungsformeln f¨ ur Gleichungen f¨ unften Grades gibt. Es ist aber viel einfacher, daf¨ ur zu sorgen, dass ein gr¨oßerer Ausdruck als (3·n)/(n5 +2·n2 +1) bereits kleiner als ε ist, bei dem das Aufl¨osen problemlos funktioniert. Da in unserem Beispiel der Nenner die Schwierigkeiten macht, nutzen wir aus, dass ein Verkleinern des Nenners die Zahl gr¨ oßer macht. Es gen¨ ugt dabei, im Nenner einen Term zu behalten, der nach dem K¨ urzen mit n im Z¨ahler noch proportional n ist, d. h., wir zielen auf 3·n 3·n 3 ≤ 2 = . n5 + 2 · n 2 + 1 n n Ein n zu finden, f¨ ur das 3/n < ε bzw. 1/n < ε/3 gilt, ist nun mit (3.8) m¨oglich. Dieses n erf¨ ullt auch f¨ ur den urspr¨ unglichen Ausdruck seinen Zweck. Wende (3.8) an auf ε/3. Es gilt dann ∃n ∈ N : (1/n) < (ε/3), und wir w¨ahlen ein entsprechendes n ∈ N. Es gilt dann 1/n2 < ε/(3 · n).

 Ohne Schmierzettelrechnung w¨ urde man nicht auf die Idee kommen, mit ε/3 zu starten!

Wegen 0 ≤ n5 , n2 ≤ 2 · n2 und 0 ≤ 1 gilt weiter mit (3.5) 0 < n2 = 0 + n2 + 0 ≤ n5 + 2 · n2 + 1. Durch Multiplikation mit den jeweiligen Kehrwerten ergibt sich (mit (3.6), da beide Seiten positiv sind) 1 1 ε ≤ 2 < . n5 + 2 · n 2 + 1 n 3·n Erneut durch Anwendung von (3.6) weist eine Multiplikation mit 3·n die Existenzaussage nach. ...................................................................

( 95)

Zeige in ¨ ahnlicher Weise, dass zu jedem ε > 0 ein n ∈ N existiert, sodass (4 · n2 + 1)/(n3 + 1) < ε gilt. ........................................................................

W¨ahrend man bei Existenzaussagen zu Ungleichungen noch rechnen kann, muss in manchen Situationen ganz anders gebastelt werden, um Existenzaussagen nachzuweisen. Als Beispiel betrachten wir den folgenden Satz. Satz 3.13 Es existiert eine Relation auf Z, die nicht transitiv ist. Damit wir mit dem Beweis beginnen k¨ onnen, sind erst wieder einige Vor¨ uberlegungen auf einem Hilfszettel notwendig . . .

3.4 Rund um Existenz

77

Um genauer zu sehen, wie eine Relation gestrickt sein muss, damit sie nicht transitiv ist, nehmen wir an, wir h¨atten bereits einen Kandidaten R definiert und m¨ ussten nun zeigen, dass die gew¨ unschte Eigenschaft zutrifft. Unser Ziel ist also der Nachweis von ¬∀x, y, z ∈ Z : ((x R y) ∧ (y R z)) ⇒ (x R z). Als Nachweisregel f¨ ur negierte f¨ ur-alle-Aussagen bestimmen wir dabei ein Gegenbeispiel, was wieder dem Nachweis einer Existenzaussage entspricht ∃x, y, z ∈ Z : ¬(((x R y) ∧ (y R z)) ⇒ (x R z)). Dabei gilt eine Implikation nicht, wenn die Voraussetzung wahr, die Folgerung aber falsch ist. Um dies zu verstehen, erinnern wir uns zun¨ achst daran, dass f¨ ur zwei Aussagen A, B nach Aufgabe ( 38) die Implikation A ⇒ B zu (¬A)∨B ¨aquivalent ist. Weiter ist nach der de-morganschen Regel aus Aufgabe ( 41) die verneinte Implikation ¬(A ⇒ B), also ¬((¬A) ∨ B), ¨aquivalent zu (¬¬A) ∧ (∨B). Hier l¨ asst sich noch die doppelte Negationsregel anwenden und wir erhalten ¨ insgesamt die Aquivalenzkette ¬(A ⇒ B) ⇔ ¬((¬A) ∨ B) ⇔ (¬¬A) ∧ (¬B) ⇔ A ∧ (¬B). Zeigen wir also A (Voraussetzung gilt) und ¬B (Folgerung gilt nicht), dann haben wir auch die a¨quivalente Aussage ¬(A ⇒ B) gezeigt. Insgesamt besteht unsere Aufgabe also darin,

 Die Angabe eines Gegenbeispiels zu einer F¨ ur-alle-Aussage entspricht dem Nachweis einer Existenzaussage.

 Eine Implikation gilt genau dann nicht, wenn die Annahme erf¨ ullt ist, ohne dass die Folgerung gilt.

∃x, y, z ∈ Z : ((x R y) ∧ (y R z)) ∧ ¬(x R z) zu zeigen. Eine m¨ogliche Strategie ist hier das Abklappern aller Beispiele von Relationen auf Z, die man schon kennt. Vielleicht ist ja etwas Passendes dabei? Am besten bekannt sind Gleicheits-, Kongruenz- und Ordnungsrelationen, aber diese sind alle transitiv. Vielleicht ist es aber m¨ oglich, durch kleine Modifikationen die Transitivit¨ at zu zerst¨ oren? Was passiert, wenn wir zu einer der beiden Zahlen etwas dazu addieren, also (a ∈ Z) R (b ∈ Z) :⇔ a = b + 1. (3.9) Dann gilt 1 R 0 wegen 1 = 0 + 1 und 0 R − 1 wegen 0 = −1 + 1, aber es gilt nicht 1 R − 1, denn 1 = (−1 + 1) = 0. Beweis von Satz 3.13. Definiere R durch (3.9). Zum Nachweis der Nicht-Transitivit¨at, also ¬∀x, y, z ∈ Z : ((x R y) ∧ (y R z)) ⇒ (x R z),

Nutze die Freiheit, m¨ oglichst einfache Beispiele w¨ ahlen zu d¨ urfen.

78

3 Training

zeigen wir ∃x, y, z ∈ Z : ¬(((x R y) ∧ (y R z)) ⇒ (x R z)) bzw. die ¨aquivalente Aussage ∃x, y, z ∈ Z : ((x R y) ∧ (y R z)) ∧ ¬(x R z). Wir setzen x := 1, y := 0 und z := −1. Wegen 1 = 0 + 1 gilt 1 R 0, wegen 0 = −1 + 1 gilt 0 R − 1 und wegen ¬(1 = −1 + 1) gilt ebenfalls ¬(1 R − 1). Damit ist die Existenzaussage erf¨ ullt. ................................................................... ( 96)

Zeige, dass es eine Relation R auf Z gibt, die reflexiv und nicht transitiv ist. ........................................................................

Wie wir bereits am ersten Beispiel gesehen haben, ist das L¨ osen von Gleichungen eng mit dem Nachweis von Existenzaussagen verbunden. M¨ochte man zum Beispiel wissen, ob es eine L¨ osung x ∈ R der Gleichung x3 + x = 1 gibt, so geht es dabei um die Existenzaussage osung, ist sie wahr, ∃x ∈ R : x3 +x = 1. Ist sie falsch, so gibt es keine L¨ so gibt es mindestens eine. Im letzteren Fall ist man oft zus¨ atzlich daran interessiert, ob es genau eine L¨ osung gibt. Man spricht dann von eindeutiger Existenz und schreibt ∃!x ∈ R : x3 + x = 1, gesprochen: Es existiert genau ein x ∈ R mit der Eigenschaft x3 + x = 1. Allgemein steht ∃!x ∈ A : Ex daf¨ ur, dass die Existenz ∃x ∈ A : Ex erf¨ ullt ist und es zudem keine zwei verschiedenen Elemente mit dieser Eigenschaft gibt, also ¬∃u, v ∈ A : (u = v) ∧ (Eu ∧ Ev ). ................................................................... ( 97)

Zeige, dass die Nicht-Existenz zweier unterschiedlicher Beispiele ¨ aquivalent dazu ist, dass zwei beliebige Elemente mit der besagten Eigenschaft u ¨bereinstimmen, also mit ∀u, v ∈ A : (Eu ∧ Ev ) ⇒ (u = v). ........................................................................

Mit dieser Konkretisierung k¨ onnen wir die Schreibweise ∃!x ∈ A : Ex wie gewohnt einf¨ uhren. Ausdruck ∃!x ∈ A : Ex

Aussprache Es gibt genau ein x in A mit Ex

Bedingung A Menge, Ex Aussage f¨ ur alle x ∈ A

Langform (∃x ∈ A : Ex ) ∧ (∀u, v ∈ A : Eu ∧Ev ⇒ u = v)

In der Analysisvorlesung wird zum Beispiel der folgende Satz gezeigt Satz 3.14 . F¨ ur jedes a ∈ R≥0 gilt ∃!x ∈ R≥0 : x2 = a. √ Schon aus der Schule wissen wir dabei, dass die Notation a f¨ ur das 2 Element x mit der Eigenschaft x = a verwendet wird. Wir halten auch dies ordentlich in einer Tabelle fest.

3.4 Rund um Existenz Ausdruck √ a

79

Aussprache Wurzel von a

Bedingung a ∈ R≥0

Langform das x ∈ R≥0 : x2 = a

Der mit dem unterstrichenen Artikel das eingeleitete Ausdruck in der Langform, ist nur dann sinnvoll, wenn schon bekannt ist, dass es genau ein Element mit der angegebenen Eigenschaft gibt. In diesem Fall steht der gesamte Ausdruck dann f¨ ur dieses √ Element. Durch die ur den Wurzelausdruck a wird die Bedingung Schreibregel a ∈ R≥0 f¨ wegen Satz 3.14 eingehalten. Dahinter steckt eine grundlegende Notationsvereinbarung zusammen mit einem Regelpaar, aus dem sich das erwartete Verhalten in Beweisen ergibt. Ausdruck das x ∈ A : Ex

Aussprache das x in A mit Ex

Aussageform Nachweisregel Nachweistext Benutzungsregel

Benutzungstext

Bedingung ∃!x ∈ A : Ex

Langform –

u = das x ∈ A : Ex u ist das eindeutige Element, wenn es ullt. die Bedingungen u ∈ A und Eu erf¨ Zeige u ∈ A und Eu . Ist u das eindeutige Element, dann erf¨ ullt u die Bedingungen u ∈ A und Eu . Es gilt u ∈ A und Eu .

Um die Regeln in Anwendung zu sehen, beweisen wir die folgende Aussage. √ √ √ ∀a, b ∈ R≥0 : a · b = a · b. Beweis. Seien a, b ∈ R≥0 gegeben. Zu zeigen ist

√

a·b=

√ √ a · b.

Da die Gesamtaussage nur dann gelten kann, wenn die beteiligten Ausdr¨ ucke sinnvoll sind, muss also zuerst belegt werden, dass alle√Schreibregeln erf¨ ullt sind. Wegen a, b ∈ R≥0 ist dies f¨ ur √ a und b der Fall. √ Zum Nachweis der Schreibregel f¨ ur a · b zeigen wir a · b ≥ 0. Dazu wenden wir die ≤-Version von (3.6) an und erhalten wegen b ≥ 0 die ¨ Aquivalenz 0 ≤ a ⇔ 0 ≤ a · b. Da die linke Seite nach Voraussetzung gilt, folgt a · b ≥ 0. ¨ Ublicherweise w¨ urden wir nun alle drei Wurzelausdr¨ ucke durch ihre Langform ersetzen, um genauer zu sehen, was zu tun ist. Da wir aber nur f¨ ur Aussagen vom √ Typ u = das . . . Regeln zur Verf¨ ugung haben, schreiben wir nur a · b in Langform.

Enth¨ alt das Beweisziel einen Ausdruck, bei dem Schreibregeln zu ber¨ ucksichtigen sind, so m¨ ussen diese zun¨ achst nachgewiesen werden.

80

3 Training

Mit u :=

√

a·

√

b zeigen wir dazu u = das x ∈ R≥0 : x2 = a · b.

Jetzt greift die neue Nachweisregel f¨ ur u = das . . . . Dazu zeigen wir u ∈ R≥0 und u2 = a · b. Jetzt geht es im Vorw¨ artsgang √ mit der Benutzungsregel f¨ ur die √ a und b weiter. Nach Definition gilt beiden Wurzelausdr¨ u cke √ √ n¨amlich a = das x ∈ R≥0 : x2 = a, sodass a die Rolle von u in der Benutzungsregel spielt. √

√ √ 2 a = das x ∈ R≥0 : x2 = a gelten a ∈ R≥0 und a = a. √ 2 √ Entsprechend finden wir b ∈ R≥0 und b = b. Mit einer Argumentation wie beim Nachweis der Schreibregel ergibt sich dann auch √ √ √ 2 √ 2 √ √ u = a · b ≥ 0, und es gilt u2 = ( a · b)2 = a · b = a · b.

Wegen

................................................................... ( 98)

Zeige ∀a ∈ U : a = das x ∈ U : x ∈ {a}

( 99)

Ist M eine Menge mit ∃!x ∈ U : x ∈ M , so ist M = {das x ∈ U : x ∈ M }. √ Stimmt ∀a ∈ R : a2 = a? Beweise deine Antwort. ........................................................................

( 100)

3.5 Funktionen ... und aus dem Kaninchen wurde ein Huhn. Etwas weniger magische Verwandlungsprozesse kennen wir zuhauf aus unserem Alltag: Eier, Mehl und Milch werden in Pfannkuchen verwandelt, Fr¨ uchte und Zucker in Marmelade, ein Automat wandelt Geldst¨ ucke in Getr¨ankedosen und Holz wird in einem Kamin in W¨arme und Abgase umgesetzt.

 Funktionen beschreiben Prozesse, die Eingaben in festgelegte Ausgaben verwandeln.

In der Mathematik abstrahiert man solche Prozesse durch Funktionen, die Ausgangsobjekten (sog. Argumenten) eindeutig bestimmte Ergebnisobjekte zuweisen. Wie der Prozess genau vonstatten geht, ist in einer Zuordnungsvorschrift festgehalten. Im Unterschied zu realen Prozessen ist die Vorschrift dabei so pr¨ azise, dass bei gleichem Argument stets exakt das gleiche Ergebnis resultiert. Genauso wie man aus Birnen aber keinen Apfelkuchen backen kann, sind f¨ ur eine Zuordnung normalerweise nicht alle denkbaren Argumente zul¨assig. Zu jeder Zuordnung gibt es deshalb eine Bedingung an die Argumente, und nur wenn diese erf¨ ullt ist, darf die Vorschrift ausgef¨ uhrt werden.

3.5 Funktionen

81

Steht f f¨ ur eine Funktion, dann werden wir die Menge der zul¨ assigen Argumente mit Def(f ) bezeichnen, und f¨ ur jedes x ∈ Def(f ) steht f (x) f¨ ur das eindeutig zugeordnete Ergebnis, den sogenannten Funktionswert von f an der Stelle x. Ausdruck Aussprache Def(f ) Definitionsmenge von f f (x) f von x

Bedingung f Funktion

Langform –

f Funktion, x ∈ Def(f )

–

Um diese neuen Symbole in Beweisen argumentativ nutzen zu k¨ onnen, sind einige Axiome erforderlich. Das erste besagt, dass die Funktionsergebnisse immer Elemente sind. Axiom 3.15 Sei f eine Funktion. Dann gilt f (x) ∈ U f¨ ur jedes Argument x ∈ Def(f ). Um eine konkrete Funktion anzugeben, m¨ ussen wir die Informationen zur Definitionsmenge und zu den Funktionswerten bereitstellen. So schreiben wir x ∈ R → 2 · x + 1 f¨ ur eine Funktion, die reelle Zahlen als Argumente erlaubt und einer gegebenen reellen Zahl x den Wert 2 · x + 1 zuweist. Der Funktionswert dieser Funktion an der Stelle 5 ist dann also 2 · 5 + 1 = 11, und an der Stelle −3 finden wir 2·(−3)+1 = −5. Die allgemeine Schreibweise f¨ ur Funktionsausdr¨ ucke ist in folgender Tabelle festgelegt. Ausdruck x ∈ A → yx

Aussprache x aus A wird abgebildet auf yx .

Bedingung A Menge, yx ∈ U f¨ ur alle x ∈ A

Langform –

In diesem Fall ist A die Definitionsmenge der Funktion, und der Funktionswert zu einem Element a ∈ A ist gleich ya (d. h., yx nach Ersetzung von x durch die Elementbeschreibung a). M¨ ochte man der Funktion einen Namen geben und genauer spezifizieren, in welcher Zielmenge B die Funktionswerte yx zu Argumenten x ∈ A liegen, so kann dies in einer etwas komfortableren Schreibweiur alle x ∈ A se angegeben werden (nat¨ urlich muss dazu yx ∈ B f¨ gelten). Die Notation ist hier f : A → B, x → yx oder etwas raumgreifender

A → B f := x → yx Am Beispiel unserer Funktion x ∈ R → 2 · x + 1 hat diese Definitionsform die Gestalt

R → R f : R → R, x → 2 · x + 1 bzw. f := x → 2 · x + 1

Bei der Funktionsdefinition muss gepr¨ uft werden, ob alle Funktionswerte in der angegebenen Zielmenge liegen.

82

3 Training

Im Unterschied zur hier vorgestellten Form werden in der Schule reelle Funktionen oft durch Gleichungen, wie etwa y = 2·x+1 angegeben. F¨ ugt man hier die Information hinzu, dass x und y Platzhalter f¨ ur reelle Zahlen sind, dann betont dieser Zugang die m¨ ogliche Interpretation einer Funktion als Relation mit der pr¨ azisen Definition (x ∈ R) Rf (y ∈ R) :⇔ y = 2 · x + 1.

 Funktionen und Relationen stehen in einem engen Zusammenhang.

Nach diesem Muster kann jede Funktion g, die Argumenten aus A Werte in B zuordnet, durch eine Relation Rg beschrieben werden gem¨aß (x ∈ A) Rg (y ∈ B) :⇔ y = g(x). ...................................................................

( 101)

Gib eine vollst¨ andige Funktionsdefinition an zur Vorschrift F¨ ur eine gegebene reelle Zahl x, berechne den Kehrwert von 1 − x2 . ........................................................................

Eine Funktion f produziert zu erlaubten Eingabewerten x zugeh¨ orige Ausgabewerte f (x). Durchl¨ auft x also eine Menge A ⊂ Def(f ) von Eingaben, so produziert f eine Menge zugeh¨ origer Ausgaben, die wir mit f [A] bezeichnen. Etwas allgemeiner k¨ onnen wir sogar beliebige Mengen A zulassen, wobei dann nat¨ urlich nur die Elemente abgebildet werden, die in Def(f ) liegen. Ausdruck Aussprache Bedingung Langform f [A] Bild von A f Funktion, {y ∈ U : ∃x ∈ A∩Def(f ): unter f A Menge y = f (x)} ................................................................... ( 102)

Sei g : R → R, x → 2 · (x − 1). Zeige ∃a ∈ R : g[R≥0 ] = R≥a .

( 103)

Seien A, B Mengen und f eine Funktion. Zeige f [A ∪ B] = f [A] ∪ f [B].

( 104)

Sei f : X → Y eine Funktion. Zeige f [∅] = ∅. Zeige weiter f [{x}] = {f (x)} f¨ ur jedes x ∈ X.

( 105)

Sei X eine Menge. Dann nennen wir die Funktion x ∈ X → x die Identit¨ atsfunktion auf X und bezeichnen sie mit idX . Zeige, dass f¨ ur jede Menge A die Gleichheit idX [A] = X ∩ A gilt. ........................................................................

Das Bild der gesamten Definitionsmenge von f unter f nennt man auch einfach Bild(f ). Ausdruck Aussprache Bedingung Langform Bild(f ) Bildmenge von f f Funktion f [Def(f )] ................................................................... ( 106)

Sei f : X → Y eine Funktion und y ∈ U . Genau dann ist y ∈ Bild(f ), wenn ∃x ∈ Def(f ) : y = f (x) gilt. Außerdem gilt f¨ ur jedes x ∈ X die Aussage f (x) ∈ Bild(f ) und daher auch f (x) ∈ Y . ........................................................................

3.5 Funktionen

83

Als Beispiel betrachten wir die Funktion f : Z → Z, z → 2 · z. Durchl¨auft das Argument alle ganzen Zahlen, so erzeugt f die Menge aller geraden Zahlen G := Bild(f ). In ¨ahnlicher Weise kann man nat¨ urlich auch die Menge U der ungeraden Zahlen aus den ganzen Zahlen produzieren. Wir nehmen dazu g : Z → Z, z → 2 · z + 1 und definieren U := Bild(g). Die Definition der Bildmenge f¨ uhrt zur Langform U = {y ∈ Z : ∃x ∈ Z : y = g(z)}, und wenn man auch noch die Langform von g(z) einsetzt, ergibt sich U = {y ∈ Z : ∃x ∈ Z : y = 2 · z + 1}.

(3.10)

Mengenkonstruktionen dieser Art sind in der Mathematik so h¨ aufig, dass sich hierf¨ ur eine spezielle Schreibweise entwickelt hat. Anstelle des zweischrittigen Prozesses – (1) Definition von g und (2) Namensgebung f¨ ur Bild(g) – oder der zwar einschrittigen, aber schwer lesbaren Bildmengenbeschreibung (3.10) wird dabei die Schreibweise U := {2 · z + 1 | z ∈ Z} verwendet. Ausgesprochen wird diese U ist definiert als die Menge aller 2 · z + 1 f¨ ur z ∈ Z. Offensichtlich steht der Zuordnungsausdruck 2 · z + 1 der Funktion g links vom Strich | und der Argumentplatzhalter z sowie die Definitionsmenge Z sind rechts zu erkennen. Die allgemeine Form ist in der folgenden Tabelle festgehalten. Ausdruck {yx | x ∈ M : Ex}

Aussprache Menge aller yx f¨ ur x ∈ M mit Ex

Bedingung Langform M Menge, {u ∈ U : Ex Aussage, ∃x ∈ M : yx Element Ex ∧(u = yx )} f¨ ur alle x ∈ M ................................................................... Beschreibe die Menge aller Quadratzahlen und die Menge aller durch 3 teilbaren Zahlen in der Form aus der obigen Tabelle.

( 107)

Gilt 5 ∈ {(4 · n + 3)/7 | n ∈ N}? Beweise deine Antwort. ........................................................................

( 108)

Die Frage, welche Werte eine Funktion f auf einer Menge A annimmt, wird durch f [A] beantwortet. Man kann auch eine umgekehrte Frage stellen: Welche Argumente werden von f in eine Menge B hinein abgebildet? Die Antwort auf diese Frage f¨ uhrt auf den Begriff des Urbilds einer Menge B unter einer Funktion f , die wir mit f −1 [B] bezeichnen. Ist B eine einelementige Menge {b}, dann ist ost x ∈ f −1 [{b}] ein Argument, dessen Funktionswert b ist, d. h., x l¨ die Gleichung f (x) = b. Ob und wenn ja, wie viele L¨ osungen es zu dieser Gleichung gibt, kann also am Urbild abgelesen werden. Ausdruck Aussprache Bedingung Langform f −1 [B] Urbild von f Funktion, {x ∈ Def(f ) : f (x) ∈ B} B unter f B Menge

84

3 Training

................................................................... ( 109)

Zeige, dass f −1 [∅] = ∅ f¨ ur jede Funktion gilt.

( 110)

Seien A, B Mengen, und sei f eine Funktion. Zeige, dass die Gleichheit f −1 [A ∩ B] = f −1 [A] ∩ f −1 [B] gilt. ........................................................................

 Funktionen transformieren nicht nur Elemente, sondern k¨ onnen selbst als Elemente transformiert werden.

Bisher haben wir Funktionen als Prozesse betrachtet, die Eingabeelemente in festgelegte Ausgabeelemente verwandeln. Oft sind aber Funktionen selbst Verwandlungsprozessen unterworfen. In der Schule hast du solche Transformationen kennengelernt, wie etwa beim Verschieben oder Spiegeln von Funktionsgraphen oder dem Ableiten oder Integrieren von Funktionen. Damit diese Transformationsprozesse wieder als Funktionen betrachtet werden k¨ onnen, m¨ ussen die Funktionen, auf denen sie operieren, Elemente sein. Details regelt dabei das folgende Axiom. Axiom 3.16 Eine Funktion f ist ein Element genau dann, wenn Def(f ) eine fassbare Menge ist. In diesem Fall ist auch Bild(f ) eine fassbare Menge. Ein wichtiges Kriterium, nach dem Funktionselemente in Mengen zusammengefasst werden, bezieht sich auf ihre Definitions- und Zielmengen. Um dar¨ uber sprechen zu k¨ onnen, f¨ uhren wir in der folgenden Tabelle die Schreibweise f : X → Y als Abk¨ urzung daf¨ ur ein, dass f eine Funktion zwischen Def(f ) = X und Bild(f ) ⊂ Y ist. Im Anschluss k¨onnen wir die Menge aller Funktionen auf fassbaren Mengen X mit Werten in Y definieren. Ausdruck f :X→Y

Abb(X, Y )

Aussprache f ist eine Funktion von X nach Y . Abbildungen von X nach Y

Bedingung X, Y Mengen

Langform (Def(f ) = X)∧ (Bild(f ) ⊂ Y )

X ∈ M, Y Menge

{f ∈ U : f :X →Y}

Axiom 3.17 Sind X, Y fassbare Mengen, dann ist auch Abb(X, Y ) eine fassbare Menge. Tats¨achlich spielen solche Mengen von Abbildungen in der Mathematik eine sehr wichtige Rolle, etwa die Menge Abb(N, R), deren Elemente reelle Folgen genannt werden. Ebenso bedeutsam sind die Mengen der linearen, stetigen, differenzierbaren oder integrierbaren Funktionen mit spezifizierten Definitions- und Wertemengen. Zum Vergleich von Funktionen ist das folgende Axiom zur Gleichheit entscheidend. Es besagt, dass zwei Funktionen u ¨bereinstimmen, wenn sie die gleiche Definitionsmenge haben und dort jeweils an der gleichen Stelle die gleichen Ergebnisse liefern.

3.6 L¨osbarkeit von Gleichungen

85

Axiom 3.18 Seien f und g Funktionen. Gelten Def(f ) = Def(g) und ∀x ∈ Def(f ) : f (x) = g(x), dann gilt auch f = g. Abgeleitet aus diesem Axiom ist die Nachweisregel f¨ ur Gleichheit. f = g (f, g Funktionen) Um zu zeigen, dass f = g gilt, zeigt man, dass f und g die gleichen Argumente zulassen und jeweils die gleichen Funktionswerte liefern. Nachweistext Zu zeigen: Def(f ) = Def(g) und ∀x ∈ Def(f ) : f (x) = g(x). ................................................................... Aussageform Nachweisregel

Gleichheitsnachweise h¨ angen von der Art der zu vergleichenden Elemente ab.

Seien f : R → R, x → x3 − (x + 1)3 + 1 und g : R → R, x → −3 · x · (x + 1). Zeige, dass f = g gilt.

( 111)

Sei f eine Funktion auf der leeren Menge. Zeige, dass dann f = id∅ gilt mit der Identit¨ atsfunktion aus Aufgabe ( 105). Damit ist id∅ die einzige Funktion auf der leeren Menge. Wir nennen sie die leere Funktion. ........................................................................

( 112)

3.6 L¨ osbarkeit von Gleichungen Beim L¨osen von Gleichungsaufgaben wie: Finde x ∈ R mit der Eigenutzlich sein, die in der Gleichung steckenschaft x3 +x = 1, kann es n¨ de x-Abh¨angigkeit als Funktion zu interpretieren. Mit f : R → R, x → x3 + x und dem Element y := 1 ∈ R lautet die Aufgabe dann: Finde x ∈ Def(f ) mit der Eigenschaft f (x) = y. In dieser Form lassen sich sehr viele Gleichungen darstellen, wenn man f und y durch andere Funktionen und Elemente austauscht. Insbesondere u ¨bersetzt sich die L¨osbarkeitsuntersuchung der Gleichung in die Untersuchung der Funktion f . Nutzt man etwa in unserem Beispiel die Stetigkeit von f , ein Konzept, das in der Analysis pr¨azise definiert und untersucht wird, so ergibt sich mit dem sogenannten Zwischenwertsatz, dass f auf dem Intervall zwischen −1 und 1 alle Werte zwischen f (−1) = −2 und f (1) = 2 annimmt. Da der Wert y = 1 zwischen −2 und 2 liegt, gibt es also eine L¨osung der Gleichung f (x) = 1. Um die L¨osbarkeit einer Gleichung durch eine Eigenschaft der beteiligten Funktion auszudr¨ ucken, f¨ uhren wir das Konzept der Surjektivit¨at von Funktionen ein. Genauer nennen wir eine Funktion f surjektiv auf W , wenn die Gleichung f (x) = y f¨ ur jedes y aus der Menge W mindestens eine L¨osung hat.

86

3 Training

Definition 3.19 Sei f : X → Y gegeben und sei W eine Teilmenge von Y . Wir sagen f ist surjektiv auf W , wenn ∀y ∈ W : ∃x ∈ X : f (x) = y erf¨ ullt ist. ................................................................... ( 113)

Zeige, dass f : R → R, x → 2 · x + 1 surjektiv auf R ist.

( 114)

Sei f : X → Y gegeben und sei W ⊂ Y . Dann ist f surjektiv auf W , genau dann, wenn W ⊂ Bild(f ) gilt. Insbesondere ist f surjektiv auf Bild(f ), und es gilt Bild(f ) = Y , wenn f surjektiv auf Y ist.

( 115)

Ist X eine fassbare Menge und f : X → Y surjektiv auf Y , dann ist auch Y eine fassbare Menge. ........................................................................

Keine Angst vor seltsam klingenden Namen wie surjektiv oder injektiv! Arbeite einfach mit der pr¨ azisen Langform.

W¨ahrend Surjektivit¨at von f also damit zu tun hat, ob Gleichungen der Form f (x) = y u osungen haben, gibt es auch einen ¨berhaupt L¨ Begriff, der mit der eindeutigen L¨ osbarkeit solcher Gleichungen zuonnen sammenh¨angt, die Injektivit¨at. In unserem Anfangsbeispiel k¨ wir etwa die Positivit¨at der Ableitung f  (x) = 3 · x2 + 1 benutzen, um festzustellen, dass f streng monoton wachsend ist. Damit wird jeder Funktionswert h¨ochstens einmal angenommen, was mehrfache L¨osungen ausschließt. Genau diese Eigenschaft, dass die Funktion f keinen Wert zweimal annimmt, also dass ¬∃u, v ∈ X : (u = v) ∧ (f (u) = f (v)) gilt, ist die Grundlage f¨ ur die allgemeine Injektivit¨ atsdefinition. ...................................................................

( 116)

Zeige, dass die ¬∃u, v ∈ X : (u = v) ∧ (f (u) = f (v)) ¨ aquivalent ist zu der in der Praxis handlicheren Form ∀u, v ∈ X : f (u) = f (v) ⇒ u = v. ........................................................................

Definition 3.20 Wir sagen f : X → Y ist injektiv, wenn die Bedingung ∀u, v ∈ X : f (u) = f (v) ⇒ u = v erf¨ ullt ist. ................................................................... ( 117)

Zeige anhand der Definition, dass f : R → R, x → 2 · x + 1 injektiv ist.

( 118)

Sei f : X → Y injektiv und seien A, B Mengen. Zeige f [A\B] = f [A]\f [B].

( 119)

Sei f : X → Y sowohl injektiv als auch surjektiv auf W ⊂ Y . Zeige, dass dann ∀y ∈ W : ∃!x ∈ X : f (x) = y gilt. ........................................................................

In der Situation von Aufgabe ( 119) haben wir f¨ ur jedes y ∈ W mit dem Ausdruck das x ∈ X : f (x) = y einen eindeutig bestimmten L¨osungswert. Dadurch entsteht wiederum eine Funktion, die jedem y ∈ W die L¨osung der Gleichung f (x) = y zuordnet, die sogenannte inverse Funktion f −1 : W → X,

y → das x ∈ X : f (x) = y.

3.7 Verkn¨ upfen von Funktionen

87

Gilt sogar W = Y , so nennt man f (uneingeschr¨ankt) invertierbar . Definition 3.21 Ist f : X → Y sowohl surjektiv auf W ⊂ Y als auch injektiv, so nennen wir f auch bijektiv auf W . Die Abbildung f −1 : W → X, y → das x ∈ X : f (x) = y nennt man dann die Inverse von f auf W . Sind X, Y fassbare Mengen, dann steht Bij(X, Y ) f¨ ur die Menge aller Funktionen von X nach Y , die bijektiv auf Y sind. Um sich mit neuen Begriffen vertraut zu machen, ist es wichtig, die Definition in einfachen Beweisen zu benutzen. Insbesondere lohnt es sich, neue Begriffe im Fall von bereits bekannten Objekten zum Einsatz zu bringen. Wir betrachten deshalb einige Funktionen, die bereits aus der Schule bekannt sind. ................................................................... Seien f : R → R, x → x2 und g : R → R, x → 3 · x + 1. Zeige, dass f nicht injektiv und nicht surjektiv auf R ist. Zeige auch, dass g bijektiv auf R ist. Wie lautet die inverse Funktion zu g auf R?

( 120)

( 105).

( 121)

Sei f : X → Y injektiv. Zeige, dass f bijektiv auf Bild(f ) ist. Die Inverse von f auf Bild(f ) bezeichnen wir hier mit g. Zeige, dass dann g bijektiv auf X ist und f (g(y)) = y f¨ ur alle y ∈ Bild(f ) und g(f (x)) = x f¨ ur alle x ∈ X gilt.

( 122)

Sei f ∈ Bij(X, Y ). Dann ist f invertierbar und es gilt f −1 ∈ Bij(Y, X). ........................................................................

( 123)

Seien X eine Menge und idX die Identit¨ atsfunktion aus Aufgabe Zeige, dass idX bijektiv auf X ist.

3.7 Verkn¨ upfen von Funktionen In der Schule lernt man zuerst lineare Funktionen von R nach R kennen. Dann kommen quadratische Funktionen und allgemeinere Polynome hinzu sowie die rationalen Funktionen als Quotienten von Polynomen. Die Funktionsvorschriften all dieser Funktionen werden dabei durch mehrfache Anwendung der arithmetischen Grundoperationen auf den reellen Zahlen erzeugt. So beschreibt beispielsweise x ∈ R → 3 · x + 5 eine lineare Funktion auf R, die durch Addition und Multiplikation von Zahlen mit dem Platzhalter x der Funktionsvorschrift entsteht. Als weitere Funktionen lernt man noch die Exponentialfunktion exp, die trigonometrischen Funktionen sin, cos und ihre Umkehrfunktionen kennen. Eine M¨oglichkeit, den Vorrat an Funktionen flexibel zu erweitern, besteht darin, vorgegebene Funktionen miteinander zu verkn¨ upfen. Dazu z¨ahlt das Verketten und das Verbinden.

88

3 Training

Beim Verketten von Funktionen werden die beiden Funktionen nacheinander ausgef¨ uhrt. Dazu ist es erforderlich, dass die Werte der zuerst ausgef¨ uhrten Funktion (sagen wir g) in der Definitionsmenge der zweiten Funktion f liegen. Die Funktion, die Elemente x ∈ Def(g) zun¨achst auf g(x) und dann weiter auf f (g(x)) abbildet, ist die Verkettung von f und g. Definition 3.22 Seien f, g Funktionen mit Bild(g) ⊂ Def(f ). Dann nennt man die Funktion x ∈ Def(g) → f (g(x)) die Verkettung von f und g und schreibt daf¨ ur f ◦ g, was als f nach g ausgesprochen wird. Auch diese Konstruktion ist aus der Schule bekannt, wenn beispielsweise x ∈ R → exp(3 · x + 1) betrachtet wird, was als Verkettung der beiden reellen Funktionen f (x) = exp(x) und g(x) = 3 · x + 1 gesehen werden kann. ................................................................... ( 124)

Seien f : Y → Z und g : X → Y injektiv. Zeige, dass auch f ◦ g injektiv ist. Stimmt die Aussage auch, wenn injektiv durch surjektiv bzw. bijektiv (auf die Zielmengen) ersetzt wird?

( 125)

Gilt f¨ ur die beiden Funktionen f : X → Y und g : Y → X die Aussage g ◦ f = idX , so ist f injektiv. Gilt f ◦ g = idY , so ist f surjektiv auf Y .

( 126)

ur eine Funktion f : X → X die Aussage f ◦ f = idX , so gilt auch Gilt f¨ f ∈ Bij(X, X).

( 127)

Sind f ∈ Bij(X, Y ) und g ∈ Bij(Y, Z), so gelten g ◦ f ∈ Bij(X, Z) und (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 . ........................................................................

W¨ahrend das Verketten von Funktionen f¨ ur das Nacheinanderausf¨ uhren steht, geht es beim Verbinden um das Nebeneinanderausf¨ uhren. Verbindet man etwa die Funktion x ∈ R≥0 → 1/(x + 1) auf der positiven x-Achse und die konstante Funktion x ∈ R0 gilt, dann ist zun¨achst die Addition mit 1 wieder eine reelle Zahl (Schreibbedingung und Zielmenge der Addition), und man kann sogar leicht zeigen, dass exp(4) + 1 ∈ R>1 gilt. Dort wiederum ist der nat¨ urliche Logarithmus definiert und liefert Ergebnisse in R>0 , was wiederum Teil der Definitionsmenge der Wurzelfunktion ist. Ob man solche Wohldefinitionsbeweise angibt, h¨ angt vom angepeilten Leserkreis des Beweises ab. Geht man davon aus, dass sie den Beweis leicht selbst f¨ uhren k¨ onnen, dann kann auf die Angabe ver¨ zichtet werden. Bei Ubungsaufgaben ist die Situation etwas anders, ¨ da hier die Uberpr¨ ufung im Vordergrund steht. In diesem Fall muss man absch¨atzen, ob der Wohldefinitionsnachweis neue Ideen verlangt oder nur bekannte Argumente wiederholt. Als Beispiel betrachten wir das folgende Resultat. Satz 3.23 Die in (3.11) notierte Funkion h ist wohldefiniert. Beweis. Um die Wohldefiniertheit von (3.11) nachzuweisen, m¨ ussen wir  1/(x + 1) x ≥ 0 ∀x ∈ R : ∈ R≤1 1 sonst zeigen. Sei dazu x ∈ R gegeben. Zu zeigen ist B ∈ R≥1 mit  1/(x + 1) x ≥ 0 B := . 1 sonst Diese Aussage kann nur wahr sein, wenn die Rechtschreibregel des bedingten Ausdrucks erf¨ ullt ist. Da diese zwei Wenn-dann Aussagen beinhaltet, betrachten wir zwei Implikationen. Wir zeigen zun¨achst (x ≥ 0) ⇒ 1/(x+1) ∈ R≤1 . Dazu gehen wir von x ≥ 0 aus und zeigen 1/(x + 1) ∈ R≤1 . Wegen x ≥ 0 ist x + 1 ≥ 1.

3.7 Verkn¨ upfen von Funktionen

91

Division durch x + 1 auf beiden Seiten ergibt 1 ≥ 1/(x + 1) wegen x + 1 > 0. Umgestellt ergibt sich 1/(x + 1) ∈ R≤1 . Außerdem gilt 1 ∈ R≤1 , sodass auch ¬(x ≥ 0) ⇒ 1 ∈ R≤1 gilt. Da wir nicht nur gezeigt haben, dass die Teilausdr¨ ucke 1/(x+1) und 1 irgendwelche Elemente sind, sondern sogar in R≤1 liegen, ist der Gesamtbeweis mit einer Fallunterscheidung schnell erledigt. Wegen (x ≥ 0) ∨ ¬(x ≥ 0) k¨onnen wir eine Fallunterscheidung durchf¨ uhren. Im Fall x ≥ 0 gilt B = 1/(x + 1) und 1/(x + 1) ∈ R≤1 (mit der obigen Implikation), also B ∈ R≤1 . Im Fall ¬(x ≥ 0) gilt B = 1 und damit wieder B ∈ R≤1 . Die Aussage gilt somit insgesamt. ................................................................... Zeige ∀x ∈ R : h(x) > 0 f¨ ur die Funktion h aus (3.11).

( 128)

Seien a, b ∈ Z, und ϕa,b sei definiert durch

( 129)

 k ∈ {a, b} →

b a

k=a . sonst

Zeige, dass ϕa,b ∈ Bij({a, b}, {a, b}) gilt. Sei n ∈ N und a, b ∈ N≤n . Weiter sei τa,b,n definiert durch  k ∈ N≤n →

ϕa,b (k) k

( 130)

k ∈ {a, b} sonst

mit ϕa,b aus Aufgabe ( 129). Zeige, dass τa,b,n ∈ Bij(N≤n , N≤n ) gilt. ........................................................................

W¨ahrend beim Verbinden aus zwei Funktionen eine neue Funktion mit gr¨oßerer Definitionsmenge entsteht, gibt es auch den umgekehrten Prozess, das sogenannte Einschr¨anken von Funktionen. Hier wird die urspr¨ ungliche Definitionsmenge verkleinert, ohne dass die Zuordnungsvorschrift ge¨andert wird.

 Die Zeichen ϕ und τ sind griechische Buchstaben mit Namen Phi und T au.

Definition 3.24 Sei f : X → Y eine Funktion und A ⊂ X. Dann bezeichnen wir mit f |A die Funktion x ∈ A → f (x) und nennen sie die Einschr¨ankung von f auf A. ................................................................... Sei f : X → Y gegeben und A ⊂ X. Dann gilt Bild(f |A ) = f [A].

( 131)

Sei f ∈ Bij(X, Y ) und A ⊂ X. Dann gilt f |A ∈ Bij(A, f [A]). ........................................................................

( 132)

92

3 Training

3.8 Produktmengen Aus der Schule ist dir bekannt, dass man zur Beschreibung von Punktkoordinaten oder Vektorkomponenten mehrere Zahlen zu einer Liste zusammenfassen kann. Man spricht in diesem Fall auch von Zahlentupeln, wobei Zweiertupel wie (3, −2) auch Paare und Dreiertupel wie (1, π, 0) auch Tripel genannt werden. Steht x := (3, 6, 9) f¨ ur ein Tripel, dann kann man auf die drei Komponenten von x durch Angabe der Eintragsstelle (gez¨ ahlt in Leserichtung von links nach rechts) zugreifen. Die Nummer wird dabei meist als unterer Index verzeichnet, also x1 = 3, x2 = 6 und x3 = 9. Damit ist x aber nichts anderes als eine Funktion, die jedem Argument i aus der Definitionsmenge {1, 2, 3} eine reelle Zahl xi ∈ R zuordnet, d. h., x : {1, 2, 3} → R. Nach dem gleichen Prinzip steht allgemeiner eine geklammerte Liste von n Elementen (a, b, . . . , w) f¨ ur die Funktion x : {1, . . . , n} → U , die Bedingung

 Tupel sind Funktionen, die jedem Index aus {1, . . . , n} ein Element zuordnen.

x(1) = a,

x(2) = b, . . . , x(n) = w

erf¨ ullt. Der Wert x(i) (auch als xi geschrieben) ist also gerade der i-te Listeneintrag. ur Definition 3.25 F¨ ur ein n ∈ N steht {1, . . . , n} oder auch N≤n f¨ die Menge {m ∈ N : m ≤ n}. F¨ ur eine weitere Menge Y bezeichnet man eine Funktion x : N≤n → Y als n-Tupel mit Werten in Y . Die Menge aller dieser n-Tupel wird auch mit Y n abgek¨ urzt. F¨ ur x ∈ Y n und i ∈ N≤n nennt man xi := x(i) die i-te Komponente von x. ...................................................................

( 133)

Gib ein Element von ((N2 )3 )2 an. Wie lautet die erste Komponente und deren dritte Komponente?

( 134)

Gilt (R2 )2 = R4 ? Beweise deine Antwort. ........................................................................

Zwei Tupel sind gleich, wenn sie die gleichen Eintr¨ age in der gleichen Reihenfolge besitzen.

Eine wichtige Regel zu Tupeln ist das Gleichheitskriterium: Zwei Tupel sind genau dann gleich, wenn sie die gleichen Eintr¨ age in der gleichen Reihenfolge besitzen. Da Tupel Funktionen sind, ergibt sich diese Regel als Spezialfall der Funktionsgleichheit: Sind f, g zwei Tupel, so gibt es n, m ∈ N mit Def(f ) = {1, . . . , n} und Def(g) = {1, . . . , m}. Die beiden Mengen sind genau dann gleich, wenn n = m gilt, d. h., wenn die Tupel gleiche L¨ ange haben. Die zweite Bedingung, dass f (i) = g(i) f¨ ur alle i ∈ {1, . . . , n} gilt, bedeutet schließlich, dass entsprechende Tupeleintr¨ age u ¨bereinstimmen. Insgesamt sind zwei Tupel also genau dann gleich, wenn sie dieselbe L¨ange und in entsprechenden Komponenten gleiche Eintr¨ age haben.

3.8 Produktmengen

93

Tupel sind typische Funktionen, bei denen ihr eigener Elementcharakter im Vordergrund steht. Beispielsweise benutzt man die Elemente von R2 zur Beschreibung von Punkten und Verbindungspfeilen von Punkten in der Ebene. Die beiden Funktionswerte x1 , x2 eines Paares x ∈ R2 werden dabei als Koordinaten bez¨ uglich eines kartesischen Koordinatensystems interpretiert. Mit den Funktionen selbst werden dann Transformationen ausgef¨ uhrt, wie etwa Addition oder Vielfachbildung. Diese Operationen auf Funktionen kann man generell f¨ ur Funktionen mit Werten in den reellen Zahlen definieren. Definition 3.26 Seien D ∈ M, a ∈ R und f, g : D → R. Wir bezeichnen mit a · f die Funktion von D nach R mit der Vorschrift x → a·f (x). Entsprechend steht f +g f¨ ur die Funktion von D nach R mit x → f (x) + g(x). Schließlich schreiben wir f ≤ g als Abk¨ urzung f¨ ur ∀x ∈ D : f (x) ≤ g(x). Will man die Addition von reellen Funktionen auf D ∈ M selbst als Funktion mit Namen P definieren, so sind die Argumente dieser Funktion Funktionspaare, also Elemente aus Abb(D, R)2 . Der Funktionswert ist die Summenfunktion. Ganz ausf¨ uhrlich schreibt man P : Abb(D, R)2 → Abb(D, R),

h → (x ∈ D → h1 (x) + h2 (x)).

Gewisse Rechengesetze auf den reellen Zahlen u ¨bertragen sich nun auf das Rechnen mit Funktionen. Als Beispiel betrachten wir das Kommutativgesetz.

 Bei Vielfachbildung und Addition sind Funktionen Argumente von anderen Funktionen.

Satz 3.27 Seien D ∈ M und f, g : D → R. Dann gilt f +g = g +f . Beweis. Ziel ist der Nachweis einer Funktionsgleichheit f +g = g+f . Mit der Nachweisregel in Abschnitt B.13 auf Seite 208 geht es weiter. Per Definition gilt Def(f + g) = D = Def(g + f ). Noch zu zeigen ist ∀x ∈ D : (f + g)(x) = (g + f )(x). Sei dazu x ∈ D gegeben. Dann gilt nach Definition (f + g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g + f )(x). Dabei wurde die Kommutativit¨at der Addition in R ausgenutzt. ................................................................... Seien D ∈ M, a, b ∈ R und f, g : D → R. Zeige, dass a·(f +g) = a·f +a·g und (a + b) · f = a · f + b · f gelten.

( 135)

Zeige, dass f¨ ur x, y ∈ R2 und a ∈ R gilt: x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 ) und a · x = (a · x1 , a · x2 ). Berechne 2 · ((1, 4) + 3 · (2, 5)). ........................................................................

( 136)

94

3 Training

M¨ochte man die Menge aller Tupel (a, b, c) mit Eintr¨ agen aus unterschiedlichen Mengen bilden, also etwa a ∈ A, b ∈ B und c ∈ C, so greift man auf die Aussonderung {t ∈ U 3 : ((t1 ∈ A) ∧ (t2 ∈ B)) ∧ (t3 ∈ C)} zur¨ uck. Da so konstruierte Tupelmengen recht h¨ aufig sind, hat sich eine spezielle Schreibweise und Namensgebung herausgebildet. Man spricht von Produktmengen und notiert sie im vorliegenden Fall in der Form A × B × C.

Bei der Definition von Funktionen auf Produktmengen benutzt man auch Platzhaltertupel anstelle eines einzelnen Platzhalters.

Als weiteres Beispiel definieren wir die Vielfachbildung von reellen Funktionen auf einer Menge D ∈ M als Funktion V . Ihre Argumente bestehen dabei aus einer reellen Zahl a und einer Funktion f , also einem Element der Paarmenge R × Abb(D, R). Sind die Argumente von Funktionen Tupel, so ist es u ¨blich, den Platzhalter in der Funktionsdefinition durch ein Platzhaltertupel zu ersetzen. Der so geschriebene Funktionsausdruck V : R × Abb(D, R) → Abb(D, R),

(a, f ) → (x ∈ D → a · f (x))

ist dadurch leichter zu lesen. Um das Produkt von einer beliebigen, aber endlichen Anzahl von Mengen zu definieren, gehen wir von n fassbaren Mengen A1 , . . . , An aus, oder genauer von einem n-Tupel A ∈ Mn . Definition 3.28 Sei n ∈ N und A ∈ Mn ein n-Tupel von Mengen. Dann ist das Produkt der Mengen in A gegeben durch {t ∈ U n : (∀i ∈ N≤n : ti ∈ Ai )} und wird mit

A oder

n 

Ai bezeichnet.

i=1

Geht es um Produkte von wenigen konkreten Mengen, wie zum Beispiel (R, N, R), so schreiben wir auch einfach R × N × R. ................................................................... 

( 137)

Sei n ∈ N, A ∈ Mn und gelte ∃j ∈ N≤n : Aj = ∅. Zeige

A = ∅.

( 138)

F¨ ur a, b ∈ R setzen wir [a, b] := {x ∈ R : (a ≤ x) ∧ (x ≤ b)}. Mengen dieser Form werden Intervalle genannt. Skizziere die Mengen [1, 5] × [2, 4] und [0, 1] × [0, 2] × [0, 3], indem du die Tupel als Koordinaten eines kartesischen Koordinatensystems in der Ebene bzw. im Raum interpretierst. ........................................................................

3.9 Rekursion und Induktion Die nat¨ urlichen Zahlen sind uns sehr vertraut, da es die ersten mathematischen Objekte sind, die wir in der Schule kennengelernt haben.

3.9 Rekursion und Induktion

95

Dass sie als Ganzes betrachtet wieder ein Element N der Mengenlehre darstellen, ist axiomatisch geregelt und erlaubt viele weitere Folgekonstruktionen, wie etwa die erweiterten Zahlbereiche Z, Q und R. Interessant an den nat¨ urlichen Zahlen ist auch die Tatsache, dass sie die Unendlichkeit in die Mathematik bringen: Dadurch, dass wir immer eine Zahl weiterz¨ahlen k¨onnen, ist ihr Vorrat gedanklich nicht eingeschr¨ankt.

Andere Prozesse des unendlichen Fortf¨ uhrens, wie beispielweise das fortgesetzte Multiplizieren einer reellen Zahl x mit sich selbst, lassen sich dann als Funktionen auf N beschreiben, wobei der Funktionswert zu n ∈ N f¨ ur das n-te Prozessergebnis steht. Wir wollen uns nun genauer anschauen, wie eine mathematisch pr¨ azise Beschreibung dieser Funktion angegeben werden kann. Dazu interpretieren wir p(n) zun¨achst als das Ergebnis des Produkts mit n Faktoren, d. h. p(1) = x, p(2) = x · x, p(3) = x · x · x, p(4) = x · x · x · x, usw. Aus Gewohnheit w¨ urden wir jetzt sagen Klar, p(n) ist einfach gleich xn . Aber wof¨ ur steht denn die Schreibweise xn ? Nach einigem Kramen im Ged¨achtnis kommen wir wieder nur auf die textliche Beschreibung xn ist das Ergebnis eines Produkts mit n Faktoren, die alle gleich x sind. Potenzieren von x ist also gerade der Prozess, den wir hier untersuchen, und die Frage, wie eine mathematisch pr¨ azise Beschreibung aussehen kann, ist nach wie vor offen. ¨ Was weiterhilft ist die Uberlegung, dass wir beim tats¨ achlichen Berechnen von p(n + 1) das vorher ermittelte Ergebnis p(n) nat¨ urlich wiederverwenden w¨ urden (man spiele dies etwa f¨ ur die Berechnung von p(10) im Fall x = 2 mal durch). D. h. der Prozess lebt also von der Regel p(n+1) = p(n)·x. Insgesamt erhalten wir so eine rekursive Definition des Prozesses p(1) = x, p(n + 1) = p(n) · x,

 f¨ ur n ∈ N.

Sie besteht aus der Angabe eines Startwertes und einer Rekursionsvorschrift zur Berechnung des n¨achsten Wertes aus dem vorherigen. Der sogenannte Rekursionssatz von Dedekind, den wir hier nicht beweisen, besagt nun, dass es genau eine Funktion p : N → R gibt, deren Funktionswerte p(n) die beiden Bedingungen erf¨ ullen. F¨ ur die

Die mathematisch pr¨ azise Form von und so weiter Beschreibungen ist oft eine rekursive Definition.

96

3 Training

so konstruierte Funktion wird dann nachtr¨aglich die Schreibweise xn anstelle von p(n) eingef¨ uhrt, wobei Rekursionsstart und Rekursionsvorschrift sich dann f¨ ur alle x ∈ R lesen als x1 = x, n+1

x

(3.12)

= x · x, n

f¨ ur n ∈ N.

(3.13)

................................................................... ( 139)

Gib eine rekursive Definition der Fakult¨ atsfunktion f an, wobei f (n) f¨ ur das Produkt der nat¨ urlichen Zahlen von 1 bis n stehen soll. (Als Schreibweise wird anschließend n! f¨ ur f (n) gew¨ ahlt.) ........................................................................

Im Weiteren wollen wir uns anschauen, wie man Aussagen u ¨ber rekursiv definierte Funktionen zeigt, und betrachten als Beispiel ein Potenzgesetz. Satz 3.29 Seien a, b ∈ R. Dann gilt ∀n ∈ N : an · bn = (a · b)n . Zwar k¨onnen wir f¨ ur gegebene a, b ∈ R anfangen, die Aussagen mithilfe der Rekursionsbedingungen einzeln zu u ufen, ¨berpr¨ a1 · b1 = a · b = (a · b)1 , a2 · b2 = (a · a) · (b · b) = (a · b) · (a · b) = (a · b)2 , a 3 · b3 = . . . ,

 Mit der vollst¨ andigen Induktion lassen sich Aussagen u ¨ber alle nat¨ urlichen Zahlen mit einem Dominoprinzip beweisen.

aber wir werden so niemals alle Aussagen schaffen. Genau an dieser Stelle gibt es ein wichtiges Hilfsmittel, mit dem wir solche unendlichen Aussagenketten in nur zwei Schritten beweisen k¨ onnen, die sogenannte vollst¨andige Induktion. Diese ergibt sich aus der Konstruktion der nat¨ urlichen Zahlen und mit ihr kann man Aussagen vom Typ ∀n ∈ N : An beweisen: Zuerst zeigt man die Aussage A1 im sogenannten Induktionsanfang. Anschließend zeigt man im Induktionsschritt, dass die Aussage f¨ ur eine beliebige nat¨ urliche Zahl gilt, wenn sie f¨ ur die vorherige stimmt, d. h., man zeigt ∀n ∈ N : An ⇒ An+1 . Zusammen ergibt sich anschaulich ein Dominoeffekt: Da die erste Aussage gilt, zeigt der Induktionsschritt, dass auch die zweite gilt. Da die zweite gilt, zeigt der Induktionsschritt, dass die dritte gilt. Da die dritte gilt, zeigt der Induktionsschritt, dass die vierte gilt usw. Insgesamt gilt die ganze Aussagenkette, so wie alle Dominosteine umfallen, wenn der erste f¨ allt (Induktionsanfang) und alle weiteren so aufgestellt sind, dass der n¨ achste f¨ allt, wenn der vorherige umf¨allt (Induktionsschritt). Wir formulieren das Induktionsprinzip als (hier unbewiesenen) Satz, bei dem wir direkt eine kleine Modifikation mit einbauen: Wenn wir

3.9 Rekursion und Induktion

97

die erste Aussage f¨ ur eine andere Zahl als 1 zeigen, so gelten die weiteren Aussagen ab dieser Stelle, wenn der Induktionsschritt bewiesen wurde. Das gilt auch f¨ ur eine beliebige Stelle in der Menge der ganzen Zahlen (entsprechend verallgemeinert sich auch die rekursive Definition auf andere Startzahlen) Satz 3.30 (Prinzip der vollst¨andigen Induktion) Sei m ∈ Z und ur jedes n ∈ Z≥m eine Aussage. Gelte An f¨

ˆ der Induktionsanfang Am , ˆ der Induktionsschritt ∀n ∈ Z≥m : An ⇒ An+1 , dann gilt auch ∀n ∈ Z≥m : An . Der Satz ist bei Aussagen An u ¨ber die Werte von rekursiv definierten Funktionen p deshalb besonders n¨ utzlich, weil hier p(n + 1) von p(n) abh¨angt, sodass die Chance eines beweisbaren Zusammenhangs An ⇒ An+1 besonders hoch ist. Den Induktionsschritt zeigt man dabei typischerweise mit einem direkten Beweis. Als Beispiel beweisen wir den Induktionsschritt f¨ ur das Potenzgesetz aus Satz 3.29 ∀n ∈ N : (an · bn = (a · b)n ) ⇒ (an+1 · bn+1 = (a · b)n+1 ). Beweis. Sei n ∈ N gegeben und gelte an · bn = (a · b)n . Zu zeigen ist an+1 · bn+1 = (a · b)n+1 . Wichtig ist nun, das Beweisziel so umzustellen, dass die Voraussetzung ins Spiel gebracht werden kann. Wir benutzen dazu die Rekursionsvorschrift (3.13) der Potenz an+1 = an · a sowie bn+1 = bn · b. Dann formen wir das Produkt durch mehrfache Anwendung des Assoziativ- und Kommutativgesetzes der Multiplikation um. Aufgrund der Rekursionsvorschrift (3.13) der Potenzen gilt an+1 · bn+1 = (an · a) · (bn · b) = (an · bn ) · (a · b). Nun k¨onnen wir die Voraussetzung des Induktionsschritts (die sogenannte Induktionsvoraussetzung) an · bn = (a · b)n verwenden und mit der Rekursionsvorschrift f¨ ur die reelle Zahl a·b den Beweis vervollst¨andigen. Wegen an · bn = (a · b)n und der Rekursionsvorschrift (3.13) im Fall x = a · b folgt somit weiter an+1 · bn+1 = (an · bn ) · (a · b) = (a · b)n · (a · b) = (a · b)n+1 .

98

3 Training

Zusammen mit dem Induktionsanfang a1 · b1 = a · b = (a · b)1 ist damit der Beweis von Satz 3.29 abgeschlossen. ................................................................... ( 140)

Sei x ∈ R≥−1 gegeben. Zeige die Bernoullische Ungleichung ∀n ∈ N : (1 + x)n ≥ 1 + n · x durch vollst¨ andige Induktion. ........................................................................

Mit der vollst¨andigen Induktion steht uns neben dem direkten Beweis ein weiteres m¨achtiges Prinzip zum Nachweis von F¨ ur-alle-Aussagen zur Verf¨ ugung, sofern die Menge die Form Z≥m hat. Wie immer, wenn mehrere M¨oglichkeiten vorhanden sind, f¨ uhrt dies aber auch zu einem Entscheidungsproblem. Dies k¨ onnen wir an folgendem Potenzgesetz untersuchen. Satz 3.31 Sei a ∈ R. Dann gilt ∀n, m ∈ N : an · am = an+m . Beweis. Zu zeigen ist ∀n, m ∈ N : an · am = an+m . In ausf¨ uhrlicher Schreibweise sehen wir, dass es hier um die zwei F¨ ur-alle-Aussagen ∀n ∈ N : ∀m ∈ N : an · am = an+m geht. F¨ ur jede steht wahlweise die u ur-alle¨bliche Nachweisregel einer F¨ Aussage oder alternativ ein Beweis per Induktion zur Verf¨ ugung, sodass wir insgesamt vier Varianten f¨ ur die Beweisf¨ uhrung haben. Eine gangbare M¨oglichkeit stellen wir hier vor. Kommen wegen der Aussagenstruktur ein oder mehrere Induktionsbeweise infrage, so gib pr¨ azise an, f¨ ur welche F¨ ur-alle-Aussagen Induktionsbeweise gef¨ uhrt werden.

Sei n ∈ N gegeben. Wir zeigen ∀m ∈ N : an · am = an+m durch vollst¨andige Induktion. Sehr oft (aber nicht immer) ist der Induktionsanfang leichter zu zeigen, weil es hier nur um den konkreten Startwert geht. Meist gen¨ ugt es, stur einzusetzen. Mit dem Rekursionsstart (3.12) und der Rekursionsvorschrift (3.13) im Fall x = a gilt an · a1 = an · a = an+1 . Damit ist der Induktionsanfang gezeigt. F¨ ur den Induktionsschritt gehen wir von m ∈ N und der G¨ ultigkeit von an · am = an+m aus und zeigen an · am+1 = an+(m+1) . Wieder folgt mit der Rekursionsvorschrift an · am+1 = an · (am · a) = (an · am ) · a. Mit der Induktionsvoraussetzung und der rekursiven Potenzdefinition geht es weiter (an · am ) · a = an+m · a = a(n+m)+1 = an+(m+1) .

3.10 Endliche Mengen

99

................................................................... Begr¨ unde f¨ ur jedes Gleichheitszeichen in den Gleichungsketten des vorangegangenen Beweises genau, welche Regel verwendet wurde.

( 141)

Um Erfahrung zu sammeln, beweise Satz 3.31 erneut, indem du alle auftretenden F¨ ur-alle-Aussagen durch vollst¨ andige Induktion zeigst.

( 142)

Zeige die Aussage ∀a ∈ R, n, m ∈ N : (am )n = am·n . ........................................................................

( 143)

Um Aussagen u urlichen Zahlen nicht nur (wie bisher) ¨ber die nat¨ mit unserem Schulwissen zu begr¨ unden, sondern sauber zu beweisen, ben¨ otigen wir eigentlich die genaue Definition von N. Um an dieser Stelle aber nicht zu weit abzuschweifen, folgen wir der Strategie aus Abschnitt 3.3, wo wir in (3.1) bis (3.3) drei Grundeigenschaften von N axiomatisch vorgestellt haben, die dann anschließend in pr¨ azisen Beweisen benutzt werden konnten. An dieser Stelle f¨ ugen wir f¨ unf weitere Aussagen hinzu, und zwar N ∈ M,

(3.14)

1 ∈ N, N1 : n − 1 ∈ N.

(3.18)

................................................................... Sei n ∈ N0 . Zeige, dass N≤n fassbar ist und dass N≤0 = ∅ und N≤1 = {1} sowie N = N≥1 gelten.

( 144)

Zeige ∀n, m ∈ N : n + m ∈ N.

( 145)

Zeige ∀n ∈ N : Nn = N≥n+1 .

( 146)

Zeige ∀n, m ∈ N : (n − m > 0) ⇒ n − m ∈ N.

( 147)

Zeige ∀n ∈ N0 , k ∈ N : Bij(N≤n , N≤n+k ) = ∅. Folgere daraus die Aussage ∀n, m ∈ N0 : Bij(N≤n , N≤m ) = ∅ ⇒ n = m. ........................................................................

( 148)

3.10 Endliche Mengen Beim Vorbereiten einer Feier wird man auch u ufen, ob f¨ ur je¨berpr¨ den Gast mindestens ein Glas und ein Teller mit Besteck vorhanden ist. Dazu z¨ahlt man den vorhandenen Bestand ab und vergleicht die so erhaltene Zahl mit der erwarteten Anzahl der G¨ aste. Abstrakt gesprochen, geht es hierbei um die Ermittlung der Gr¨oße von Mengen (Menge der G¨aste, Menge der Gl¨aser, Menge der Teller, etc.), wobei das Abz¨ahlen eine wichtige Rolle spielt.

100

3 Training

Mathematisch l¨asst sich der Prozess des Abz¨ ahlens der Elemente einer Menge M durch die Angabe einer Funktion beschreiben, die jeder Zahl der Menge {1, . . . , n} ein Element von M zuordnet und dabei auch wirklich jedes Element aus M genau einmal erreicht. Diese Abz¨ahlfunktion m : {1, . . . , n} → M muss also injektiv und surjektiv auf M sein und damit bijektiv im Sinne von Definition 3.21. Ist es m¨oglich, eine solche Funktion anzugeben, so nennt man M eine endliche Menge. Definition 3.32 Sei M eine Menge. Gibt es ein n ∈ N0 und eine Funktion m : N≤n → M , die bijektiv auf M ist, so nennt man M endlich. In formaler Schreibweise lautet die Endlichkeitsbedingung ∃n ∈ N0 : Bij(N≤n , M ) = ∅. Da die Funktion m in der Definition insbesondere surjektiv auf M ist, wissen wir mit Aufgabe ( 114), dass Bild(m) = M gilt. Außerdem ist Def(m) = N≤n ∈ M nach Aufgabe ( 144) und mit Axiom 3.16 somit auch M ∈ M. Wenn aber alle endlichen Mengen selbst wieder Elemente sind, k¨onnen sie erneut in einer Menge zusammengefasst werden. Die entstehende Mengenfamilie aller endlichen Mengen bezeichnen wir mit dem Symbol E E := {E ∈ M : E endlich}. In Definition 3.32 w¨are es naheliegend, die dort auftretende Zahl n als die Gr¨oße von M zu definieren. In der textlichen Form klingt das zwar sehr u ur ¨berzeugend, wenn wir aber die korrekte Form f¨ Funktionsausdr¨ ucke beibehalten, so kommen wir auf eine Definition der Form M ∈ E → das n ∈ N0 : Bij(N≤n , M ) = ∅.

Halte beim Definieren von Funktionen die vereinbarte Form ein, um Fragen der Wohldefinition nicht zu u ¨bersehen.

Insbesondere werden wir nun automatisch auf die Frage der Wohldefinition gef¨ uhrt, denn unser das-Ausdruck verlangt als Rechtschreibregel das Gelten von ∃!n ∈ N0 : Bij(N≤n , M ) = ∅. Nach dem Inhalt von Definition 3.32 ist die Existenz durch die Endlichkeit von M gesichert. Es fehlt aber noch die Eindeutigkeit! In der textbasierten Form kann diese Feinheit schnell u ¨bersehen werden. Ist es so klar, dass M nur zu genau einer Menge N≤n bijektiv in Verbindung steht? Das Gegenteil w¨ urde anschaulich bedeuten, dass wir beim Abz¨ ahlen von M auf verschiedene Endzahlen kommen k¨ onnen, je nachdem, wie wir durchz¨ahlen. Das entspricht nicht unserer Erfahrung, und wenn alles mit rechten Dingen zugeht, sollte dies auch beweisbar nicht auftreten. Satz 3.33 Sei M ∈ E. Dann gilt ∃!n ∈ N0 : Bij(N≤n , M ) = ∅. Beweis. Mit Definition 3.32 folgt die Existenz. Zum Nachweis der Eindeutigkeit seien n, m ∈ N0 gegeben und es gelte Bij(N≤n , M ) = ∅ und Bij(N≤m , M ) = ∅. Zu zeigen ist n = m.

3.10 Endliche Mengen

101

Da wir schon einige Ergebnisse zu Bijektionen auf Mengen der Form N≤n kennen, gehen wir direkt von den Voraussetzungen aus. Zun¨ achst nutzen wir, dass man aus nichtleeren Mengen Elemente entnehmen kann. Aus Korollar 3.3 folgen die zwei Aussagen ∃f ∈ U : f ∈ Bij(N≤n , M ) und ∃g ∈ U : g ∈ Bij(N≤m , M ), also k¨onnen wir entsprechende Funktionen f, g w¨ahlen. Außerdem wissen wir mit Aufgabe ( 123), dass g −1 ∈ Bij(M, N≤m ) gilt. Aufgabe ( 127) zeigt dann, dass g −1 ◦ f ∈ Bij(N≤n , N≤m ) gilt. Mit Aufgabe ( 148) folgt schließlich n = m, da Bij(N≤n , N≤m ) = ∅ gilt.

 Beachte, wie die Anwendung bereits gezeigter Aussagen viel Arbeit spart.

Da die Gr¨oßenfunktion nun wohldefiniert ist, k¨ onnen wir f¨ ur die Gr¨ oße einer Menge eine Notation einf¨ uhren. Ausdruck Aussprache |M | M¨achtigkeit von M

Bedingung M ∈E

Langform das n ∈ N0 : Bij(N≤n , M ) = ∅

Um zu zeigen, dass bestimmte Mengen endlich sind, m¨ ussen wir jeweils den Auftrag der Definition erf¨ ullen und eine konkrete Abz¨ ahlfunktion angeben und beweisen, dass sie bijektiv ist. Bei Mengen mit einem Element ist die Abz¨ahlfunktion sehr naheliegend: Die Nummer 1 geht an das eine Element. Im Beweis u at ¨berzeugen wir uns davon, dass in diesem Fall auch die Bijektivit¨ klappt. Satz 3.34 Sei e ein Element. Dann ist {e} endlich und es gilt |{e}| = 1. Beweis. Wir definieren die Funktion a : N≤1 → {e}, n → e und zeigen, dass sie bijektiv ist. Dazu definieren wir die offensichtliche Umkehrfunktion g : {e} → N≤1 , x → 1 und nutzen Aufgabe ( 125). Zun¨ achst zeigen wir g ◦ a = idN≤1 . Da die Definitionsmengen beider Funktionen N≤1 sind, bleibt ∀x ∈ N≤1 : (g ◦ a)(x) = idN≤1 (x) zu zeigen. Sei dazu x ∈ N≤1 = {1}. Zu zeigen ist (g ◦ a)(x) = idN≤1 (x), also (g ◦ a)(x) = x. Wegen Aufgabe ( 114) gilt x = 1. Andererseits gilt auch (g ◦ a)(x) = g(a(x)) = g(e) = 1. Zum Nachweis von a◦g = id{e} muss ∀x ∈ {e} : (a ◦ g)(x) = id{e} (x) gezeigt werden. Sei dazu x ∈ {e}. Zu zeigen ist (a ◦ g)(x) = id{e} (x). Nach Aufgabe ( 114) gilt x = e. Mit den Definitionen von a und g folgt andererseits (a ◦ g)(x) = a(1) = e.

Auch wenn unsere Alltagserfahrung einen Satz als offensichtlich wahr einstuft, muss ein korrekter Beweis angegeben werden.

102

3 Training

Als n¨achstes Trainingsobjekt schauen wir uns die leere Menge ∅ an. Auch diese sollte aus dem Bauch heraus endlich sein, und zwar mit M¨achtigkeit 0. Zum pr¨azisen Nachweis m¨ ussen wir auch hier eine konkrete Abz¨ahlfunktion angeben. Da es jetzt aber kein abzuz¨ ahlendes Element gibt, d¨ urfen wir nat¨ urlich auch keine Nummer vergeben. Die Definitionsmenge muss also ebenfalls leer sein. Wegen N≤0 = ∅ passt das schon mal zur M¨ achtigkeit 0. Auf ∅ gibt es nur ein einzige Funktion, die wir nach Aufgabe ( 112) als id∅ schreiben k¨onnen. Somit ist die Wahl der Abz¨ ahlfunktion klar und es fehlt nur noch der Nachweis der Bijektivit¨ at. ................................................................... ( 149)

Zeige den folgenden Satz: Die leere Menge ist endlich und es gilt |∅| = 0. Verwende dazu die oben definierte Abz¨ ahlfunktion.

( 150)

Erg¨ anze das Ergebnis von Aufgabe ( 149) zum Nachweis, dass f¨ ur ein endliche Menge M gilt: |M | = 0 ⇔ M = ∅. Zeige weiter: Ist M eine endliche Menge mit |M | ∈ N, dann gilt ∃m ∈ U : m ∈ M . ........................................................................

Viele allt¨ agliche Zusammenh¨ ange lassen sich mathematisch modellieren. Das garantiert aber nicht, dass die zugeh¨ origen Alltagserfahrungen im Modell ebenso gelten. Daf¨ ur sind Beweise n¨ otig.

Wir wenden uns nun einer etwas abstrakteren Situation zu, in der zwei endliche Mengen A, B gegeben sind, die keine Elemente gemeinsam haben. Unser Bauchgef¨ uhl aus dem t¨ aglichen Umgang mit endlichen Ansammlungen von Dingen sagt uns, dass dann auch die Vereinigung A ∪ B der beiden Mengen endlich ist und ihre M¨ achtigkeit durch die Summe der Mengengr¨ oßen von A und B gegeben ist. Dass der mathematische Begriff endlich mit unserem Empfinden aus der Alltagserfahrung gut zusammenpasst, m¨ ussen wir wieder durch Angabe einer Abz¨ahlfunktion nachweisen. Die entscheidende Frage lautet also: Wie w¨ urden wir die Vereinigungsmenge praktisch durchz¨ ahlen? Naheliegend ist, mit den Elementen einer Menge (sagen wir A) anzufangen und mit den Elementen der anderen Menge im Anschluss nahtlos weiterzuz¨ ahlen. Da A und B endlich sind, gibt es bereits Abz¨ ahlfunktionen a und b, mit denen wir alle Elemente der beiden Mengen ansprechen k¨ onnen. Unser Plan ist damit, die Elemente in folgender Reihenfolge anzuordnen: a(1), a(2), . . . , a(|A|), b(1), b(2), . . . , b(|B|). K¨onnen wir hierf¨ ur eine passende Funktionsvorschrift auf N≤|A|+|B| nach A ∪ B angeben? Offensichtlich m¨ ussen wir aufpassen, wenn das Argument n der Funktion gr¨ oßer als |A| wird. Bis zu diesem Wert k¨onnen wir a(n) benutzen. Da wir f¨ ur n = |A| + 1 auf b(1) und f¨ ur |A| + 2 auf b(2) wechseln wollen, zeichnet sich hier die allgemeine Vorschrift b(n − |A|) ab. Insgesamt ist unser Kandidat v f¨ ur die

3.10 Endliche Mengen Abz¨ahlfunktion der Vereinigungsmenge damit  a(n) v : N≤|A|+|B| → A ∪ B, n → b(n − |A|)

103

n ≤ |A| . sonst

................................................................... Zeige, dass f¨ ur endliche Mengen A, B mit A ∩ B = ∅ auch A ∪ B endlich ist und |A ∪ B| = |A| + |B| gilt. Benutze dazu die oben definierte Abz¨ ahlfunktion v und weise zuerst nach, dass sie wohldefiniert ist. ........................................................................

Die anschauliche Tatsache, dass beim Wegnehmen eines Elements m aus einer endlichen Menge M die Anzahl der Elemente um 1 geringer wird, muss ebenfalls durch eine geeignete Abz¨ahlfunktion f¨ ur die neue Menge B := M \{m} nachgewiesen werden. Wie w¨ urden wir diese Abz¨ahlung praktisch durchf¨ uhren? Da wegen der Endlichkeit von M eine Abz¨ahlfunktion a zur Verf¨ ugung steht, gibt es auch eine Nummer i zum Element m. Da dieses Element ausgelassen werden muss, kommen wir zur naheliegenden Z¨ahlreihenfolge a(1), a(2), . . . , a(i−1), a(i+1), . . . , a(|M |). Die Nummer i wird also einfach an das Element a(i + 1) vergeben. Entsprechend erh¨alt a(i + 2) die Nummer i + 1 usw. Kurz gesagt: Bis i − 1 behalten wir die Nummern bei, ab i w¨ahlen wir das Element, dessen Nummer urspr¨ unglich 1 h¨oher war. Die Idee f¨ uhrt auf die Vorschrift  a(n) n 0. Dann gilt f¨ ur zwei Punkte y, z ∈ Brd (x) stets d(y, z) < 2 · r. ........................................................................

( 229)

In einer Kugel mit em Radius r k¨onnen zwei Punkte also nie weiter voneinander entfernt sein als der Durchmesser 2 · r. Man kann Kugeln daher als beschr¨ankte Mengen bezeichnen, da es einen Maximalabstand gibt, der zwischen zwei beliebigen Mengenpunkten nie u ¨berschritten wird. Definition 5.10 Sei d eine Metrik auf X und A ⊂ X. Wir nennen A d-beschr¨ankt, wenn es eine Zahl D ∈ R gibt, sodass d(x, y) ≤ D f¨ ur alle x, y ∈ A gilt, also falls ∃D ∈ R : ∀x, y ∈ A : d(x, y) ≤ D. Obwohl Kugeln sehr spezielle beschr¨ankte Mengen sind, besteht doch ein enger Zusammenhang zwischen allgemeinen beschr¨ ankten Mengen und Kugeln: Eine Menge A ist n¨amlich genau dann beschr¨ ankt, wenn es zu jedem Punkt x ∈ X eine Kugel Brd (x) gibt, die A umfasst.

 Der Zusatz d in den Namen aller Metrikbegriffe kann weggelassen werden, wenn bei der Metrik keine Verwechslungsgefahr besteht.

Satz 5.11 Sei d eine Metrik auf X und sei A ⊂ X. Dann ist A genau dann d-beschr¨ankt, wenn gilt ∀x ∈ X : ∃r ∈ R : A ⊂ Brd (x). Die einfachere Implikationsrichtung beginnt mit der F¨ ur-alle-Aussage und zeigt die Beschr¨anktheit. Allerdings ben¨otigen wir ein Element x ∈ X, um die F¨ ur-alle-Aussage benutzen zu k¨ onnen, wovon wir nicht ohne Weiteres ausgehen k¨onnen. Gilt allerdings X = ∅, dann liegt nach Korollar 3.3 eine Existenzaussage vor, die uns erlaubt, ein x ∈ X zu w¨ahlen. Wenden wir dann die F¨ ur-alle-Aussage an, so ist A in einer Kugel um x enthalten. Dass Teilmengen von Kugeln beschr¨ankt sind, l¨asst sich aus Aufgabe ( 229) ableiten. Im Beweis verstecken sich allerdings zwei allgemeinere Argumente, die auch f¨ ur sich genommen recht n¨ utzlich sind und in der folgenden Aufgabe betrachtet werden. Auch der noch nicht behandelte Fall X = ∅ wird dort untersucht.

Ein Element l¨ asst sich nur in einer nichtleeren Mengen w¨ ahlen.

................................................................... Zeige, dass in einem metrischen Raum jede Kugel beschr¨ ankt ist und Teilmengen beschr¨ ankter Mengen beschr¨ ankt sind.

( 230)

150 ( 231)

5 Ideen: Metrische R¨aume

Zeige, dass die leere Menge in einem metrischen Raum beschr¨ ankt ist. ........................................................................

Die umgekehrte Implikationsrichtung in Satz 5.11 ist weniger offensichtlich: Wir m¨ ussen zeigen, dass f¨ ur eine gegebene beschr¨ ankte Menge A und einen Punkt x ∈ X ein Radius r ∈ R existiert, sodass ahlt A in der Kugel Brd (x) enthalten ist. Wie soll dieser Radius gew¨ werden? Zur Ideenfindung fertigen wir eine Skizze an. Um unsere geistige Flexibilit¨at zu trainieren, benutzen wir eine Menge A, die aus zwei Komponenten besteht (zur Erinnerung daran, dass Mengen auch in tausende wirr herumliegende Teile zersplittert sein k¨ onnen).

Hast du anhand einer Skizze eine L¨ osungsidee entwickelt, so versuche sie ¨ durch Anderungen in der Skizze zu zerst¨ oren – schaffst du es nicht, dann ist die Idee gut!

Per Augenmaß haben wir den gr¨ oßten Abstand (in der euklidischen Metrik) zwischen Punkten von A durch eine gestrichelte Linie markiert und mit D bezeichnet. Jetzt geht es darum, einen Radius r zu finden, sodass A ganz in der Kugel Brd (x) liegt. Wieder per Augenmaß w¨ urden wir jetzt vielleicht sagen: Dann nehmen wir doch D als Radius und sind fertig! Stimmt – im skizzierten Fall w¨ aren wir fertig, aber mit dem Beweistext auch? L¨ asst sich der Beweis mit der Regel r := D f¨ uhren? Um die Tragf¨ ahigkeit der Idee zu testen, spielen wir im Kopf einige F¨alle durch, die in der Beweissituation auch enthalten sind. Da dort u ¨ber die gegenseitige Lage von A und x nichts gesagt wird, k¨onnte x insbesondere auch wesentlich weiter von A entfernt sein, sodass der Radius D offensichtlich nicht ausreichend ist

Unsere erste Idee ist also nicht tragf¨ ahig f¨ ur den Beweis, aber die Suche nach einem Beispiel, das unsere erste Idee zerst¨ ort, hat uns die Augen f¨ ur einen zweiten Aspekt er¨ offnet: Der Abstand von x zu A muss in der Formel f¨ ur r sicherlich vorkommen! Zusammen ¨ mit unseren Uberlegungen aus dem ersten Beispiel, dass r auch mit der Gr¨oße von A zusammenh¨ angen muss, zeichnet sich insgesamt folgende Strategie ab: Wir w¨ ahlen einen Hilfspunkt a ∈ A. Da A beschr¨ankt ist, gibt es ein D > 0, sodass jeder andere Punkt u von

5.2 Beschr¨ankte Mengen

151

A h¨ ochstens den Abstand D zu a und damit h¨ochstens den Abstand D + d(a, x) zu x hat. Wir werden also r := d(a, x) + D setzen.

Bevor wir zum schriftlichen Beweis u aren, ¨berwechseln, ist noch zu kl¨ wo wir die eingezeichneten und benutzten Hilfsobjekte herbekommen. W¨ahrend die Zahl D mit der Existenzaussage aus der Definition des Begriffs beschr¨ankt gew¨ahlt werden kann, l¨ asst sich a nur dann in A w¨ahlen, wenn ein Punkt in A existiert, wenn also A nicht leer ist. Der Fall der leeren Menge A entgeht uns also mit unserer Strategie, aber das ist nicht so schlimm, da die leere Menge in jeder Kugel um x enthalten ist, zum Beispiel in der mit dem Radius 1. ................................................................... Arbeite die diskutierten Ideen zu einem Beweis der noch fehlenden Implikation von Satz 5.11 aus.

( 232)

Sei d eine Metrik auf X und sei x ∈ X sowie A ⊂ X. Zeige, dass A genau dann d-beschr¨ ankt ist, wenn es ein r ∈ R gibt, sodass A ⊂ Brd (x) gilt. ........................................................................

( 233)

Mit Satz 5.11 und Aufgabe ( 233) stehen zwei ¨aquivalente Beschreibungen der Beschr¨ anktheit zur Verf¨ ugung (sogenannte Charakterisierungen des Begriffs). Da in ihren Beweisen die Langform bereits ausgiebig benutzt wurde, erm¨oglichen Charakterisierungen elegante Beweisvarianten, bei denen der R¨ uckgriff auf die urspr¨ ungliche Definition umgangen werden kann. Da sich die Beschr¨anktheit einer Menge A allein aus den Abstandswerten d(x, y) zwischen ihren Elementen x, y ergibt, ist die Untersuchung der Beschr¨anktheit in allgemeinen metrischen R¨ aumen eng verbunden mit einer entsprechenden Untersuchung im speziellen Raum (R, dR ). Satz 5.12 Sei d eine Metrik auf X. Zu A ⊂ X definieren wir die Menge Δd (A) := {d(x, y)|x, y ∈ A} aller Abst¨ande in A. Dann gilt: A ist d-beschr¨ankt genau dann, wenn Δd (A) dR -beschr¨ankt ist. ¨ Beweis. Wir zeigen die Aquivalenz mit zwei Implikationen. Zun¨ achst nehmen wir an, dass A d-beschr¨ankt ist. Zu zeigen ist die dR -Beschr¨anktheit. Im vorliegenden Fall gen¨ ugt es, mit der Charakterisierung aus Aufgabe ( 233) die Aussage ∃r ∈ R : Δ(A) ⊂ BrdR (0) zu zeigen.

Pr¨ ufe beim Argumentieren mit einem Begriff, ob dessen Definition oder vorhandene Charakterisierungen vorteilhafter sind.

 Das Symbol Δ ist der griechische Großbuchstabe mit Namen Delta.

152

 In einer Implikation A ⇒ B nennt man B auch notwendig f¨ ur A, weil A nicht wahr sein kann, ohne dass B auch wahr ist.

5 Ideen: Metrische R¨aume

Wir tun wieder so, als h¨ atten wir ein entsprechendes r schon gefunden. Dann w¨are jedes Element d(x, y) von Δ(A) in der Kugel mit Radius r um den Nullpunkt, also |d(x, y) − 0| < r. Da d(x, y) nicht negativ ist, w¨are also d(x, y) < r. Kennen wir ein r, sodass diese notwendige Bedingung erf¨ ullt ist? Ein Blick auf die Definition der Beschr¨anktheit von A liefert die Antwort auf die Frage. Die eigentliche Konstruktion l¨ auft in umgekehrter Richtung. Da A beschr¨ankt ist, k¨onnen wir D ∈ R mit ∀x, y ∈ A : d(x, y) ≤ D w¨ahlen. Wir setzen r := D + 1 und zeigen Δ(A) ⊂ BrdR (0). Sei dazu u ∈ Δ(A) gegeben. Dann k¨ onnen wir x, y ∈ A mit u = d(x, y) w¨ahlen. Anwendung der F¨ ur-alle-Aussage liefert d(x, y) ≤ D < r und somit |u − 0| = |d(x, y)| = d(x, y) < r, was auf u ∈ BrdR (0) f¨ uhrt. In der umgekehrten Implikationsrichtung nehmen wir an, dass Δ(A) dR -beschr¨ankt ist. Zu zeigen ist die d-Beschr¨ anktheit von A, also ∃D ∈ R : ∀x, y ∈ A : d(x, y) ≤ D. Auch hier erleichtert die Charakterisierung aus Aufgabe ( 233) die Argumentation. Zum Punkt dR (0) gilt. 0 ∈ R k¨onnen wir n¨amlich ein D w¨ ahlen, sodass Δ(A) ⊂ BD F¨ ur dieses D zeigen wir nun ∀x, y ∈ A : d(x, y) ≤ D. Seien dazu dR x, y ∈ A. Dann ist d(x, y) in Δ(A) und damit auch in BD (0), also |d(x, y) − 0| < D, was auf d(x, y) ≤ D f¨ uhrt. ¨ Uber die genaue Form von Δ(A) als Teilmenge von R k¨ onnen wir einige Dinge sagen. Zum Beispiel liegt Δ(A) immer auf der rechten Halbachse, weil d(x, y) ≥ 0 f¨ ur je zwei Punkte in A gilt. Wir finden also Δ(A) ⊂ R≥0 . Außerdem enth¨alt Δ(A) die Zahl 0, sofern A mindestens einen Punkt x umfasst, denn dann taucht d(x, x) = 0 als Abstand zwischen x und sich selbst auf. Hieraus erkennen wir wiederum, dass Δ(A) genau dann leer ist, wenn dies f¨ ur A gilt. F¨ ur eine konkrete Menge, wie die Kreisscheibe K := B1d2 (o) mit Radius 1 in der euklidischen Ebene, wissen wir aus Aufgabe ( 229) schon, dass der Abstand von Punkten hier kleiner als der zweifache Radius ist, d. h. Δ(K) ⊂ R 0 ein Element x ∈ M gibt mit x < s + ε. Beweis. Wir gehen zun¨achst von s = inf M und einem ε > 0 aus. In einem indirekten Beweis nehmen wir ∀x ∈ M : x ≥ inf M + ε an. Dann gilt inf M + ε ∈ UM , und mit Aufgabe ( 254) ergibt sich inf M + ε ≤ inf M .  Im umgekehrten Fall zeigen wir s ∈ OUM . Wegen s ∈ UM gilt dann s = max UM = inf M nach Aufgabe ( 247). Sei u ∈ UM dazu gegeben. Zu zeigen ist u ≤ s. Wir argumentieren indirekt: W¨ are u > s, dann g¨abe es zu ε := u − s > 0 ein x ∈ M mit x < s + ε = u. Wegen u ∈ UM gilt aber auch u ≤ x.  Als Beispiel zeigen wir eine verallgemeinerte Dreiecksungleichung. Satz 5.25 Sei d eine Metrik auf M und ∅ = A ⊂ X. Sind x, y ∈ X, dann gilt distd (x, A) ≤ d(x, y)+ distd (y, A). Zur Ideenfindung nutzen wir den oben beschriebenen Ansatz aus und denken uns ein a ∈ A, sodass dist(x, A) ≈ d(x, a) gilt. Dann folgt mit der Dreiecksungleichung f¨ ur d dist(x, A) ≈ d(x, a) ≤ d(x, y) + d(y, a). Da a so gew¨ahlt ist, dass dist(x, A) ≈ d(x, a) gilt, muss f¨ ur y leider u ¨berhaupt nicht dist(y, A) ≈ d(y, a) gelten. Man denke nur an die in folgender Skizze dargestellte Situation.

( 256)

 Mit der Benutzung von ε > 0 wird oft indirekt darauf hingewiesen, dass es auf die kleinen positiven Werte besonders ankommt.

160

5 Ideen: Metrische R¨aume

Das Einzige, was wir wissen, ist d(y, a) ≥ dist(y, A), aber das passt leider nicht zu unserer gew¨ unschten Absch¨ atzungsrichtung.

Behalte willk¨ urliche Entscheidungen im Beweisverlauf im Hinterkopf. Wenn der Beweis nicht direkt funktioniert, liegt es vielleicht an einer dieser Entscheidungen, die du auch anders treffen kannst.

In einer solchen Situation hilft es, noch einmal in Ruhe u ¨ber die bisherige Argumentation nachzudenken und das eigene Vorgehen zu hinterfragen: Wieso haben wir mit dist(x, A) ≈ d(x, a) angefangen? Weil dist(x, A) beim Lesen von links nach rechts zuerst auftritt? Was passiert, wenn wir stattdessen mit dist(y, A) ≈ d(y, b) anfangen? Dann passt vielleicht auch die Richtung der Absch¨ atzung am Ende besser. In der Tat gilt d(x, y) + dist(y, A) ≈ d(x, y) + d(y, b) ≥ d(x, b) ≥ dist(x, A). Das sieht ja schon ganz gut aus. Im n¨ achsten Schritt ersetzen wir das schwammige ≈ Zeichen durch eine genaue Argumentation. Hier kommt Lemma 5.24 ins Spiel: Wir gehen dazu von ε > 0 aus und finden mit dem Lemma ein δ ∈ Dy,A mit δ < dist(y, A) + ε. Da Dy,A aus den Abst¨anden d(y, u) mit u ∈ A besteht, gibt es damit ein b ∈ A, sodass d(y, b) = δ gilt. So wird der Punkt b konstruiert (er h¨angt von ε und y ab). Da wir Absch¨ atzungen in beiden Richtungen haben, ist die saubere Version der Absch¨ atzung d(x, y)+dist(y, A) > d(x, y)+(d(y, b)−ε) ≥ d(x, b)−ε ≥ dist(x, A)−ε. Insgesamt haben wir also gezeigt, dass dist(x, A) nur um ε u ¨ber d(x, y)+ dist(y, A) liegen kann. Da aber von ε nur ε > 0 gefordert wurde, ist das beliebig wenig. Gem¨ aß der Nachweisregel zur F¨ ur-alle Aussage haben wir zun¨achst ∀ε ∈ R>0 : dist(x, A) ≤ d(x, y) + dist(y, A) + ε gezeigt, was noch nicht direkt der Aussage von Satz 5.25 entspricht, diese aber durch ein kurzes Widerspruchsargument liefert, wie die folgende Aufgabe zeigt. ...................................................................

( 257)

Seien u, v ∈ R und gelte ∀ε ∈ R>0 : u ≤ v + ε. Zeige, dass dann u ≤ v gilt.

( 258)

Schreibe den Beweis von Satz 5.25 noch einmal ordentlich auf. ........................................................................

5.5 R¨ander

161

5.5 R¨ ander M¨ ochte man eine Menge A ⊂ R2 in der Zeichenebene skizzieren, so zeichnet man dazu u ¨blicherweise erst eine Linie, um die Menge von ihrem Komplement Ac = X\A abzugrenzen, und schraffiert dann die inneren Punkte.

Umgangssprachlich wird man die Linie dabei als den Rand der Menge bezeichnen, und genau dieses Konzept wollen wir im Folgenden mathematisch pr¨azisieren. Dazu schauen wir uns einen Punkt x auf dem Rand genauer an und fragen uns, wie man die Besonderheit von x im Vergleich zu Punkten außerhalb des Randes beschreiben kann. Nat¨ urlich springt ins Auge, dass x sowohl A als auch Ac ber¨ uhrt, also irgendwie direkt anst¨oßt. Mit dem Abstand dist(x, A) zwischen x und A k¨onnen wir die Situation, dass der Punkt x die Menge A ber¨ uhrt, auch an der Bedingung distd (x, A) = 0 erkennen. Definition 5.26 Sei d eine Metrik auf X und A ⊂ X. Wir nennen ur A = ∅ und Berd (∅) = ∅ Berd (A) := {x ∈ X : distd (x, A) = 0} f¨ die Menge aller d-Ber¨ uhrpunkte von A. Gilt x ∈ Berd (A), so sagen wir, dass x die Menge A ber¨ uhrt (im d-Sinn). ...................................................................

 Ein d-Ber¨ uhrpunkt von A kann zwar zu A geh¨ oren, muss aber nicht.

Sei d eine Metrik auf X und A, B ⊂ X. Zeige A ⊂ B ⇒ Berd (A) ⊂ Berd (B).

( 259)

Zeige, dass Berd (A ∩ B) ⊂ Berd (A) ∩ Berd (B) gilt. Trifft auch die umgekehrte Inklusion zu? ........................................................................

( 260)

Um die Ber¨ uhrbedingung auch aus einem anderen Blickwinkel kennenzulernen, betrachten wir die Bedingung 0 = dist(x, A) = inf{d(x, y)|y ∈ A} genauer. Da es beliebig nahe am Infimum einer Menge auch Elemente dieser Menge gibt, finden wir nach Lemma 5.24 zu jedem ε > 0 mindestens ein y ∈ A mit 0 ≤ d(x, y) < 0 + ε. Das kann man aber auch wie im folgenden Satz interpretieren.

162

5 Ideen: Metrische R¨aume

Satz 5.27 Sei d eine Metrik auf X und A ⊂ X. Genau dann wird A von x ber¨ uhrt, wenn f¨ ur jedes ε > 0 die Kugel Bεd (x) einen Punkt von A enth¨alt. Also gilt Berd (A) = {x ∈ X : ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ A = ∅}. ................................................................... ( 261)

Beweise Satz 5.27.

( 262)

Sei d eine Metrik auf X und seien A, B ⊂ X Teilmengen. Zeige, dass Berd (A ∪ B) = Berd (A) ∪ Berd (B) gilt. ........................................................................

Die Randpunkte einer Menge ber¨ uhren die Menge und ihr Komple¨ ment. Zur Uberpr¨ ufung der Ber¨ uhrbedingungen steht die Charakterisierung aus Satz 5.27 zur Verf¨ ugung. Definition 5.28 Sei d eine Metrik auf X und A ⊂ X. Ein Punkt x ∈ X heißt d-Randpunkt von A, wenn x sowohl A als auch Ac im d-Sinn ber¨ uhrt. Die Menge der d-Randpunkte von A wird auch als d-Rand von A bezeichnet und mit ∂d A := Berd (A) ∩ Berd (Ac ) abgek¨ urzt. ................................................................... Sei d eine Metrik auf X und seien A, B Teilmengen von X. ( 263)

Berechne ∂d ∅ und ∂d X.

( 264)

Zeige, dass ∂d A = ∂d (Ac ) gilt.

( 265)

Zeige, dass ∂d (A ∪ B) ⊂ (∂d A) ∪ (∂d B) gilt. Stimmt auch die umgekehrte Inklusion? ........................................................................

 Beachte, wie viele geometrisch relevante Konzepte sich nur aus der Existenz eines Abstandsbegriffs entwickeln lassen. Und dabei hat die Reise durch die metrischen R¨ aume erst begonnen!

Im anschaulichen Fall des euklidischen Abstands in der Zeichenebene ist eine Menge, die alle ihre Randpunkte enth¨ alt, nach außen scharf begrenzt, w¨ahrend einer Menge ohne Randpunkte dieser Abschluss nach außen fehlt. Man spricht in diesem Fall auch von einer offenen Menge. Definition 5.29 Sei d eine Metrik auf X und sei A ⊂ X. Wir nennen A offen bez¨ uglich d, wenn A ∩ ∂d A = ∅ gilt. Ist dagegen uglich d. ∂d A ⊂ A, so nennt man A abgeschlossen bez¨ ................................................................... Sei d eine Metrik auf X und A, B ⊂ X.

( 266)

Zeige, dass A genau dann offen ist, wenn Ac abgeschlossen ist.

( 267)

Zeige, dass Brd (x) f¨ ur jedes r ∈ R bez¨ uglich d offen ist.

( 268)

Zeige, dass A genau dann offen ist, wenn zu jedem x ∈ A ein r > 0 existiert mit Brd (x) ⊂ A.

5.6 Konvergenz

163

Zeige, dass bez¨ uglich der diskreten Metrik jede Menge offen ist. ........................................................................

( 269)

5.6 Konvergenz In diesem Abschnitt schauen wir uns an, wie das Konzept des Abstands benutzt werden kann, um die Idee der Ann¨aherung einer gesuchten Gr¨oße durch immer genauere Approximationen zu beschreiben. Beispiele hierf¨ ur sind√dir bereits aus der Schule bekannt: Etwa die Approximation von 2 oder π durch endlich lange, aber immer l¨anger werdende Dezimalzahlen. Oder die Ann¨aherung der Fl¨ ache unter einem Graphen durch das Aufsummieren immer schmalerer Rechteckfl¨achen. Oder auch die Approximation der Tangentensteigung einer Funktion in einem Punkt durch immer genauere Sekantensteigungen an diesem Punkt. In √ allen drei F¨allen geht es darum, zu einer gesuchten Zahl A (z. B. 2, dem Fl¨acheninhalt oder der Steigung) eine Folge anderer Zahlen a1 , a2 , a3 , . . . zu konstruieren, deren Werte an dem Wert A beliebig nahe kommen, wenn der Index n immer weiter w¨ achst. Eine solche Folge unendlicher vieler (durchnummerierter) Zahlen l¨ asst sich als Funktion auf den nat¨ urlichen Zahlen betrachten. Definition 5.30 Sei X eine Menge. Unter einer Folge in X verstehen wir eine Abbildung a : N → X. F¨ ur eine Folge a schreiben wir an anstelle von a(n) und nennen die Werte der Folge auch die Folgenglieder. Ist (X, d) ein metrischer Raum, a : N → X eine Folge und A ∈ X, so kann man u ¨ber die Abst¨ande d(a1 , A), d(a2 , A), . . . untersuchen, ob sich die Folgenglieder von a dem Punkt A ann¨ahern. Die einfachste Situation, in der man dies sagen w¨ urde, tritt auf, wenn die Abst¨ ande schrittweise kleiner werden, also d(a1 , A) ≥ d(a2 , A) ≥ d(a3 , A) ≥ . . ., und dem Wert 0 beliebig nahe kommen.

 Eine Sekante an den Graphen einer Funktion ist eine Gerade, die durch zwei Punkte des Funktionsgraphen gelegt wird.

164

5 Ideen: Metrische R¨aume

Beliebig nahe kann dabei bedeuten, dass irgendwann der Abstand gleich 0 ist. Allgemeiner w¨ urde man aber auch im Fall, dass 0 die Menge aller Abst¨ande lediglich ber¨ uhrt, von beliebig nahe kommen sprechen.

 Ist a : N → X eine Folge in einem metrischen Raum X und ist A ∈ X, so ist n → d(an , A) eine Folge in R.

Die folgende Definition fasst die gerade beschriebene Idee in pr¨ azise mathematische Begriffe. Definition 5.31 Eine Folge b : N → R heißt monoton fallend, ullt. Ist eine Folge b wenn sie die Bedingung ∀n ∈ N : bn+1 ≤ bn erf¨ in R≥0 monoton fallend und gilt inf Bild(b) = 0, dann nennt man b eine monoton fallende Nullfolge und schreibt daf¨ ur b  0 oder auch ur n → ∞. bn  0 f¨ ...................................................................

( 270)

Sei b eine monoton fallende Nullfolge. Zeige 0 ∈ BerdR (Bild(b)).

( 271)

aquivalent ist Sei b eine monoton fallende Folge in R≥0 . Zeige, dass b  0 ¨ zu ∀ε ∈ R>0 : ∃n ∈ N : bn < ε. Nutze dann die archimedische Eigenschaft in der Form (3.8) auf Seite 75 zum Nachweis von n1  0 f¨ ur n → ∞.

( 272)

ur c : N → R≥0 , Seien a, b monoton fallende Nullfolgen in R≥0 . Zeige, dass f¨ n → an + bn ebenfalls c  0 gilt. ........................................................................

F¨ ur unsere Folge a : N → X von zuvor w¨ urden wir also etwa dann von einer beliebig guten Ann¨ aherung an ein A ∈ X sprechen, falls d(an , A)  0 f¨ ur n → ∞ gilt. Als Definition von beliebig guter Ann¨aherung w¨are diese Bedingung aber zu einschr¨ ankend, denn man kann sich allgemeiner auch Approximationen eines Objekts A vorstellen, bei denen die Ann¨aherung nicht in jedem Schritt besser wird, sondern bei denen die Abst¨ ande der Ann¨ aherungen zu A zwischendurch auch wieder etwas gr¨ oßer werden. F¨ ur ein solches Beispiel betrachten wir die Approximation der Tangentensteigung einer Funktion in einem Punkt x durch eine Folge von Sekantensteigungen, die durch Punkte u1 , u2 , . . . entstehen, die sich x von rechts n¨ahern:

Wie aus der Skizze ersichtlich wird, stellt die erste Sekantensteigung (zuf¨alligerweise) eine ganz gute N¨ aherung f¨ ur die Tangentensteigung dar, die weiteren Sekantensteigungen sind dann aber erstmal schlechtere N¨aherungen, bevor sie sich schließlich doch wieder der Tangen-

5.6 Konvergenz

165

tensteigung ann¨ahern, wenn die Punkte un dem Punkt x beliebig nahe r¨ ucken. Als weiteres Beispiel kann man sich einen Ball vorstellen, der fallen gelassen wird, auf den Boden auftritt, von dort wieder nach oben springt, jedoch nicht mehr ganz die Ausgangsh¨ohe erreicht, dann wieder Richtung Boden umkehrt und immer so weiter.

Stellen wir uns vor, dass dies unendlich oft so weiter geht und halten wir in jedem Durchgang die H¨ohe des Balls am h¨ochsten und tiefsten Punkt fest, so erhalten wir eine Folge von Zahlen a1 , a2 , a3 , . . ., die sich zwar immer weniger von 0 unterscheiden, sich aber doch in jedem zweiten Schritt nochmal etwas von der Null entfernen. Eine gute allgemeine Definition davon, dass die Folgenglieder einer Folge a : N → X f¨ ur n → ∞ einem Punkt A ∈ X beliebig nahe kommen, sollte nat¨ urlich auch auf solche Situationen passen. Wie das Beispiel der Sekanten zeigt, kommt es f¨ ur die Frage nach der Ann¨aherung letztendlich nur auf die hinteren Folgenglieder a≥n := a[N≥n ] = {an , an+1 , . . .} der Folge an. Die hier betrachtete Menge sollte sich beliebig nahe auf A zusammenschn¨ uren, wenn man n nur hinreichend groß macht. Diese Idee k¨onnen wir mathematisch dadurch ausdr¨ ucken, dass der Durchmesser der Menge a≥n ∪ {A} beliebig nahe an 0 heranr¨ uckt, wenn n gr¨oßer und gr¨oßer wird. Damit wir hier den Durchmesser diamd (a≥n ∪ {A}) = sup{d(u, v) | u, v ∈ a≥n ∪ {A}} verwenden k¨ onnen, muss diese Menge nat¨ urlich beschr¨ankt sein. Definition 5.32 Sei (X, d) ein metrischer Raum. Wir nennen eine Funktion f : D → X d-beschr¨ankt, falls Bild(f ) ⊂ X d-beschr¨ankt ist. ................................................................... Sei (X, d) ein metrischer Raum, a : N → X beschr¨ ankt und A ∈ X. Dann ist f¨ ur jedes n ∈ N auch a≥n ∪ {A} d-beschr¨ ankt. Weiter ist die Folge n → diamd (a≥n ∪ {A}) monoton fallend. ........................................................................

( 273)

166

5 Ideen: Metrische R¨aume

Die letzte Aufgabe f¨ uhrt uns auf die folgende Definition. Definition 5.33 Sei d eine Metrik auf X, a : N → X beschr¨ankt und A ∈ X. Gilt diam(a≥n ∪ {A})  0 f¨ ur n → ∞, so nennen wir A einen d-Grenzwert von a und bezeichnen a als d-konvergente Folge. Per Definition ist eine konvergente Folge beschr¨ ankt. Vielmehr liegen so gut wie alle Folgenglieder schon in einem (beliebig) kleinen Ball um einen Grenzwert. Dies ist gewissermaßen gerade das Wesen von Konvergenz. ................................................................... ( 274)

Sei (X, d) ein metrische Raum, a : N → X eine konvergente Folge und A ∈ X ein Grenzwert von a. Zeige, dass es f¨ ur jedes r > 0 ein n ∈ N gibt mit a≥n ⊂ Br (A). ........................................................................

Intuitiv w¨ urde man in der Situation von Definition 5.33 den Punkt A vermutlich viel eher den anstatt lediglich einen Grenzwert der Folge a nennen. Bevor dies gerechtfertigt ist, m¨ ussen wir jedoch erst zeigen, dass eine Folge in einem metrischen Raum h¨ ochstens einen Grenzwert haben kann. Um uns ein Bild von der Situation zu machen, tragen wir zwei potentielle Grenzwerte u, v als Punkte in der Ebene ein und schm¨ ucken die Skizze noch mit einigen Folgengliedern. Außerdem zeichnen wir noch zwei kleine Kreise um u und um v, denn aus Aufgabe ( 274) wissen wir, dass a≥n in einer kleinen Kugel um einen Grenzwert liegt, wenn n groß genug ist.

Sp¨ urt man bei einer Aussage sehr deutlich Das geht doch gar nicht!, dann hilft oft ein Widerspruchsbeweis beim Nachweis des Gegenteils.

Wichtig ist, dass wir jetzt stutzen! Das kann doch gar nicht sein – wie sollen die sp¨aten Folgenglieder in beiden Kugeln liegen, wenn diese so klein sind, dass sie sich gar nicht scheiden? In einer solchen Situation bieten sich Widerspruchsbeweise an. Wir gehen also von u = v aus, was der Situation unserer Skizze entspricht. Jetzt m¨ ussen wir nur zwei Kugelradien finden, sodass die Kugeln sich nicht schneiden. Der maximal m¨ogliche Radius ist dabei die H¨ alfte der Strecke von u nach v, also d(u, v)/2. Dann w¨ urden sich die Kreise gerade ber¨ uhren. So klar wie in unserem Bild wird es aber, wenn wir die Radien noch kleiner w¨ahlen, also zum Beispiel d(u, v)/4. Da u ein Grenzwert von

5.6 Konvergenz

167

a ist, k¨onnen wir Aufgabe ( 274) auf den Radius r anwenden, sofern wir wissen, dass r > 0 gilt. Dazu m¨ ussen wir d(u, v) > 0 nachweisen. ................................................................... Sei d eine Metrik auf X und u, v ∈ X mit u = v. Dann gilt d(u, v) > 0. ........................................................................

Mit Aufgabe ( 274) k¨onnen wir nun ein n ∈ N w¨ ahlen, sodass die Inklusion a≥n ⊂ Br (u) gilt. Die gleiche Prozedur angewendet auf v erlaubt uns ein m ∈ N so zu w¨ahlen, dass a≥m ⊂ Br (v) gilt. Ein beliebter Fehler ist hier, in beiden F¨allen den Namen n zu w¨ahlen – was nicht erlaubt ist, da bei der zweiten Wahl der Name n nicht mehr frei ist. Inhaltlich w¨ urde die Wahl des gleichen Namens bedeuten, dass der hintere Folgenteil ab dem gleichen Index den Abstand r zu u und zu v einh¨alt, was u ¨berhaupt nicht zwingend ist. Der folgende Trick zeigt aber, dass unterschiedliche Indizes nicht schlimm sind. Nun w¨ahlen wir ein Folgenglied, das in beiden Kugeln liegt, um unsere Falle zuschnappen zu lassen. Sein Index muss gr¨ oßer oder gleich n und gr¨oßer oder gleich m sein, also zum Beispiel k := max{n, m}. Es gilt dann ak ∈ a≥n ∩ a≥m und damit ak ∈ Br (u) ∩ Br (v). Wenn onnen aber ak von u und von v weniger als r entfernt ist, dann k¨ u und v nicht mehr als 2 · r auseinander liegen. Das l¨ asst sich mit der Dreiecksungleichung nachweisen, wenn man ak als Umwegpunkt w¨ ahlt. Es gilt n¨amlich d(u, v) ≤ d(u, ak ) + d(ak , v) < r + r = 2r . Mit der Definition von r = d(u, v)/4 folgt d(u, v) < d(u, v)/2 bzw. 1 < 1/2 nach Division durch d(u, v) > 0. Dies ist ein Widerspruch, also gilt das Gegenteil der Annahme u = v, d. h., wir haben das gew¨ unschte Ziel u = v erreicht und folgenden Satz gezeigt. Satz 5.34 Sei d eine Metrik auf X und sei a : N → X eine d-konvergente Folge. Dann gibt es genau einen d-Grenzwert von a. Mit diesem Satz k¨onnen wir also von dem Grenzwert einer konvergenten Folge sprechen. Definition 5.35 Sei d eine Metrik auf X und a : N → X eine d-konvergente Folge. Dann nennen wir den d-Grenzwert von a auch den d-Limes von a und schreiben d-lim a oder auch d-limn→∞ an . F¨ ur das praktische Arbeiten mit dem Konvergenzbegriff ist die hier gew¨ ahlte Definition manchmal unhandlich, da das Konzept der monoton fallenden Nullfolge mit dem des Durchmessers kombiniert ist

( 275)

168

5 Ideen: Metrische R¨aume

und damit alles etwas verschachtelt ist. Eine etwas direkter zu verwendende Fassung des Konvergenzbegriffs ergibt sich durch Aufl¨ osung der beteiligten Konzepte in der folgenden Charakterisierung.

 Der Vorteil dieser Bedingung ist, dass sie lediglich die Metrik d beinhaltet.

Satz 5.36 Sei d eine Metrik auf X. Genau dann konvergiert eine Folge a in X gegen ein A ∈ X, wenn f¨ ur jeden (noch so kleinen) Abstand ε > 0 ein Index N ∈ N existiert, ab dem die Folgenglieder den Abstand ε zu A nicht mehr u ur alle n ∈ N≥N ¨berschreiten, d. h. f¨ stets d(an , A) < ε gilt. In formaler Notation lautet die ¨aquivalente Bedingung ∀ε ∈ R>0 : ∃N ∈ N : ∀n ∈ N≥N : d(an , A) < ε . ...................................................................

( 276)

Beweise Satz 5.36. ........................................................................

Diese Charakterisierung der Konvergenz bildet den Ausgangspunkt f¨ ur viele Konstruktionen der Analysis und ist in seinen Folgewirkungen unglaublich reichhaltig. An anderer Stelle wirst du davon mehr erfahren!

6 Auf zu neuen Welten Du hast in diesem Buch Schreibweisen und Regeln kennengelernt, die ein geordnetes Mathematikmachen erm¨oglichen. Dabei sind die Regeln der Garant daf¨ ur, dass mathematische Aussagen einen unumst¨ oßlichen Wahrheitsgehalt haben: Wenn beim Beweis alle Regeln eingehalten wurden, ist der Beweis korrekt, und die bewiesene Aussage gilt f¨ ur alle Zeiten im verwendeten Axiomensystem. Du hast auch schon gesehen, dass durch die Definition neuer Konzepte eine immer gr¨ oßere F¨ ulle von Querverbindungen zu bereits bestehenden Konzepten entsteht. Die Motivation f¨ ur die Erschaffung neuer Begriffe kann dabei wie im Fall des metrischen Raums die Beschreibung von Aspekten der realen Welt sein. Sie kann aber auch auf Beobachtungen von Zusammenh¨angen zwischen bereits vorhandenen mathematischen Objekten beruhen, wie etwa das Konzept der Summe endlich vieler Zahlen Dahinter stehen letztlich unterschiedlichste Gr¨ unde, warum Menschen Mathematik machen. Soll ein technisches Problem gel¨ ost werden? Will man einen beobachteten geregelten Zusammenhang in der Welt besser verstehen? Oder soll ein mathematisches Problem gel¨ ost werden und ein mathematischer Zusammenhang besser verstanden werden? In jedem Fall beginnt die Reise mit einer Fragestellung, die durchdrungen und gel¨ost werden soll. Beim Suchen einer Antwort wird man zun¨achst probieren, vorhandene mathematischen Konzepte und Resultate zu verwenden, um zu einer L¨osung zu gelangen. Die Mathematik funktioniert an dieser Stelle wie eine große Kiste mit Probleml¨oseschablonen: Passt eine Schablone auf ein konkretes Problem, dann kann die bereits verstandene L¨osungstechnik einfach abgespult werden, um das konkrete Problem zu knacken. Findet man keine passende Schablone, dann muss ein neuer L¨osungsweg gefunden werden, wobei die genaue Beschreibung der Fragestellung am Anfang steht und typischerweise mit der Definition einer oder mehrerer neuer Begriffe einhergeht. Beim Untersuchen des Zusammenhangs zu bestehenden Konzepten wird dann das Problem genauer verstanden, woraus am Ende neue L¨osungsschablonen entstehen k¨ onnen. Solange also genug Fragen offen sind, wird das mathematische Universum dynamisch weiterwachsen. Die Regeln, nach denen dieses Wachstum abl¨auft, sind dabei aber immer gleich: Alle neuen Ide© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 M. Junk und J.-H. Treude, Beweisen lernen Schritt für Schritt, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61616-1_6

 Die Antwort auf die Frage: Ist mein Beweis richtig? kannst du selbst beantwor¨ ten: Uberpr¨ ufe, ob alle Beweisregeln eingehalten wurden.

170

6 Auf zu neuen Welten

en, Tricks und Konstruktionen sind darauf abgestimmt, dass Aussagen am Ende bewiesen werden m¨ ussen. Aus diesem Grund haben wir in diesem Buch versucht, die Basis des Mathematikmachens sehr sorf¨altig und genau zu beleuchten. Pr¨ aziser gesagt haben wir eine Basis des Mathematikmachens vorgestellt, und in diesem letzten Kapitel geht es darum, dass es in der realen Welt kein einheitliches Axiomensystem gibt, dem alle Mathematikerinnen und Mathematiker folgen, dass es keine wirklich einheitliche Schreibweise gibt und auch keine verbindliche Auswahl von Beweisregeln, an die sich alle halten.

In der Mathematik gibt es unterschiedliche Traditionen bez¨ uglich Schreibweisen, Grundaxiomen und Beweiskalk¨ ulen.

F¨ ur die mathematische Praxis ist das am Ende aber gar nicht so st¨orend, wie es an dieser Stelle vielleicht klingt. Genauso wie sich in unterschiedlichen Kulturen verschiedene Sprachen entwickelt haben, gibt es auch verschiedene Sprachtraditionen in der Mathematik. Solange sich diese im Prinzip ineinander u ¨bersetzen lassen, ist eine fruchtbare Kommunikation m¨ oglich. Da viele Unterschiede sich nur ¨ auf kleine Details beziehen, ist die Ubersetzung oft sehr einfach und ¨ nicht mit einer Ubersetzung Deutsch-Chinesisch zu vergleichen. Solange man sich in einer Basis des Mathematikmachens gut auskennt, kann man sehr leicht in andere Basen wechseln. In diesem pr¨aziseren Sinne wurde in diesem Buch eine m¨ogliche Basis des Mathematikmachens vorgestellt, die sehr nahe an der t¨ aglichen Praxis im Mathematikstudium an deutschen Universit¨ aten ist, aber nur in seltenen F¨allen ganz genau passen wird. Auf m¨ ogliche Abweichungen und den Umgang mit ihnen wird in den folgenden Abschnitten eingegangen.

6.1 Schreibweisen Je nach mathematischer Tradition k¨ onnen die gleichen Symbole f¨ ur etwas unterschiedliche Inhalte stehen. So wird N zwar durchgehend als Symbol f¨ ur die nat¨ urlichen Zahlen verwendet, aber es ist nicht ohne Weiteres klar, ob 0 ∈ N gelten sollte oder nicht. Laut DINNorm 5473 ist 0 eine nat¨ urliche Zahl, in unserem Zugang aber nicht. Giuseppe Peano, der die Axiome der nat¨ urlichen Zahlen 1889 formulierte, hatte urspr¨ unglich die 1, sp¨ ater dann aber die 0 als kleinste nat¨ urliche Zahl verwendet. Egal wie die Entscheidung aussieht, wichtig ist nur, dass die Bedeutung des Symbols N klar vereinbart und immer entsprechend dieser Vereinbarung verwendet wird. Kommt man aus einem System, wo 0∈ / N gilt, und betritt ein System, wo 0 ∈ N wahr ist, so muss man gedanklich nur anstelle des dortigen N das eigene Symbol N0 setzen, um dem Verlauf der Argumente wie gewohnt folgen zu k¨ onnen. Um-

6.1 Schreibweisen

171

gekehrt muss eine Person, die 0 ∈ N gewohnt ist, beim Lesen dieses Buches das Symbol N durch ihr gewohntes N≥1 ersetzen. Entsprechendes gilt f¨ ur das Inklusionszeichen in A ⊂ B, das wir zur Abk¨ urzung von ∀x ∈ A : x ∈ B verwendet haben. Die Form von ⊂ erinnert dabei an das Symbol 0, dann hat f in x ein lokales Minimum. Innerhalb der beiden Beschreibungen treten die M¨ unze bzw. die Funktion f sowie der Punkt x als Objekte auf. Wie u ¨blich erfahren wir dabei nur einige Details u ¨ber die Objekte, zum Beispiel ist die M¨ unze eine 1e M¨ unze und die Funktion f zweimal differenzierbar, w¨ahrend andere Einzelheiten v¨ ollig offen bleiben: Ob etwa die M¨ unze von franz¨osischer, italienischer oder anderer Pr¨ agung ist, wird nicht verraten. Genauso wenig kennen wir den Funktionswert f (0) oder wissen, wo der Punkt x auf dem Zahlenstrahl liegt. F¨ ur solche Details wird in den Beschreibungen gewissermaßen Platz gelassen.

 Gibt eine Geschichte nur wenige Merkmale der Akteure vor, l¨ asst sie sich genauso erz¨ ahlen, wenn man die Akteure gedanklich durch solche mit zus¨ atzlichen Eigenschaften ersetzt.

 In Platzhalter kann man verf¨ ugbare Objekte einsetzen.

Diesen Platz k¨onnen wir uns zu Nutze machen, wenn wir den ColaAutomaten oder den obigen Satz benutzen m¨ ochten. So ist es dem Automaten ganz egal, welche 1e M¨ unze wir einwerfen (eine 2e M¨ unze w¨ urde er hingegen nicht akzeptieren). Genauso gut k¨ onnten wir die Funktion f und den Punkt x in obigem Satz durch die konkrete Funktion g : R → R mit g(t) = t4 − 32t + 1 und den Punkt 2 ersetzen: Da g zweimal differenzierbar ist und g  (2) = 4 · 23 − 32 = 0 ullen g und 2 alle Eigenschaften, sowie g  (2) = 12 · 22 > 0 gelten, erf¨ die von f und x in der Beschreibung des Satzes verlangt werden. Wir haben durch die n¨ahere Spezifikation der Funktion und des Punkts nur offengelassene Eigenschaften aufgef¨ ullt, auf die in der Geschichte kein Bezug genommen wird. Wenn man die Geschichte nun mit g und 2 umschreibt, dann schreibt sich nat¨ urlich auch das Ergebnis um, und man erh¨alt die m¨oglicherweise n¨ utzliche Information: g hat in 2 ein lokales Minimum. Da die Akteure f und x in der Geschichte Platz lassen f¨ ur passende Objekte mit mehr Detailinformation, nennt man sie auch Platzhalter. Durch sie wird die Geschichte zu einer Art Kopiervorlage f¨ ur ganz viele (sehr ¨ahnliche) Geschichten, die aus ihr enstehen, indem man konkretere Objekte in die Stellen der Platzhalter einsetzt. Nat¨ urlich kann man nur solche Objekte in Platzhalter einsetzen, die man auch wirklich konkret zur Verf¨ ugung hat. Bevor wir uns also auf den Weg zu einem Cola-Automaten machen, sollten wir erstmal in unserem Geldbeutel nach einer 1e M¨ unze schauen. Da man beim Mathematikmachen keinen physischen Beh¨ alter hat, in dem man bei

A.2 Getr¨ankeautomaten und Platzhalter

189

Bedarf nach den zur Verf¨ ugung stehenden mathematischen Objekten kramen kann, ist hier eine gute Buchf¨ uhrung im geschriebenen Text außerst wichtig. Dabei spielen die Schl¨ usselphrasen Sei . . . gegeben ¨ und W¨ahle . . . eine wichtige Rolle, da nur durch sie neue Objekte hinzukommen. Wie Platzhalter benannt sind, spielt f¨ ur die Bedeutung einer Geschichte keine Rolle. So k¨onnte man in obigem Satz anstelle von f, x auch die Namen h, u oder β, z oder sonst irgendwelche Symbole wie , " w¨ahlen, ohne dass sich an der Bedeutung des Satzes etwas ver¨ andert. Da wir traditionell aber f¨ ur Funktionen oft die Buchstaben f, g, h benutzen, l¨asst sich die Geschichte schneller lesen, wenn wir diesen Gew¨ohnungseffekt ausnutzen. Mathematisch relevant ist er nicht. Man k¨onnte den Satz sogar formulieren, ohne den Platzhaltern Namen zu geben:

Behalte stets die verf¨ ugbaren Objekte ¨ im Uberblick.

Hat f¨ ur eine zweimal differenzierbare reelle Funktion die erste Ableitung an einer Stelle den Wert 0 und ist die zweite Ableitung dort positiv, dann hat die Funktion dort ein lokales Minimum. Es ist aber leicht vorstellbar, dass bei l¨angeren Geschichten etwa mit drei Funktionen und zwei Punkten, das Bezugnehmen ohne Namen immer schwieriger wird. Um diesen Punkt sowie die Funktion von Platzhaltern noch etwas zu beleuchten, gehen wir in einem weiteren Beispiel umgekehrt vor und starten mit einer (sehr kurzen) Geschichte ohne Platzhalternamen: Das Quadrat einer reellen Zahl ist nicht negativ. Offensichtlich handelt dieser Satz von einer reellen Zahl, u ¨ber die sonst nichts weiter bekannt ist, wobei als Ausgang festgestellt wird, ¨ dass das Quadrat der Zahl nicht negativ ist. Die Uberf¨ uhrung in eine Beschreibung mit Objektnamen ist einfach: Wir denken uns einen Namen aus (etwa z wie Zahl) und schreiben zum Beispiel so: F¨ ur z ∈ R gilt z 2 ≥ 0. Innerhalb dieser Geschichte steht z nun f¨ ur ein festes Objekt, von dem wir nur wissen, dass es sich um eine reelle Zahl handelt. Diese Information erlaubt uns dann z 2 zu schreiben und den Vergleich von z 2 mit 0 in Form einer Ungleichung zu formulieren (den interessanten Teil der Geschichte, also den Beweis, dass z 2 ≥ 0 tats¨ achlich stimmt, haben wir hier ausgelassen). Außerhalb dieser Geschichte begegnet uns z dagegen als Platzhalter, da sich die Geschichte f¨ ur konkretere Objekte wie 2 oder −π anstelle von z wiederholen l¨asst, wobei der Ausgang dann 22 ≥ 0 bzw. ur alle reellen Zahlen m¨ ogliche Ersetzung (−π)2 ≥ 0 lautet. Diese f¨

Innerhalb einer Geschichte steht jeder Name f¨ ur ein Objekt mit bestimmten Eigenschaften. Von außen betrachtet, ließe sich die Geschichte mit anderen Objekten anstelle der Namen genauso erz¨ ahlen, sofern die Objekteigenschaften passen.

190

A Alltagskonzepte in der Mathematik

wird manchmal auch im Satz selbst angedeutet: F¨ ur alle z ∈ R gilt z 2 ≥ 0. Alternativ kann man den Sachverhalt auch in formaler Notation durch die Aussage ∀x ∈ R : x2 ≥ 0 beschreiben, wobei das Symbol ∀ im Hinblick auf die Benutzung der Geschichte als f¨ ur alle ausgesprochen wird. In einer rein umgangssprachlichen Version dr¨ uckt sich die Bezugnahme auf die Verwendung der Geschichte so aus: Das Quadrat jeder reellen Zahl ist nicht negativ. Hier wird mit dem Wort jeder nahegelegt, dass der Platzhaltereffekt dieser Geschichte ausgenutzt werden kann, um f¨ ur beliebige reelle Zahlen das angegebene Ergebnis zu erhalten.

A.3 Bedingungen Bedingungen treten typischerweise als Forderung in Wenn-dann S¨ atzen auf (Wenn du dein Zimmer aufr¨aumst, bekommst du ein Eis.). Manchmal bleibt die Folgerung, also der Dann-Teil aber auch unausgesprochen, wie in der folgenden Bedingungen aus dem Krimi-Alltag: Der Geiselnehmer verlangt einen vollgetankten Sportwagen und 1 Million Euro in nicht fortlaufend nummerierten Scheinen. Wir wollen hier darauf blicken, wie diese Bedingung formuliert ist. Wann also wird der Geiselnehmer zufrieden sein? Da er nicht nach einer bestimmten Fahrzeugmarke oder -farbe verlangt hat, kommen viele m¨oglichen Fluchtfahrzeuge infrage. Außerdem legt er keinen Wert auf bestimmte Geldscheinnummern, sodass auch hier noch viel Flexibilit¨at bleibt. Anders ausgedr¨ uckt, spielen das Auto und die Scheine in der Bedingung nur eine Platzhalterrolle f¨ ur die konkrete Auswahl, die von der Polizei bereitgestellt werden soll. Sie werden ben¨otigt, um die Forderung zu beschreiben, ohne dabei die Auswahl genau festlegen zu m¨ ussen.

 In der Mathematik dr¨ uckt man Bedingungen oft mittels Platzhaltern durch Formeln aus.

Mit dem gleichen Prinzip beschreibt man in der Mathmematik bei der Bildung von Mengen die Bedingung, welche Elemente zur Menge dazugeh¨oren sollen. Das sieht man zum Beispiel bei der Beschreibung der Menge aller nichtnegativer reeller Zahlen in der Form R≥0 := {x ∈ R : x ≥ 0} . Wir benutzen hier den Platzhalter x, um die Bedingung x ≥ 0 zu formulieren, die dar¨ uber entscheidet, welche Elemente zur Menge R≥0 geh¨oren und welche nicht. Um zu u ufen, ob gegebene Zahlen ¨berpr¨

A.4 Regeln

191

zur Menge R≥0 geh¨ oren oder nicht, setzen wir diese an die Stelle des Platzhalters x in der Bedingung und schauen nach, ob sich dadurch wahre Aussagen ergeben: F¨ ur die Zahl 3 ∈ R ergibt sich die wahre ur die Zahl −2 ergibt Aussage 3 ≥ 0, womit folglich 3 ∈ R≥0 gilt. F¨ sich hingegen die falsche Aussage −2 ≥ 0 und somit geh¨ ort −2 nicht zur Menge R≥0 .

A.4 Regeln Aus dem Alltag ist uns der Umgang mit Regeln in unterschiedlichen Gebieten vertraut: Wir kennen und befolgen Sprachregeln, Verkehrsregeln, Vertragsregeln, H¨oflichkeitsregeln und sind den Regeln der Natur unterworfen. Um ein konkretes Beispiel herauszugreifen, betrachten wir eine Regel aus dem Bußgeldkatalog f¨ ur Geschwindigkeits¨ uberschreitungen: Wenn ein Fahrzeugf¨ uhrer die vorgegebene Geschwindigkeitsbegrenzung innerhalb einer geschlossenen Ortschaft um einen Wert von 31 bis 40 km/h unerlaubt u ¨berschreitet, dann wird er mit einem Bußgeld von 160 Euro und 2 Punkten in Flensburg bestraft. Auch hier wollen wir darauf schauen, wie diese Regel formuliert ist und wie man sie benutzt. W¨ urde man die Regel in einem konkreten Beispiel u ussten dabei diverse offene Stellen in der ¨berwachen, so m¨ Regel erf¨ ullt werden. Zum Beispiel so: ˆ ein Fahrzeugf¨ uhrer ← Herr Franz Raser, ˆ die vorgegebene Geschwindigkeitsbegrenzung ← 30 km/h, ˆ eine geschlossene Ortschaft ← Schnellingen, ˆ der Wert der Geschwindigkeits¨ uberschreitung ← 37 km/h.

Und sind nun (wie hier der Fall) die in der Regel beschriebenen Voraussetzungen alle erf¨ ullt, dann tritt auch die Folgerung mit den entsprechenden Ersetzungen ein, d. h., Herr Franz Raser wird mit einem Bußgeld von 160 Euro belegt und erh¨alt 2 Punkte in Flensburg. Um die Ersetzungsstellen in einer Regel besser zu kennzeichnen, kann man auch hier Platzhalter benutzen. In unserem Beispiel etwa Wenn ein Fahrzeugf¨ uhrer X die vorgegebene Geschwindigkeitsbegrenzung B innerhalb einer geschlossenen Ortschaft S um einen Wert W von 31 bis 40 km/h unerlaubt u ¨berschreitet, dann wird X mit einem Bußgeld von 160 Euro und 2 Punkten in Flensburg bestraft.

Mathematik stellt ein Regelwerk zum Arbeiten mit Regeln dar. So legen die Beweisregeln fest, unter welchen Bedingungen S¨ atze, Implikationen und F¨ ur-alle-Aussagen (also Regeln f¨ ur mathematische Objekte) gelten oder nicht.

192

A Alltagskonzepte in der Mathematik

Die Anwendung der Regel besteht dann darin, die Platzhalter sowohl in der Beschreibung der Voraussetzung als auch der Folgerung konsequent durch Konkretisierungen zu ersetzen. Sind die entstandenen konkreteren Voraussetzungen erf¨ ullt, dann sind auch die durch die Ersetzung enstandenen Folgerungen g¨ ultig. Wenn Du hier die Benutzungsregel f¨ ur mathematische S¨ atze wiedererkennst, dann hat das einen guten Grund: S¨ atze sind nichts anderes als Regeln, die von mathematischen Objekten eingehalten werden. Eine andere Darstellungsform f¨ ur mathematische Regeln sind F¨ uralle-Aussagen, wie etwa das Kommutativgesetz ∀a ∈ R : ∀b ∈ R : a + b = b + a . Auch hier wurden zur einfachen Formulierung der Regel wieder zwei Platzhalter a und b benutzt.

B Zusammenfassung der Beweisregeln In diesem Anhang findest du nochmal die wichtigsten Beweisregeln sowie die typischen Nachweis- und Benutzungstexte aus Kapitel 2 ¨ im Uberblick. Du kannst diese beim Anfertigen von Beweisen zum schnellen Nachschlagen nutzen. Implikation

Eindeutigkeit

¨ Aquivalenz

S¨atze

Und-Aussage

Definitionen

Oder-Aussage

Teilmenge

Negation und Widerspruch

Mengengleichheit

F¨ ur-alle-Aussage

Funktionsgleichheit

Existenzaussage

Element einer Aussonderung

 In der elektronischen Buchausgabe kannst du mit einem Klick auf die Namen direkt zu den Regeln springen. Dort f¨ uhrt dich ein Klick auf das  Symbol hierher zur¨ uck .

¨ Beim Benutzen der Ubersichten musst du u ¨ber weite Strecken einfach nur L¨ ucken f¨ ullen und die Textbausteine u ¨bernehmen. Was in die L¨ ucken kommt, h¨angt nat¨ urlich von deiner vorliegenden Aufgabe ab und wird jedesmal anders sein. In den Texten ist der L¨ uckeninhalt durch farbige Ovale mit drei Punkten angedeutet. W¨ ahrend das Abschreiben und L¨ uckenf¨ ullen lediglich Konzentration und Sturheit verlangt, ist Kreativit¨at immer dann von N¨ oten, wenn Du auf ein Baustellenzeichen triffst oder beim Nachweis einer Existenzaussage bzw. beim Anwenden einer F¨ ur-alle-Aussage ein konkreter Ausdruck mit bestimmten Eigenschaften anzugeben ist. Ob ein Beweistext am Ende richtig ist, entscheidet sich nicht daran, dass er logisch klingt oder u ¨berzeugend wirkt. Stattdessen gilt: Ein Beweis ist richtig, wenn er die vereinbarten Beweistexte der grundlegenden Aussagetypen entsprechend der Regeln verkn¨ upft, sodass am Ende die geforderten Ziele durch Kombination der geltenden Aussagen erf¨ ullt werden. Um die Beweistexte richtig benutzen zu k¨onnen, solltest du die darin vorkommenden Symbole richtig deuten k¨onnen. Diese werden im Folgenden erkl¨art und an einem Beispiel illustriert. © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 M. Junk und J.-H. Treude, Beweisen lernen Schritt für Schritt, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61616-1_8

Halte Dich beim Aufschreiben stur an die Vorgaben. Lass keine Textbl¨ ocke aus und fasse auch nicht mehrere zusammen. Der so entstehende Text hilft, strukturiert zu denken und Fehler zu vermeiden.

194

B Zusammenfassung der Beweisregeln

Symbolerkl¨ arung

...

und

stehen stellvertretend f¨ ur Aussagen.

weist darauf hin, dass hier noch etwas extra nachzuweisen ist. Hier muss ein Name f¨ ur ein Element gew¨ ahlt werden. Dieser muss von den schon im laufenden Beweis vergebenen Namen verschieden sein. Hier muss eventuell ein Platzhaltername durch einen zuvor gew¨ahlten Objektnamen ersetzt werden.



steht f¨ ur einen Widerspruch, d. h. f¨ ur eine (situationsabh¨ angige) Aussage, die gilt und zugleich nicht gilt. steht stellvertretend f¨ ur einen oder mehrere Platzhalter (in S¨atzen und Definitionen). steht stellvertretend f¨ ur ein oder mehrere Objekte, auf die man z. B. S¨atze oder Definitionen anwendet. Anwendungsbeispiel Als Beispiel betrachten wir einen Beweiskontext, in dem die Namen A, B, C und y bereits f¨ ur drei Mengen und ein Element genutzt werden. Das aktuelle Ziel besteht darin, den Nachweis der F¨ ur-alleAussage ∀y ∈ B : (y ∈ / A) ⇒ (y ∈ C) zu f¨ uhren. Du schl¨agst Seite 201 auf und findest Nachweistext Du willst beweisen: Schreibe dazu: Sei ein x

...

gegeben. Zeige:

...

.

Der n¨achste Schritt besteht darin, die entscheidenden Komponenten im angegebenen Aussagenmuster den entsprechenden Stellen in der konkreten Aufgabe zuzuordnen. So steht anstelle des Platzhalternamens x im Aussagenmuster bei uns der Name y und die Menge X im Muster tr¨agt bei uns den Namen B. Schließlich ist alles ab dem Doppelpunkt durch das farbige Oval abgek¨ urzt, hier also die Aussage

B Zusammenfassung der Beweisregeln

195

(y ∈ / A) ⇒ (y ∈ C). Die darin codierten Details m¨ ussen wir in diesem Schritt also noch gar nicht anschauen, lesen oder verstehen. Sie werden sp¨ater in weiteren Schritten genauer betrachtet und sollten uns im Moment nicht st¨oren oder ablenken. Nachdem alle Bestandteile identifiziert sind, k¨onnen wir den vorgeu gebenen Beweistext abschreiben. Das Symbol ¨ber x ∈ X weist uns dabei auf eine m¨ogliche Fehlerquelle hin: Wenn wir hier einfach x durch y und X durch B ersetzen w¨ urden, dann h¨atte das im Nachweis hinzukommende Objekt denselben Namen wie das Element y, das sich bereits in unserem Beweiskontext befindet. Da solche Namensdopplungen das genaue Nachvollziehen des Textes unm¨ oglich machen, m¨ ussen wir f¨ ur das neue Objekt einen anderen Namen w¨ ahlen. Wir nennen es hier zum Beispiel x und schreiben: Sei x ∈ B gegeben. Bevor wir den zweiten Satz abschreiben, m¨ ussen wir den Platzhalternamen y in der Aussage ebenfalls an die konkrete Namenssituation in unserem Beweis anpassen. Daran erinnert uns das Symbol u ¨ber dem farbigen Oval. Wir schreiben also: Zeige: (x ∈ / A) ⇒ (x ∈ C). Die bisher blockartig benutzte Implikationsaussage wird im n¨ achsten Schritt mit dem Nachweistext auf Seite 196 weiterbehandelt. Dabei werden die Teilaussagen x ∈ / A und x ∈ C zu den neuen Bl¨ ocken im folgenden Nachweistext. Nachweistext Du willst beweisen: Schreibe dazu:

...

Es gelte

...

...

. Zu zeigen:

...

.

Denke dir zu den Aussagen in den ovalen Symbolen: Die Details sind im Moment nicht wichtig – sie werden in sp¨ ateren Schritten genauer untersucht.

196 

B Zusammenfassung der Beweisregeln

B.1 Implikation Eine Implikation beschreibt eine Regel: Wenn die Voraussetzung erf¨ ullt ist, dann gilt die Folgerung. Zum Nachweis m¨ ussen wir deshalb die Folgerung unter Annahme der Voraussetzung zeigen, w¨ ahrend bei der Nutzung die Folgerung nur dann verwendet werden darf, wenn die Voraussetzung erfolgreich u uft wurde. Weitere Details fin¨berpr¨ dest du auf Seite 22. Nachweistext Du willst beweisen: Schreibe dazu:

...

Es gelte

...

...

. Zu zeigen:

...

.

Benutzungstext Es gilt und soll benutzt werden:

Schreibe dazu:

Da folgt

...

...

gilt (und die Implikation),

... ...

.

Schild weist darauf hin, dass das Gelten der Voraussetzung Das zun¨ achst nachgewiesen werden muss, bevor die Implikation u ¨berhaupt benutzt werden darf.

B Zusammenfassung der Beweisregeln

197

¨ B.2 Aquivalenz



Zwei Aussagen sind ¨aquivalent (gleichwertig), wenn sie den gleichen Wahrheitswert besitzen. Sie k¨onnen dann ohne Bedeutungsunterschied gegeneinander ausgetauscht werden. Zum Nachweis einer ¨ Aquivalenz zeigt man zwei Implikationen ⇐ und ⇒ zwischen den Aussagen, woran auch das Symbol ⇔ erinnert. Eine Begr¨ undung daf¨ ur findest du im Abschnitt 2.2.1. Nachweistext Du willst beweisen: Schreibe dazu:

...

...

Zu zeigen:

...

und

...

... ...

.

Benutzungstext Es gilt und soll benutzt werden:

Schreibe dazu:

Da

Da folgt

...

gilt (und die Äquivalenz),

...

folgt

...

...

.

gilt (und die Äquivalenz),

... ...

.

Schild weist darauf hin, dass das Gelten einer der beiden Das Aussagen nat¨ urlich zun¨ achst nachgewiesen werden muss, bevor mit ¨ der Aquivalenz auf die andere geschlossen werden darf.

 ¨ Die Aquivalenz kann außerdem dazu verwendet werden, die eine Aussage durch die andere in Ausdr¨ ucken zu ersetzen, ohne dass sich die Bedeutung dabei andert. ¨

198 

B Zusammenfassung der Beweisregeln

B.3 Und-Aussage Eine Und-Aussage gilt genau dann, wenn beide beteiligte Aussagen gelten. Details hierzu gibt es im Abschnitt 2.1.2. Nachweistext Du willst beweisen: Schreibe dazu:

...

...

Zu zeigen:

...

und

.

...

Benutzungstext Es gilt und soll benutzt werden: Schreibe dazu:

Es gelten

...

...

...

und

...

.

B Zusammenfassung der Beweisregeln

199 

B.4 Oder-Aussage Eine Oder-Aussage gilt, wenn mindestens eine der beteiligten Aussagen wahr ist. Weitere Infos gibt es im Abschnitt 2.1.3. Nachweistext Du willst beweisen:

...

...



Schreibe dazu: Angenommen

...

gilt. Zeige:

...

.

Angenommen

...

gilt. Zeige:

...

.

Diese Regel ist eine Konsequenz aus Satz 2.7.

Alternativ kannst du auch so vorgehen:

 Da

...

gilt, gilt auch

...

...

.

Da

...

gilt, gilt auch

...

...

.

Schild weist darauf hin, dass die G¨ ultigkeit einer der beiden Das Aussagen nat¨ urlich gezeigt werden muss.

Benutzungstext (Fallunterscheidung) ... Du willst die geltende Aussage zu zeigen. um eine weitere Aussage

...

benutzen,

Schreibe dazu: Fall

...

gilt:

, also folgt

.

Fall

...

gilt:

, also folgt

.

Also gilt

in jedem Fall.

An die Stellen der Schilder muss nat¨ urlich jeweils ein Beweis, in dem jeweils aus der getroffenen Annahme die G¨ ultigkeit der Aussage gefolgert wird.

In dieser Form wird der Nachweis vor allem dann gef¨ uhrt, wenn eine der beiden Aussagen bereits gilt.

200 

B Zusammenfassung der Beweisregeln

B.5 Negation und Widerspruch Widerspruchsbeweise basieren darauf, dass sich aus wahren Annahmen keine falschen Aussagen folgern lassen. Details dazu gibt es in den Abschnitten 2.1.4 und 2.1.5. Nachweistext Du willst beweisen: Schreibe dazu:

...

Angenommen

...

gilt. Zeige:

.

Hier steht  f¨ ur einen Widerspruch, d. h., man muss von einer (beliebigen) Aussage zeigen, dass sie gilt und zugleich nicht gilt. Welche Aussage sich hierf¨ ur eignet, ist je nach Situation unterschiedlich.

Benutzungstext (Doppelte Negation) Es gilt und soll benutzt werden: Schreibe dazu:

Wegen

(

( ...

...

)

) gilt auch

...

.

Durch Kombination von Nachweis- und Benutzungsregel der Negation erh¨alt man die Beweismethode des Widerspruchsbeweises. Widerspruchsbeweis Du willst (per Widerspruch) beweisen:

...

Schreibe dazu: Angenommen

...

gilt. Zeige:

.

B Zusammenfassung der Beweisregeln

201 

B.6 F¨ ur-alle-Aussage Um zu zeigen, dass eine Aussage f¨ ur alle Elemente einer Menge gilt, erzeugt man eine Argumentationsschablone: F¨ ur ein Element (etwa mit Namen x), von dem außer der Mengenzugeh¨ origkeit nichts bekannt ist, zeigt man die x-abh¨angige Aussage. Sie gilt dann auch f¨ ur jedes konkrete Element der Menge anstelle von x, da sich die Argumentation in jedem Einzelfall wiederholen ließe. Weitere Details stehen in Abschnitt 2.3.2 Nachweistext Du willst beweisen:

...

gegeben. Zeige:

Schreibe dazu: Sei ein x

...

Hier wird x als Objektname vergeben. Ist x im laufenden Beweis schon der Name eines anderen Objekts, musst du hier statt x einen anderen Namen w¨ ahlen, z. B. y, der noch nicht vergeben ist. Dieser muss nat¨ urlich auch in an die Stelle des Platzhalters x. ...

. Heißt die Menge X im konkreten Fall anders, musst du das X entsprechend ersetzen.

Benutzungstext Du willst die geltende Aussage

...

anwenden.

Dazu muss ein Element vorliegen, auf das die F¨ ur-alle-Aussage angewendet werden kann. Schreibe dazu: Anwendung der für-alle-Aussage auf das Element a ergibt wegen a

, dass

...

gilt.

Oder in Kurzform: Wegen a

folgt

...

(aus der

-Aussage).

 Steht nach dem ∀Quantor eine ganze Liste von Platzhaltern, so ersetzt dies mehrfach geschachtelte ∀-Aussagen. Wende die Regeln sinngem¨ aß an.

202 

B Zusammenfassung der Beweisregeln

B.7 Existenzaussage Der offensichltlichste Nachweis daf¨ ur, dass in einer Menge ein Element mit einer bestimmten Eigenschaft existiert, besteht darin, ein solches Element konkret anzugeben. Gilt eine Existenzaussage, kann man umgekehrt davon ausgehen, dass ein Element aus der Menge mit der angegebenen Eigenschaft benutzt werden kann. Den Namen f¨ ur ein solches Element darfst du bei der Benutzung w¨ ahlen. Weitere Details dazu findest du im Abschnitt 2.3.3. Nachweistext Du willst beweisen:

Heißt die Menge X im konkreten Fall anders, musst du das X entsprechend ersetzen.

 Steht nach dem ∃Quantor eine ganze Liste von Platzhaltern, so ersetzt dies mehrfach geschachtelte ∃-Aussagen. Wende die Regeln sinngem¨ aß an.

...

Schreibe dazu: _ _____ . Zu zeigen: x Setze x :_

und

...

Hier wird x als Objektname vergeben. Ist x im laufenden Beweis schon der Name eines anderen Objekts, musst du hier statt x einen anderen Namen w¨ ahlen, z. B. y, der noch nicht vergeben ist. Dieser muss nat¨ urlich auch in an die Stelle des Platzhalters x. ...

Benutzungstext Es gilt und soll benutzt werden:

Schreibe dazu:

Wähle ein x

...

mit

...

.

B Zusammenfassung der Beweisregeln

203 

B.8 Eindeutigkeit Dass es h¨ochstens ein Element in der Menge x gibt, f¨ ur das die Aussage Ex gilt, wird durch ∀x, y ∈ X : (Ex ∧ Ey ) ⇒ x = y ausgedr¨ uckt. Die zugeh¨origen Regeln ergeben sich aus denen der beteiligten ∀ und ⇒ Aussagen. Details finden sich auf Seite 78. Nachweistext Du willst beweisen, dass es h¨ochstens ein Element x ∈ X mit einer ... gewissen Eigenschaft gibt. Schreibe dazu: Seien x,y

mit

und

...

gegeben.

...

_y . Zeige: x _ Hier werden x und y als Objektnamen vergeben. Sind diese im laufenden Beweis schon als Namen in Verwendung, musst du hier andere Namen w¨ ahlen, z.B. u und v, die noch nicht vergeben sind. Diese m¨ ussen dann auch in entsprechend eingesetzt werden. ...

Benutzungstext Es gilt und soll benutzt werden, dass es h¨ochstens ein Element ... x ∈ X mit einer gewissen Eigenschaft gibt. Damit kann man zeigen, dass zwei vorliegende Elemente x, y ∈ X gleich sind, wenn sie beide diese Eigenschaft erf¨ ullen. Schreibe dazu: Da x

...

erfüllt und y

auch

...

_ y aus der Eindeutigkeit. erfüllt, folgt x _

 Eindeutigkeitsaussagen treten oft in Kombination mit Existenzaussagen auf, wobei dann das Symbol ∃! f¨ ur eindeutige Existenz benutzt wird. In diesem Fall muss die Existenzaussage zus¨ atzlich gezeigt bzw. kann zus¨ atzlich benutzt werden.

204 

B Zusammenfassung der Beweisregeln

B.9 S¨ atze In einem Satz geht es immer um gewisse mathematische Objekte, von denen gewisse Voraussetzungen als wahr angenommen werden. Die Aussage des Satzes ist, dass dann auch gewisse Folgerungen u ¨ber die Objekte wahr sind. Mehr Informationen gibt es im Abschnitt 2.1.1.

 Sind Voraussetzungen und Folgerungen in der Formulierung eines Satzes stark vermischt, kann eine Neuordnung als Anfangstext im Beweis sinnvoll sein. Ansonsten musst du die Voraussetzungen zu Beginn deines Beweises nicht nochmals wiederholen.

Nachweistext Du willst beweisen: ... ...

Zu zeigen:

Schreibe dazu:

...

.

Benutzungstext Es gilt und soll benutzt werden:

... ...

Du kannst den Satz auf gegebene Objekte genau denen aus dem Satz entsprechen.

anwenden, die

Schreibe dazu: Da (die Objekte) ...

die Voraussetzungen

des Satzes erfüllen, folgt

...

.

Vergiss nicht, die Platzhalternamen aus dem Satz an allen Stellen durch die Namen der Objekte zu ersetzen, auf die du den Satz anwenden m¨ ochtest.

B Zusammenfassung der Beweisregeln

205 

B.10 Definitionen In einer Definition werden l¨angere Aussagen u ¨ber ein oder mehrere Objekte abgek¨ urzt. Nachweistext Du willst beweisen, dass ein gegebenes Objekt

die Definition

Definitionen ersetzen einen l¨ angeren Ausdruck oder eine verschachtelte Aussage durch abk¨ urzende Symbole oder Begriffe.

...

erf¨ ullt.

Schreibe dazu:

Zu zeigen:

...

.

Vergiss nicht, die Platzhalternamen aus der Definition an allen Stellen durch die Namen der Objekte zu ersetzen, f¨ ur die du die Definition nachpr¨ ufen m¨ ochtest.

Benutzungstext Du willst benutzen, dass ein gegebenes Objekt

die Definition

...

erf¨ ullt. Schreibe dazu: Nach De
nition von "Blubb" folgt



...

.

Vergiss nicht, die Platzhalternamen aus der Definition an allen Stellen durch die Namen der Objekte zu ersetzen, auf die du die Definition anwenden m¨ ochtest.

206 

B Zusammenfassung der Beweisregeln

B.11 Teilmenge Die Teilmengen-Aussage A ⊂ B ist gleichbedeutend mit: F¨ ur alle Elemente aus A gilt, dass sie auch Elemente von B sind. Dies ist eine F¨ ur-alle-Aussage und somit ergeben sich die Nachweis- und Benutzungsregel f¨ ur die Teilmengen-Aussage direkt aus denen der F¨ ur-alle-Aussage. Nachweistext Du willst beweisen:

Bei dir heißen die beiden Mengen vielleicht nicht A und B, sodass du diese durch die entsprechenden Namen oder Ausdr¨ ucke ersetzen musst.

A⊂B

Schreibe dazu: Sei ein x

A

gegeben. Zeige: x

B.

Benutzungstext Es gilt und soll benutzt werden: A ⊂ B Dies l¨asst sich auf ein gegebenes Element x anwenden.

A

(und A

B ) folgt x B .

U

Schreibe dazu: Wegen x

B Zusammenfassung der Beweisregeln

207 

B.12 Mengengleichheit Zwei Mengen sind gleich, wenn sie genau die gleichen Elemente besitzen, also wenn jedes Element der einen Menge in der anderen liegt, und umgekehrt. Dies sind gerade zwei Teilmengenaussagen. Nachweistext Du willst beweisen:

A=B

und

B A. U

A B U

Zu zeigen:

Schreibe dazu:

(f¨ ur zwei Mengen A und B)

Benutzungsregel Es gilt und soll benutzt werden: A = B Du darfst in jedem Ausdruck die eine Menge durch die andere ersetzen, ohne dass sich dadurch die Bedeutung des Ausdrucks ver¨andert. Insbesondere kann f¨ ur ein Element x geschlossen werden:

Wegen x

A

(und

A _ B)

folgt x

B.

Ebenso kann geschlossen werden:

Wegen x

B (und A _ B ) folgt x A .

Bei dir heißen die beiden Mengen vielleicht nicht A und B, sodass du diese durch die entsprechenden Namen oder Ausdr¨ ucke ersetzen musst.

208 

B Zusammenfassung der Beweisregeln

B.13 Funktionsgleichheit Zwei Funktionen sind genau dann gleich, wenn man in beide dieselben Elemente einsetzen kann und sie dabei jeweils (also je Element) denselben Funktionswert ausgeben. Details gibt es auf Seite 85. Nachweistext Du willst beweisen:

f =g

(f¨ ur zwei Funktionen f und g)

Schreibe dazu: _ Def(g) Zu zeigen: Def(f) _ Bei dir heißen die beiden Funktionen vielleicht nicht f und g, sodass du diese Namen durch die entsprechenden Namen ersetzen musst.

und

A

_ g(x). x Def(f) : f(x) _

Benutzungsregel Es gilt und soll benutzt werden: f = g Du darfst in jedem Ausdruck die eine Funktion durch die andere ersetzen, ohne dass sich dadurch die Bedeutung des Ausdrucks ver¨andert.

B Zusammenfassung der Beweisregeln

209 

B.14 Element einer Aussonderung Bei der Bildung einer Aussonderungsmenge u ¨bernimmt man genau die Elemente u einer Grundmenge A, die eine Eigenschaft Eu besitzen. Alle beschriebenen Zutaten erkennt man in der Notation {u ∈ A : Eu }. Nach dieser Konstruktionsangabe ist also x genau dann in {u ∈ A : Eu }, wenn x ∈ A und Ex gilt. Details findest du im Abschnitt 2.3.1. Nachweistext Du willst beweisen:

Schreibe dazu:

...

Zu zeigen: x

A

und

.

...

Benutzungsregel Es gilt und soll benutzt werden:

Schreibe dazu:

Es gelten x

...

A

und

...

.

Heißt die Menge A im konkreten Fall anders, musst du das A entsprechend ersetzen.

C Hinweise f¨ ur Lehrende Mit diesem Anhang richten wir uns an Lehrende, die das Buch oder Ausz¨ uge daraus in eigenen Kursen benutzen m¨ochten. Neben einer kurzen Zusammenfassung einiger unserer Leitprinzipien und einem ¨ Uberblick u ¨ber das Buch haben wir versucht, ein paar Gedanken zu m¨oglichen Verwendungsm¨oglichkeiten festzuhalten. Wir w¨ urden uns freuen, wenn unser Buch auch anderswo Verwendung findet. R¨ uckmeldungen positiver wie auch kritischer Natur nehmen wir selbstverst¨ andlich dankbar entgegen.

Entstehungsgeschichte und Philosophie des Buchs Dieses Buch ist aus zwei Durchl¨aufen des Kurses Einf¨ uhrung in das mathematische Arbeiten an der Universit¨at Konstanz hervorgegangen, die wir von 2018 bis 2020 gehalten haben. Seit dem Wintersemester 2016/17 wird dieser Kurs im Rahmen einer Individualisierten Studieneingangsphase angeboten, um Unterst¨ utzung beim ¨ Uberwinden der bekannten H¨ urden“ zu Beginn eines Mathema” tikstudiums zu geben, die vor allem aus dem Erlernen der formalen mathematischen Sprache sowie dem mathematischen Argumentieren und Beweisen entstehen. Der Kurs folgte in diesen beiden Durchl¨aufen einem systematischen Aufbau, der sich in etwa im Inhaltsverzeichnis dieses Buchs wiederfindet. Dabei bestand das Besondere und Wesentliche des Kurses darin, dass die Studierenden in allen Kurseinheiten viel selbst ge¨ ubt haben, wobei wir einerseits unterst¨ utzend zur Seite standen und andererseits auch pr¨ azise Eindr¨ ucke davon gewinnen konnten, wo Schwierigkeiten im Detail wirklich liegen. Unsere Erfahrung sowohl aus diesem Kurs als auch aus diversen Durchl¨aufen von Vorkursen und Anf¨angervorlesungen ist, dass sich viele Studienanf¨anger der formal-sprachlichen H¨ urde nicht explizit bewusst sind oder diese zumindest nicht als (eine) Ursache f¨ ur ihre Schwierigkeiten erkennen. Aus diesem Grund haben wir uns in dem Kurs sowie in diesem Buch dazu entschlossen, den (formalen) Aufbau der mathematischen Sprache besonders zu betonen und gewissermaßen u ¨ber die Inhalte zu stellen. Gem¨aß dem Motto: Bevor ” ich Shakespeare lesen kann, muss ich zun¨achst die englische Sprache ausreichend beherrschen.“ Wir wollten dabei kein Buch u ¨ber Logik, © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 M. Junk und J.-H. Treude, Beweisen lernen Schritt für Schritt, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61616-1_9

212

C Hinweise f¨ ur Lehrende

Mengenlehre oder Grundlagen der Mathematik“ schreiben, sondern ” ¨ ein Ubungsbuch f¨ ur Studienanf¨ anger, in dem sie genau das erlernen k¨onnen, was u ¨berall sonst im Mathematikstudium an diesen Grundlagen ben¨otigt wird. Uns ist bewusst, dass unsere Pr¨ asentation viele subjektive Entscheidungen beinhaltet und die starke Betonung formaler Details f¨ ur erfahrene Mathematikerinnen und Mathematiker (Lehrerinnen und Lehrer eingeschlossen) zun¨ achst ungewohnt oder sogar befremdlich erscheinen k¨onnte. Unsere Erfahrung ist jedoch, dass ein solch systematischer Zugang und die genaue Erkl¨ arung der formal-sprachlichen Details vielen Studienanf¨angern beim Erlernen des mathematischen Arbeitens eine Hilfe ist. Im Folgenden m¨ ochten wir einige Gedanken zu unserem Ansatz kommentieren. Mathematiker schreiben Texte. Aus diesem Grund f¨ uhren wir (in Kapitel 2) die Semantik der grundlegenden logischen Aussagetypen rein sprachlich ein, in Form von regelbasierten Textbausteinen zum Nachweis des Aussagentyps bzw. zu seiner Benutzung, wenn eine entsprechende Aussage gilt. Dadurch alleine wird der Umgang mit Wahrheit“ geregelt, auf Wahrheitstabellen haben wir hingegen ” g¨anzlich verzichtet. Auch Beweise rein aussagenlogischer Tautologien werden innerhalb des sprachlich ausgestalteten Kalk¨ uls gef¨ uhrt, um so Vorg¨ange zu trainieren, die langfristig wichtig sind. Genaue Regelungen formal-sprachlicher Details als Hilfestellung. Da f¨ ur jeden Aussagetyp je eine konkrete Nachweis- und Benutzungsregel zur Verf¨ ugung steht, k¨ onnen Studierende jederzeit einfach nachschlagen, wie sie (zumindest prinzipiell) weiter vorgehen k¨ onnen bzw. m¨ ussen. Auf die h¨aufige Frage Was ist hier eigentlich zu tun? l¨ asst sich so direkt im Sinne einer minimalen Hilfestellung“ mit folgenden ” Gegenfragen reagieren: ˆ Um welchen Aussagetyp handelt es sich? ˆ Wie lautet die entsprechende Nachweisregel? ˆ Was schreibt man dazu hin?

Gerade die dritte Frage soll quasi zum Schreiben zwingen, damit sich die L¨osung sichtbar weiterentwickelt. Genaue Schreibregelungen utzen dabei, diese zu f¨ ur die unterschiedlichen Aussagetypen unterst¨ erkennen. Eine weitere Hilfestellung besteht in der Gegenfrage: ˆ Wie lautet die genaue Langform zu dieser Abk¨ urzung?

Sie zielt darauf ab, dass der Sinn einer Abk¨ urzung in der Definition hinterlegt ist, die nachzuschlagen und nicht zu erraten ist.

C Hinweise f¨ ur Lehrende

213

Wir haben es in den beiden Durchg¨angen des Kurses Einf¨ uhrung in das mathematische Arbeiten als ¨außerst bemerkenswert erlebt, wie pr¨azise und effizient wir mit den Teilnehmerinnen und Teilnehmern nach einiger Zeit u ¨ber Aufgabenstellungen, ihre Probleme bei der Bearbeitung sowie Punkte, an denen sie stecken bleiben, sprechen konnten. Der Fortschritt in ihrer mathematischen Ausdrucksweise wurde zum Beispiel immer dann besonders deutlich, wenn im sp¨ ateren Semesterverlauf Studierende neu zum Kurs hinzustießen, mit denen die Kommunikation dann zun¨achst deutlich m¨ uhsamer verlief. Sicherheit und Selbstvertrauen durch (viele, kleine) Aufgaben. ¨ Uber das Buch hinweg sind fast 300 Aufgaben direkt im Text eingestreut und wir halten es f¨ ur sinnvoll, dass man diese beim Lesen direkt und m¨oglichst alle bearbeitet. Da viele Aufgaben kleine Finger¨ ubungen sind und die meisten Aufgaben direkt an den Text ankn¨ upfen, sollte dies ohne eine große Unterbrechung des Leseflusses m¨oglich sein. Die R¨ uckmeldung unserer Studierenden war auch ¨ stets, dass das erfolgreiche L¨osen (einfacher) Ubungsaufgaben ihnen Sicherheit und Selbstvertrauen gegeben hat. In sp¨ateren Kapiteln haben wir in l¨angeren Beweisen viele kleine Schritte in Aufgaben ausgelagert. Dadurch soll auch die Sensibilit¨ at f¨ ur die kleinen Schritte geschult werden, die in den meisten Vorlesungen ebenfalls (oft ungesagt) den Studierenden u ¨berlassen werden. Formales Arbeiten soll als Erleichterung erlebt werden. Die Methodik sollte dann benutzt werden, wenn man sich unsicher f¨ uhlt und Dinge undurchsichtig erscheinen. Eher kontraproduktive Erfahrungen haben wir in dieser Hinsicht mit Versuchen gemacht, bereits aus der Schule bekannte Themen, wie zum Beispiel Zahlenmengen oder Rechenoperationen auf diesen, systematisch aus einer wie auch immer gearteten Axiomatik herzuleiten. Unser Eindruck ist, dass beim Begr¨ unden von bereits sehr lange vertrauten Regeln der Formalismus eher l¨astig als n¨ utzlich erscheint. Umgekehrt stellen Studierende die Frage nach der genaueren Begr¨ undung von bereits vertrauten Regeln automatisch, sobald sie sich mit der grundlegenden Methodik vertraut gemacht haben. Punktuell haben wir das in diesem Buch ber¨ ucksichtigt, wenn die Verbindung der Beweisregeln zur Schulmathematik thematisiert wird. L¨ ost man sich vom Anspruch des l¨ uckenlosen inhaltlichen Aufbaus der vorgestellten Konzepte und konzentriert sich auf die Vermittlung der mathematischen Arbeitsweise, dann ist es unproblematisch, Vorwissen an einigen Stellen unbegr¨ undet zuzulassen, an anderen Stellen aber durch das Bereitstellen entsprechender Axiome von Schulwissen

214

C Hinweise f¨ ur Lehrende

in die pr¨azise Argumentation zu u atestens bei der Be¨bernehmen. Sp¨ trachtung von abstrakten algebraischen Strukturen wie Ringen oder K¨orpern wird das Schulwissen sowieso genau und sorgf¨ altig neu aufgerollt, weil mit diesen Konzepten das vertraute schulische Umfeld verlassen wird und formales Vorgehen dann eine echte Hilfestellung bildet.

Ein intuitives“ Verst¨ andnis der Regeln ist unabdingbar. So sehr ” wir in diesem Buch formale Genauigkeit betonen, halten wir eine Verankerung der formalen Regeln in ¨ ahnlichen allt¨ aglichen Vorstellungen f¨ ur absolut notwendig. Ansonsten erscheint eine zielgerichtete Verwendung der Regeln in auch nur geringf¨ ugigst komplexen Situationen kaum m¨oglich. Da die Regeln der mathematischen Logik aus der Alltagslogik entspringen, sollte eine solche Verkn¨ upfung prinzpiell m¨oglich sein, und wir versuchen, diese z. B. durch die Verwendung allt¨aglicher Analogien zu betonen. Dennoch haben wir immer wieder beobachtet, wie die allt¨ agliche und die mathematische Logik bei Studierenden als zwei eher separate Welten wahrgenommen werden.

Andere Einf¨ uhrungsb¨ ucher. Da es keine Lehrb¨ ucher oder Monographien u ¨ber g¨angiges Vorgehen von Mathematikern“ gibt (abge” sehen eventuell von B¨ uchern u ¨ber Logik), findet man in unserem Buch keine direkten Referenzen. Nat¨ urlich gibt es aber viele andere Einf¨ uhrungsb¨ ucher f¨ ur Studienanf¨ anger eines Mathematikstudiums, in denen ebenfalls g¨ angige Vorgehensweisen beschrieben werden und die somit in Teilen mit unserem Buch u ¨berlappen. Einige solche B¨ ucher, die wir auch selbst beim Vorbereiten unserer Kurse mit herangezogen haben, sind: ˆ Matthias Beck and Ross Geoghegan: The Art of Proof, Springer, New York, 2010. ˆ Albrecht Beutelspacher: Survival-Kit Mathematik, Vieweg+Teubner Verlag, Wiesbaden, 2011. ˆ Kevin Houston: How to Think Like a Mathematician, Cambridge University Press, Cambridge, 2009. ˆ Hermann Schichl und Roland Steinbauer: Einf¨ uhrung in das mathematische Arbeiten, 3. Auflage, Springer Spektrum, Berlin, 2018. ˆ Ron Taylor and Patrick X. Rault: A TeXas-Style Introduction to Proof, MAA Press, Washington, 2017. ˆ Daniel J. Velleman: How To Prove It, 2. Auflage, Cambridge University Press, Cambridge, 2006.

C Hinweise f¨ ur Lehrende

215

Da diese B¨ ucher im Vergleich zu unserem sowie auch im gegenseitigen Vergleich alle etwas andere inhaltliche Schwerpunkte legen oder teils andere Ziele verfolgen, kann man mit einer Kombination sicherlich fruchtbare Synergien herbeif¨ uhren.

¨ Kurzer Uberblick u ¨ber das Buch Die mathematische Sprache kennenlernen. Erstes Ziel des Buchs ist, den Leser mit der u ¨blichen mathematischen Sprache vertraut zu machen. Dies geschieht in Kapitel 1 und die dortige Kernaussage zur mathematischen Notation ist: ˆ Der Grundbestand an mathematischen Ausdrucksm¨ oglichkeiten ist sehr gering. ˆ Abk¨ urzungen f¨ ur Kombinationen von Grundausdr¨ ucken (z. B. in Definitionen) oder axiomatisch festgelegte Ausdr¨ ucke in speziellen Theorien erweitern die Ausdrucksm¨ oglichkeiten.

Die verwendete Notation, etwa f¨ ur Ausdr¨ ucke der Aussagen- und Pr¨adikatenlogik (∧, ∨, ⇒, ⇔, ¬, ∀, ∃) sowie der Mengenlehre (∪, ∩, \, ∅) folgt u urzende Schreibweisen werden ¨blichen Standards. Abk¨ entweder in Listen der Form Ausdruck A⊂B

Aussprache A ist Teilmenge von B

Bedingung A, B Mengen

Abk¨ urzung f¨ ur ∀x ∈ A : x ∈ B

¨ oder als Definition in Textform eingef¨ uhrt , wobei die Ubersetzung der beiden Formate ineinander ge¨ ubt wird. In der Darstellung der Mengenlehre benutzen wir einen Klassenformalismus, bei dem beliebige Zusammenfassungen von Elementen durch Angabe eines Aussonderungskriteriums in der u ¨blichen Form {x ∈ M : Ex } gebildet werden k¨onnen. Anstelle von Klassen sprechen wir aber von (naiven) Mengen, ohne das W¨ ortchen naiv“ im ” Weiteren besonders zu betonen. Dadurch ¨ahnelt die Darstellung der sonst oft in einf¨ uhrenden Texten gew¨ahlten naiven Mengenlehre, wobei die dort benutzte schwammige Mengendefinition (die eigentlich eine Klassendefinition ist) durch klare Regelungen ersetzt wird. Mengen, die selbst wieder Elemente sind und damit in anderen Mengen zusammengefasst werden k¨onnen, bezeichnen wir zur Abgrenzung von naiven Mengen auch als fassbare Mengen. Die Mengenaxiome regeln, wann eine Menge eine fassbare Menge ist. Die beiden in der Mathematik allgegenw¨artigen Konzepte der Relation und der Funktion werden nicht u ¨ber das Konzept von Elementpaaren definiert, um den technischen Aufwand zu minimieren.

216

C Hinweise f¨ ur Lehrende

Stattdessen werden die Begriffe in Kapitel 3 axiomatisch eingef¨ uhrt. Unser Ziel dabei ist, die u ¨bliche Intention hinter den Konzepten m¨oglichst nicht durch eine Konstruktion (z. B. u ¨ber Paarmengen) zu verschleiern, die in der Praxis selten explizit verwendet wird. Die f¨ ur Relationen und Funktionen verwendete Notation ist wieder u ¨blicher Standard. Der Paarbegriff wird dann erst nach dem Funktionsbegriff als Funktionen mit Definitionsbereich {1, 2} eingef¨ uhrt, was sofort eine Verallgemeinerung auf allgemeine Tupel erlaubt. Eine technische Diskussion u otig. ¨ber einen vorl¨aufigen Paarbegriff wird damit unn¨ Nachweis- und Benutzungsregeln erzeugen die Semantik. Das Hauptziel des Buchs ist es, dem Leser eine systematische Herangehensweise f¨ ur das mathematische Beweisen in die Hand zu geben. Dazu wird in Kapitel 2 zun¨achst der eigentliche Umgang mit logischen Aussagen in Form von sprachlich formulierten Nachweis- und Benutzungsregeln zu allen Grundaussagetypen vorgegeben. Diese Regeln bilden ein System f¨ ur das logische Schließen, wobei gilt: Nachweisregeln besagen, wie die G¨ ultigkeit von Aussagen bewiesen wird. Benutzungsregeln besagen, wie g¨ ultige Aussagen argumentativ verwendet werden. F¨ ur jede Regel wird zudem ein exemplarisches Textfragment zur Verf¨ ugung gestellt, das beim Schreiben von Beweisen benutzt werden kann. Beispielsweise wird die Nachweisregel der F¨ ur-alle-Aussage zun¨achst durch die folgende Tabelle eingef¨ uhrt. Aussageform Nachweisregel

Nachweistext

∀x ∈ A : Ex Um nachzuweisen, dass die F¨ ur-alleAussage gilt, f¨ uhrt man ein Element mit einem noch nicht vergebenen Namen ein, z. B. x mit der Eigenschaft x ∈ A, und zeigt, dass Ex gilt. Sei x ∈ A gegeben. Zu zeigen: Ex .

¨ Um die Regeln und Texte beim Uben schnell nachschlagen zu k¨ onnen, findet man in Anhang B zudem nochmals alle Regeln in suggestiver Form. Zur Nachweisregel der F¨ ur-alle-Aussage steht dort etwa: Nachweistext Du willst beweisen: Schreibe dazu: Sei ein x

...

gegeben. Zeige:

...

.

C Hinweise f¨ ur Lehrende

217

¨ F¨ ur einige h¨aufig auftretende Aussageformen (wie Aquivalenz, Mengengleichheit, negierte F¨ ur-alle Aussagen, etc.) werden zudem abgeleitete Nachweis- und Benutzungsregeln bereitgestellt, um sp¨ ater die Beweistexte u ¨bersichtlich zu halten. Beweisen mit der R¨ uckw¨ arts-Vorw¨ arts-Methode. Als Strategie zum strukturierten F¨ uhren von Beweisen schlagen wir die R¨ uckw¨artsVorw¨arts-Methode vor. Diese m¨ochten wir hier kurz vorstellen und danach anhand eines einfachen Beispiels illustrieren: Zun¨achst wird im R¨ uckw¨artsmodus die zu beweisende Behauptung durch rekursives Aufl¨osen von Abk¨ urzungen sowie Anwenden der Nachweisregeln f¨ ur Grundaussagen in mehrere einfachere Hilfsziele transformiert, w¨ahrend den Voraussetzungen noch keine große Aufmerksamkeit geschenkt wird. Dadurch soll erreicht werden, dass zun¨ achst expliziter zum Vorschein kommt, was im Detail eigentlich wirklich bewiesen werden muss, bevor man (sonst oft willk¨ urliche) Schlussfolgerungen aus den Voraussetzungen zieht. Sobald man zu konkreten Zielen kommt, die ersichtlicherweise mit den Voraussetzungen nachgewiesen werden k¨onnen (oder m¨ ussen, weil keine weiteren Abk¨ urzungen aufl¨osbar und keine Nachweisregeln mehr anwendbar sind), wechselt man in den Vorw¨ artsmodus. In diesem kommen die Benutzungsregeln der Grundaussagen zusammen mit Aufl¨osungen von Abk¨ urzungen zum Einsatz, um den Beweis zu vervollst¨andigen. Da jeder Schritt im R¨ uckw¨arts- und Vorw¨artsmodus mit einem Textbaustein verbunden ist, ist auch stets klar (oder kann nachgeschlagen werden), wie der Beweistext vorangeht. So entsteht dieser u ¨ber weite Teile von ganz alleine und es ist sp¨ater genau nachvollziehbar, welche Schritte gemacht wurden. Dass die Verkettung der Textbausteine zu einem kompletten Beweistext f¨ uhrt, soll nun an einem Beispiel demonstriert werden, in dem die Aussage bewiesen wird, dass f¨ ur zwei Mengen A, B mit A ⊂ B die Gleichheit A ∩ B = A gilt. In der Randspalte kommentieren wir dabei die R¨ uckw¨arts-Vorw¨arts-Methode. R¨ uckw¨ artsmodus. . .

Beweis. Gelte A ⊂ B. Zu zeigen: A ∩ B = A.

Nachweis ⇒

Dazu zeigen wir: A ∩ B ⊂ A und A ⊂ A ∩ B.

Nachweis einer Mengengleichheit

Nachweis von A ∩ B ⊂ A: Zu zeigen: ∀x ∈ A ∩ B : x ∈ A.

Aufl¨ osung ⊂

Sei x ∈ A ∩ B gegeben. Zu zeigen: x ∈ A.

Nachweis ∀

218

C Hinweise f¨ ur Lehrende

Vorw¨ artsmodus . . . Aufl¨ osung ∩

Mit der Definition von ∩ finden wir x ∈ {y ∈ A : y ∈ B}.

Benutzung ∈

Damit gilt x ∈ A und x ∈ B, also insbesondere x ∈ A.

R¨ uckw¨ artsmodus. . .

Nachweis von A ⊂ A ∩ B:

Aufl¨ osung ⊂

Zu zeigen is ∀x ∈ A : x ∈ A ∩ B.

Nachweis ∀

Sei x ∈ A gegeben. Zu zeigen: x ∈ A ∩ B,

Aufl¨ osung ∩

d. h., zu zeigen ist x ∈ {y ∈ A : y ∈ B},

Nachweis ∈

d. h., zu zeigen ist sind x ∈ A und x ∈ B.

Vorw¨ artsmodus . . .

Nach Voraussetzung gilt x ∈ A.

Aufl¨ osung ⊂

Wir wenden die Voraussetzung A ⊂ B, also (∀y ∈ A : y ∈ B), auf x an:

Benutzung ∀

Da x ∈ A gilt, folgt x ∈ B. ¨ Ubung macht den Meister. Nachdem in Kapitel 2 alle Regeln eingef¨ uhrt und kurz illustriert werden, dient Kapitel 3 der ausf¨ uhrlichen ¨ Ubung. Hier werden insbesondere Relationen und Funktionen eingef¨ uhrt sowie Rekursion und Induktion besprochen. Im Anschluss sollte das formalsprachliche Ger¨ ust, in dem mathematisches Arbeiten stattfindet, soweit pr¨asent sein, dass eigenst¨ andigeres Vorgehen in diesem Rahmen m¨oglich wird. Zur Unterst¨ utzung wird in Kapiteln 4 und 5 an konkreten, weiterf¨ uhrenden Beispielen aus dem Vorlesungsalltag ge¨ ubt, wie mathematische Ideen im Hinblick auf die sp¨atere formale Nutzbarkeit umgesetzt werden. Im Text werden dabei nur noch die Kernideen diskutiert, w¨ ahrend die pr¨ azisen Beweise ¨ Ubungsaufgaben bilden.

Schwierigkeiten und Unterst¨ utzungsm¨ oglichkeiten Strukturiertes, kleinschrittiges Vorgehen ist ungewohnt. Um die R¨ uckw¨arts-Vorw¨arts-Methode mit den Studierenden zu u ¨ben, beginnen wir mit Beweisen, die sich durch diesen Ansatz (fast) von alleine schreiben, wenn man sich genau an die Regeln h¨ alt. Die Studierenden erleben dabei, dass die Regeleinhaltung automatisch die Knackpunkte der Argumentation offenlegt und sie in vielen F¨ allen die Verbindung zu den Voraussetzungen selbst herstellen k¨ onnen. So sammeln sie Selbstvertrauen und Erfolgserlebnisse. Allerdings klappt dieser Lernprozess nicht reibungslos. So ben¨ otigt es immer wieder Aufforderungen, sich an die Regeln zu halten, d. h. den Typ der Aussage zu ermitteln und den entsprechenden Text zu

C Hinweise f¨ ur Lehrende

219

benutzen. Selbst wenn diese Schritte nach einer gewissen Zeit beherrscht werden, stellt man fest, dass viele Studierende in ihren Beweisen die Regeln einige Schritte lang befolgen, dann aber pl¨ otzlich ausbrechen und ihre Argumentationsweise abrupt ¨ andern. Genau an diesen Stellen finden sich dann typischerweise Argumentationsfehler. Fragt man nach den Gr¨ unden f¨ ur dieses Verhalten, so erh¨ alt man oft die Antwort, dass die Folgerungen doch offensichtlich sind und es umst¨andlich sie, immer alle Schritte aufzuschreiben. M¨ oglicherweise wird daran sichtbar, dass die Motivation beim Bearbeiten von Aufgaben prim¨ar das m¨oglichst schnelle Verstehen des Sachverhalts ist und nicht dessen genaue Erkl¨arung nach den vorgestellten Regeln. ¨ Die Bedeutung des kleinschrittigen Vorgehens bei der Uberpr¨ ufung eines erkannten bzw. oft nur erahnten Sachverhalts verlangt daher eine l¨angere Gew¨ohnungsphase mit sehr vielen Aufforderungen, sich an die Regeln zu halten.

Probleme entstehen bei Variablen“. Die Regeln zum Umgang ” mit rein aussagenlogischen Konstrukten (∧, ∨, ⇒, ⇔, ¬) stellen zwar auch kleinere Fallstricke bereit, etwa das einschließende Oder, ernsthafte und lang anhaltende Schwierigkeiten haben wir hier jedoch selten erlebt. Schwierigkeiten tauchen hingegen sehr h¨ aufig und in großer Vielfalt auf, sobald Variablen“ beteiligt sind. Schon die ” Unklarheit des Begriffs Variable“ selbst scheint uns hier Teil des ” Problems zu sein (deshalb auch die Anf¨ uhrungszeichen). Zwecks eines pr¨aziseren Sprachgebrauchs benutzen wir in diesem Buch stattdessen unterschiedliche Begriffe f¨ ur verschiedene Aspekte, die oft alle mit dem Begriff Variable“ in Verbindung gebracht ” werden: Wir unterscheiden zwischen den beiden grunds¨ atzlichen verschiedenen Konzepten des (Objekt-) Namens zur Bezeichnung individueller mathematischer Objekte auf der einen Seite und des Platzhalters, in den ein mathematisches Objekt eingesetzt werden kann, auf der anderen Seite. Schreiben wir etwa Sei (ein) x ∈ R gegeben, so haben wir eine reelle Zahl vor Augen, der wir den Namen x gegeben haben. Zwar denken wir dabei nicht unbedingt an die Zahl 5 oder die Zahl π, dennoch haben wir eine Zahl vor Augen. Schreiben wir hingegen ur jedes x ∈ R, Es gilt x2 ≥ 0 f¨ so haben wir nicht eine Zahl x vor dem inneren Auge, deren Quadrat nichtnegativ ist, sondern eine Aussage u ¨ber alle reelle Zahlen. Das

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C Hinweise f¨ ur Lehrende

Symbol x wird dabei lediglich als Platzhalter verwendet, der n¨ otig onnen. ist, um die Aussage(form) x2 ≥ 0 schreiben zu k¨ Ein h¨aufig erlebtes Problem, das aus einem ungenauen Verst¨ andnis dieses Unterschieds resultieren d¨ urfte, ist, dass Studierende nicht klar benennen k¨onnen, u ¨ber welche (individuellen) Objekte in einem mathematischen Text gesprochen wird bzw. welche Objekte eigentlich zu einem aktuellen Punkt da sind“. Dies ist z.B. dann pro” blematisch, wenn eine Existenzaussage bewiesen oder eine F¨ ur-alleAussage benutzt werden soll, da hier das Benennen eines gegebenen Objekts erforderlich ist (das durch einen Namen bezeichnet ist), das die Existenzaussage wahr macht bzw. auf das die F¨ ur-alle-Aussage angewendet werden soll. Hier scheint uns eine gedankliche L¨ ucke zwischen dem Denken u ¨ber mathematische Sachverhalte und dem u agliche Sachverhalte ¨ber allt¨ zu bestehen. Denn im allt¨aglichen Denken d¨ urfte die unterschiedliche Verwendung der beiden Konzepte selten zu Problemen f¨ uhren. Beginnt etwa eine Geschichte mit In einem Haus in einer großen Stadt wohnte ein Mann mit Namen Max, so hat vermutlich niemand Schwierigkeiten damit, dabei an einen Mann zu denken und nicht an alle M¨ anner mit dem Namen Max und auch nicht nur an den einen Nachbarn, Verwandten oder Bekannten, der zuf¨alligerweise ebenfalls Max heißt. Und geht die Geschichte weiter mit Die Stadt war eine ganz besondere Stadt, denn alle m¨annlichen Bewohner der Stadt hatten blonde Haare und alle weiblichen Bewohner braune, so werden vermutlich die meisten Leser dies zur Kenntnis nehmen (k¨onnen), ohne sich dabei sofort neben Max noch einen zweiten Stadtbewohner und eine Stadtbewohnerin als konkrete Charaktere der Geschichte vorzustellen. Ein Unterschied zu dem vorherigen mathematischen Beispiel ist nat¨ urlich, dass hier den Platzhaltern m¨annlicher Bewohner und weiblicher Bewohner keine Namen gegeben werden. Umso wichtiger erscheint uns, ausf¨ uhrlich mit den Studierenden u ¨ber unsere und ihre Vorstellung zu den Konzepten (Objekt-) Name und Platzhalter zu diskutieren.

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Ideen f¨ ur verschiedene Nutzungen des Buchs In einem Vorkurs Idealerweise w¨ urden wir uns vorstellen (man darf nat¨ urlich anderer Meinung sein), dass Studienanf¨ anger im Fach Mathematik die in diesem Buch vorgestellten methodischen Grundlagen aus den Kapiteln 1 bis 3 hinreichend gut erlernen, bevor es mit den eigentlichen Inhalten der u ¨blichen Vorlesungen in Analysis und Linearer Algebra losgeht. Ohne einen gr¨oßeren Eingriff in das an den meisten deutschen Universit¨aten wohl ¨ahnlich gestaltete erste Semester d¨ urfte dies nur im Rahmen eines Vorkurses m¨ oglich sein. An der Universit¨at Konstanz geschieht dies in einem vierw¨ochigen Vorkurs, wobei die dortige Pr¨asentation nicht ganz der hier im Buch folgt und der Vorkurs auch andere Themen behandelt. In diesem Vorkurs werden t¨aglich von Montag bis Donnerstag in einer 45-min¨ utigen Vorlesung ungef¨ahr ein bis zwei logische Grundaussagetypen mit den zugeh¨origen Nachweis- und Benutzungsregeln behandelt, die in einer am gleichen Tag stattfindenden Pr¨asenz¨ ubung ge¨ ubt und am Folgetag in Kleingruppen nochmals besprochen werden. In den vier Wochen werden so in etwa die Inhalte der ersten beiden Kapitel sowie Ausz¨ uge des dritten Kapitels behandelt (zum Beispiel die Abschnitte zu Relationen, Funktionen, Rekursion und Induktion). Wir k¨onnen uns gut vorstellen, dass auch in einem zweiw¨ochigen Vorkurs die wesentlichen Inhalte der ersten drei Kapitel behandelt werden k¨onnen. Naheliegend w¨are dann sicherlich eine simultane Pr¨asentation der ersten beiden Kapitel, also der Sprach- und der Argumentationsregeln. In lediglich einer Woche sollten auch diese beiden Kapitel behandelt werden k¨onnen. Wichtig ist aus unserer Erfahrung vor allem, dass gen¨ ugend Zeit ¨ zum selbstst¨andigen Uben und zur Diskussion zur Verf¨ ugung gestellt wird. Daf¨ ur lieber weniger Themen zu behandeln, w¨ are aus unserer Sicht eindeutig der bessere Kompromiss. Im Selbststudium. Studieninteressierte oder auch Studienanf¨ angerinnen und Studienanf¨anger, die nicht an einem Vorkurs teilnehmen, k¨onnen unser Buch auch gut im Selbststudium verwenden (oder auch w¨ahrend des Semesters nacharbeiten). Die vielen Aufgaben sowie die Hinweise und L¨osungen unterst¨ utzen ein selbstst¨ andiges Durcharbeiten.

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In einem Kurs w¨ ahrend des ersten Semesters. Wir selbst haben das Buch in einem Kurs verwendet, der parallel zu den Vorlesungen Analysis I und Lineare Algebra I lief und von den Studierenden auf freiwilliger Basis besucht werden konnte. Viele der Studierenden hatten zudem schon einen Vorkurs besucht, in dem große Teile der Sprach- und Argumentationsregeln (in etwas anderer Form) behandelt worden waren. In diesem Setting fanden wir ein systematisches (lineares) Durchgehen der ersten drei Kapitel wenig sinnvoll. Wir haben stattdessen in den ersten sechs, sieben Wochen exemplarisch verschiedene Einzelthemen aus diesen Kapiteln ausgew¨ ahlt, anhand derer wir stellvertretend die Systematik des mathematischen Arbeitens illustriert und ge¨ ubt haben. In der zweiten Semesterh¨ alfte haben wir große Teile der Kapitel 4 und 5 behandelt, um mathematisches Arbeiten in komplexeren Situationen zu u ¨ben, wo das Finden von Ideen eine gr¨oßere Rolle spielt. Besonderen Wert haben wir dabei stets darauf gelegt, dass Studierende aktiv ihre Fragen eingebracht und viel selbst ge¨ ubt haben. So haben wir die meisten Termine mit einer kurzen Aktivierung des gesamten Plenums begonnen. Dabei ging es in der Regel um einen von uns ausgew¨ahlten Aussagetyp (z. B. die F¨ ur-alle-Aussage) oder ein Konzept (z. B. Platzhalter und Objektnamen), und es sollte sichtbar werden, wie gut zugeh¨orige Sprach- und Argumentationsregeln oder das Konzept bereits verinnerlicht und mentale Assoziationen ausgebildet waren. Andererseits diente diese Phase nat¨ urlich auch der kurzen Wiederholung wichtiger Themen. Anschließend haben wir ein, zwei Aufgaben zum selben Thema gestellt, die die Studierenden be¨ arbeiten sollten. W¨ahrend dieser Ubungsphase haben wir individuell Fragen beantwortet (oder selbst gestellt) und generell beobachtet, an genau welchen Stellen die Studierenden h¨ aufig steckengeblieben sind und welche Fehler sie gemacht haben. Diese waren dann wiederum Grundlage f¨ ur die Planung der n¨ achsten Veranstaltung sowie letztlich nat¨ urlich auch f¨ ur das Buch.

Als Literaturerg¨ anzung einer Anf¨ angervorlesung. In einer typischen Vorlesung Analysis I oder Lineare Algebra I fehlt in der Regel die Zeit, um ausf¨ uhrlich auf die formal-sprachlichen Grundlagen mathematischen Arbeitens einzugehen. Hier k¨ onnte unser Buch als zus¨atzliche Literatur eine gute Erg¨ anzung sein. Wenn man als Dozent einer solchen Vorlesung die u ¨bliche (kurze) Einf¨ uhrung in einige Grundlagen der Logik und Mengenlehre an der Darstellung unseres Buchs orientiert, h¨ atten Studierende automatisch die M¨oglichkeit, bei Bedarf weitere Details nachzulesen und ein-

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zu¨ uben. Als weitere Anregung zur Auseinandersetzung mit den methodischen Grundlagen des mathematischen Arbeitens k¨ onnte man eine der w¨ochentlich von den Studierenden zu bearbeitenden Aufgaben auf Abschnitte unseres Buchs abstimmen. In der Schule! Ausdr¨ ucklich m¨ochten wir Mathematiklehrerinnen und -lehrer dazu ermutigen, unser Buch oder Ausz¨ uge daraus in Mathe-AGs und Spezialkursen zu verwenden oder interessierten Sch¨ ulerinnen und Sch¨ ulern zur eigenst¨andigen Lekt¨ ure zu geben. Da wir nur vergleichsweise wenig mathematisches Vorwissen voraussetzen, sollte das Buch ab der fortgeschrittenen Mittelstufe verst¨ andlich sein (erste Erfahrungen scheinen das zu best¨atigen).

¨ D Tipps zu den Ubungen ........................................................................................ Grunds¨ atzlich ist die Idee, dass du die Aufgaben in diesem Buch ohne Hilfestellung l¨ ost. Hast du bei einer Aufgabe aber keine Idee, wie du an die Fragestellung herangehen sollst, dann sei nicht zu schnell entmtutigt. Oft hilft es, wenn du dir den vorangegangenen Text mit den darin enthaltenen Beispielen noch einmal anschaust und versuchst, bei deiner Aufgabe in ¨ ahnlicher Weise vorzugehen. Geht es ab Kapitel 2 um einen Beweis, dann denke an die grunds¨ atzliche Beweisstrategie und halte dich strikt an die Regeln. Die Textst¨ ucke in Anhang B helfen dir dabei. Wenn all das nicht funktioniert, kannst du dir gerne den Tipp zur Aufgabe ansehen. In Kombination mit der einge¨ ubten Grundstrategie weist er einen m¨ oglichen Weg zum Ziel auf. F¨ ur deine erste Aufgabe k¨ onnte das so aussehen:

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¨ Uberlege, wie du schreiben oder lesen gelernt hast. Spielst du ein Instrument? Wie hast du das gelernt? Gen¨ ugt es, andere Menschen bei der entsprechenden T¨ atigkeit zu beobachten? Was ist unbedingt n¨ otig, damit du etwas lernst? Achte darauf, dass du bei der gestrichelten Linie aufh¨ orst zu lesen, um dir f¨ ur deine n¨ achste Aufgabe nicht das Erfolgserlebnis zu nehmen, selbst auf eine L¨ osung gekommen zu sein! In der elektronischen Aufgabe kommst du durch einen Klick auf die Aufgabennummer zur¨ uck zur Textstelle. ........................................................................................ Formuliere den Satz des Pythagoras in Textform. Die Namen, die du zur Beschreibung des Ausgangs der Geschichte ben¨ otigst, stellen die Akteure dar. ........................................................................................ Grundlage ist die Oder-Aussage mit dem Symbol ∨. W¨ ahle die beiden beteiligten Aussagen so, dass die Entweder-oder Aussage entsteht. ........................................................................................ ¨ Uberlege, welche Aussage hier negiert wird. ........................................................................................ Das Wort jedes deutet immer auf eine F¨ ur-alle-Aussage hin. W¨ ahle dir einen Platzhalternamen f¨ ur das Element und fomuliere den beschriebenen Sachverhalt. ........................................................................................ ¨ Ubersetze beide Aussagen in umgangssprachlichen Texte und lass diese auf dich wirken. Was ist der Unterschied zwischen den beiden Situationen? ........................................................................................ Denke dir jeweils einen Platzhalternamen aus, mit dem du die Aussage formulieren willst. ¨ Uberlege weiter, welche Aussage jeweils negiert wird. ........................................................................................ Wie w¨ urdest du A ⊂ B aussprechen? Welche Bedingungen werden von A, B gefordert? ........................................................................................ ¨ Schreibe zun¨ achst die Formel auf mit Platzhaltern in den Z¨ ahlern und Nennern. Uberlege dann, aus welchen Mengen die Platzhalterelemente gew¨ ahlt werden d¨ urfen und f¨ uge die F¨ ur-alle-Quantoren hinzu. ........................................................................................ © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 M. Junk und J.-H. Treude, Beweisen lernen Schritt für Schritt, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61616-1_10

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........................................................................................ Kennst du eine Situation, in der aus a · x = a · b nicht zwingend x = b folgt? ........................................................................................ Teil (a) kannst du so ¨ ahnlich l¨ osen wie das Beispiel der Menge aller durch 2 teilbaren nat¨ urlichen Zahlen. F¨ ur Teil (b) orientiere dich an der Beschreibung von R>0 . ........................................................................................ ¨ Uber ein Element x des Schnitts weiß man, dass es in allen Elementen von A enthalten sein muss. Diese Bedingung an x ist die gesuchte x-abh¨ angige Aussage Ex . ........................................................................................ Eine m¨ ogliche Textbildungsstrategie bei Abk¨ urzungen f¨ ur Objektausdr¨ ucke sieht so aus: Seien (. . . Spalte Bedingung). Unter (. . . Spalte Ausdruck) verstehen wir (. . . Spalte Abk¨ urzung – Prosabeschreibung m¨ oglich) und sprechen von (. . . Spalte Aussprache). ........................................................................................ Suche aus dem Definitionstext die abk¨ urzende Schreibweise, die zugeh¨ orige Sprechweise und die Bedingung an die im Ausdruck auftretenden Platzhalter heraus. Anschließend formuliere den abzuk¨ urzenden Ausdruck mit den zur Verf¨ ugung stehenden mathematischen Schreibweisen. ........................................................................................ Suche aus dem Satz-Text die Voraussetzung und die Folgerung heraus. F¨ ur jeden ben¨ otigten Platzhalter ist ein Quantorsymbol ∀ erforderlich. ........................................................................................ Das Symbol 0 war nur eine Abk¨ urzung f¨ ur ∅. Ersetze in den Definitionen von 1, 2, 3, 4 also 0 durch ∅. F¨ ur 1 findet sich dann die Form {∅}, die du in den Definitionen von 2, 3, 4 benutzt usw. ........................................................................................ Um sich im Ausdruck zurechtzufinden, ist es hilfreich, geklammerte Ausdr¨ ucke durch einen abk¨ urzenden Buchstaben zu ersetzen. Mit den Abk¨ urzungen a := (x ∈ B), b := (x ∈ C) vereinfacht sich der Ausdruck z. B. zu ((x ∈ A) ∧ ((A ⊂ B) ∨ (A ⊂ C))) ⇒ (a ∨ b). F¨ uhre diesen Prozess konsequent mit weiteren Buchstaben f¨ ur die verbleibenden sechs Klammern fort. Was am Schluss u ¨brig bleibt, ist die oberste Ausdrucksebene. Die darin auftretenden Buchstaben zeigen die Struktur der n¨ achsten Ebene usw. Das Ergebnis kannst du nun leicht in einen Baum u ¨bertragen. ........................................................................................ Zum Anwenden eines Satzes musst du angeben, wie seine Platzhalter mit konkreten Objekten belegt werden sollen. Dabei m¨ ussen die Voraussetzungen f¨ ur die konkreten Objekte gelten. Im vorliegenden Fall musst du also drei nat¨ urliche Zahlen w¨ ahlen. Die Folgerung des Satzes erh¨ altst du dann mit den konkreten Zahlen anstelle der Platzhalter. ........................................................................................ Diese Situation kommt in der Mathematik sehr h¨ aufig vor: Man m¨ ochte wissen, ob eine konkrete Aussage gilt. Dazu sucht man einen Satz, der bei geschickter Belegung der Platzhalter auf die gesuchte Aussage f¨ uhrt. Wie m¨ ussen die Platzhalter im Satz von Aufgabe ( 18) belegt werden, damit die konkrete Aussage als Folgerung des Satzes entsteht? ........................................................................................ Lass dich durch die vielen Symbole im Ausdruck nicht verwirren, sondern stelle dir die Frage: Um was f¨ ur eine Aussage geht es? Durch Aufbau des Ausdrucksbaums kannst du diese Frage beantworten – es handelt sich hier um eine Implikation. Schreibe nun den Nachweistext auf und schaue dann erst genauer auf dein neues Beweisziel. Die Verwirrung verschwindet, wenn man die vielen Symbole Schritt f¨ ur Schritt betrachtet! ........................................................................................

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........................................................................................ Auch hier nicht verwirren lassen, sondern erst einmal den Typ der Aussage herausfinden (z. B. mit einem Ausdrucksbaum). Schreibe dann konsequent den Nachweistext auf, wobei die Teilaussagen erstmal nur kopiert werden. Im zweiten Schritt gehst du genauso vor. Dann siehst du am Ende durch den Beweistext, was zu zeigen ist und wovon du ausgehen kannst. Jetzt m¨ ussen diese F¨ aden nur noch verbunden werden, indem du zum Beispiel eine geltende Implikation benutzt. Gehe mit der zweiten Aussage genauso um. ........................................................................................ Benutze die Nachweistexte f¨ ur ⇒ und anschließend f¨ ur ∧. Dabei werden deine neuen ¨ (einfacheren) Ziele klar benannt. Uberlege dann, mit welchen Benutzungsregeln die Ziele erreicht werden k¨ onnen. ........................................................................................ Beginne mit dem Nachweistext f¨ ur ∧. Benutze dann die Voraussetzung. ........................................................................................ Arbeite zuerst durch zweimalige Anwendung der ∧-Nachweisregel das Beweisziel heraus und verwende dann zweimal die ∧-Benutzungsregel. F¨ ur die umgekehrte Richtung gehe genauso vor. ........................................................................................ Um eine Bestandsaufnahme zu machen, gehe die Voraussetzungen des Satzes und den gesamten Beweis bis zu dieser Stelle durch und notiere die eingef¨ uhrten Namen, die geltenden Aussagen und die noch zu zeigenden Aussagen. ........................................................................................ Stelle dir immer die Frage: Wie kann ich die Voraussetzungen benutzen, um dem herauspr¨ aparierten Ziel n¨ aher zu kommen? Eine m¨ ogliche Antwort darauf liefern immer die Benutzungsregeln! ........................................................................................ Schritt 1: Wie lautet der Nachweistext f¨ ur eine Implikation? Schritt 2: Wie kann die angenommene Oder-Aussage benutzt werden? ........................................................................................ Um auf B ∨ A zu schließen, m¨ ussten wir wissen, dass eine der Aussagen gilt. Die Voraussetzung sagt aber nicht genau, welche Situation vorliegt. Sie l¨ asst aber eine Fallunterscheidung zu, die aus der etwas unsicheren Oder-Aussage A ∨ B zwei sehr konkrete F¨ alle macht, in denen man das Beweisziel jeweils erreichen kann. ........................................................................................ Um die Voraussetzung zu benutzen, steht die Fallunterscheidung zur Verf¨ ugung. In einem der beiden F¨ alle gilt wieder eine Oder-Aussage, die ebenfalls wieder eine Fallunterscheidung erlaubt. Es kommen also zwei Fallunterscheidungen zum Einsatz. Das gilt f¨ ur jede der beiden Teilaufgaben. ........................................................................................ Schritt 1: Nachweistext f¨ ur Implikationen. Schritt 2: Nachweistext f¨ ur Und-Aussagen. Schritt 3: Benutzung der Voraussetzung in Form einer Fallunterscheidung. ........................................................................................ Um eine Bestandsaufnahme zu machen, gehe die Voraussetzungen des Satzes und den gesamten Beweis bis zu dieser Stelle durch und notiere die geltenden Aussagen und die noch zu zeigenden Aussagen. Beachte dabei die G¨ ultigkeitsbereiche der Aussagen. ........................................................................................ Wiederhole den Beweis, dass aus (¬A) ⇒ B die Oder-Aussage A ∨ B folgt, sinngem¨ aß mit vertauschten Rollen. Achte darauf, ob alle Regeln weiterhin anwendbar sind. ........................................................................................

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........................................................................................ Um eine Bestandsaufnahme zu machen, gehe die Voraussetzungen des Satzes und den gesamten Beweis bis zu dieser Stelle durch und notiere die geltenden Aussagen und die noch zu zeigenden Aussagen. ........................................................................................ Formuliere den Nachweistext f¨ ur die ∧-Aussage und zeige die beiden Nicht-Aussagen durch die zugeh¨ orige Nachweisregel. ........................................................................................ Um eine Bestandsaufnahme zu machen, gehe die Voraussetzungen des Satzes und den gesamten Beweis bis zu dieser Stelle durch und notiere die geltenden Aussagen und die noch zu zeigenden Aussagen. ........................................................................................ Das Beweisziel ist der Nachweis, dass B gilt. Zeige diese Aussage in beiden F¨ allen und denke daran, was in widerspr¨ uchlichen Situationen passiert. ........................................................................................ Schreibe die Gesamtaussage des Satzes als Implikation. Verwende die ⇒-Nachweisregel. Verwende sie ebenfalls f¨ ur dein neues Hilfsziel. Nutze eine Fallunterscheidung basierend auf A ∨ (¬A). Achte auf Widerspr¨ uche! ........................................................................................ Schritt 1: Nachweistext f¨ ur Implikationen. Schritt 2: Nachweistext f¨ ur Oder-Aussagen aus Abschnitt B.4 auf Seite 199. Welche der beiden m¨ oglichen Varianten des oberen Nachweistextes ist hier praktischer, um die geltenden Aussagen ins Spiel zu bringen? F¨ ur die umgekehrte Implikation ((¬A) ∨ B) ⇒ (A ⇒ B) beginne mit Schritt 1: Nachweistext f¨ ur Implikation. Schritt 2: Nachweistext f¨ ur Implikation. Schritt 3: Nutzung der geltenden Oder-Aussage durch eine Fallunterscheidung. Achte darauf, in beiden F¨ allen die gleiche Aussage zu zeigen. ........................................................................................ ¨ Wiederhole den ersten Teil des Satzes mit getauschten Rollen. Uberpr¨ ufe, ob sich die Regeln genauso anwenden lassen. ........................................................................................ ¨ Wiederhole den Widerspruchsbeweis zum Nachweis von ¬E mit getauschten Rollen. Uberpr¨ ufe, ob sich die Regeln genauso anwenden lassen. ........................................................................................ ¨ Aquivalenzen werden durch zwei entsprechende Implikationen gezeigt. Suche in den alten Ergebnissen nach passenden Implikationen und wende die entsprechenden S¨ atze an. Jeweils eine Implikation fehlt bei (i) und bei (iii). Nutze zu ihrem Nachweis die jeweils u ¨blichen Regeln. ........................................................................................ ¨ Schritt 1: Benutzungstext der Aquivalenz. Schritt 2: Benutzungstext der Implikation. Schritt 3: Beachte, dass nach Aufgabe ( 37) mit einer Implikation auch die zugeh¨ orige Kontraposition gilt. Das ist beim Schließen aus einer negierten Aussage hilfreich. ........................................................................................ ¨ Kombiniere Nachweis- und Benutzungsregel der Aquivalenz. ........................................................................................ Wende zun¨ achst den Satz ( 43) an. Beschreibe bei der anschließenden Anwendung von ( 42), wie die Platzhalter des Satzes durch die dir zur Verf¨ ugung stehenden Aussagen belegt werden m¨ ussen, damit die Voraussetzung erf¨ ullt ist und das Ergebnis weiterhilft. ........................................................................................

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........................................................................................ ¨ Benutze die Nachweisregel f¨ ur Aquivalenzen und denke an Satz 2.3. ........................................................................................ Wende Aufgabe ( 45) auf einen geeigneten Ausdruck anstelle von A an und f¨ uhre in der ¨ resultierenden Aquivalenz eine Ersetzung durch. ........................................................................................ ¨ Uberlege, in welcher geltenden Aussage du mit den geltenden Gleichheiten Ersetzungen durchf¨ uhren kannst, sodass das gew¨ unschte Ergebnis entsteht. ........................................................................................ Schritt 1: Ersetze die Differenzmenge durch ihre Langform. Schritt 2: Benutzungstext auf Seite 209 f¨ ur die geltende Elementaussage. Schritt 3: Ersetze die Vereinigungsmenge durch ihre Langform. Schritt 4: Benutzungstext auf Seite 209 f¨ ur die geltende Existenzaussage. Schritt 5: Nutze die geltende Oder-Aussage mit einer Fallunterscheidung. ........................................................................................ Wie lautet die Langform von A ⊂ B? Welche Aussagen werden vorausgesetzt, welche m¨ ussen gezeigt werden? ........................................................................................ Schritt 1: Im Beweisziel die Langform sichtbar machen und die Nachweisregel f¨ ur F¨ uralle-Aussagen verwenden. Schritt 2: Langform der Vereinigungsmenge ins Spiel bringen und Benutzungstext auf Seite 209 ausnutzen. Schritt 3: Fallunterscheidug durchf¨ uhren. ........................................................................................ Wenn du eine Teilmengenaussage zeigen sollst, ersetze sie durch die Langform und verwende ihren Nachweistext. Wenn du auf eine Schnittmenge st¨ oßt, schreibe sie in Langform und verwende die Benutzungsregel aus Abschnitt B.14 auf Seite 209. ........................................................................................ Wenn du eine Teilmengenaussage benutzen oder zeigen sollst, ersetze sie erst durch die Langform und verwende dann die passenden Texte. Wenn du auf eine Schnittmenge st¨ oßt, schreibe sie in Langform und verwende die passenden Texte von Seite 209. ........................................................................................ Benutze Axiom 1.4, um zu zeigen, dass A ⊂ U gilt. Schreibe dies mit der Langform und verwende die Benutzungsregel. ........................................................................................ Schreibe die Voraussetzung zun¨ achst als F¨ ur-alle-Aussage, damit du sie sp¨ ater richtig verwenden kannst. Wandle dann die zu zeigende Inklusionsaussage in eine F¨ ur-alle-Aussage um und benutze den Nachweistext. Lass dich nicht von dem vielleicht etwas unheimlichen Vereinigungssymbol erschrecken. Verwandle es einfach in die zugeh¨ orige Langform (siehe Abschnitt 1.3) und nutze die Regeln aus Abschnitt B.14 auf Seite 209. Nutze dann auch die M¨ oglichkeiten, die eine geltende Existenzaussage bietet. ........................................................................................ ¨ Benutze den Nachweistext aus Abschnitt B.14 auf Seite 209. Uberlege auf einem Schmierblatt, welches Element zum Nachweis der Existenzaussage verwendet werden kann. Beende den Beweis mit dem Nachweistext f¨ ur Existenzaussagen aus Abschnitt B.7 auf Seite 202. ........................................................................................ ¨ Ubersetze die Aussage in Umgangssprache. Wenn sie dann plausibel klingt, beginne den Beweis mit dem passenden Nachweistext und fahre anschließend wie gewohnt fort. Klingt die Aussage unplausibel, dann bist du der Meinung, dass sie nicht stimmt, d. h., dass ihr Gegenteil wahr ist. Versuche in diesem Fall die Aussage ¬∀x ∈ Z : ∃y ∈ Z : x + y = 5 zu zeigen, indem du mit dem Nachweistext f¨ ur Negationen auf Seite 200 weitermachst. ........................................................................................

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........................................................................................ ¨ Ubersetze die Aussage in Umgangssprache. Wenn sie dann plausibel klingt, beginne den Beweis mit dem passenden Nachweistext und fahre anschließend wie gewohnt fort. Klingt die Aussage unplausibel, dann bist du der Meinung, dass sie nicht stimmt, d. h., dass ihr Gegenteil wahr ist. Versuche in diesem Fall die Aussage ¬∃x ∈ Z : ∀y ∈ Z : x + y = 5 zu zeigen, indem du mit dem Nachweistext f¨ ur Negationen auf Seite 200 weitermachst. ........................................................................................ Stelle die Inklusionsaussage ur-alle-Aussage dar und beginne mit dem Nachweis als F¨ text. Ersetze anschließend A durch die zugeh¨ orige Langform (siehe Abschnitt 1.3) und verwende den Nachweistext aus Abschnitt B.14 auf Seite 209. Benutze nun die vorausgesetzte Existenzaussage, um das umgewandelte Beweisziel zu erreichen. Beim sorgf¨ altigen Arbeiten solltest du auch Aufgabe ( 53) benutzen. ........................................................................................ Zum Widerlegen einer ∃-Aussage musst du die entsprechende ¬∃-Aussage beweisen. Entsprechend der Nachweisregel ist dazu ∀A ∈ M : ¬((∅ ∩ A) ⊂ A) zu zeigen. F¨ uhre diesen Beweis wie gewohnt. ........................................................................................ Zum Widerlegen einer ∀-Aussage musst du die entsprechende ¬∀-Aussage beweisen. Entsprechend der Nachweisregel gen¨ ugt dazu ein Gegenbeispiel, also eine Zahl n ∈ N, f¨ ur die gilt ∃p ∈ N≥2 : ∃q ∈ N≥2 : n2 + n + 41 = p · q. Wenn du keine Idee hast, beginne einfach damit, die nat¨ urlichen Zahlen {1, 2, 3, . . .} durchzuprobieren. ¨ Ubrigens: Eine Zahl, die sich als Produkt zweier Zahlen p, q gr¨ oßer als 1 schreiben l¨ asst, ist keine Primzahl – es wird also ein n gesucht, sodass n2 + n + 41 keine Primzahl ist. Schaue dir jetzt mal die Formel genauer an. F¨ ur welches n kann man das Ergebnis garantiert als Produkt schreiben? ........................................................................................ Zur Formulierung der Umkehrung gehst du wieder von zwei Mengen A und B aus. Nun schreibst du die urspr¨ ungliche Folgerung als Voraussetzung und die Voraussetzung als Folgerung auf. Zum Beweis h¨ altst du dich stur an das vorgegebene Muster: Zun¨ achst wird das Ziel in Langform geschrieben und dann die entsprechende Nachweisregel benutzt. Dann bringst du die Voraussetzung ins Spiel und verwendest die Langform zur Schnittmenge. ........................................................................................ Wenn du im Satz 3.1 das Schnittsymbol ∩ durch das Vereinigungssymbol ∪ ersetzt, dann ergibt sich zun¨ achst die Satzaussage, dass aus A ⊂ B die Situation A ∪ B = A folgt. Hier kann man sich schnell u ¨berlegen, dass das nicht sein kann: Wenn A nur aus einem Teil der Elemente von B besteht, dann f¨ uhrt die Vereinigung der beiden auf die gr¨ oßere und nicht auf die kleinere Menge. Eine wahre Aussage entsteht also erst dann, wenn wir A ∪ B = B schreiben oder A ⊂ B durch B ⊂ A ersetzen. ........................................................................................ Damit die mechanischen Beweisregeln greifen k¨ onnen, schreibst du die zu zeigende Aussage zuerst mit Symbolen auf. Hier sieht das zum Beispiel so aus: Sei A eine Menge. Zu zeigen ist ∅ ⊂ A. Anschließend schreibst du das Ziel in Langform und h¨ altst dich stur an die Nachweisregeln. Denke daran, was in widerspr¨ uchlichen Situationen passiert. ........................................................................................ Denke daran: Mengengleichheiten werden (fast immer) durch zwei Inklusionen gezeigt. Nutze dabei, dass wir bereits Satzaussagen f¨ ur die leere Menge haben, die du mit der Satzbenutzungsregel verwenden kannst. Ansonsten gilt beim Umgang mit der sehr speziellen leeren Menge: Achte auf Widerspr¨ uche, die dir das Argumentieren erleichtern. ........................................................................................

¨ D Tipps zu den Ubungen

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........................................................................................ Es geht um eine Mengengleichheit, weshalb zwei Inklusionen zu zeigen sind. Bearbeite sie nacheinander und verwende die Langformen zur Differenz- und Vereinigungsmenge immer erst, wenn du zugeh¨ orige Elementaussagen benutzen oder nachweisen sollst. ........................................................................................ ¨ Formuliere das erste Beweisziel als Aquivalenz und halte dich an die u ¨bliche Nachweisregel. Beachte, dass a, b nach Voraussetzung Elemente sind, was die umgangssprachliche Version daf¨ ur ist, dass a ∈ U und b ∈ U gelten. F¨ ur die zweite Aussage kannst du dein Ergebnis aus dem ersten Teil in einem Spezialfall verwenden (das Wort Insbesondere deutet meistens auf eine solche Situation hin). ........................................................................................ Beachte, dass {a, b} eine Kurzform f¨ ur {a} ∪ {b} ist. Die Aussagen aus Aufgabe ( 66) sind deshalb sehr n¨ utzlich beim Nachweis der Hilfsziele, die sich durch u altiges ¨bliches sorgf¨ Vorgehen ergeben. Da die Aufgabe mehrstufig ist, lassen sich auch die bereits erzielten Ergebnisse sp¨ ater verwenden. ........................................................................................ Starte mit der Nachweisregel f¨ ur Inklusionen und verwende anschließend die Langform der Mengendifferenz, um das Beweisziel klarer herauszuarbeiten. Denke daran, dass eine Nichtelementaussage wie x ∈ / C eine Abk¨ urzung f¨ ur ¬(x ∈ C) ist, und beachte die zugeh¨ orige Nachweisregel f¨ ur Nicht-Aussagen. ........................................................................................ Der erste Aufgabenteil benutzt, dass ∅ ⊂ M und M ⊂ M f¨ ur jede Menge M gilt. Die genaue Begr¨ undung verlangt aber sorgf¨ altiges Vorgehen mit der Definition der Potenzmenge ¨ und Uberpr¨ ufung aller ben¨ otigten Aussagen. Im zweiten Teil kannst du den vorderen Aufgabenteil gut verwenden. Zur Angabe von P({1, 2, 3}) u oglichen ¨berlege dir, wie die acht m¨ Teilmengen von {1, 2, 3} aussehen, und sammle sie in einer Aufz¨ ahlungsmenge. ........................................................................................ Denke daran: Mengengleichheit zeigt man durch zwei Inklusionen. Beim sorgf¨ altigen Abar¨ beiten der Ziele ergeben sich Aussagen, die wir bereits in Ubungsaufgaben gezeigt haben. Hier kannst du die Ergebnisse anwenden. ........................................................................................ Wenn wir eine Teilmenge von A oder von B haben, dann ist sie auch Teilmenge von A∪B. Damit sollte die Inklusion P(A) ∪ P(B) ⊂ P(A ∪ B) beweisbar sein. Ist A = {1} und B = {2}, so ist M := {1, 2} zwar einerseits in P({1, 2}), aber andererseits nicht in P({1})∪P({2}) = {∅, {1}, {2}}. Allgemein gibt es Probleme, wenn eine Teilmenge M von A ∪ B so gew¨ ahlt werden kann, dass sie Punkte aus A enth¨ alt, die nicht in B enthalten sind, und Punkte aus B enth¨ alt, die nicht in A enthalten sind, denn dann kann M nicht komplett in A und auch nicht komplett in B liegen und somit kein Element der Vereinigung beider Potenzmengen sein. Damit also auch die umgekehrte Inklusion gilt, muss mindestens (A ∪ B ⊂ A) ∨ (A ∪ B ⊂ B) gefordert werden. ........................................................................................ Die erste Aussage altiges Argumentieren mit den Regeln. Die Ver ergibt sichdurch sorgf¨ mutungen sind ∅ = ∅ und N≤ = N. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..... F¨ ur die Inklusion U ⊂ M muss f¨ ur ein Element u ∈ U gezeigt werden, dass es in M liegt. Dazu muss man eine Menge in M finden, die a enth¨ alt. Beachte, dass wir von U nicht wissen, dass U ∈ M gilt (tats¨ achlich kann man U ∈ / M zeigen). Es gibt aber ganz kleine Mengen, die a enthalten . . . ........................................................................................

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........................................................................................ Halte dich streng an die  Beweisregeln. Das hilft dir dabei, die unterschiedlichen Vereinigungskonzepte ∪ und in den richtigen Momenten korrekt ins Spiel zu bringen und keine Verwirrung aufkommen zu lassen. ........................................................................................ Halte dich streng an die Beweisregeln und denke daran, dass ∈-Aussagen / spezielle NichtAussagen sind, die man mit der ¬-Nachweisregel auf Seite 200 nachweisen kann. ........................................................................................ Der Beweis ist sehr kurz und benutzt nur die Nachweisregel f¨ ur Inklusionen, die Langform der Schnittmenge, die Ausnutzung einer Elementaussage f¨ ur diese Langform und deren Anwendung auf die gegebene Menge A. ........................................................................................ Schaue dir noch einmal den Beweis zu Satz 3.6 an und ¨ andere ihn durch Auswechseln der Langformen ab. Anstelle der Nutzung und des Nachweises von Existenzaussagen geht es hier entsprechend um F¨ ur-alle-Aussagen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................................................................... Ist ein Element x in N≥ , dann liegt x auch in allen Mengen der Form N≥n mit n ∈ N. Wichtig ist hier, dass du diesen Reichtum an M¨ oglichkeiten konkret ausnutzt. Versuche zum Beispiel, die Aussage f¨ ur n = 1 zu benutzen. Dann sagt sie dir, dass x ∈ N≥1 gilt und damit insbesondere, dass x eine nat¨ urliche Zahl ist. Dann liegt x durch erneute Anwendung aber auch in N≥x+1 . . . . . . . . . . . . . . . . ........................................................................... Der Schnitt A enth¨ alt alle Elemente, die in jedem Familienmitglied enthalten sind. Nimmst du ein Element aus B, dann ist dies nach Voraussetzung in jedem Familienmitglied enthalten und damit auch im Schnitt der Familie. Erz¨ ahle diese Idee durch sorgf¨ altige Verkettung der Beweisschritte nach. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Die Vermutung lautet (A ∪ B) = ( A) ∩ ( B). ........................................................................................ Um die ¨ aquivalente Darstellung von 1  0 zu ermitteln, musst du auf der linken Seite der Relationsdefinition feststellen, welcher Platzhalter durch welches Objekt ersetzt wird. In der angegebenen Form wird also 1 anstelle von a und 0 anstelle von b benutzt. Im Ausdruck auf der rechten Seite der Definition ersetzt du entsprechend. So erh¨ altst du die aquivalente, konkretere Bedeutung zu 1  0. ¨ Heißen die Objekte zum Einsetzen ¨ ahnlich wie die Platzhalter in der Definition (wie im Beispiel b  a), dann ist das Einsetzen weniger fehleranf¨ allig, wenn du vorher die Platzhalternamen in der Definition ab¨ anderst (zum Beispiel u, v statt a, b). ........................................................................................ ¨ Dass Symmetrie von R folgt, wenn die Aquivalenz-basierte F¨ ur-alle-Aussage gilt, liegt ¨ daran, dass Aquivalenz die Implikation in der Symmetriedefinition nach sich zieht. Diese Implikationsrichtung musst du also nur konsequent mit den Regeln abarbeiten. F¨ ur die umgekehrte Richtung brauchst du einen kleinen Trick: Die F¨ ur-alle-Langform der Symmetrie-Aussage kannst du nacheinander mit den Elementen x, y benutzen, aber auch nacheinander mit den Elementen y, x! ........................................................................................ Im Beweistext sieht man, dass von d ∈ N ∪ {0} auf (d ∈ N) ∨ (d = 0) geschlossen wird. F¨ uhre diesen Beweis ganz sorgf¨ altig mit den Beweisschritten durch. Dann siehst du, was sich in diesem Fall hinter der Floskel nach Definition von ∪ verbirgt. ........................................................................................

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........................................................................................ Denke daran, dass die Negation einer F¨ ur-alle-Aussage durch die Existenz eines Gegenbeispiels gezeigt werden kann. Dies stimmt auch f¨ ur verk¨ urzte Quantorausdr¨ ucke mit mehreren Platzhaltern (den Grund kannst du dir ja mal u ¨berlegen). Du musst also zwei ganze Zahlen x, y finden, sodass ¬(x ≤ y ⇒ y ≤ x) stimmt. Durch Kombinieren der Aufgaben ( 38) und ( 41) findest du eine a ufbare Bedingung: Die ¨quivalente leicht u ¨berpr¨ Zahlen m¨ ussen die Voraussetzung x ≤ y und nicht die Folgerung y ≤ x erf¨ ullen – solche Zahlen kennst du! Picke dir zwei heraus und f¨ uhre den Beweis sorgf¨ altig durch Einhalten der Regeln (denke daran, dass du mit y − x ∈ N0 argumentieren musst, wenn es um x ≤ y geht). F¨ ur den zweiten Teil gib eine Relation an, die gleichzeitig symmetrisch und antisymmetrisch ist. ........................................................................................ Denke daran, dass du mit x − x ∈ N0 argumentieren musst, wenn es um x ≤ x geht. ........................................................................................ Versuche zu zeigen, dass reflexive Relationen nicht asymmetrisch sein k¨ onnen. Da das Beweisziel eine negierte Aussage ist, verwende einen Widerspruchsbeweis als zugeh¨ orige Nachweisregel. Jetzt gehst du von einer asymmetrischen Relation aus, die gleichzeitig reflexiv ist. Wenn du nun ein Element x aus der Grundmenge w¨ ahlst und die beiden F¨ uralle-Langformen anwendest, dann sollte der Widerspruch nicht weit sein. Aber kannst du einfach so ein Element aus der Grundmenge w¨ ahlen? ........................................................................................ Nutze die R¨ uckw¨ arts-Vorw¨ artsmethode so lange wie m¨ oglich. Am Ende kannst du eine widerspr¨ uchliche Situation herstellen, die mit Ex falso quodlibet jeden Schluss erlaubt. ........................................................................................ ¨ Uberpr¨ ufe, welche Eigenschaften f¨ ur das Vorliegen einer linearen Ordnung ben¨ otigt werden und welche davon bereits gezeigt wurden. Den Rest musst du dann noch nachweisen. ........................................................................................ Halte dich an die Beweisregeln und verwende kein Vorwissen u ¨ber a < b sondern die definierende Eigenschaft, d. h., die ¨ aquivalente Aussage (a ≤ b) ∧ (a = b). ........................................................................................ ¨ Durch die anderen Aufgaben hast du schon viel Ubung im Nachweis von Relationseigenschaften. Gehe in diesem Beispiel genauso systematisch vor. ........................................................................................ Tue auf einem Schmierzettel so, als h¨ attest du passende Zahlen x, y schon gefunden und versuche nach ihnen aufzul¨ osen. Definiere dann x, y entsprechend und f¨ uhre den Existenzbeweis. Er entspricht der Probe, dass die gefundenen Zahlen wirklich die beiden Gleichungen erf¨ ullen. ........................................................................................ Auch hier musst du Ungleichungen umformen. Benutze die Definition von a und (3.5) sowie die bereits geltenden Aussagen im Beweis. ........................................................................................ Um passende Zahlen zu finden, kannst du einfach herumprobieren, f¨ ur welche x ∈ R das Produkt x · (x − 1) die gesuchten Vorzeichen hat. Du kannst auch den Funktionsgraphen von x → x · (x − 1) skizzieren, der dir auf einen Blick sehr viele Werte von x · (x − 1) zeigt. W¨ ahle zum Nachweis der Existenzaussagen jeweils einen konkreten Wert aus. ........................................................................................ Stelle dir beim Nachweis der Existenzaussage in Satz 3.12 zun¨ achst wieder vor, du h¨ attest ein passendes n schon gefunden. L¨ ose dann nach 1/n auf einem Schmierzettel auf. Im

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eigentlichen Existenzbeweis benutzt du (3.8), um dir ein passendes n mit der gefundenen Eigenschaft geben zu lassen, f¨ ur dass du dann die geforderte Bedingung zeigst. ........................................................................................ Die Idee ist wieder, f¨ ur einen gr¨ oßeren Wert bn als an := (4 · n2 + 1)/(n3 + 1) die Situation bn < ε durch Wahl von n herzustellen. Dann erreichst du dein Ziel wegen an ≤ bn < ε auch, kannst aber einen angenehmeren Ausdruck bn w¨ ahlen. Da eine Bruchzahl gr¨ oßer wird, wenn du den Z¨ ahler vergr¨ oßerst und den Nenner verkleinerst, kannst du eine angenehme Situation herstellen, wo sich Z¨ ahler und Nenner gut k¨ urzen lassen, wobei im Nenner ein Faktor n u ¨brig bleiben sollte, damit (3.8) angewendet werden kann. ........................................................................................ ¨ Andere die Relation aus Gleichung (3.9) so ab, dass sie auch im Fall a = b wahr ist (z. B. mit einer Oder-Verkn¨ upfung). Zeige danach die geforderten Eigenschaften. ........................................................................................ ¨ Zeige die Aquivalenz wie u oglichkeit eines ¨blich durch zwei Implikationen. Denke an die M¨ indirekten Beweises. ........................................................................................ Beginne mit der Nachweisregel f¨ ur die F¨ ur-alle-Aussage. Die zu zeigende Gleichheit kann nur gelten, wenn die beteiligten Ausdr¨ ucke wohldefiniert sind. Zeige also zuerst, dass die Schreibregeln zum das-Ausdruck erf¨ ullt sind. Benutze anschließend die Nachweisregel f¨ ur Gleichheiten mit das-Ausdr¨ ucken. ........................................................................................ Zeige die Mengengleichheit durch zwei Inklusionen. Dazu ben¨ otigst du die Nachweis- und Benutzungsregel f¨ ur Gleichheiten mit das-Ausdr¨ ucken. ........................................................................................ Da negative Werte f¨ ur a problematisch sind, versuche die Aussage zu widerlegen, also ihre Negation zu beweisen. Mit der Nachweisregel f¨ ur Negationen kannst du jetzt davon ausgehen, dass die F¨ ur-alle-Aussage stimmt, und sie auf einen konkrete negative Zahl anwenden. Die Benutzungsregel f¨ ur Gleichheiten mit das-Ausdr¨ ucken liefert einen Widerspruch. ........................................................................................ ¨ Uberlege, f¨ ur welche reelle Zahlen x der Zuordnungsausdruck wohldefiniert ist. Das ergibt die Definitionsmenge. Bei der Zielmenge kannst du eine Menge w¨ ahlen, die alle Werte enth¨ alt und dabei hinreichend klein ist (die gr¨ oßte Menge U w¨ urde immer gehen – liefert aber keine Zusatzinformation). Sei aber auch nicht zu akribisch, denn die kleinstm¨ ogliche Zielmenge kann recht schwer zu finden sein. Verwende dann eine der vereinbarten Schreibweisen f¨ ur Funktionsdefinitionen. ........................................................................................ Skizziere den Graphen von g, um eine Vermutung u ¨ber die Form von g[R≥0 ], also die Werte von g auf der positiven Halbachse zu bekommen. Dies gibt dir eine Idee f¨ ur den Existenznachweis. Die Mengengleichheit zeigst du wie u ¨blich durch zwei Inklusionen. ........................................................................................ Zeige die Mengengleichheit durch zwei Inklusionen und benutze konsequent die Langform der Bildmengen. ........................................................................................ Zeige die Mengengleichheiten jeweils mit zwei Inklusionen und beachte, dass wir zur leeren Menge und zu einelementigen Mengen bereits einige Fakten kennen. ........................................................................................ Zeige die Mengengleichheit durch zwei Inklusionen. Nutze die Definition von idX , aus der du ablesen kannst, dass Def(idX ) = X und idX (x) = x f¨ ur alle x ∈ X gilt. ........................................................................................

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........................................................................................ ¨ Zeige die Aquivalenz durch zwei Implikationen. Nutze konsequent die Langformen der beteiligten Abk¨ urzungen. ........................................................................................ Durchl¨ auft z die ganzen Zahlen, dann durchl¨ auft der Ausdruck z 2 die Quadratzahlen. Trage dies in der Mengendarstellung ein und gehe mit den Vielfachen von 3 genauso um. ........................................................................................ Schreibe die abk¨ urzende Schreibweise zuerst in die Langform um und benutze dann die Nachweisregel aus Abschnitt B.14 auf Seite 209. ........................................................................................ Beim Nachweis der Mengengleichheit durch zwei Inklusionen kannst du benutzen, dass die leere Menge Teilmenge von jeder anderen Menge ist. Wichtig ist, dass du mit der Langform zu f −1 [∅] sorf¨ altig umgehst und die Beweisschritte konsequent benutzt. ........................................................................................ Zeige die Mengengleichheit durch zwei Inklusionen, ersetze die Urbildmengen bei Benutzung oder Nachweis in Elementaussagen durch die Langform und arbeite dann mit den Regeln aus Abschnitt B.14 auf Seite 209. ........................................................................................ Nutze die Nachweisregel zur Funktionsgleichheit (Abschnitt B.13 auf Seite 208). Die Rechengesetze f¨ ur reelle Zahlen kannst du ohne Begr¨ undung benutzen, um die Gleichheit der Funktionswerte zu zeigen. ........................................................................................ Da es um eine Funktionsgleichheit geht, benutzt du die Nachweisregel aus Abschnitt B.13 auf Seite 208. Die Gleichheit aller Funktionswerte ergibt sich mit Ex falso quodlibet. ........................................................................................ Schreibe die Surjektivit¨ atsbedingung als Langform auf. Zum Nachweis der darin enthaltenen Existenzaussage arbeitest du zuerst auf einem Schmierblatt die Form von x heraus, die f¨ ur das Gelten von f (x) = y notwendig ist. ........................................................................................ ¨ Die Aquivalenz zeigst du durch den Nachweis von zwei Implikationen. Nutze dabei Aufgabe ( 106). ........................................................................................ Benutze Axiom 3.16, wonach Bild(f ) eine fassbare Menge ist, wenn dies f¨ ur Def(f ) gilt. Wegen Def(f ) = X gen¨ ugt also der Nachweis, dass Bild(f ) = Y gilt. Die Langform zu f : X → Y sowie Aufgabe ( 114) sind hierbei hilfreich. ........................................................................................ ¨ Zeige die Aquivalenz durch zwei Implikationen. Wenn der Nachweis stockt, denke auch an die M¨ oglichkeit eines indirekten Beweises. ........................................................................................ Weise die Langform zur Injektivit¨ at nach. Schulwissen u ¨ber das Rechnen in R darfst du ohne Begr¨ undung verwenden. ........................................................................................ Die Mengengleichheit wird durch zwei Inklusionen gezeigt. Nutze konsequent die Langformen zu den Bild- und Differenzmengen und verwende die Regeln auf Seite 209. ........................................................................................ Die Existenzaussage ergibt sich durch die Langform der Surjektivit¨ at, und die Eindeutigkeitsaussage ∀u, v ∈ X : (f (u) = y) ∧ (f (v) = y) ⇒ u = v l¨ asst sich mit der Langform zur Injektivit¨ at nachweisen. ........................................................................................

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........................................................................................ Die Nicht-Injektivit¨ at kannst du mit der Nachweisregel f¨ ur negierte Aussagen bearbeiten: Nimm an, die Injektivit¨ at gilt, und verwende sie f¨ ur zwei Argumente, die auf die gleiche Zahl abgebildet werden, aber verschieden sind. Entsprechend kannst du beim Widerlegen der Surjektivit¨ at vorgehen, wenn du einen Wert in R kennst, der durch die Quadratfunktion nicht angenommen wird. F¨ ur die Funktion g musst du Injektivit¨ at und Surjektivit¨ at auf R nachweisen. Beim Existenzbeweis f¨ ur die Surjektivit¨ at ermittelst du bereits eine Vorschrift, wie aus dem Bildwert ein zugeh¨ origes Argument gefunden werden kann. Definiere diese Abbildung als Hilfsfunktion h und weise sp¨ ater nach, dass h mit der inversen Funktion zu g u ¨bereinstimmt (Nachweis von Funktionsgleichheit). ........................................................................................ Weise f¨ ur idX Injektivit¨ at und Surjektivit¨ at auf X nach. Die erforderliche Existenzaussage ist wegen der einfachen Zuordnungsvorschrift leicht nachzuweisen. ........................................................................................ Zum Nachweis der Surjektivit¨ at von f auf Bild(f ) denke an Aufgabe ( 114). Beim Nachweis der Eigenschaften von g musst du sorgf¨ altig mit der Funktionsvorschrift der inversen Funktion umgehen. Dazu ben¨ otigst du die Regeln zum Umgang mit Gleichheit bei dasAusdr¨ ucken (die Schreibregel ist bei invertierbaren Funktionen generell erf¨ ullt und muss deshalb nicht mehr nachgewiesen werden). Schließlich findest du f¨ ur die Existenzaussage beim Nachweis der Surjektivit¨ at von g mit einem geeigneten Funktionswert von f einen guten Kandidaten. ........................................................................................ Die meiste Arbeit zur L¨ osung dieser Aufgabe wurde bereits in Aufgabe ( 122) erledigt. Wende diese Ergebnisse konsequent an. Auch Aufgabe ( 114) nimmt dir Arbeit ab. ........................................................................................ Der Nachweis von Injektivit¨ at und Surjektivit¨ at der Verkettung ist m¨ oglich, indem die entsprechenden Eigenschaften zun¨ achst von f und dann von g ausgenutzt werden. Die ¨ Ubertragung der Bijektivit¨ at ergibt sich aus der Kombination der Ergebnisse. ........................................................................................ Beim Nachweis der Injektivit¨ at von f gehst du von der Gleichheit f (x) = f (y) zweier Funktionswerte aus. Wendest du g auf beide Seiten an, so folgt g(f (x)) = g(f (y)). Jetzt kannst du die Voraussetzung u ¨ber g ◦ f einbringen. Beim Nachweis der Surjektivit¨ at von f kannst du das gesuchte Argument x zu einem vorgegebenen Wert y ∈ Y wegen y = f (g(y)) angeben. ........................................................................................ Nutze Aufgabe ( 125). ........................................................................................ Verwende ( 125) mit der Hilfsfunktion H := f −1 ◦ g −1 . Aufgabe ( 123) sagt dir, wieso diese Verkettung m¨ oglich ist. Beachte, dass mehrere Funktionsgleichheiten zu zeigen sind und benutze die Regel auf Seite 208. ........................................................................................ Benutze zuerst die ∀-Nachweisregel und dann eine Fallunterscheidung basierend auf der Oder-Aussage (x ≥ 0) ∨ ¬(x ≥ 0), die aus Tertium non datur folgt. So kannst du das Verhalten f¨ ur die beiden konkret angegebenen Werte h(x) getrennt untersuchen. Zeige in jedem Fall h(x) > 0. ........................................................................................ Benutze Aufgabe ( 126), indem du nachweist, dass ϕa,b die Menge {a, b} in sich selbst abbildet und dass die Verkettung von ϕa,b mit sich selbst auf die Identit¨ atsfunktion f¨ uhrt.

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Nutze Fallunterscheidungen, um mit dem bedingten Ausdruck in der Zuordnungsvorschrift umzugehen. Außerdem ist Aufgabe ( 67) hilfreich. ........................................................................................ Benutze Aufgabe ( 126) und weise zun¨ achst die Voraussetzungen nach. Die Ergebnisse aus Aufgabe ( 106) kannst du hierbei verwenden. Fallunterscheidungen erlauben dir, mit dem bedingten Ausdruck umzugehen. ........................................................................................ Zeige Mengengleichheit mit zwei Inklusionen. Tausche Abk¨ urzungen mit ihren Langformen, um Nachweis- oder Benutzungsregeln zum Einsatz zu bringen. ........................................................................................ Verwende die Aufgaben ( 122) und ( 132). ........................................................................................ Du brauchst ein Paar, das in jeder Komponente ein Tripel enth¨ alt, dessen Komponenten Paare aus nat¨ urlichen Zahlen sind. ........................................................................................ Nutze die Definition der Tupel als Funktionen. Die Elemente der angegebenen Mengen sind also Funktionen mit unterschiedlichen Definitionsmengen. Die Funktionsgleichheit ist daher verletzt. Zeige die Negation der Mengengleichheit mit einem Widerspruchsbeweis. W¨ ahle dazu ein Element in einer der Mengen und nutze die Funktionsgleichheit, um auf die Gleichheit der Definitionsmengen zu schließen. Hieraus kannst du einen offensichtlichen Widerspruch ableiten. ........................................................................................ Zeige die Funktionsgleichheit mit der Nachweisregel auf Seite 208. Achte sorgf¨ altig auf die einzelnen Funktionen, die in den Ausdr¨ ucken auftreten: a·(f +g) ist das Vielfache a·h der Summenfunktion h := f + g. Gehe in kleinen Schritten vor, um sauber zu argumentieren. ........................................................................................ Beachte, dass Elemente von R2 Funktionen von N≤2 nach R sind. Die Definition f¨ ur Vielfachbildung und Addition von Funktionen u agt sich damit insbesondere auch ¨bertr¨ auf Paare. Da bei Paaren u ∈ R2 die Schreibweise u = (u(1), u(2)) eingef¨ uhrt wurde, kannst du die allgemeine Definition auch in dieser Schreibweise darstellen. ........................................................................................ Da die leere Menge Teil jeder Menge ist, fehlt noch eine Inklusion. Hier kannst du mit der Definition des Produkts eine widerspr¨ uchliche Situation herstellen, wenn du die Komponente betrachtest, in der eine leere Menge auftritt. Schließe dann auf dein Ziel mit Ex falso quodlibet. ........................................................................................ Achte auf die Definition: Ein Punkt (x, y) ∈ R2 ist in [1, 5] × [2, 4], wenn x ∈ [1, 5] und y ∈ [2, 4] ist, d. h., wenn 1 ≤ x ≤ 5 und 2 ≤ y ≤ 4 gilt. Markiere die Menge aller Punkte (x, y), die diese Bedingung erf¨ ullen, in einem kartesischen Koordinatensystem. Im dreidimensionalen Fall gehst du genauso vor. ........................................................................................ Mit P¨ unktchen notiert, soll am Ende gelten f (n) = 1 · 2 · 3 · · · · · n. Der Startwert f (1) = . . . ist das Ergebnis bei nur einem Faktor. Die Rekursionsvorschrift f (n + 1) = . . . sagt, wie man das Ergebnis mit n + 1 Faktoren aus dem Ergebnis f (n) mit n Faktoren berechnet. ........................................................................................ Beginne mit dem Induktionsanfang im Fall n = 1 und nutze (3.12). Schreibe dann die F¨ ur-alle-Aussage des Induktionsschritts auf und zeige sie sorgf¨ altig mit den u ¨blichen Beweisschritten. Nutze dabei (3.13). ........................................................................................

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........................................................................................ In der ersten Gleichungskette geht es um die Begr¨ undung von an · am+1 = an · (am · a) sowie an · (am · a) = (an · am ) · a und (an · am ) · a = an+m · a. Gib sowohl die Namen der verwendeten Rechenregeln als auch die genaue Benutzung der Rekursionsvorschrift (3.13) mit der Belegung der Parameter x und n an. Gehe mit der zweiten Gleichungskette genauso vor. ........................................................................................ Schreibe die Aussage zun¨ achst mit zwei einzelnen F¨ ur-alle-Quantoren auf, damit du besser erkennst, worauf die beiden Induktionsbeweise nacheinander wirken. Da der Induktionsanfang der a ur-alle-Aussage wieder eine F¨ ur-alle-Aussage u ¨ußeren F¨ ¨ber alle Elemente von N darstellt, zeigst du ihn durch vollst¨ andige Induktion. Entsprechend gehst du beim Induktionsschritt vor. Hier hilft wieder sture Regelanwendung! ........................................................................................ Auch hier gibt es wieder mehrere M¨ oglichkeiten zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussagen u ¨ber die nat¨ urlichen Zahlen. Eine flotte Variante besteht darin, die Platzhalter a und m mit der normalen Nachweisregel zu behandeln und ∀n ∈ N : (am )n = am·n durch vollst¨ andige Induktion zu zeigen. ........................................................................................ Verwende das Aussonderungsaxiom 1.9 zum Nachweis der ersten Aussage. F¨ ur die zweite Aussage hilft der Nachweis von N≤0 ⊂ N 0) ⇒ n − m ∈ N und zeige sie durch vollst¨ andige Induktion. Die innere F¨ ur-alle-Aussage kann dabei direkt mit der ∀-Nachweisregel behandelt werden. ........................................................................................ Beweise ∀k ∈ N : ∀n ∈ N0 : Bij(N≤n , N≤n+k ) = ∅, indem du die ¨ außere F¨ ur-alle-Aussage direkt und die innere mit vollst¨ andiger Induktion bearbeitest. Im weiteren Verlauf wird viel Faktenwissen aus bereits gel¨ osten Aufgaben ben¨ otigt. Zum Beispiel kann es im Induktionsanfang keine Bijektion zwischen N≤0 = ∅ und N≤k = ∅ geben, weil Bijektionen insbesondere surjektiv auf die Zielmenge sind, aber kein Argument vorhanden ist, um ein vorgegebenes Bild zu erreichen. Arbeite diese Idee mit den Beweisschritten sauber aus. Im Induktionsschritt musst du letztlich zeigen, dass es keine Bijektion von N≤n+1 nach N≤(n+1)+k geben kann. W¨ are f n¨ amlich so eine Bijektion, dann kannst du auch eine Bijektion zwischen N≤n und N≤n+k konstruieren, obwohl diese Menge nach Induktionsvoraussetzung leer ist. Zur Konstruktion definiere den letzten Funktionswert i := f (n + 1) von f und mit der Bijektion aus Aufgabe ( 130) dann g := τi,n+k+1,n+k+1 ◦ f . Diese Funktion bildet n + 1

¨ D Tipps zu den Ubungen

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auf n + 1 + k ab. Schr¨ ankst du sie auf N≤n ein, dann bleibt die Bijektivit¨ at erhalten, und das Bild ist nachweisbar durch N≤n+k gegeben. Achte bei jedem Schritt darauf, ob du bereits bekannte Ergebnisse verwenden kannst. Die zweite Aussage kannst du auf die erste zur¨ uckf¨ uhren, d. h., hier ist kein Induktionsbeweis notwendig. Beim Nachweis der Implikation kannst du die Kontraposition zeigen oder indirekt argumentieren. ........................................................................................ Nutze Aufgabe ( 121) und halte dich an die Nachweisregel f¨ ur Gleichheiten mit dasAusdr¨ ucken. ........................................................................................ Ist |M | = 0, dann kannst du M = ∅ indirekt beweisen: Gilt n¨ amlich M = ∅, so erlaubt Korollar 3.3 ein Element in M zu w¨ ahlen, dass in Bijektion zu einem Element von N≤0 stehen muss. Das geht nicht! Die andere Implikation ist bekannt und die zweite Teilaussage der Aufgabe folgt aus der ersten. ........................................................................................ Beim Nachweis der Wohldefinition von v muss gezeigt werden, dass der bedingte Ausdruck f¨ ur jedes Argument ein Element von A ∪ B ist. Dazu musst du zuerst zeigen, dass die Funktionsauswertungen in den beiden F¨ allen wohldefiniert sind, d. h., dass die Argumente von a und b jeweils in den Definitionsmengen liegen. Anschließend ist die Bijektivit¨ at von v nachzuweisen. Hier hilft Aufgabe ( 125), wenn du dir u ¨berlegst, wie die Inverse w zu v aussehen muss. Dann brauchst du nur die beiden Funktionsgleichheiten w◦v = idN≤|A|+|B| und v ◦ w = idA∪B zu zeigen. ........................................................................................ Zeige M ∩ {m} = ∅ und benutze Aufgabe ( 151) sowie Satz 3.34. ........................................................................................ Die Implikation ⇐ folgt mit einem bereits bekannten Ergebnis. F¨ ur die Richtung ⇒ kannst du zun¨ achst mit Aufgabe ( 150) ein Element in E finden. Wende Dann Satz 3.35 an und nutze anschließend Aufgabe ( 150). F¨ ur den Abschluss des Beweises helfen dir die Aufgaben ( 65) und ( 64). ........................................................................................ Zeige die negierte F¨ ur-alle-Aussage ¬(X ⊂ A) mit dem u ¨blichen Nachweisschritt und w¨ ahle anschließend ein Gegenbeispiel. ........................................................................................ Zeige die Inklusion wie u ¨blich und benutze die Langform zu D = X\{x}. ........................................................................................ Zeige, dass A = (A\B) ∪ (A ∩ B) die Voraussetzungen von Aufgabe ( 151) erf¨ ullt. Zeige entsprechend, dass A ∪ B = A ∪ (B\A) die Voraussetzungen von Aufgabe ( 151) erf¨ ullt. ........................................................................................ Den Beweis kannst du durch vollst¨ andige Induktion zeigen, indem du die Aussage so formulierst: ∀n ∈ N : ∀A ∈ En : |P(A)| = 2|A| . F¨ ur den Induktionsanfang kannst du ausnutzen, dass Mengen aus E1 in die Form {e} gebracht werden k¨ onnen, deren Potenzmenge die Form P({e}) = {∅, {e}} = {∅} ∪ {{e}} hat. Weiter geht es dann mit Aufgabe ( 151). F¨ ur den Induktionsschritt benutzt du Satz 3.35. Dazu w¨ ahlst du aus der betrachteten Menge A ∈ En+1 ein Element a aus und beweist dann die allgemeine Darstellung P(A) = P1 ∪ P2 mit P1 = P(A\{a}) und P2 = {B ∪ {a} : B ∈ P1 }. Auch hier ist das Ziel, Aufgabe ( 151) anzuwenden, wozu alle Voraussetzungen zu zeigen sind. Außerdem kannst du mit einer Abz¨ ahlfunktion von P1 eine Abz¨ ahlfunktion von P2 bauen, um |P2 | = |P1 | zu zeigen. ........................................................................................

( 149)

( 150)

( 151)

( 152) ( 153)

( 154)

( 155) ( 156)

( 157)

240

( 158)

( 159)

( 160)

( 161)

( 162)

( 163)

( 164)

( 165)

( 166)

( 167)

( 168)

( 169)

¨ D Tipps zu den Ubungen

........................................................................................ Zeige (N0 )≤0 = {0}. Mit der Rekursionsbedingung ist S0 (X) = {0}, sodass Satz 3.34 weiterhilft. ........................................................................................ Nutze Tertium non datur, um die Fallunterscheidung einzuleiten. Im Fall k ≤ n kannst du sofort die Induktionsvoraussetzung benutzen. ........................................................................................ Zeige zun¨ achst, dass ein Element x ∈ X gew¨ ahlt werden kann. Anschließend kannst du Satz 3.35 anwenden und anschließend die Induktionsvoraussetzung anwenden. So findest du |Sn (X\{x})| = 1. Mit Aufgabe ( 153) kannst du nun Sn (X\{x}) = {s} f¨ ur ein Element s zeigen. Zeige anschließend s + f (x) ∈ Sn+1 (X), wobei du konsequent die Langform zu Sn+1 (X) verwendest. ........................................................................................ Stelle aus der Voraussetzung u, v ∈ Sn+1 (X) die zwei Darstellungen u = s + f (a) und v = t + f (b) her. Im Fall a = b sind s, t ∈ Sn (X\{a}) und diese Menge hat nur ein Element. Nutze Aufgabe ( 153), um auf s = t und damit auf u = v zu schließen. ........................................................................................ Nutze die Induktionsvoraussetzung um Sn (X\{a}) = {s} und Sn (X\{b}) = {t} zu zeigen. Zeige nun, dass b ∈ X\{a} und a ∈ X\{b} gelten, sowie (X\{a})\{b} = (X\{b})\{a}. Nutze Satz 3.35 und die Induktionsvoraussetzung, um auf |Sn−1 ((X\{a})\{b})| = 1 zu schließen, und zeige so durch Ausnutzung der Langform, dass s = z + f (b) gilt mit {z} = Sn−1 ((X\{a})\{b}. Zeige entsprechend t = z+f (a). Nun gelten u = (z+f (b))+f (a) und v = (z + f (a)) + f (b). Folgere durch Anwendung der Rechengesetze die gesuchte Gleichheit u = v. ........................................................................................ Zeige zun¨ achst, dass f¨ ur jedes n ∈ N0 und X ∈ Df,n die Beziehung Sf,n (X) = {sf,n (X)} gilt (benutze Satz 3.37 und Aufgabe ( 153)). Jetzt u ¨bertrage die Rekursionsbeziehungen von Sf,n auf sf,n , indem du von Gleichheiten einelementiger Mengen auf die Gleichheit der Elemente u ¨bergehst. Zum Nachweis von sf,n+1 (X) = sf,n (X) + f (x) benutze die Darstellung Sf,n+1 = {sf,n+1 } zusammen mit der definierenden Langform von Sf,n+1 . ........................................................................................ Hier musst du nur konsequent die Langform der Summe notieren und dann Satz 3.38 anwenden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .................................... Die Idee ist f = f (d) + = f (d) + {d} {d}\{d} ∅ f = f (d) + 0 = f (d). Zeige die jeweiligen Voraussetzungen zur Anwendung der Rechenregeln sowie die Mengengleichheit {d}\{d} = ∅. ........................................................................................ Beweise durch vollst¨ andige Induktion: ∀n ∈ N0 : ∀A ∈ Df,n : sα·f,n (A) = α · sf,n (A). Benutze anschließend die Langform zur Summenschreibweise. ........................................................................................ Beweise ∀n ∈ N0 : ∀A ∈ Df,n : sf +g,n (A) = sf,n (A) + sg,n (A) durch vollst¨ andige Induktion. Benutze anschließend die Langform zur Summenschreibweise. ........................................................................................ Beweise ∀n ∈ N0 : ∀A ∈ Df,n : sf,n (A) ≤ sg,n (A) durch vollst¨ andige Induktion. Benutze anschließend die Langform zur Summenschreibweise. ........................................................................................ Beweise ∀n ∈ N0 : ∀A ∈ Df,n : sf,n (A) = sf ◦ϕ−1 ,n (ϕ[A]) durch vollst¨ andige Induktion. Beachte, dass die Schreibregel ϕ[A] ∈ Df ◦ϕ−1 ,k f¨ ur k = 0 im Induktionsanfang und f¨ ur

¨ D Tipps zu den Ubungen

241

¨ k = n + 1 im Induktionsschritt nachzuweisen ist. Schließe den Beweis durch Ubertragung des Ergebnisses auf die Summenschreibweise. ................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .................................................. Die Behauptung A∪B f = A f + B f kannst du f¨ ur eine gegebene endliche Menge    A ⊂ X umformulieren zu ∀n ∈ N0 : ∀B ∈ Df,n : (A ∩ B = ∅) ⇒ A∪B f = A f + B f und mit Induktion beweisen. Der Induktionsschritt f¨ ur eine Menge B ∈ Df,n+1 ergibt sich nach Auswahl eines Elements b ∈ B durch Ausarbeitung des Plans  A∪B

f=

 (A∪B)\{b}

f + f (b) =

 A∪(B\{b})

( 170)

f + f (b) ⎞ ⎛     f+ f ⎠ + f (b) = f+ f. =⎝ A

B\{b}

A

B

¨ Dabei wird die Induktionsvoraussetzung beim Ubergang von der ersten in die zweite Zeile verwendet. ........................................................................................ Beweise ∀n ∈ N0 : ∀A ∈ Df |U ,n : sf,n (A) = sf |U ,n (A) durch vollst¨ andige Induktion. Benutze anschließend die Langform zur Summenschreibweise. ........................................................................................ Wende Aufgabe ( 171) auf f und g und U := A an. ........................................................................................ Zeige die Bijektivit¨ at von ϕ mit Aufgabe ( 125). Die ben¨ otigte Hilfsfunktion g findest du, indem du von der zu zeigenden Gleichheit ϕ ◦ g = idR ausgehst und f¨ ur beliebiges y ∈ R dann ϕ(ψ(y)) = y nach ψ(y) aufl¨ ost. Die Mengengleichheit ϕ[N 0. Nach Definition der diskreten Metrik sind die F¨ alle r ≤ 1 und r > 1 besonders interessant, denn die m¨ oglichen Abstandswerte sind nur 0 und 1. Ist r ≤ 1, so enth¨ alt K außer x gar keinen Punkt, ist r > 1, dann enth¨ alt K alle Punkte aus R3 . Es gibt hier also nur punktf¨ ormige Kugeln und die gesamte Menge als gr¨ oßtm¨ ogliche Kugel. ........................................................................................ Den Abstand zwischen zwei Punkten in einer Kugel kannst du mit der Dreiecksungleichung durch den Umweg u atzen. ¨ber den Mittelpunkt absch¨ ........................................................................................ F¨ ur den Existenznachweis im Fall der Kugel dient die Zahl 2 · r aus Aufgabe ( 229) als Kandidat. Steht eine beschr¨ ankte Menge zur Verf¨ ugung, dann kann man eine Zahl w¨ ahlen, die alle Abst¨ ande in der Menge dominiert. Diese dominiert dann auch alle Abst¨ ande in einer Teilmenge. ........................................................................................ Die nachzuweisende Eigenschaft f¨ ur einen Kandidaten D ∈ R bezieht sich auf Elemente x, y ∈ ∅. Da dies eine widerspr¨ uchliche Situation ist, gelten alle Aussagen und damit auch d(x, y) ≤ D. Als Kandidat f¨ ur D kommt also jede beliebige Zahl infrage. W¨ ahle eine aus und f¨ uhre den Beweis. ........................................................................................ F¨ uhre mit Tertium non datur eine Fallunterscheidung basierend auf (A = ∅) ∨ (A = ∅) durch. W¨ ahle im Fall A = ∅ einen Hilfspunkt a ∈ A und setze r := d(x, a) + D + 1 als Kandidat f¨ ur den Radius, wobei D eine Zahl ist, mit der die Abst¨ ande in A beschr¨ ankt werden. Zeige die Teilmengeneigenschaft durch Benutzung von a als Umwegpunkt in der Dreiecksungleichung. ........................................................................................ F¨ ur eine Implikationsrichtung kann Satz 5.11 verwendet werden. F¨ ur die umgekehrte Richtung kannst du Aufgabe ( 230) benutzen. ........................................................................................ Es gilt ΔdR (A) = [0, 1) ∪ [2, 3). Die beiden Inklusionen kannst du mit mehreren Fallunterscheidungen beweisen. Entsprechend gilt ΔδR (A) = {0, 1}. ........................................................................................ Zeige durch den Nachweis von Mengengleichheit, dass die Menge der oberen Schranken in beiden F¨ allen R≥b ist. ........................................................................................ Ist s eine obere Schranke von M , dann ist auch jeder gr¨ oßere Wert eine obere Schranke. Nutze zum Beweis die Langform zu OM konsequent aus. ........................................................................................ Zeige durch zwei Inklusionen O∅ = R. Da R = ∅ folgt die Beschr¨ anktheit nach oben. ........................................................................................ Wenn ein Wert oberhalb der Elemente von B liegt, dann liegt es auch oberhalb der Elemente der darin enthaltenen Menge. Nutze zum Beweis die Langformen zu OA und OB in diesem Sinne konsequent aus. ........................................................................................

¨ D Tipps zu den Ubungen

247

........................................................................................ Zeige zwei Inklusionen und benutze dann die Definition von Min(R≥s ). ........................................................................................ Die umfassendere Menge kann kleinere Minima haben. Das ¨ außert sich bereits in der Menge der unteren Schranken: Ein Wert unterhalb aller Elemente von B ist auch unterhalb aller Elemente einer Teilmenge. Mit der Definition des Minimums folgt hieraus das Ergebnis. ........................................................................................ Ein h¨ aufig genutzter Trick zum Nachweis einer Gleichheit in R ist die Antisymmetrie der ≤-Relation: Zum Nachweis von u = v kannst du u ≤ v und v ≤ u zeigen. Als Beispiele f¨ ur nichtleere Mengen ohne Minimum kannst du eine nach unten unbeschr¨ ankte Menge nehmen oder eine nach unten beschr¨ ankte, deren kleinster Wert gerade fehlt. Ein Intervall mit einschließendem linken Rand an der Stelle 1 liefert das andere Beispiel. ........................................................................................ Ersetze in der Definition konsequent Min-W¨ orter durch Max-W¨ orter und zeige, dass Max(W ) h¨ ochstens ein Element besitzt (die Menge Max(W ) muss vorher ebenfalls definiert werden). Mit der Annahme W = ∅ in der Definition ist dann Existenz und Eindeutigkeit f¨ ur die Verwendung des das-Ausdrucks gesichert. ........................................................................................ W¨ ahle ein Element von Min(OM ). Aus der Definition des Minimums folgt dann die Existenz einer oberen Schranke von M . Zeige indirekt, dass M = ∅ gilt. Denke dabei an Aufgabe ( 237). F¨ ur den zweiten Aufgabenteil kannst du Aufgabe ( 236) benutzen. ........................................................................................ Betrachte die F¨ alle M = ∅ und M = ∅, wobei du im zweiten Fall wiederum OM = ∅ und OM = ∅ unterscheiden kannst. So zeigst du ((OM = ∅)∨(OM = R))∨∃s ∈ R : OM = R≥s . ........................................................................................ Nutze sup M = min OM , um zu zeigen, dass M ∩ OM = ∅ gilt. Daraus ergeben sich die Wohldefinition von max M und die Gleichheit. ........................................................................................ Zeige zun¨ achst, dass max M und sup M wohldefiniert sind, wobei du Aufgabe ( 242) benutzen kannst. Wende nun die beiden F¨ ur-alle-Aussagen, die sich in sup M ∈ OM und sup M ∈ UOM verstecken, auf max M ∈ M ∩ OM an. ........................................................................................ Zeige zuerst die Wohldefinition des das-Ausdrucks und nutze dann die Nachweisregel f¨ ur Gleichheit mit das-Ausdr¨ ucken. ........................................................................................ Nutze den Zusammenhang sup M = min OM ∈ OM ∩ UOM und schreibe die Elementaussage mit der Langform um. F¨ ur den Nachweis der letzten Teilaussage kannst du einen indirekten Beweis f¨ uhren. ........................................................................................ Mit Aufgabe ( 234) kennen wir die Mengen ΔdR (A) und ΔδR (A). Es geht also jeweils nur noch um die Berechnung des Supremums. Im Fall ΔdR (A) ist leicht nachzurechnen, dass 3 eine obere Schranke ist. Außerdem kann man mit einem Widerspruchsbeweis zeigen, dass Zahlen kleiner als 3 keine oberen Schranken sind, woraus dann diamdR (A) = 3 folgt. Im Fall der diskreten Metrik ist ΔδR (A) = {0, 1}, sodass 1 das Maximum und damit auch den Durchmesser darstellt. ........................................................................................ Nutze die Langform von Δd (A) und Δd (B), um die Teilmengenrelation zu zeigen. ........................................................................................

( 239) ( 240)

( 241)

( 242)

( 243)

( 244)

( 245)

( 246)

( 247)

( 248)

( 249)

( 250)

248

( 251)

( 252)

( 253)

( 254) ( 255)

( 256)

( 257) ( 258)

( 259)

( 260)

( 261)

( 262)

¨ D Tipps zu den Ubungen

........................................................................................ Zeige zun¨ achst, dass die Durchmesser von A und B definiert sind. Zum Nachweis, dass auch A ∪ B einen Durchmesser hat, ben¨ otigst du eine obere Schranke f¨ ur Δd (A ∪ B). Verwende dazu die Summe der Durchmesser von A und B. Zum Nachweis der Schrankeneigenschaft kannst du mit einem Punkt a ∈ A ∩ B als Hilfspunkt argumentieren und verschiedene F¨ alle betrachten. ........................................................................................ Ist UM nicht leer und nach oben beschr¨ ankt, dann kannst du M = ∅ durch einen Widerspruchsbeweis zeigen mit den Hilfsaussagen U∅ = R und OR = ∅. Bei der umgekehrten Inklusion ist die Hilfsaussage M ⊂ OUM n¨ utzlich. ........................................................................................ Mit Aufgabe ( 245) gen¨ ugt es, sup UM ∈ UM nachzuweisen. Die Existenz des Supremums von UM folgt mit Aufgabe ( 252) genauso wie der Nachweis von sup UM ∈ UM . ........................................................................................ Benutze Aufgabe ( 246) f¨ ur inf M = max UM . ........................................................................................ Nutze die Definition von min M und die damit verbundene Eindeutigkeit zum Nachweis von m = min M . Zeige weiter, dass die Existenzbedingung f¨ ur ein Infimum erf¨ ullt sind und nutze Aufgabe ( 254). ........................................................................................ Zeige zuerst, dass inf A und inf B wohldefiniert sind. Dabei kannst du Aufgabe ( 240) benutzen, um den Beweis von Lemma 5.23 fertigzustellen. Zeige dann, dass distd (x, A) und distd (x, B) wohldefiniert sind. Mit Lemma 5.23 kannst du die Absch¨ atzung zeigen, wenn du Dx,B ⊂ Dx,A nachweist. ........................................................................................ Argumentiere indirekt und benutze ε := (u − v)/2. ........................................................................................ Folge der u uge die Vor¨ uberlegungen dann ein, wenn sie ¨blichen Beweisstrategie und f¨ ben¨ otigt werden. ........................................................................................ Ist x ein d-Ber¨ uhrpunkt von A, so kannst du indirekt zeigen, dass distd (x, A) = 0 gilt, denn A kann nach Definition von Berd (A) in diesem Fall nicht die leere Menge sein. Mit Aufgabe ( 256) kannst du den Beweis zu Ende f¨ uhren. ........................................................................................ Nutze A ∩ B ⊂ A und A ∩ B ⊂ B zusammen mit Aufgabe ( 259), um die Inklusion zu zeigen. Die umgekehrte Inklusion gilt nicht. Als Beispiel in (R, dR ) kannst du A := [−1, 0) und B := (0, 1] betrachten. ........................................................................................ Zeige die Mengengleichheit durch zwei Inklusionen und nutze Lemma 5.24. Gehst du dabei von x ∈ X mit der Eigenschaft ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ A = ∅ aus, so kannst du durch Anwendung auf ε := 1 zeigen, dass A nicht leer ist. Die Zielaussage x ∈ Berd (A) folgt dann durch Nachweis von distd (x, A) = 0. In einem indirekten Beweis kannst du ε := distd (x, A)/2 verwenden. ........................................................................................ Nutze A ⊂ A ∪ B und B ⊂ A ∪ B zusammen mit Aufgabe ( 259), um eine Inklusion zu zeigen. Zum Nachweis der umgekehrten Inklusion kannst du die Oder-Aussage der Form (x ∈ Berd (A)) ∨ (x ∈ Berd (B)) durch Annahme von x ∈ / Berd (A) und den Nachweis von x ∈ Berd (B) mit Hilfe von Satz 5.27 f¨ uhren. ........................................................................................

¨ D Tipps zu den Ubungen

249

........................................................................................ Zeige Berd (X) = X mit Satz 5.27 und nutze X c = ∅ sowie ∅c = X. ........................................................................................ Nutze (Ac )c = A und die Definition von ∂d A und ∂d (Ac ). ........................................................................................ Verwende die Aufgaben ( 262) und ( 260) zum Nachweis der Inklusion. Dr¨ ucke dabei das Komplement der Vereinigung durch den Schnitt der Komplemente aus. Die umgekehrte Inklusion stimmt nicht. Nutze A := [−1, 1] und B := {0} im metrischen Raum (R, dR ). ........................................................................................ Argumentiere in beiden Aussagen indirekt. ........................................................................................ Argumentiere indirekt und nutze Satz 5.27 f¨ ur Ber(Ac ). Arbeite auf den Widerspruch hin, dass ein Element im Schnitt der Kugel mit ihrem Komplement liegen muss. ........................................................................................ Wenn du von A ist offen und x ∈ A ausgehst, kannst du indirekt argumentieren. Die resultierende Existenzaussage l¨ asst sich mit Satz 5.27 zu x ∈ Ber(Ac ) umformen, woraus x ∈ A ∩ ∂A folgt. F¨ ur die umgekehrte Implikation kannst du indirekt argumentieren und A ∩ ∂ = ∅ annehmen. Ein Punkt im Schnitt liegt dann in Ber(Ac ). Nach Voraussetzung gilt aber, dass eine ganze Kugel um den Punkt zu A geh¨ ort, was nicht zu Satz 5.27 passt. ........................................................................................ Benutze Aufgabe ( 268) und deine Kenntnis u ¨ber Kugeln in der diskreten Metrik aus Aufgabe ( 228). ........................................................................................ Zeige, dass das Infimum einer Menge in R diese im dR -Sinn ber¨ uhrt, und nutze dazu Lemma 5.24 und Satz 5.27. ........................................................................................ Nutze Lemma 5.24 f¨ ur beide Implikationen. F¨ ur die konkrete Folge n ∈ N → 1/n zeige die Monotonie und die gerade nachgewiesene charakterisierende Eigenschaft. ........................................................................................ Zeige, dass c wohldefiniert und monoton fallend ist. Benutze dann die Charakterisierung aus Aufgabe ( 271) sowohl zum Nachweis der Nullfolgeneigenschaft von c mit einem ε als auch zum Ausnutzen der Nullfolgeneigenschaft von a und b mit ε/2. ........................................................................................ Zeige a≥n ⊂ Bild(a) und weise mit Aufgabe ( 230) dann die Beschr¨ anktheit von a≥n nach. Nutze Satz 5.11, um eine gemeinsame Kugel um A und a≥n zu finden, und schließe das Argument mit Aufgabe ( 230). Zum Monotonienachweis kannst du Satz 5.20 verwenden. ........................................................................................ Wende Aufgabe ( 271) auf die Folge n ∈ N → diamd (a≥n ∪ {A}) mit r anstelle von ε an. F¨ ur das so w¨ ahlbare n kannst du a≥n ⊂ Brd (A) zeigen. ........................................................................................ Argumentiere indirekt und nutze Satz 5.2. ........................................................................................ Wenn a konvergiert, dann kannst du Aufgabe ( 274) verwenden, um die Charakterisierung zu zeigen. Gilt die Charakterisierung, dann kannst du die Konvergenz mit dem Kriterium aus Aufgabe ( 271) nachweisen. Bei vorgegebenem ε w¨ ahle einen Index N mit der Charakterisierung zum Wert ε/3. F¨ ur zwei Punkte x, y aus a≥N ∪ {A} kannst du mit einer Fallunterscheidung alle Kombinationen untersuchen und in jedem Fall d(x, y) < 2 · ε/3 zeigen. Der Durchmesser der Menge ist dann kleiner als ε. ........................................................................................

( 263) ( 264) ( 265)

( 266) ( 267)

( 268)

( 269)

( 270)

( 271)

( 272)

( 273)

( 274)

( 275) ( 276)

E Vergleichsl¨ osungen ........................................................................................ Bevor du einen L¨ osungsvorschlag durchliest, solltest du unbedingt selbst versucht haben, eine L¨ osung zu formulieren. Nur wenn du selbst u ¨ber das Problem nachgedacht hast, kannst du den vollen Nutzen aus dem L¨ osungsvorschlag ziehen. ¨ Ublicherweise gibt es zu einer Frage unterschiedliche Wege, die zum Ziel f¨ uhren. Vor allem ab Kapitel 2 ist f¨ ur die Korrektheit nicht der hier abgedruckte L¨ osungsvorschlag entscheidend, sondern die strikte Befolgung der relevanten Regeln. Insbesondere ist ein Beweis auf jeden Fall richtig, wenn du Dich an alle Beweisregeln h¨ altst!

( 1)

F¨ ur deine erste Aufgabe ist eine m¨ ogliche Vervollst¨ andigung des gesuchten Satzes: Man lernt vor allem durch eigenes Tun!

Auch bei den L¨ osungen solltest du bei der gestrichelten Linie aufh¨ oren zu lesen, um dir f¨ ur deine n¨ achste Aufgabe nicht die Herausforderung und den Lernerfolg zu gef¨ ahrden! In der elektronischen Aufgabe kommst du durch einen Klick auf die Aufgabennummer zur¨ uck zur Textstelle. ........................................................................................ Der Satz des Pythagoras lautet zum Beispiel so: In einem rechtwinkligen Dreieck seien a, b die L¨ angen der am rechten Winkel anliegenden Seiten und c die L¨ ange der gegen¨ uber liegenden Seite. Dann gilt a2 + b2 = c2 . Die Akteure sind also die drei Seitenl¨ angen a, b, c des Dreiecks. ........................................................................................ Dass ein Element a entweder in A oder in B enthalten ist, kann man so ausdr¨ ucken: ((a ∈ A) ∧ (a ∈ B)) ∨ ((a ∈ B) ∧ (a ∈ A)) ........................................................................................ Die Aussage Nicht alle Elemente sind in N kann man so formulieren ¬∀x ∈ U : x ∈ N. Da der Platzhaltername keine Rolle spielt, k¨ onnen wir z.B. auch ¬∀n ∈ U : n ∈ N schreiben. ........................................................................................ Die Aussage, dass jedes Element einer Menge A auch Element einer Menge B und Element einer Menge C ist, l¨ asst sich so schreiben: ∀x ∈ A : (x ∈ B) ∧ (x ∈ C). ........................................................................................ Die Aussage ∀x ∈ A : (x ∈ B) ∨ (x ∈ C) liest sich wie folgt. F¨ ur alle x in A gilt: x ist in B oder x ist in C. Dagegen bedeutet (∀x ∈ A : x ∈ B) ∨ (∀x ∈ A : x ∈ C): F¨ ur alle x in A ist x in B oder f¨ ur alle x in A gilt x in C. Die zweite Aussage ist also nur wahr, wenn A ganz in B oder A ganz in C enthalten ist, w¨ ahrend die erste Aussage auch wahr ist, wenn einige Elemente aus A in B und einige in C liegen, solange nur alle Elemente aus A unterkommen. ........................................................................................ Die Aussage Es gibt kein Element in der leeren Menge kann man in der Form ¬∃x ∈ U : x ∈ ∅ schreiben. Genauso geht nat¨ urlich ¬∃a ∈ U : a ∈ ∅. Die Aussage Es gibt ein Element, das nicht in der leeren Menge enthalten ist kann man formulieren als ∃x ∈ U : x ∈ ∅, wobei der Platzhaltername frei w¨ ahlbar ist, d. h., ∃u ∈ U : ¬(u ∈ ∅) ist genauso m¨ oglich. ........................................................................................ © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 M. Junk und J.-H. Treude, Beweisen lernen Schritt für Schritt, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61616-1_11

( 2)

( 3)

( 4)

( 5)

( 6)

( 7)

252

( 8)

( 9)

E Vergleichsl¨osungen

........................................................................................ Die Tabelle f¨ ur die verneinte Teilmengenbeziehung k¨ onnte wie folgt aussehen. Ausdruck Aussprache Bedingung Langform A ⊂ B A ist kein Teil von B A, B Mengen ¬(A ⊂ B) ........................................................................................ Die Regel zur Addition von Bruchzahlen lautet ∀a ∈ R : ∀b ∈ R =0 : ∀c ∈ R : ∀d ∈ R =0 :

( 10) ( 11)

( 12)

( 13)

( 14)

( 15)

a c a·d+c·b + = . b d b·d

........................................................................................ Wenn x = 1, a = 0 und b = 2 sind, dann gilt zwar 0 = a · x = a · b = 0, aber x = 1 = 2 = b. ........................................................................................ Die Menge aller durch 5 teilbaren ganzen Zahlen wird als Aussonderungsmenge so geschrieben: {z ∈ Z : (∃k ∈ Z : 5 · k = z)}. Die Menge aller reellen Zahlen, die gr¨ oßer als 1 und kleiner als 5 sind, schreibt sich in der Form {x ∈ R : (1 < x) ∧ (x < 5)}. ........................................................................................ Ein Element x ist in der Schnittmenge, wenn f¨ ur alle U ∈ A stets x ∈ U gilt. Die Beschreibung ist also {x ∈ U : ∀U ∈ A : x ∈ U }. Auch hier ¨ andert sich an der Bedeutung nichts, wenn ein anderer Platzhaltername verwendet wird. ........................................................................................ Die Textform k¨ onnte so lauten: Seien A und B Mengen. Unter A ∪ B verstehen wir die Menge aller Elemente, die in A oder in B enthalten sind, und sprechen von der Vereinigung von A und B. ........................................................................................ Die Tabelle zur angegebenen Definition k¨ onnte wie folgt aussehen. Ausdruck Aussprache Bedingung Langform a|b a ist Teiler von B a, b ∈ Z ∃k ∈ Z : b = k · a ........................................................................................ In Quantorenschreibweise lautet der Satz: ∀a ∈ Z : ∀b ∈ Z : ∀c ∈ Z : ∀m ∈ N :

( 16)

(a ≡ a

mod m)∧

((a ≡ b

mod m) ⇒ (b ≡ a

(((a ≡ b

mod m) ∧ (b ≡ c

mod m))∧ mod m)) ⇒ (a ≡ c

mod m)).

........................................................................................ Ausgeschrieben lauten die Definitionen: 0 := ∅, 1 := {∅}, 2 := {∅, {∅}}, 3 := {∅, {∅}, {∅, {∅}}}, 4 := {∅, {∅}, {∅, {∅}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}}}.

( 17)

........................................................................................ Die Erstellung des Baums kannst du leicht auf Papier vorbereiten, indem du Teilausdr¨ ucken Namen gibst: Mit den Abk¨ urzungen a := (x ∈ B) und b := (x ∈ C) vereinfacht

E Vergleichsl¨osungen

253

sich der Ausdruck zu ((x ∈ A) ∧ ((A ⊂ B) ∨ (A ⊂ C))) ⇒ (a ∨ b). Setzen wir weiter c := a ∨ b und d := x ∈ A sowie e := A ⊂ B und f := A ⊂ C, so erhalten wir (d ∧ (e ∨ f )) ⇒ c. Schließlich folgt mit g := e ∨ f und h := d ∧ g die Form h ⇒ c. Nun sieht man, dass es sich auf der obersten Ebene um eine Implikation handelt, wobei links die Und-Aussage h = d ∧ g und rechts die Oder-Aussage c = a ∨ b steht. Wir k¨ onnen also in das obere K¨ astchen einen Implikationspfeil ⇒ eintragen, nach links zu einem K¨ astchen mit ∧ und nach rechts zu einem K¨ astchen mit ∨ verbinden. Links von ∧ steht nun die Aussage d = x ∈ A, w¨ ahrend rechts wegen g = e ∨ f ein ∨-K¨ astchen notiert wird, unter dem dann die beiden Aussagen e = A ⊂ B und f = A ⊂ C stehen. Entsprechend werden rechts unter ∨ die beiden Aussagen a = x ∈ B und b = x ∈ C notiert. L¨ ost man nun noch die Teilmengenaussagen in den F¨ ur-alle-Quantor auf, so ergibt sich die Baumdarstellung

........................................................................................ Wir gehen von folgendem Satz aus: Seien a, b und c nat¨ urliche Zahlen. Dann gilt a·c = ab . b·c 3 Anwendung auf 3, 4, 5 anstelle von a, b, c ergibt 3·5 = . Mit 4, 4, 4 anstelle von a, b, c fin4·5 4 4 den wir entsprechend 4·4 = . Beachte: Auch wenn die Platzhalternamen unterschiedlich 4·4 4 sind, darfst du mehrmals das gleiche Objekt benutzen, solange die Voraussetzungen des Satzes nicht verlangen, dass die Platzhalter unterschiedlich sein m¨ ussen. ........................................................................................ Um aus dem Satz aus Aufgabe ( 18) auf 21 = 32 schließen zu k¨ onnen, wenden wir ihn 14 3·7 mit 3, 2, 7 anstelle von a, b, c an. Wir finden 2·7 = 32 . Schreiben wir Z¨ ahler und Nenner des linken Bruchs in Dezimalform, so ergibt sich die gew¨ unschte Gleichheit. ........................................................................................ Beweis. Zum Nachweis von (A ⇒ B) ⇒ (A ⇒ B) gelte A ⇒ B. Zu zeigen: A ⇒ B. Dies gilt nach Voraussetzung.  ........................................................................................ Beweis. Zum Nachweis von A ⇒ ((A ⇒ B) ⇒ B) gelte A. Zu zeigen: (A ⇒ B) ⇒ B. Gelte dazu A ⇒ B. Zu zeigen: B. Da A ⇒ B und A gilt, gilt auch B.  Beweis. Zum Nachweis von (A ⇒ (A ⇒ B)) ⇒ (A ⇒ B) gelte A ⇒ (A ⇒ B). Zu zeigen: A ⇒ B. Gelte dazu A. Zu zeigen: B. Da A ⇒ (A ⇒ B) und A gilt, gilt auch A ⇒ B. Da A ⇒ B und A gilt, gilt auch B.  Wenn man sich den Beweis anschaut, so erkennt man darin drei Argumentationsziele: (1) Die urspr¨ ungliche Aussage, (2) die Aussage A ⇒ B und (3) die Aussage B. Beim Nachweis von (3) tritt nun als Zwischenresultat auf, dass A ⇒ B gilt, was dem Zwischenziel (2) entspricht. Trotzdem darf man den Beweis an dieser Stelle noch nicht beenden, da die aktuelle Aufgabe aus Ziel (3) besteht. (In der Gedankenwelt hierzu wurden Annahmen gemacht, die zum Zeitpunkt, als Ziel (2) aktuell war, nicht gegolten haben – sie k¨ onnen daher auch nicht benutzt werden, um Ziel (2) zu zeigen.) ........................................................................................

( 18)

( 19)

( 20)

( 21)

254

( 22)

( 23)

( 24)

( 25)

( 26)

E Vergleichsl¨osungen

........................................................................................ Beweis. Zum Nachweis von A ⇒ (A ∧ B) gelte A. Zu zeigen: A ∧ B. Dazu sind zu zeigen: A und B. A gilt bereits. Da nach Voraussetzung A ⇒ B gilt und A gilt, gilt auch B.  ........................................................................................ Beweis. Wir beginnen mit der Annahme A ∧ B und zeigen B ∧ A. Dazu ist zu zeigen, dass B und A gilt. Aus der Voraussetzung folgt, dass A und B gilt, womit das Ziel erreicht ist. Umgekehrt beginnen wir mit der Annahme B ∧ A und zeigen A ∧ B. Dazu ist zu zeigen, dass A und B gilt. Aus der Voraussetzung folgt, dass B und A gilt, womit das Ziel erreicht ist.  ¨ Wenn man wie in diesem Fall merkt, dass man das gleiche Argument nur mit Anderung von ein paar Namen wiederholt, dann ist es besser, Die Umbenennung in einer Satzanwendung zu nutzen. Im obigen Beweis k¨ onnte man also, statt die komplette Argumentation mit ge¨ anderten Namen zu wiederholen, einfach so argumentieren: Umgekehrt beginnen wir mit der umgekehrten Annahme B ∧ A. Wir wenden den bereits gezeigten Satz an auf B anstelle von A und A anstelle von B und erhalten wie gew¨ unscht B ∧ A. ........................................................................................ Beweis. Wir beginnen mit der Annahme (A ∧ B) ∧ C und zeigen A ∧ (B ∧ C). Dazu ist zu zeigen: A und B ∧ C. F¨ ur das zweite Ziel muss wiederum B und C gezeigt werden. Insgesamt m¨ ussen also A und B und C gezeigt werden. Aus der Voraussetzung folgt A ∧ B und C, wobei aus der ersten der beiden Aussagen A und B folgt. Im zweiten Schritt gehen wir von A ∧ (B ∧ C) aus und zeigen (A ∧ B) ∧ C. Dazu ist zu zeigen: A ∧ B und C. F¨ ur das erste Ziel muss wiederum A und B gezeigt werden. Insgesamt m¨ ussen also A und B und C gezeigt werden. Aus der Voraussetzung folgt A und B ∧ C, wobei aus der zweiten der beiden Aussagen B und C folgt.  ........................................................................................ Die Namen A, B, C werden durch die Voraussetzung zur Verf¨ ugung gestellt. Die Voraussetzung A ∧ (B ∨ C) ist eine geltende Aussage. Mit der Und-Benutzungsregel wurden daraus A und B ∨ C als weitere geltende Aussagen abgeleitet. Im Moment befinden wir uns in einer Fallunterscheidung und haben dort C angenommen. Also gilt jetzt auch C (w¨ ahrend B aus dem vorherigen Fall mit der dort gezeigten Aussage (A ∧ B) ∨ (A ∧ C) an der momentanen Stelle nicht gelten). Das aktuelle Ziel ist der Nachweis von (A ∧ B) ∨ (A ∧ C), da in beiden F¨ allen die gleiche Aussage gezeigt werden muss. Gleichzeitig handelt es sich um das Ziel des Beweises. ........................................................................................ Wir gehen zun¨ achst streng nach der Beweismechanik vor und beginnen mit dem Text zum Nachweis einer Implikation. Beweis. Nach Voraussetzung gilt (A ∧ B) ∨ (A ∧ C). Zu zeigen: A ∧ (B ∨ C). Dazu ist A und B ∨ C zu zeigen. Zum Nachweis von A f¨ uhren wir eine Fallunterscheidung durch. Fall A ∧ B gilt: Es gelten also A und B. Fall A ∧ C gilt: Es gelten also A und C. In beiden F¨ allen gilt A. Zum Nachweis von B ∨ C f¨ uhren wir eine Fallunterscheidung durch. Fall A ∧ B: Es gelten also A und B. Da B gilt, gilt B ∨ C.

E Vergleichsl¨osungen

255

Fall A ∧ C: Es gelten also A und C. Da C gilt, gilt B ∨ C. In beiden F¨ allen gilt B ∨ C.  Betrachtet man den Beweis mit etwas Abstand, so erkennt man, dass zweimal eine Fallunterscheidung basierend auf der gleichen Oder-Aussage gef¨ uhrt wird. Da die beiden gezeigten Aussagen nicht aufeinander aufbauen, kann man auch beide gleichzeitig in einer Fallunterscheidung zeigen. Es ist also hier nicht n¨ otig, das Beweisziel in zwei Hilfsziele zu zerlegen, da das Ziel sofort aus den Voraussetzungen folgt (solch ein nachtr¨ agliches Verk¨ urzen eines Beweises ist durchaus u ¨blich). Beweis. Nach Voraussetzung gilt (A ∧ B) ∨ (A ∧ C). Zu zeigen: A ∧ (B ∨ C). Basierend auf der Voraussetzung f¨ uhren wir eine Fallunterscheidung durch. Fall A ∧ B: Es gelten also A und B. Da B gilt, gilt B ∨ C. Da A ebenfalls gilt, gilt auch A ∧ (B ∨ C). Fall A ∧ C: Es gelten also A und C. Da C gilt, gilt B ∨ C. Da A ebenfalls gilt, gilt auch A ∧ (B ∨ C). In beiden F¨ allen gilt A ∧ (B ∨ C).  ........................................................................................ Beweis. Zum Nachweis der Implikation gehen wir von A ∨ A aus und zeigen A. Dazu benutzen wir eine Fallunterscheidung basierend auf A ∨ A. Fall A: Es gilt A. Fall A: Es gilt A. In beiden F¨ allen gilt also A.  Auch wenn das Ist doch klar! der behaupteten Aussage in diesem Fall u achtig wirkt, ¨berm¨ muss man sich zum Beweis stur an die Regeln halten. In so offensichtlichen F¨ allen ist das aber schnell erledigt und hinterl¨ asst das gute Gef¨ uhl, richtig argumentiert zu haben. ........................................................................................ Beweis. Wir beginnen mit der Annahme A ∨ B und zeigen B ∨ A. Dazu f¨ uhren wir eine Fallunterscheidung basierend auf A ∨ B durch: Fall A: Da A gilt, gilt auch B ∨ A. Fall B: Da B gilt, gilt auch B ∨ A. Insgesamt gilt also B ∨ A.  ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von (A ∨ B) ∨ C aus und zeigen A ∨ (B ∨ C). Dazu machen wir eine Fallunterscheidung basierend auf der Voraussetzung. Fall A ∨ B: Wir machen erneut eine Fallunterscheidung. Fall A: Dann gilt auch A ∨ (B ∨ C). Fall B: Dann gilt auch B ∨ C und dann auch A ∨ (B ∨ C). In jedem Fall gilt also A ∨ (B ∨ C). Fall C: Dann gilt auch B ∨ C und somit A ∨ (B ∨ C). In jedem Fall gilt also A ∨ (B ∨ C). Umgekehrt gehen wir nun von A ∨ (B ∨ C) aus und zeigen (A ∨ B) ∨ C. Dazu machen wir eine Fallunterscheidung basierend auf der Voraussetzung. Fall A: Dann gilt auch A ∨ B und somit (A ∨ B) ∨ C. Fall B ∨ C: Wir machen erneut eine Fallunterscheidung. Fall B: Dann gilt auch (A ∨ B) und dann auch (A ∨ B) ∨ C. Fall C: Dann gilt auch (A ∨ B) ∨ C. In jedem Fall gilt also (A ∨ B) ∨ C. In jedem Fall gilt also (A ∨ B) ∨ C.  ........................................................................................

( 27)

( 28)

( 29)

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( 30)

( 31)

( 32)

E Vergleichsl¨osungen

........................................................................................ Beweis. Zum Nachweis der Implikation nehmen wir an, dass A ∨ (B ∧ C) gilt, und zeigen (A ∨ B) ∧ (A ∨ C). Wir f¨ uhren eine Fallunterscheidung basierend auf A ∨ (B ∧ C) durch (das Ziel spalten wir nicht weiter auf, weil sonst eine ¨ ahnliche Situation wie in Aufgabe ( 26) entsteht, mit zwei Fallunterscheidungen anstelle von einer). Fall A: Da A gilt, gelten auch A ∨ B und A ∨ C, also gilt auch (A ∨ B) ∧ (A ∨ C). Fall B ∧ C: Es gilt B und C. Damit gilt A ∨ B und A ∨ C, also auch (A ∨ B) ∧ (A ∨ C). In beiden F¨ allen gilt also (A ∨ B) ∧ (A ∨ C). Zum Nachweis der umgekehrten Implikation gehen wir von (A ∨ B) ∧ (A ∨ C) aus und zeigen A ∨ (B ∧ C). Nach Voraussetzung gilt A ∨ B und A ∨ C. Wir f¨ uhren eine Fallunterscheidung basierend auf A ∨ B durch. Fall A: Da A gilt, gilt auch A ∨ (B ∧ C). Fall B: Wir f¨ uhren eine Fallunterscheidung basierend auf A ∨ C durch. Fall A: Da A gilt, gilt auch A ∨ (B ∧ C). Fall C: Da B und C gilt, gilt auch B ∧ C und damit A ∨ (B ∧ C). A ∨ (B ∧ C) gilt damit im Fall B. In beiden F¨ allen und damit insgesamt erhalten wir A ∨ (B ∧ C).  ........................................................................................ Wir sind von (¬A) ⇒ B ausgegangen, sodass diese Aussage gilt. Dann haben wir mit Tertium non datur A ∨ (¬A) zu den geltenden Aussagen hinzugef¨ ugt. Da wir uns im Fall ¬A befinden, gilt auch diese Aussage (die Aussage A und A ∨ B aus dem vorherigen Fall gelten im Moment nicht). Unser aktuelles Beweisziel ist der Nachweis von A ∨ B. Außerdem ist noch der zweite Teil des Satzes zu zeigen, d. h. (A ∨ B) ⇒ ((¬B) ⇒ A). ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von (¬B) ⇒ A aus und zeigen A ∨ B. Die Voraussetzung k¨ onnen wir nur benutzen, wenn wir wissen, dass ¬B gilt. Dann w¨ are A und damit tats¨ achlich auch A ∨ B wahr. Einfach so annehmen k¨ onnen wir ¬B nat¨ urlich nicht – als ein Fall in einer Fallunterscheidung aber schon, wenn wir auch im gegenteiligen Fall B auf das gleiche Ziel A ∨ B schließen k¨ onnen, was offensichtlich m¨ oglich ist.

( 33)

( 34)

Mit Tertium non datur folgt B ∨ (¬B), sodass wir eine Fallunterscheidung durchf¨ uhren k¨ onnen. Fall B gilt. Da B gilt, gilt auch A ∨ B. Fall ¬B gilt. Da (¬B) ⇒ A und ¬B gilt, gilt auch A. Da A gilt, gilt auch A ∨ B. Damit gilt A ∨ B insgesamt.  ........................................................................................ Es gilt ¬(A ∧ B) als Voraussetzung des Satzes. Weiter gilt ¬(¬A). Außerdem gilt B. Unser einziges Ziel ist der Nachweis eines Widerspruchs, d. h., wir m¨ ussen zeigen, dass eine Aussage gilt, deren Negation ebenfalls gilt (das Ziel (¬A) ∨ (¬B) ist nicht mehr aktuell, da es sich automatisch ergibt, wenn ¬B gezeigt wird, aber auch ¬B ist kein aktuelles Ziel mehr, da es sich automatisch ergibt, wenn ein Widerspruch gezeigt wird). ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von ¬(A ∨ B) aus und zeigen (¬A) ∧ (¬B). Dazu m¨ ussen wir sowohl ¬A als auch ¬B zeigen.

E Vergleichsl¨osungen

257

Angenommen A gilt. Dann gilt auch A ∨ B.  Also gilt ¬A. Angenommen B gilt. Dann gilt auch A ∨ B.  Also gilt ¬B.  ........................................................................................ Nach Voraussetzung des Satzes gilt (¬A) ∨ (¬B). Dazu kam die Annahme A ∧ B, woraus A und B gefolgert wurde. Das aktuelle Beweisziel besteht darin, einen Widerspruch zu zeigen, also eine Aussage, die gilt und deren Negation ebenfalls gilt (das Ziel ¬(A ∧ B) des gesamten Satzes ist nicht mehr aktuell, da es sich automatisch ergibt, wenn der Widerspruch gezeigt ist). ........................................................................................ Wir gehen in die Fallunterscheidung und beginnen mit Fall B: Da B gilt, gilt B. Fall ¬B: Da (¬B) ⇒ (¬A) gilt und ¬B gilt, folgt auch das Gelten von ¬A. Da aber auch A gilt, sind wir in einer widerspr¨ uchlichen Situation und mit Ex falso quodlibet folgt B. In beiden F¨ allen gilt also B.  ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von A ⇒ B aus und zeigen (¬B) ⇒ (¬A). Gelte dazu ¬B. Zu zeigen: ¬A. Wir f¨ uhren eine Fallunterscheidung basierend auf A ∨ (¬A) durch. Fall A: Da A ⇒ B und A gilt, gilt auch B. Da auch ¬B gilt, gilt jede Aussage, also auch ¬A. Fall ¬A: Hier gilt auch ¬A. In beiden F¨ allen gilt also ¬A.  ........................................................................................ Beweis. Zum Nachweis der Implikation gehen wir von A ⇒ B aus und zeigen (¬A) ∨ B. Dazu nehmen wir ¬(¬A) an und zeigen B. Wegen ¬(¬A) gilt A. Da A ⇒ B und A gilt, gilt auch B. F¨ ur die umgekehrte Implikation gehen wir von (¬A) ∨ B aus und zeigen A ⇒ B. Dazu nehmen wir A an und zeigen B. Basierend auf (¬A)∨B f¨ uhren wir eine Fallunterscheidung durch. Fall ¬A: Es gilt A und ¬A, sodass mit Ex falso quodlibet B gilt. Fall B: Es gilt B. In beiden F¨ allen gilt also B.  ........................................................................................ Beweis. Wir gehen wieder von (E ∧ F ) ∨ ((¬E) ∧ (¬F )) aus und zeigen F ⇒ E. Dazu gehen wir von F aus. Zu zeigen ist E. Fall E ∧ F : Hier gelten E und F , also gilt insbesondere E. Fall (¬E) ∧ (¬F ): Hier gilt insbesondere ¬F und damit ist F widerspr¨ uchlich. Wegen Ex falso quodlibet gilt dann auch E. In jedem Fall gilt also E.  ........................................................................................ Angenommen, es gilt F . Wegen (E ⇒ F ) ∧ (F ⇒ E) gilt E ⇒ F und F ⇒ E. Wegen F ⇒ E und F gilt E. Also gilt E ∧ F und nach Annahme auch ¬(E ∧ F ).  ........................................................................................ Seien E, F Aussagen. Wir beginnen mit dem Nachweis von E ⇔ ¬(¬E). ¨ Beweis. Zum Nachweis der Aquivalenz zeigen wir zwei Implikationen. E ⇒ ¬(¬E) folgt durch Anwendung von Satz 2.8 auf E. Zum Nachweis von ¬(¬E) ⇒ E gehen wir von ¬(¬E) aus. Zu zeigen: E. Wegen ¬(¬E) gilt E. 

( 35)

( 36)

( 37)

( 38)

( 39)

( 40)

( 41)

258

E Vergleichsl¨osungen

Im n¨ achsten Schritt weisen wir (E ⇒ F )) ⇔ ((¬F ) ⇒ (¬E) nach. ¨ Beweis. Zum Nachweis der Aquivalenz zeigen wir zwei Implikationen. (E ⇒ F )) ⇒ ((¬F ) ⇒ (¬E) folgt durch Anwendung des Satzes ( 37) mit A ersetzt durch E und B ersetzt durch F . Die umgekehrte Aussage ((¬F ) ⇒ (¬E) ⇒ (E ⇒ F )) ergibt sich durch Anwendung von Satz 2.12 mit A ersetzt durch E und B ersetzt durch F . 

( 42)

( 43)

( 44)

( 45)

( 46)

( 47)

Im letzten Schritt zeigen wir (¬(E ∨ F )) ⇔ ((¬E) ∧ (¬F )). ¨ Beweis. Zum Nachweis der Aquivalenz zeigen wir zwei Implikationen. (¬(E ∨ F )) ⇒ ((¬E) ∧ (¬F )) folgt durch Anwendung des Satzes ( 34) mit A ersetzt durch E und B ersetzt durch F . F¨ ur die umgekehrte Implikation gelte (¬E) ∧ (¬F ). Zu zeigen: ¬(E ∨ F ). Angenommen, E ∨ F gilt. Wir f¨ uhren eine Fallunterscheidung aus. Fall E: Wegen (¬E) ∧ (¬F ) gilt auch ¬E. Insgesamt gilt also E ∧ (¬E). Fall F : Wegen (¬E) ∧ (¬F ) gilt auch ¬F . Mit Ex falso quodlibet gilt auch E ∧ (¬E). In beiden F¨ allen gilt also E ∧ (¬E).  Also gilt ¬(E ∨ F ).  ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von zwei Aussagen A, B mit A ⇔ B aus. Damit gelten A ⇒ B und B ⇒ A. Nehmen wir nun an, dass A gilt. Da A ⇒ B und A gilt, gilt auch B. Als N¨ achstes nehmen wir an, dass A nicht gilt, d. h., dass ¬A gilt. Durch Anwendung von Aufgabe ( 37) auf B anstelle von A und A anstelle von B ergibt sich (¬A) ⇒ (¬B). Da auch ¬A gilt, folgt ¬B. Also gilt B nicht.  ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von zwei Aussagen A, B mit A ⇔ B aus. Nach Definition gilt dann (A ⇒ B) ∧ (B ⇒ A) und daher sowohl A ⇒ B als auch B ⇒ A. Da dann auch (B ⇒ A) ∧ (A ⇒ B) gilt, folgt nach Definition B ⇔ A.  ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von zwei Aussagen A, B mit A ⇔ B aus. Durch Anwendung von Aufgabe ( 43) mit A anstelle von A und B anstelle von B ergibt sich dann B ⇔ A. Gehen wir nun davon aus, dass B gilt. Anwendung von Aufgabe ( 42) auf B anstelle von A und A anstelle von B zeigt, dass A gilt. Gehen wir nun davon aus, dass B nicht gilt. Anwendung von Aufgabe ( 42) auf B anstelle von A und A anstelle von B zeigt, dass A nicht gilt.  ........................................................................................ Beweis. Um A ⇔ A zu zeigen, zeigen wir (A ⇒ A) ∧ (A ⇒ A). Dazu wenden wir Satz 2.3 auf A an, was A ⇒ A ergibt. Damit gilt auch (A ⇒ A) ∧ (A ⇒ A).  ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von Aussagen E, F, G aus mit E ⇔ F . Anwendung von Aufgabe ( 45) auf E ∧ G ergibt (E ∧ G) ⇔ (E ∧ G). Ersetzen wir auf der rechten Seite E durch F , so folgt (E ∧ G) ⇔ (F ∧ G). Anwendung von Aufgabe ( 45) auf G ∨ E ergibt (G ∨ E) ⇔ (G ∨ E). Ersetzen wir auf der rechten Seite E durch F , so folgt (G ∨ E) ⇔ (G ∨ F ).  ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von x = y und y = z aus. Zu zeigen: x = z. Wir ersetzen in x = y das Element y durch z, was wegen y = z m¨ oglich ist. So ergibt sich x = z.  ........................................................................................

E Vergleichsl¨osungen

259

........................................................................................ Beweis. Sei a ∈ (A ∪ B)\B. Zu zeigen ist a ∈ A. Mit der Langform gilt a ∈ {x ∈ A ∪ B : x ∈ / B}, woraus wir a ∈ A ∪ B und a ∈ / B schließen. Die erste Folgerung lautet in Langform a ∈ {x ∈ U : (a ∈ A) ∨ (a ∈ B)}, woraus wir wiederum a ∈ U und (a ∈ A) ∨ (a ∈ B) folgern. Mit einer Fallunterscheidung geht’s weiter: Fall a ∈ A: Es gilt a ∈ A. Fall a ∈ B: Es gilt a ∈ B und a ∈ / B. Mit Ex falso quodlibet erhalten wir wieder a ∈ A. In beiden F¨ allen gilt a ∈ A.  ........................................................................................ Die drei abgek¨ urzten F¨ ur-alle-Aussagen lauten ∀x ∈ A : x ∈ B und ∀x ∈ B : x ∈ C sowie ∀x ∈ A : x ∈ C, wobei die ersten beiden angewendet werden k¨ onnen und die letzte nachgewiesen werden soll. ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von A ⊂ B aus. Zum Nachweis von (A ∪ B) ⊂ B ist in Langform ∀x ∈ A ∪ B : x ∈ B zu zeigen. Dazu gehen wir von x ∈ A ∪ B aus und zeigen x ∈ B. In Langform wissen wir x ∈ {y ∈ U : (y ∈ A) ∨ (y ∈ B)}, woraus wir auf (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) schließen k¨ onnen. Nun machen wir eine Fallunterscheidung. Fall x ∈ A: Da wegen A ⊂ B in Langform ∀x ∈ A : x ∈ B gilt, ergibt sich durch Benutzung der F¨ ur-alle-Aussage mit unserem x die Aussage x ∈ B. Fall x ∈ B: Es gilt x ∈ B. Insgesamt gilt also x ∈ B.  ........................................................................................ Beweis. Wir zeigen zun¨ achst A ∩ B ⊂ A, d. h. in Langform ∀x ∈ A ∩ B : x ∈ A. Sei dazu x ∈ A ∩ B gegeben. Zu zeigen ist x ∈ A. Mit der Langform zu A ∩ B gilt also x ∈ {u ∈ A : u ∈ B}. Benutzung dieser Aussage ergibt x ∈ A und x ∈ B. Damit ist unser Ziel gezeigt. Im n¨ achsten Schritt zeigen wir A ∩ B ⊂ B, d. h. in Langform ∀x ∈ A ∩ B : x ∈ A. Sei dazu x ∈ A ∩ B gegeben. Zu zeigen ist x ∈ B. Mit der Langform zu A ∩ B gilt also x ∈ {u ∈ A : u ∈ B}. Benutzung dieser Aussage ergibt x ∈ A und x ∈ B. Damit ist unser Ziel gezeigt.  ........................................................................................ Beweis. Wir gehen von A ⊂ B und A ⊂ C aus und zeigen A ⊂ (B ∩ C). In Langform ist dazu ∀x ∈ A : x ∈ B ∩ C zu zeigen. Hierzu gehen wir von x ∈ A aus und zeigen x ∈ B ∩ C. In Langform lautet dieses Ziel x ∈ {y ∈ B : y ∈ C}. Dazu m¨ ussen wir x ∈ B und x ∈ C zeigen. Da A ⊂ B in Langform f¨ ur ∀x ∈ A : x ∈ B steht und x ∈ A gilt, erhalten wir x ∈ B. Da A ⊂ C in Langform f¨ ur ∀x ∈ A : x ∈ C steht und x ∈ A gilt, erhalten wir x ∈ C.  ........................................................................................ Mit Axiom 1.4 finden wir A ⊂ U. In Langform bedeutet dies ∀y ∈ A : y ∈ U. Wegen x ∈ A k¨ onnen wir die F¨ ur-alle-Aussage benutzen und erhalten x ∈ U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . Beweis.  Seien A, B Mengen mit∀M ∈ A : M ⊂ B. Zu zeigen ist ( A) ⊂ B, d. h. ∀x ∈ A : x ∈ B. Sei dazu x ∈ A. Zu zeigen ist x ∈ B. In Langform gilt also x ∈ {u ∈ U : ∃M ∈ A : u ∈ M }. Benutzung dieser Aussage ergibt x ∈ U und ∃M ∈ A : x ∈ M . Wir w¨ ahlen ein solches M , sodass M ∈ A und x ∈ M gilt, und wenden auf M die Voraussetzung ∀M ∈ A : M ⊂ B an, woraus M ⊂ B folgt, d. h. ∀x ∈ M : x ∈ B. Wenden wir diese F¨ ur-alle-Aussage auf unser x an, so folgt x ∈ B.  ........................................................................................

( 48)

( 49)

( 50)

( 51)

( 52)

( 53)

( 54)

260

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( 57)

( 58)

( 59)

E Vergleichsl¨osungen

........................................................................................ Zu zeigen ist 6 ∈ {x ∈ N : (∃k ∈ Z : x = 2 · k)}, d. h., unsere Nachweisziele sind 6 ∈ N und ∃k ∈ Z : 6 = 2 · k. Dass 6 ∈ N gilt, k¨ onnen wir als gesichertes Schulwissen ansehen. Wer es genauer wissen will: 6 ist als 5 + 1 definiert, wobei ∀m ∈ N : m + 1 ∈ N gilt, was wir mit 5 f¨ ur m anwenden. Dass wiederum 5 ∈ N gilt, folgt aus der Definition 4 + 1 und erneuter Anwendung des Satzes. In diesem Sinne machen wir solange weiter, bis wir bei 2 als Abk¨ urzung f¨ ur 1 + 1 angekommen sind, wobei 1 ∈ N eine Grundwahrheit darstellt. Interessanter ist der Nachweis der Existenzaussage. Hier ben¨ otigen wir eine Zahl k ∈ Z, sodass 6 = 2 · k gilt. Wir l¨ osen auf und finden k = 3. Der Nachweistext lautet nach dieser kurzen Schmierzettelrechnung so: Wir setzen k := 3. Dann gilt k ∈ Z und 6 = 2 · 3 = 2 · k. Folglich gilt ∃k ∈ Z : 6 = 2 · k. ........................................................................................ Zun¨ achst m¨ ussen wir eine Vermutung erarbeiten. Dazu gen¨ ugt es oft, die Symbolkette einfach in Normalsprache zu u oren: ¨bersetzen und sich selbst gut dabei aufmerksam zuzuh¨ F¨ ur jede ganze Zahl x gibt es eine ganze Zahl y, sodass x + y den Wert 5 ergibt. Noch nachvollziehbarer wird es, wenn man in der Art eines Nachweistextes beginnt: Sei x eine ganze Zahl. Dann existiert eine ganze Zahl y, sodass x + y = 5 gilt. Klar, wenn x gegeben ist, dann kann man ja nach y aufl¨ osen! Genauso l¨ auft der Beweis: Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage sei x ∈ Z gegeben. Zu zeigen ist ∃y ∈ Z : x + y = 5. Wir setzen y := 5 − x. Dann gilt y ∈ Z (weil die Subtraktion zweier ganzer Zahlen wieder eine ganze Zahl liefert – fundiertes Schulwissen) und es gilt x + y = x + (5 − x) = 5. ........................................................................................ Zun¨ achst m¨ ussen wir eine Vermutung erarbeiten. Dazu u oren gut zu: ¨bersetzen wir und h¨ Es gibt eine ganze Zahl x sodass f¨ ur jede ganze Zahl y die Summe von x und y den Wert 5 ergibt. H¨ a¨ a? Egal was ich zur gegebenen Zahl x dazu addiere, immer soll 5 herauskommen? Das ist doch Quatsch. Zum Widerlegen einer Aussage zeigen wir, dass sie falsch ist, d. h., dass ihr Gegenteil stimmt. Zum Nachweis von ¬∃x ∈ Z : ∀y ∈ Z : x + y = 5 gehen wir von ∃x ∈ Z : ∀y ∈ Z : x + y = 5 aus und zeigen einen Widerspruch. Dazu w¨ ahlen wir x ∈ Z mit ∀y ∈ Z : x + y = 5. Unser H¨ a¨ a? von eben bezog sich auf die Tatsache, dass unm¨ oglich beim Addieren unterschiedlicher Zahlen zu x immer das gleiche Ergebnis resultieren kann. Um diesen Widerspruch herauszuarbeiten, m¨ ussen wir mindestens zwei Zahlen addieren, was wir durch zweimaliges Anwenden der F¨ ur-alle-Aussage erreichen. Anwendung mit y = 0 liefert x + 0 = 5 und Anwendung mit y = 1 liefert x + 1 = 5. Durch Ersetzung ergibt sich 4 = 5.  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . Beweis. Zu zeigen ist B ⊂ A. Dazu gehen wir von b ∈ B aus und zeigen b ∈ A. Mit der Langform m¨ ussen wir dazu nachweisen b ∈ {x ∈ U : (∃V ∈ A : x ∈ V )}, was wiederum die Beweisziele b ∈ U und ∃V ∈ A : b ∈ V liefert. Da B eine Menge ist, folgt mit Aufgabe ( 53) auch b ∈ U . Wegen ∃M ∈ A : B ⊂ M k¨ onnen wir ein entsprechendes M w¨ ahlen. Wegen B ⊂ M gilt dann b ∈ M . Da auch M ∈ A gilt, folgt ∃V ∈ A : b ∈ V mit M als Beispiel.  ........................................................................................ Zum Nachweis von ¬∃A ∈ M : (∅ ∩ A) ⊂ A zeigen wir ∀A ∈ M : ¬((∅ ∩ A) ⊂ A). Sei dazu A ∈ M. Mit der Langform von ⊂ m¨ ussen wir zeigen ¬¬((∅ ∩ A) ⊂ A). Mit Satz 2.8 folgt diese Aussage, wenn wir (∅ ∩ A) ⊂ A zeigen. Die Langform hierzu ist ∀x ∈ ∅ ∩ A : x ∈ A, sodass wir von x ∈ ∅ ∩ A ausgehen und x ∈ A zeigen.

E Vergleichsl¨osungen

261

Mit der Langform der Schnittmenge gilt x ∈ {y ∈ ∅ : y ∈ A}. Es gilt also x ∈ ∅ und x ∈ A. Wir lassen uns nicht von der etwas seltsamen Aussage x ∈ ∅ st¨ oren, denn unser Beweisziel ist der Nachweis von x ∈ A und diese Aussage gilt nun. Damit ist der Beweis beendet. ........................................................................................ Wir zeigen ¬∀n ∈ N : ¬∃p ∈ N≥2 : ∃q ∈ N≥2 : n2 + n + 41 = p · q zum Widerlegen der Aussage. Dies erreichen wir durch Angabe eines Gegenbeispiels, also durch Nachweis von ∃n ∈ N : ¬¬∃p ∈ N≥2 : ∃q ∈ N≥2 : n2 + n + 41 = p · q.

( 60)

Auf einem Schmierblatt fangen wir an, ein solches n zu suchen: F¨ ur n ∈ {1, 2, 3, 4} finden wir f¨ ur n2 + n + 41 die Werte 43, 47, 53 und 61, wobei keiner davon ein Produkt von Zahlen gr¨ oßer als 1 ist (d. h., es sind alles Primzahlen). Machen wir weiter mit n ∈ {5, 6, 7}, so finden wir mit 113, 131 und 151 ebenfalls nur Primzahlen. Das geht tats¨ achlich lange so weiter! Schaut man sich aber die Formel n2 + n + 41 an, so merkt man, dass bei n = 41 sicherlich eine Faktorisierung in zwei Zahlen gr¨ oßer als 1 m¨ oglich wird, denn 412 + 41 + 41 erlaubt das Ausklammern von 41 412 + 41 + 41 = 41 · (41 + 1 + 1) = 41 · 43. Tats¨ achlich funktioniert das schon im Fall n = 40 (aber nicht fr¨ uher!) 402 + 40 + 41 = 40 · (40 + 1) + 41 = 40 · 41 + 41 = 41 · 41. Kehren wir nun vom Schmierblatt zur¨ uck und f¨ uhren den Beweis fort: Wir setzen n := 40 und p := 41 sowie q := 41. Dann gilt n2 + n + 41 = 402 + 40 + 41 = 40 · (40 + 1) + 41 = 40 · 41 + 41 = 41 · 41 = p · q. Damit gilt zun¨ achst ∃q ∈ N≥2 : n2 + n + 41 = p · q und damit wiederum ∃p ∈ N≥2 : ∃q ∈ 2 N≥2 : n +n+41 = p·q. Mit Satz 2.8 angewendet auf diese Aussage folgt eine Implikation, die wir anwenden k¨ onnen, um so auf die doppelt negierte Form zu schließen. Insgesamt folgt so ∃n ∈ N : ¬¬∃p ∈ N≥2 : ∃q ∈ N≥2 : n2 + n + 41 = p · q. ........................................................................................ Den Satz kann man so formulieren: Seien A, B Mengen. Gilt A ∩ B = A, so gilt A ⊂ B. Beweis. Wir gehen von A ∩ B = A aus und zeigen A ⊂ B. In Langform lautet unser Beweisziel also ∀x ∈ A : x ∈ B. Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage gehen wir von x ∈ A aus. Unser Ziel ist der Nachweis von x ∈ B. Wir wechseln nun in den Vorw¨ artsmodus und schauen uns dazu die Voraussetzung genauer an. Wegen A ∩ B = A k¨ onnen wir A durch A ∩ B in x ∈ A ersetzen und erhalten x ∈ A ∩ B. Mit der Langform wissen wir also x ∈ {y ∈ A : y ∈ B}. Benutzung der Elementrelation bei Aussonderungsmengen ergibt nun x ∈ A und x ∈ B.  ........................................................................................ Einen entsprechenden Satz f¨ ur Vereinigungen k¨ onnte so aussehen: Seien A, B Mengen. A ∪ B = A gilt genau dann, wenn B ⊂ A gilt. Beweis. Wir beginnen mit der Implikation (A ∪ B = A) ⇒ (B ⊂ A). Dazu gehen wir von A∪B = A aus und zeigen B ⊂ A. In Langform lautet unser Beweisziel also ∀x ∈ B : x ∈ A. Sei dazu x ∈ B gegeben. Zu zeigen ist nun x ∈ A. Wegen x ∈ B gilt zun¨ achst x ∈ U mit Aufgabe ( 53). Außerdem gilt (x ∈ A) ∨ (x ∈ B)

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E Vergleichsl¨osungen

und damit x ∈ {y ∈ U : (y ∈ A) ∨ (y ∈ B)} bzw. in Kurzform x ∈ A ∪ B. Ersetzung mit der Annahme A ∪ B = A ergibt x ∈ A. F¨ ur die umgekehrte Implikation (B ⊂ A) ⇒ (A ∪ B = A) gehen wir von B ⊂ A aus und zeigen A ∪ B = A. Mit Axiom 1.6 m¨ ussen wir dazu zwei Inklusionen nachweisen, wobei wir mit A ∪ B ⊂ A beginnen. In Langform ist also zu zeigen: ∀x ∈ A ∪ B : x ∈ A. Dazu gehen wir von x ∈ A ∪ B aus und zeigen x ∈ A. In Langform gilt nun x ∈ {y ∈ U : (y ∈ A)∨(y ∈ B)}, was auf x ∈ U und (x ∈ A)∨(x ∈ B) f¨ uhrt. Fall x ∈ A: Es gilt x ∈ A. Fall x ∈ B: Wegen B ⊂ A, also ∀x ∈ B : x ∈ A, gilt wegen x ∈ B auch x ∈ A. Die Aussage x ∈ A gilt also insgesamt und beendet den Nachweis der ersten Inklusion. F¨ ur die umgekehrte Inklusion A ⊂ A ∪ B, also in Langform ∀x ∈ A : x ∈ A ∪ B, gehen wir von x ∈ A aus und zeigen x ∈ A ∪ B. In Langform ist also x ∈ {y ∈ U : (y ∈ A) ∨ (y ∈ B)} zu zeigen, was mit der Nachweisregel f¨ ur Elementaussagen mit Aussonderungsmengen auf die Hilfsziele x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) f¨ uhrt. Wegen x ∈ A gilt aber insbesondere (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) und nach Aufgabe ( 53) gilt auch x ∈ U, sodass auch der Nachweis der zweiten Inklusion abgeschlossen ist.  ........................................................................................ Beweis. Sei A eine Menge. Zu zeigen ist ∅ ⊂ A. In Langform ist also zu zeigen ∀x ∈ ∅ : x ∈ A. Sei dazu x gegeben mit x ∈ ∅. Zu zeigen ist x ∈ A. Mit Aufgabe ( 53) finden wir zun¨ achst x ∈ U und damit gilt ∃x ∈ U : x ∈ ∅. Benutzung von Satz 2.29 ergibt die gegenteilige Aussage ¬∃x ∈ U : x ∈ ∅. Mit Ex falso quodlibet folgt x ∈ A.  ........................................................................................ Beweis. Die Mengengleichheit ∅ ∪ A = A zeigen wir durch zwei Inklusionen. Zum Nachweis von ∅ ∪ A ⊂ A sei x ∈ ∅ ∪ A gegeben. Zu zeigen ist x ∈ A. Mit der Langform zur Vereinigung gilt x ∈ {y ∈ U : (y ∈ ∅) ∨ (y ∈ A)}. Benutzung der Elementaussage liefert x ∈ U und (x ∈ ∅) ∨ (x ∈ A). Fall x ∈ ∅: Zeige ( 277) wie in Aufgabe ( 63), dass hieraus jede beliebige Aussage folgt und daher auch x ∈ A. Fall x ∈ A: Es gilt x ∈ A. Somit gilt x ∈ A in jedem Fall. F¨ ur die umgekehrte Inklusion gehen wir von x ∈ A aus und zeigen x ∈ (∅ ∪ A). Mit der Langform zur Vereinigung ist zu zeigen: x ∈ {y ∈ U : (y ∈ ∅) ∨ (y ∈ A)}. Mit der Nachweisregel zur Elementaussage geht es also um den Nachweis von x ∈ U und (x ∈ ∅) ∨ (x ∈ A). Wegen Aufgabe ( 53) gilt x ∈ U wegen x ∈ A. Wegen x ∈ A gilt (x ∈ ∅) ∨ (x ∈ A).  Wir zeigen nun den zweiten Teil der Aufgabe. Beweis. Die Mengengleichheit ∅ ∩ A = ∅ zeigen wir durch zwei Inklusionen. Zum Nachweis von ∅ ∩ A ⊂ ∅ sei x ∈ ∅ ∩ A gegeben. Zu zeigen ist x ∈ ∅. Mit der Langform zum Schnitt gilt x ∈ {y ∈ ∅ : y ∈ A}. Benutzung der Elementaussage liefert x ∈ ∅ und x ∈ A. F¨ ur die umgekehrte Inklusion gehen wir von x ∈ ∅ aus und zeigen x ∈ (∅ ∩ A). Benutzung von Aufgabe ( 277) ergibt x ∈ (∅ ∩ A).  ........................................................................................

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........................................................................................ Beweis. Die Mengengleichheit zeigen wir durch zwei Inklusionen. Zum Nachweis von (B\A) ∪ A ⊂ B gehen wir von x ∈ (B\A) ∪ A aus und zeigen x ∈ B. Mit der Langform zur Vereinigung gilt x ∈ {y ∈ U : (y ∈ (B\A)) ∨ (y ∈ A)}. Benutzung der Elementaussage liefert x ∈ U und (x ∈ (B\A)) ∨ (x ∈ A). Fall x ∈ (B\A): Mit der Langform zur Differenzmenge gilt x ∈ {y ∈ B : y ∈ / A}. Benutzung der Elementaussage liefert x ∈ B und x ∈ / A. Fall x ∈ A: Wegen A ⊂ B folgt aus x ∈ A auch x ∈ B. In jedem Fall gilt also x ∈ B. Zum Nachweis von B ⊂ (B\A) ∪ A gehen wir von x ∈ B aus und zeigen x ∈ (B\A) ∪ A. Mit der Langform zur Vereinigungsmenge und der Nachweisregel f¨ ur Elementaussagen m¨ ussen wir zeigen x ∈ U und (x ∈ (B\A)) ∨ (x ∈ A). Die erste Aussage folgt mit Aufgabe ( 53) aus x ∈ B. Zum Beweis der Oder-Aussage benutzen wir die Nachweisregel aus Abschnitt B.4 auf Seite 199. Dabei ist es geschickt, x ∈ A verneint anzunehmen: Zum Nachweis von (x ∈ (B\A))∨ (x ∈ A) gelte x ∈ / A. Zu zeigen ist x ∈ (B\A) bzw. in Langform x ∈ {y ∈ B : y ∈ / A}. Unsere Beweisziele sind damit x ∈ B und x ∈ / A, die beide nach Voraussetzung gelten.  ........................................................................................ ¨ Beweis. Seien a, b Elemente. Zu zeigen ist (a ∈ {b}) ⇔ (a = b). Wir zeigen die Aquivalenz durch den Nachweis von zwei Implikationen. Wir beginnen mit der Implikation von links nach rechts und nehmen dazu a ∈ {b} an. Zu zeigen ist a = b. Mit der Langform gilt a ∈ {y ∈ U : y = b}. Benutzung der Elementaussage ergibt a = b. F¨ ur die umgekehrte Implikation seien a, b Elemente mit a = b. Zu zeigen ist a ∈ {b}. In Langform ist also zu zeigen a ∈ {y ∈ U : y = b}. Dazu ist zu zeigen a ∈ U und a = b. Dies gilt nach Voraussetzung.  Nach Axiom 1.6 gilt a = a. Mit dem gerade gezeigten Satz ist dies ¨ aquivalent zu a ∈ {a}, was somit ebenfalls gilt. ........................................................................................ Beweis. Seien a, b Elemente. Zu zeigen ist a ∈ {a, b}. In Langform ist also zu zeigen: a ∈ {a} ∪ {b} bzw. a ∈ {x ∈ U : (x ∈ {a}) ∨ (x ∈ {b})}. Zum Nachweis der Elementaussage ist zu zeigen: a ∈ U und (a ∈ {a}) ∨ (a ∈ {b}). Nach Voraussetzung gilt dabei a ∈ U . Anwendung von Aufgabe ( 66) auf a ergibt a ∈ {a}. Damit gilt auch (a ∈ {a})∨(a ∈ {b}). Als n¨ achstes zeigen wir b ∈ {a, b}. In Langform ist also zu zeigen b ∈ {a} ∪ {b} bzw. b ∈ {x ∈ U : (x ∈ {a}) ∨ (x ∈ {b})}. Zum Nachweis der Elementaussage ist zu zeigen: b ∈ U und (b ∈ {a}) ∨ (b ∈ {b}). Nach Voraussetzung gilt dabei b ∈ U . Anwendung von Aufgabe ( 66) auf b folgt b ∈ {b}. Damit gilt auch (b ∈ {a}) ∨ (b ∈ {b}). Sei nun zus¨ atzlich ein Objekt x gegegben mit x ∈ {a, b}. Zu zeigen ist (x = a) ∨ (x = b). In Langform gilt x ∈ {a} ∪ {b} bzw. x ∈ {y ∈ U : (y ∈ {a}) ∨ (y ∈ {b})}. Benutzung der Elementaussage liefert weiter x ∈ U und es gilt (x ∈ {a}) ∨ (x ∈ {b}). Fall x ∈ {a}: Anwendung von Aufgabe ( 66) auf x, a liefert x = a und damit auch (x = a) ∨ (x = b). Fall x ∈ {b}: Anwendung von Aufgabe ( 66) auf x, b liefert x = b und damit auch (x = a) ∨ (x = b). In beiden F¨ allen gilt also (x = a) ∨ (x = b).  Zum Nachweis der Mengengleichheit zeigen wir zwei Inklusionen. Wir beginnen mit der Inklusion {a, a} ⊂ {a}. Dazu sei x ∈ {a, a} gegeben. Zu zeigen ist x ∈ {a}, d. h., nach

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Aufgabe ( 66) ist das Ziel der Nachweis von x = a. Wegen des vorherigen Schritts wissen wir, dass (x = a) ∨ (x = a) gilt. Fall x = a: Es gilt x = a. Fall x = a: Es gilt x = a. Insgesamt gilt also x = a. F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei x ∈ {a} gegeben. Zu zeigen ist x ∈ {a, a}. Mit dem vorherigen Schritt k¨ onnen wir das Ziel auch ¨ aquivalent als (x = a) ∨ (x = a) schreiben. Wegen Aufgabe ( 66) wissen wir x = a. Damit folgt auch (x = a) ∨ (x = a).  ........................................................................................ Beweis. Zum Nachweis von A ⊂ B\C sei x ∈ A gegeben. Zu zeigen: x ∈ B \ C. Nach Definition der Differenzmenge ist also zu zeigen x ∈ B und x ∈ C. Die Floskel nach Definition steht hier f¨ ur eine Zusammenfassung von zwei Schritten: (1) Umschreiben in die Langform x ∈ {u ∈ B : u ∈ C} und (2) Anwenden der Regel f¨ ur die Elementaussage bei Aussonderungsmengen. Da alle Mengenoperationen u ¨ber Aussonderungsmengen definiert sind, tritt diese Kopplung in der Mengenlehre regelm¨ aßig auf.

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Nachweis von x ∈ B: Aus x ∈ A und der Voraussetzung A ⊂ B folgt x ∈ B. Nachweis von x ∈ / C: Zwecks Widerspruch nehmen wir x ∈ C an. Aus x ∈ A und x ∈ C folgt x ∈ {u ∈ A : u ∈ C} = A ∩ C. Wegen A ∩ C = ∅ folgt somit x ∈ ∅. Da mit Satz 2.29 auch x ∈ / ∅ gilt, haben wir einen Widerspruch gefunden.   ........................................................................................ Beweis. Sei A eine Menge. Wir zeigen zun¨ achst ∅ ∈ P(A). Nach Definition der Potenzmenge m¨ ussen wir dazu ∅ ∈ M und ∅ ⊂ A zeigen. Die erste Aussage folgt aus Axiom 1.5 und die zweite aus Aufgabe ( 63). Sei nun A ∈ M. Zu zeigen ist A ∈ P(A) bzw. nach Definition der Potenzmenge A ∈ M und A ⊂ A. Die erste Aussage folgt nach Voraussetzung und die zweite durch Anwendung der Nachweisregel auf ∀x ∈ A : x ∈ A. Wir behaupten P(∅) = {∅} und beweisen dies durch zwei Inklusionen. Zum Nachweis von P(∅) ⊂ {∅} sei M ∈ P(∅). Zu zeigen ist M ∈ {∅}. Mit Aufgabe ( 66) folgt dies aus dem Hilfsziel M = ∅. Nach Definition der Potenzmenge gilt M ∈ M und M ⊂ ∅. Da auch ∅ ⊂ M gilt (wegen Aufgabe ( 63)), folgt M = ∅ mit Axiom 1.6. F¨ ur die umgekehrte Inklusion {∅} ⊂ P(∅) sei M ∈ {∅}. Zu zeigen ist M ∈ P(∅). Mit Aufgabe ( 66) ist M = ∅, und wegen des ersten Aufgabenteils gilt damit M ∈ P(∅). Schließlich behaupten wir P({a}) = {∅, {a}} und zeigen dies ebenfalls durch zwei Inklusionen. Zum Nachweis von P({a}) ⊂ {∅, {a}} sei M ∈ P({a}). Zu zeigen ist M ∈ {∅, {a}}. Mit Aufgabe ( 66) folgt dies aus dem Hilfsziel (M = ∅) ∨ (M = {a}). Zum Nachweis nehmen wir an, dass M = ∅ gilt. Unser Ziel ist der Nachweis von M = {a}, d. h., wir m¨ ussen zwei Inklusionen zeigen. Nach Definition der Potenzmenge wissen wir M ∈ M und M ⊂ {a}. Es fehlt also noch die zweite Inklusion {a} ⊂ M . Sei dazu x ∈ {a}. Zu zeigen ist x ∈ M . Mit Aufgabe ( 66) ist x = a. Außerdem ergibt M = ∅ mit Korollar 3.3 die Existenzaussage ∃x ∈ U : x ∈ M . W¨ ahlen wir ein solches Element u, so gilt u ∈ M . Wegen M ⊂ {a} gilt damit u ∈ {a} und Aufgabe ( 66) zeigt u = a. Insgesamt ist also x = a = u ∈ M . F¨ ur die verbleibende Inklusion {∅, {a}} ⊂ P({a}) sei M ∈ {∅, {a}} gegeben. Zu zeigen ist M ∈ P({a}). Aus der Voraussetzung folgt mit Aufgabe ( 66) die Aussage (M = ∅) ∨ (M = {a}).

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Fall M = ∅: Wenden wir den vorderen Aufgabenteil auf die Menge {a} an, so ergibt sich M = ∅ ∈ P({a}). Fall M = {a}: Da {a} ∈ M nach Axiom 1.7 gilt, folgt mit dem vorderen Aufgabenteil angewendet auf {a}, dass M = {a} ∈ P({a}) gilt. In jedem Fall gilt also M ∈ P({a}).  Die Potenzmenge von {1, 2, 3} lautet P({1, 2, 3}) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}} . Der Beweis hierzu ist nicht schwer, aber mit unseren bisherigen Beweisschritten etwas m¨ uhsam durchzuf¨ uhren. W¨ ahrend das Auge schnell sieht, dass jede der angegebenen Mengen eine Teilmenge von {1, 2, 3} ist, muss man sich mit den Beweisschritten sehr m¨ uhsam durch eine große Anzahl von Oder-Aussagen bewegen. Hier helfen rekursive Techniken f¨ ur endliche Listen von Elementen, f¨ ur deren genaue Erkl¨ arung erst noch Hilfsmittel bereitgestellt werden m¨ ussen. ........................................................................................ Beweis. Wir zeigen die Mengengleichheit durch zwei Inklusionen und beginnen mit der Inklusion P(A ∩ B) ⊂ P(A) ∩ P(B). Sei dazu V ∈ P(A ∩ B) gegeben. Zu zeigen ist dann V ∈ P(A) ∩ P(B), d. h., wir haben zwei Hilfsziele V ∈ P(A) und V ∈ P(B). Nach Definition der Potenzmenge k¨ onnen wir die Hilfsziele auch folgendermaßen formulieren: V ∈ M, V ⊂ A und V ⊂ B. Nach Voraussetzung gilt V ∈ P(A ∩ B), was nach Definition von P bedeutet: V ∈ M und V ⊂ (A ∩ B). Wegen Aufgabe ( 51) gilt (A ∩ B) ⊂ A und mit Satz 2.26 folgt dann V ⊂ A. Die gleiche Argumentation kann auch mit B anstelle von A gef¨ uhrt werden. Anstelle einer (fast) wortw¨ ortlichen Wiederholung schreiben wir nun in Kurzform.

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Entsprechend sieht man, dass V ⊂ B gilt. F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei V ∈ P(A) ∩ P(B) gegeben. Zu zeigen ist V ∈ P(A ∩ B) bzw. nach Definition der Potenzmenge V ∈ M und V ⊂ A ∩ B. Zum Nachweis des ersten Ziels packen wir die Voraussetzung aus. Das zeigt uns außerdem, wieso das zweite Hilfsziel gelten wird. Aus der Voraussetzung schließen wir V ∈ P(A) und V ∈ P(B). Nach Definition der Potenzmenge liefert dies V ∈ M, V ⊂ A und V ⊂ B. Das verbleibende Hilfsziel V ⊂ A∩B folgt nun mit Aufgabe ( 52).  ........................................................................................ Wir beginnen mit dem Nachweis von P(A) ∪ P(B) ⊂ P(A ∪ B). Sei dazu M ∈ P(A) ∪ P(B). Zu zeigen ist M ∈ P(A ∪ B) bzw. nach Definition der Potenzmenge M ∈ M und M ⊂ A ∪ B. Sei dazu x ∈ M . Zu zeigen ist x ∈ A ∪ B. Nach Definition von ∪ lautet unser Ziel also (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Nach Voraussetzung und der Definition von ∪ gilt andererseits (M ∈ P(A))∨(M ∈ P(B)). Fall M ∈ P(A): Nach Definition der Potenzmenge gilt M ∈ M und M ⊂ A. Wegen x ∈ M folgt x ∈ A und damit (M ∈ M) ∧ ((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)). Fall M ∈ P(B): Nach Definition der Potenzmenge gilt M ∈ M und M ⊂ B. Wegen x ∈ M folgt x ∈ B und damit (M ∈ M) ∧ ((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)). In beiden F¨ allen haben wir also M ∈ M und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) gezeigt.  Die umgekehrte Inklusion gilt unter der Annahme (A ∪ B ⊂ A) ∨ (A ∪ B ⊂ B). Beweis. Sei M ∈ P(A ∪ B). Zu zeigen ist M ∈ P(A) ∪ P(B), d. h., nach Definition von ∪ lautet unser Ziel (M ∈ P(A)) ∨ (M ∈ P(B)). Nach Voraussetzung wissen wir M ∈ P(A ∪ B), d. h. M ∈ M und M ⊂ A ∪ B.

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Fall A ∪ B ⊂ A: Wegen M ⊂ A ∪ B und A ∪ B ⊂ A folgt M ⊂ A mit Satz 2.26. Da auch M ∈ M gilt, folgt mit der Definition der Potenzmenge M ∈ P(A). Es gilt also (M ∈ P(A)) ∨ (M ∈ P(B)). Fall A ∪ B ⊂ B: Wegen M ⊂ A ∪ B und A ∪ B ⊂ B folgt M ⊂ B mit Satz 2.26. Da auch M ∈ M gilt folgt mit der Definition der Potenzmenge M ∈ P(B). Es gilt also (M ∈ P(A)) ∨ (M ∈ P(B)).  Die angegebene Bedingung (A ∪ B ⊂ A) ∨ (A ∪ B ⊂ B) ist nicht nur hinreichend f¨ ur die Inklusion, sondern auch notwendig. Die naheliegende Idee, A ⊂ B ∈ P(A ∪ B) f¨ ur den Beweis zu verwenden, benutzen wir nicht, um nicht A ∪ B ∈ M annehmen zu m¨ ussen. Beweis. Es gelte die Inklusion P(A ∪ B) ⊂ P(A) ∪ P(B). Zu zeigen ist die Aussage (A ∪ B ⊂ B) ∨ (A ∪ B ⊂ A). In einem indirekten Beweis gehen wir vom Gegenteil aus, d. h. es gelte (A ∪ B ⊂ A) ∧ (A ∪ B ⊂ B), wobei wir die de-morgansche Regel ( 41) benutzt haben. Unser Ziel ist der Nachweis eines Widerspruchs. In der Langform ist unsere Annahme A ∪ B ⊂ A eine negierte F¨ ur-alle-Aussage, n¨ amlich ¬∀x ∈ A ∪ B : x ∈ A, und damit ¨ aquivalent zur Existenzaussage ∃x ∈ A ∪ B : x ∈ / A. W¨ ahlen wir ein solches Element und nennen es b, so gelten b ∈ A ∪ B und b ∈ / A. Nach Definition von ∪ gilt also (b ∈ A) ∨ (b ∈ B). Fall b ∈ A: Wegen b ∈ / A folgt mit Ex falso quodlibet die Aussage b ∈ B. Fall b ∈ B: Es gilt b ∈ B. Insgesamt gelten also b ∈ B und b ∈ / A, genauso folgern wir aus A ∪ B ⊂ B die Existenz eines Objekts a ∈ A mit a ∈ / B. Die Menge {a, b} = {a} ∪ {b} ist nach den Axiomen 1.7 und 1.8 ein Element von M. Außerdem k¨ onnen wir zeigen, dass {a, b} ⊂ A ∪ B gilt. Sei dazu x ∈ {a, b}. Zu zeigen ist x ∈ A ∪ B, d. h. (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Mit Aufgabe ( 66) ist (x = a) ∨ (x = b). Fall x = a: Wegen a ∈ A gilt (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Fall x = b: Wegen b ∈ B gilt (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Insgesamt haben wir damit nach Definition der Potenzmenge auch {a, b} ∈ P(A ∪ B) nachgewiesen. Nach Voraussetzung gilt damit auch {a, b} ∈ P(A) ∪ P(B), d. h., es gilt {a, b} ∈ P(A)) ∨ ({a, b} ∈ P(B)). Fall {a, b} ∈ P(A): Nach Definition der Potenzmenge gilt {a, b} ⊂ A. Wegen b ∈ {a, b} (Aufgabe ( 66)) gilt damit auch b ∈ A. Wegen b ∈ / A haben wir einen Widerspruch und mit Ex falso quodlibet gilt 0 = 1. Fall {a, b} ∈ P(B): Nach Definition der Potenzmenge gilt {a, b} ⊂ B. Wegen a ∈ {a, b} (Aufgabe ( 66)) gilt damit auch a ∈ B. Wegen a ∈ / B haben wir einen Widerspruch und mit Ex falso quodlibet gilt 0 = 1. Insgesamt gilt also die widerspr¨ uchliche Aussage 0 = 1.   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................................................... Zum Nachweis von A ⊂ B sei x ∈ A gegeben. Zu zeigen ist x ∈ B. Nach Definition der Vereinigungsmenge gilt x ∈ U und ∃V ∈ A : x ∈ V . Wir w¨ ahlen ein solches V und nutzen die Voraussetzung ∀A ∈ A : A ⊂ B. Damit gilt V ⊂ B. Wegen x ∈ V gilt dannauch x ∈ B.  Wir vermuten ∅ = ∅ undzeigen dies mit zwei Inklusionen. Beweis. Die Inklusion ∅ ⊂ ∅ folgt aus Aufgabe ( 63). F¨ ur die umgekehrte Inklusion nutzen wir die gerade bewiesene Aussage mit der Mengenfamilie A := ∅ und der Menge B := ∅. Zum Nachweis von ∀A ∈ ∅ : A ⊂ ∅ gehen wir von A ∈ ∅ aus. Wegen   Aufgabe ( 277) gilt dann A ⊂ ∅. Wir vermuten N≤ = N und zeigen dies durch zwei Inklusionen. F¨ ur die erste Inklusion nutzen wir den Anfangsteil dieser Aussage. Dazu weisen wir ∀A ∈ N≤ : A ⊂ N nach. Sei

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dazu A ∈ N≤ gegeben. Zu zeigen ist A ⊂ N. Sei dazu wiederum x ∈ A gegeben. Zu zeigen ist x ∈ N. Nach Definition von N≤ gilt A ∈ M und ∃n ∈ N : A = N≤n . Wir w¨ ahlen ein solches n. Dann gilt x ∈ A = N≤n . Mit der Definition von N≤n gilt dann insbesondere  x ∈ N. Zum Nachweis der umgekehrten Inklusion sei x ∈ N. Zu zeigen ist x ∈ N≤ . Dazu sind x ∈ U und ∃V ∈ N≤ : x ∈ V zu zeigen. Wir wissen zun¨ achst mit Aufgabe ( 53), dass x ∈ U wegen x ∈ N gilt. Außerdem gilt x ∈ N≤x wegen x ∈ N und x ≤ x. Zum Nachweis von N≤x ∈ N≤ m¨ ussen wir N≤x ∈ M und ∃k ∈ N : N≤x = N≤k zeigen. Da N≤x ⊂ N gilt (w¨ ahle zum Nachweis m ∈ N≤x und nutze die Definition von N≤x , woraus x ∈ N folgt), ergibt Axiom 1.9 N≤x ∈ M wegen N ∈ M. Die Existenzaussage folgt leicht mit k := x wegen N≤x = N≤k . Wegen N≤x ∈ N≤ gilt also insgesamt ∃V ∈ N≤ : x ∈ V .  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . Wir zeigen dieMengengleichheit durch zwei Inklusionen und beginnen mit M ⊂ M. Sei dazu A ∈ M. Zu  zeigen ist A ∈ U . Nach Definition von M ist A ∈ U und es gilt eine Existenzaussage, die uns hier aber gar nicht interessiert.  Zum Nachweis der umgekehrten Inklusion sei a ∈ U. Zu zeigen ist a ∈ M. Nach Definition von M sind a ∈ U und ∃V ∈ M : a ∈ V zu zeigen.

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W¨ ahrend a ∈ U bereits gilt, ist die Existenzaussage ein bisschen kniffliger: Kennen wir eine Menge V ∈ M, in der das Element a liegt? Da U nicht fassbar ist, kommt U nicht infrage. Viel besser ist die winzige und fassbare Menge {a}. Wir setzen V := {a}. Axiom 1.7 besagt V ∈ M und Aufgabe ( 66) zeigt a ∈ V .  ........................................................................................ Beweis. Wir zeigen die  Mengengleichheit durch zwei Inklusionen.   ⊂“: Sei x ∈ (A ∪ B) gegeben. Zu zeigen ist x ∈( A) ∪ ( B).  ” Nach Definition  von ∪ ist dazu (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) zu zeigen. Wegen x ∈ (A ∪ B) gilt x ∈ U und ∃C ∈ A ∪ B : x ∈ C. W¨ ahle C ∈ A ∪ B mit der Eigenschaft x ∈ C. Wegen C ∈ A ∪ B gilt (C ∈ A) ∨ (C ∈ B) nach Definition von ∪. Wir machen eine Fallunterscheidung. Fall C ∈ A:  In diesem  Fall gilt x ∈  C und C ∈ A, d. h. ∃C ∈ A : x ∈ C und damit x ∈ A, sodass auch (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) gilt. Fall C ∈ B:  In diesem  Fall gilt x ∈C und C ∈ B, d. h. ∃C ∈ B : x ∈ C und damit x ∈ B, sodass auch (x ∈ A) ∨ (x ∈  B) gilt.  ⊃“: Sei x ∈ ( A) ∪ ( B) gegeben. Zu zeigen ist x ∈ (A ∪ B). ” Nach Definition x ∈ U und ∃M ∈ A ∪ B : x ∈ M .  von  ist dazu zu zeigen  Wegen x ∈ ( A) ∪ ( B) gilt (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Wir machen  eine Fallunterscheidung: Fall x ∈ A: In diesem Fall gilt also x ∈ U und ∃M ∈ A : x ∈ M . W¨ ahle M ∈ A mit x ∈ M . Wegen M ∈ A gilt auch M ∈ A ∪ B. Wegen x ∈ M und M ∈ A ∪ B gilt (x ∈ U) ∧ (∃M ∈ A ∪ B : x ∈ M ).

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 Fall x ∈ B: In diesem Fall gilt also x ∈ U und ∃M ∈ B : x ∈ M . W¨ ahle M ∈ B mit x ∈ M . Wegen M ∈ B gilt auch M ∈ A ∪ B. Wegen x ∈ M und M ∈ A ∪ B gilt (x ∈ U ) ∧ (∃M ∈ A ∪ B : x ∈ M ).  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................................. Beweis. Sei x ∈ ( A) \ ( B) gegeben. Zu zeigen: x ∈ (A \ B). Nach Definition von sind dazu zu    zeigen: x ∈U und ∃V ∈ A \ B : x ∈ V . Aus x ∈ ( A) \ ( B) folgen x ∈ A und / B.  x∈ Aus x ∈ A folgt nach Definition von : x ∈ U und ∃V ∈ A : x ∈ V . W¨ ahle V ∈ A mit x ∈ V . Wenn wir f¨ ur dieses V noch V ∈ / B zeigen k¨ onnen, sind wir fertig. Also tun wir dies doch einfach! Wir zeigen zun¨ achst V ∈ / B. Zwecks Widerspruch nehmen wir V ∈  B an.  Aus x ∈ V und V ∈ B folgt dann x∈ B  nach Definition von . Aufgrund der Voraussetzung x ∈ ( A) \ ( B) gilt aber x ∈ / B.  Also gilt V ∈ / B, und da auch V ∈ A gilt, folgt V ∈ A \ B. Also gilt V ∈ A \ B und x ∈ V .  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zum Nachweis der Inklusion sei x ∈ A. Zu zeigen ist x ∈ A. Nach Definition des allgemeinen Schnitts gilt x ∈ U und ∀V ∈ A : x ∈ V . Angewendet auf A folgt x ∈ A. ........................................................................................ Wir  zeigen die Mengengleichheit durch zwei Inklusionen und beginnen mit dem Nachweis von {A, B} ⊂ A ∩ B. Sei dazu x ∈ {A, B}. Zu zeigen ist x ∈ A ∩ B, wozu wiederum x ∈ A und x ∈ B nachzuweisen sind.  Nach Definition von {A, B} gilt x ∈ U und ∀U ∈ {A, B} : x ∈ U . Wegen Aufgabe ( 66) gilt A ∈ {A, B}. Anwendung der F¨ ur-alle-Aussage ergibt x ∈ A. Entsprechend gilt B ∈ {A, B}. Anwendung der F¨ ur-alle-Aussage ergibt x  ∈ B. Zum Nachweis  der umgekehrten Inklusion sei x ∈ A ∩ B. Zu zeigen ist x ∈ {A, B}. Nach Definition von {A, B} sind x ∈ U und ∀U ∈ {A, B} : x ∈ U zu zeigen. Wegen x ∈ A ∩ B gilt x ∈ A und x ∈ B. Mit Aufgabe ( 53) gilt daher auch x ∈ U . Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage sei U ∈ {A, B}. Zu zeigen ist x ∈ U . Nach Aufgabe ( 67) gilt (U = A) ∨ (U = B). Fall U = A: Wegen x ∈ A gilt x ∈ U . Fall U = B: Wegen x ∈ B gilt x ∈ U Insgesamt gilt also x ∈ U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........................ Die Vermutung ist N u gt es N≥ ⊂ ∅ zu zeigen. Sei ≥ = ∅. Wegen Aufgabe ( 63) gen¨  dazu x ∈  N≥ . Zu zeigen ist x ∈ ∅. Wegen x ∈ N≥ gelten x ∈ U und ∀V ∈ N≥ : x ∈ V . Um diese F¨ ur-alle-Aussage nutzen zu k¨ onnen, beweisen wir zun¨ achst die Hilfsaussage ∀n ∈ N : N≥n ∈ N≥ . Sei also n ∈ N gegeben. Zu zeigen ist N≥n ∈ N≥ . Dazu ist zu zeigen N≥n ∈ M und ∃k ∈ N : N≥n = N≥k . Wegen N≥n = {m ∈ N : m ≥ n} ⊂ N folgt mit Axiom 1.9 auch N≥n ∈ M. Die Existenzaussage ergibt sich durch Benutzung von k := n wegen N≥n = N≥k .  Anwendung der Hilfsaussage auf n = 1 ergibt N≥1 ∈ N≥ . Damit k¨ onnen wir die Voraussetzung anwenden und finden x ∈ N≥1 , also insbesondere x ∈ N.

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Wenden wir die Hilfsaussage auf x + 1 an, so folgt x ∈ N≥x+1 und damit insbesondere x ≥ x + 1, was auf den Widerspruch 0 ≥ 1 f¨ uhrt.  ........................................................................................ Beweis. Sei A eine  Mengenfamilie und B eine Menge. Weiter gelte ∀C ∈ A : B ⊂ C. Zu zeigen ist B ⊂ A.  Sei dazu x ∈ B. Zu zeigen ist x ∈ A.  Nach Definition von ist dazu zu zeigen x ∈ {u ∈ U : ∀V ∈ A : u ∈ V }, d. h. x ∈ U und ∀V ∈ A : x ∈ V . Wegen B ⊂ U nach Axiom 1.4 folgt x ∈ U aus x ∈ B. Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage sei V ∈ A. Zu zeigen ist x ∈ V . Wegen V ∈ A und ∀C ∈ A : B ⊂ C gilt B ⊂ V . Wegen x ∈ B und B ⊂ V folgt x ∈ V .  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............. . . . . . . . . . .............................................. Beweis. Wir zeigen (A ∪ B) = ( A) ∩ ( B) durch   zwei Inklusionen und beginnen mit ⊂“: Sei x ∈ (A ∪ B). Zu zeigen ist  x ∈ ( A) ∩ ( B). ” Nach Definition von  ∩ sind dazu x ∈ A und x ∈ B zu zeigen. Nachweis von x ∈ A:  Nach Definition von sind zu zeigen: x ∈ U und ∀M ∈ A : x ∈ M . Weil x Element einer Menge ist, folgt mit Aufgabe ( 53) auch x ∈ U. Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage sei M ∈ A gegeben. Zu zeigen ist x ∈ M . Wegen M ∈A gilt M ∈ A ∪ B.  Wegen x ∈ (A ∪  B) und M ∈ A ∪ B gilt x ∈ M nach Definition von . Nachweis von x ∈ B:  Nach Definition von ist zu zeigen: x ∈ U und ∀M ∈ B : x ∈ M . Weil x Element einer Menge ist, folgt mit Aufgabe ( 53) auch x ∈ U. Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage sei M ∈ B gegeben. Zu zeigen ist x ∈ B. Wegen M ∈B gilt M ∈ A ∪ B.  Wegen x ∈ (A ∪ B) und M ∈ A ∪ B gilt x ∈ M nach Definition  von . Zum Nachweis der umgekehrten Inklusion ⊃“ sei x ∈ ( A) ∩ ( B) gegeben. Zu zeigen  ” ist x ∈ (A ∪ B). Weil x Element einerMenge ist, folgt mit Aufgabe ( 53) auch x ∈ U. Nach Definition von lautet unser Ziel damit nur noch: ∀M ∈ A ∪ B : x ∈ M . Sei dazu M ∈ A ∪ B gegeben. Zu zeigen ist x ∈ M . Wegen M ∈ A ∪ B gilt (M ∈ A) ∨ (M ∈ B) nach Definition von ∪. Wir machen eine Fallunterscheidung: Fall M ∈ A:     Wegen x ∈ ( A) ∩ ( B) gelten x ∈ A und x ∈ B. Wegen x ∈ A und M ∈ A gilt x ∈ M . Fall M ∈ B:     Wegen x ∈ ( A) ∩ ( B) gelten x ∈ A und x ∈ B. Wegen x ∈ B und M ∈ B gilt x ∈ M . In jedem Fall gilt also x ∈ M .  ........................................................................................ Die Relation  ist definiert durch (a ∈ R)  (b ∈ R) :⇔ a · b ≤ a − b. Weiter sind x, a, b Elemente in R. Ersetzen wir a und b auf der rechten Seite der Definition von  durch 1 und 0, so erhalten wir den Ausdruck 1 · 0 ≤ 1 − 0. Es gilt also 1  0 ⇔ (1 · 0 ≤ 1 − 0). Wegen 1 · 0 = 0 und

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¨ 1 − 0 = 1 erhalten wir außerdem durch Ersetzung die Aquivalenz (1 · 0 ≤ 1 − 0) ⇔ (0 ≤ 1), sodass nach diesem Schritt auch 1  0 ⇔ (0 ≤ 1) gilt. Da die letzte Aussage wahr ist, gilt also auch 1  0. ¨ Entsprechend findet man bei Ersetzung von a durch x und b durch x die Aquivalenz 2 x  x ⇔ (x · x ≤ x − x) ⇔ (x ≤ 0). Da die letzte Aussage nur im Fall x = 0 gilt, ist x  x f¨ ur alle x = 0 falsch. Besonders aufpassen muss man beim Ersetzen, wenn die Platzhalter in der Definition ahnliche Namen tragen wie die Objekte, die f¨ ur die Platzhalter einzusetzen sind. Hier ¨ kann es sich lohnen, die Platzhalter in der Definition vorher umzubenennen, d. h., in der Definition (u ∈ R)  (v ∈ R) :⇔ u · v ≤ u − v

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ersetzen wir u durch b und v durch a. Dies f¨ uhrt zu b  a ⇔ (b · a ≤ b − a)Schließlich ist (b · a2 )  (x + 1) ⇔ (b · a2 · (x + 1) ≤ b · a2 − (x + 1)). ........................................................................................ ¨ Wir zeigen die Aquivalenz der beiden Aussagen ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : (x R y) ⇒ (y R x) und ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : (x R y) ⇔ (y R x) durch zwei Implikationen. Zun¨ achst gelte ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : (x R y) ⇒ (y R x). Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : (x R y) ⇔ (y R x) sei x ∈ X gegeben. Zu zeigen ist die F¨ ur-alle-Aussage ∀y ∈ X : (x R y) ⇔ (y R x). Sei dazu y ∈ X gegeben. Zu zeigen ist (x R y) ⇔ (y R x). Auch hier benutzen wir zwei Implikationen zum Nachweis. Gelte zun¨ achst x R y. Zu zeigen ist y R x. Dazu wenden wir zun¨ achst die Voraussetzung auf x an und erhalten die Aussage ∀y ∈ X : (x R y) ⇒ (y R x). Wenden wir dies auf y an, so folgt (x R y) ⇒ (y R x). Da auch x R y gilt, folgt y R x. F¨ ur die umgekehrte Implikation gelte y R x. Zu zeigen ist x R y. Wir wenden die Voraussetzung auf y an. Achtung: Damit sich die Bedeutung beim Ersetzen von x durch y nicht andert, m¨ ussen wir den Platzhalter in der zweiten F¨ ur-alle-Aussage zun¨ achst ab¨ andern – ¨ sagen wir durch u. Es gilt dann ∀u ∈ X : (y R u) ⇒ (u R y). Wenden wir diese Aussage nun auf x an, so folgt (y R x) ⇒ (x R y). Da y R x gilt, folgt x R y. F¨ ur die umgekehrte Implikation gelte nun ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : (x R y) ⇔ (y R x). Zu zeigen ist ∀x ∈ X : ∀y ∈ X : (x R y) ⇒ (y R x). Sei dazu x ∈ X gegeben. Zu zeigen ist ∀y ∈ X : (x R y) ⇒ (y R x). Sei dazu y ∈ X gegeben. Zu zeigen ist (x R y) ⇒ (y R x). Gelte dazu x R y. Zu zeigen ist y R x. Anwendung der Voraussetzung auf x liefert nun ∀y ∈ X : (x R y) ⇔ (y R x). Anwendung auf y liefert weiter (x R y) ⇔ (y R x). Da x R y gilt, folgt mit Aufgabe ( 42) auch y R x. ........................................................................................ Es wird ausgehend von d ∈ N ∪ {0} auf (d ∈ N) ∨ (d = 0) geschlossen. Hier sind die detaillierten Schritte: Zun¨ achst gilt in Langform d ∈ {u ∈ U : (u ∈ N) ∨ (u ∈ {0})}. Mit der Benutzungsregel zur Elementbedingung mit Aussonderungsmengen gilt d ∈ U und (d ∈ N) ∨ (d ∈ {0}). Weiter geht es mit der Benutzungsregel zu dieser Oder-Aussage: Fall d ∈ N: Es gilt (d ∈ N) ∨ (d = 0). Fall d ∈ {0}: Anwendung des Satzes aus Aufgabe ( 66) ergibt d = 0. Also gilt auch (d ∈ N) ∨ (d = 0). Insgesamt gilt also (d ∈ N) ∨ (d = 0). ........................................................................................ Zum Nachweis der Nicht-Symmetrie m¨ ussen wir zeigen ¬∀x, y ∈ Z : (x ≤ y) ⇒ (y ≤ x). Dazu geben wir ein Gegenbeispiel an, d. h.m wir zeigen ∃x, y ∈ Z : ¬((x ≤ y) ⇒ (y ≤ x)). Dabei gilt eine Implikation nicht, wenn die Voraussetzung wahr, die Folgerung aber falsch ist. Der Hintergrund hierzu ist das Ergebnis aus Aufgabe ( 38) (sind A, B Aussagen,

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dann ist A ⇒ B ¨ aquivalent zu (¬A) ∨ B) verkn¨ upft mit der de-morganschen Regel aus Aufgabe ( 41) (sind E, F Aussagen, dann ist ¬(E ∨ F ) a ¨quivalent zu (¬E) ∧ (¬F )) und der doppelten Negationsregel, nach der jede Aussage ¨ aquivalent zu ihrer doppelten Verneinung ist. Insgesamt gilt dann ¬(A ⇒ B) ⇔ ¬((¬A) ∨ B) ⇔ (¬¬A) ∧ (¬B) ⇔ A ∧ (¬B). Wir m¨ ussen also zwei Zahlen x, y angeben, sodass x ≤ y, aber nicht y ≤ x gilt. Als Beispiel nehmen wir x := 0 und y := 1. Dann gilt y − x = 1 ∈ N. Wegen N ⊂ N0 und der Definition von Kleiner-Gleich gilt dann x ≤ y (begr¨ unde ( 278) diese beiden Schritte sorgf¨ altig). Umgekehrt gilt ¬(y ≤ x), wie man durch einen Widerspruchsbeweis sieht. Dazu nehmen wir an y ≤ x. Nach Definition von ≤ bedeutet dies −1 = x − y ∈ N0 , was wiederum nach Definition von N0 auf (−1 ∈ N) ∨ (−1 = 0) f¨ uhrt. Fall −1 = 0: Es gilt −1 = 0. Fall −1 ∈ N: Mit (3.1) angewendet auf 1 folgt (−1) ∈ / N, sodass eine widerspr¨ uchliche Situation vorliegt. Mit Ex falso quodlibet folgt −1 = 0. Insgesamt folgt also der Widerspruch −1 = 0.  Wir haben nun (x ≤ y) ∧ ¬(y ≤ x) gezeigt und damit auch ¬((x ≤ y) ⇒ (y ≤ x)). Die Antwort auf die zweite Frage lautet: Ja. Auf einer beliebigen Menge X definieren wir dazu die aus der Gleichheit resultierende Relation (x ∈ X) ∼ (y ∈ X) :⇔ x = y. F¨ ur diese kann die Symmetrie- und die Antisymmetriebedingung leicht nachgeweisen werden. Zum Symmetrienachweis gehen wir von x, y ∈ X aus mit x ∼ y. Zu zeigen ist y ∼ x. Mit der Definition von ∼ ist x ∼ y a ¨quivalent zu x = y. Durch Ersetzung (ebenfalls basierend auf der Gleichheit) folgt hieraus y = x und damit y ∼ x. Zum Antisymmetrienachweis gehen wir von x, y ∈ X aus mit x ∼ y und y ∼ x. Zu zeigen ist x = y. Dies folgt bereits aus x ∼ y durch die Definition von ∼. ........................................................................................ Beweis. Sei z ∈ Z gegeben. Zu zeigen ist z ≤ z, d. h. z − z ∈ N0 . Wegen z − z = 0 ist in Langform zu zeigen 0 ∈ N ∪ {0}. Nach Definition von ∪ ist hierf¨ ur (0 ∈ N) ∨ (0 ∈ {0}) zu zeigen. Nach Aufgabe ( 66) gilt 0 ∈ {0} und damit auch (0 ∈ N) ∨ (0 ∈ {0}).  ........................................................................................ Zum Nachweis ¬∀x, y ∈ Z : (x ≤ y) ⇒ ¬(y ≤ x) geben wir ein Gegenbeispiel an, d. h., ¨ wir zeigen ∃x, y ∈ Z : ¬((x ≤ y) ⇒ ¬(y ≤ x)), was mit den Uberlegungen aus Aufgabe ( 84) ¨ aquivalent ist zu ∃x, y ∈ Z : ¬((x ≤ y) ∧ (y ≤ x)). Als Kandidaten nehmen wir x := 1 und y := 1. Mit ( 85) folgt wegen 1 ≤ 1 dann x ≤ y und y ≤ x, sodass ein Gegenbeispiel gefunden ist. Die Argumentation kann so f¨ ur jede reflexive Relation auf einer Menge X wiederholt werden, wenn wir ein Beispielelement aus X nehmen k¨ onnen. Das geht aber nur, wenn X = ∅ gilt, d. h., im Allgemeinen ist die Aussage falsch! Und in der Tat kann man f¨ ur die Relation (a ∈ ∅)R(b ∈ ∅) :⇔ (a = b) auf ∅ leicht zeigen, dass sie alle Eigenschaften aus Definition 3.8 besitzt und damit insbesondere reflexiv und asymmetrisch ist. ........................................................................................ Sei R eine asymmetrische Relation auf X. Zu zeigen ist: R ist antisymmetrisch, d. h. ∀x, y ∈ X : ((x R y) ∧ (y R x)) ⇒ (x = y). Seien dazu x, y ∈ X. Zu zeigen ist ((x R y) ∧ (y R x)) ⇒ (x = y).

( 85)

( 86)

( 87)

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Gelte dazu wiederum x R y und y R x. Zu zeigen ist x = y. Wegen der Asymmetrie von R gilt ∀x, y ∈ X : (x R y) ⇒ ¬(y R x). Anwendung auf x, y ergibt ¬(y R x). Damit liegt eine widerspr¨ uchliche Situation vor und mit Ex falso quodlibet folgt x = y.  ........................................................................................ Wir wissen, dass die ≤-Relation eine Relation auf Z ist, die reflexiv, antisymmetrisch und total ist. Wenn wir noch zeigen, dass ≤ transitiv ist, folgt insbesondere, dass ≤ eine lineare Ordnung ist. Wir zeigen deshalb ∀x, y, z ∈ Z : ((x ≤ y) ∧ (y ≤ z)) ⇒ (x ≤ z). Seien dazu x, y, z ∈ Z gegeben und es gelte (x ≤ y) ∧ (y ≤ z). Zu zeigen ist x ≤ z, d. h. z − x ∈ N0 . Aus der Voraussetzung wissen wir, dass y −x und z −y Elemente von N0 sind. Anwendung von (3.3) mit diesen beiden Zahlen ergibt (y − x) + (z − y) ∈ N0 und damit wie gew¨ unscht z − x ∈ N0 . ........................................................................................ Wir beginnen mit der Aussage, dass < transitiv ist. Seien dazu a, b, c ∈ Z und gelte a < b und b < c. Zu zeigen ist a < c, also nach Definition von < sind a ≤ c und a = c unsere beiden Hilfsziele. Aus der Definition von < folgt zun¨ achst a ≤ b, b ≤ c und a = b sowie b = c. Mit der Transitivit¨ at von ≤ erhalten wir a ≤ c. Zum Nachweis von a = c gehen wir von a = c aus. Unser Ziel ist der Nachweis eines Widerspruchs. Wegen b ≤ c folgt mit Ersetzung b ≤ a. Zusammen mit a ≤ b und der Symmetrie von ≤ erhalten wir a = b im Widerspruch zu a = b.  Zum Nachweis der Asymmetrie von < seien a, b ∈ Z gegeben und es gelte a < b. Zu zeigen ist ¬(b < a). Wir gehen dazu von b < a aus und zeigen einen Widerspruch. Wegen a < b gilt a ≤ b und a = b. Entsprechend bedeutet b < a, dass b ≤ a und b = a gilt. Mit der Symmetrie von ≤ gilt dann aber auch a = b.  ........................................................................................ Sei m ∈ N gegeben. Zun¨ achst nutzen wir Definition 1.1 aus und beweisen ∀a, b ∈ Z : a ∼m b ⇔ ∃k ∈ Z : (a − b) = k · m.

(E.1)

Sei dazu a, b ∈ Z. Es gilt (a ∼m b) ⇔ (a ≡ b mod m). Außerdem gilt nach Definition (a ≡ b mod m) ⇔ ∃k ∈ Z : (a − b) = k · m. Ersetzung liefert das gew¨ unschte Ergebnis. Wir beginnen mit dem Nachweis der Reflexivit¨ at ∀a ∈ Z : a ∼m a. Sei dazu a ∈ Z. Zu zeigen ist a ∼m a, was nach (E.1) ¨ aquivalent zu ∃k ∈ Z : (a − a) = k · m ist. Wir setzen k := 0. Dann gelten k ∈ Z und a − a = 0 = 0 · m = k · m, womit die Existenz gezeigt ist. Weiter geht es mit dem Nachweis der Symmetrie, also ∀a, b ∈ Z : a ∼m b ⇒ b ∼m a. Sei dazu a, b ∈ Z und es gelte a ∼m b. Zu zeigen ist b ∼m a. Mit (E.1) k¨ onnen wir dazu das aquivalente Ziel ∃k ∈ Z : (b − a) = k · m zeigen. ¨ Benutzung von a ∼m b liefert ebenfalls mit (E.1) die Aussage ∃k ∈ Z : (a − b) = k · m. Wir w¨ ahlen ein solches Element und nennen es u. Dann gelten u ∈ Z und (a − b) = u · m. Wir setzen k := −u. Dann gelten k ∈ Z und (b − a) = −(a − b) = −(u · m) = (−u) · m = k · m. Damit ist die Existenzaussage gezeigt. Schließlich fehlt noch die Transitivit¨ at ∀a, b, c ∈ Z : ((a ∼m b) ∧ (b ∼m c)) ⇒ (a ∼m c). Seien dazu a, b, c ∈ Z gegeben mit a ∼m b und b ∼m c. Zu zeigen ist a ∼m c, also ∃k ∈ Z : (a − c) = k · m. Wir nutzen die Voraussetzungen und finden mit zweimaliger Anwendung von (E.1) die Existenzaussagen ∃k ∈ Z : (a − b) = k · m und ∃k ∈ Z : (b − c) = k · m. Wir w¨ ahlen

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entsprechende Elemente und nennen sie u bzw. v. Dann gelten u, v ∈ Z und a − b = u · m sowie b−c = v·m. Damit gilt aber ebenfalls a−c = (a−b)+(b−c) = u·m+v·m = (u+v)·m. Setzen wir also k := (u + v), so gelten k ∈ Z sowie a − c = k · m, womit die Existenz gezeigt ist.  ........................................................................................

( 91)

Wir beginnen mit einer Hilfsrechnung, um Beispielkandidaten f¨ ur den Nachweis der Existenzaussage ∃x, y ∈ Z : (2 · x − 3 · y = 8) ∧ (x + y = −1) zu finden. Wenn wir entsprechende Zahlen x, y h¨ atten, dann w¨ are wegen der zweiten Gleichung y = −x − 1. Eingesetzt in die erste Gleichung ergibt sich dann 2 · x + 3 · x + 3 = 8 bzw. nach Vereinfachung 5 · x = 5, was uns den Kandidaten x = 1 liefert. Damit wird dann y = −2 der andere Kandidat. Der Beweis der Existenzaussage entspricht nun gerade der Probe, dass die Kandidaten die Gleichung auch erf¨ ullen. Beweis. Wir setzen x := 1 und y := −2. Zu zeigen ist (2 · x − 3 · y = 8) ∧ (x + y = −1), d. h., unsere Ziele sind 2 · x − 3 · y = 8 und x + y = −1. Einsetzen von x und y liefert 2 · 1 − 3 · (−2) = 2 + 6 = 8 und 1 + (−2) = −1.  ........................................................................................ Wegen a = x/2 + y/2 finden wir durch Ersetzung a < y ⇔ x/2 + y/2 < y. Anwendung von (3.5) auf x/2 + y/2, y, −y/2 liefert x/2 + y/2 < y ⇔ (x/2 + y/2) + (−y/2) < y + (−y/2). ¨ Durch Ausrechnen der linken und rechten Seite erhalten wir x/2 < y/2. Die Aquivalenz dieser Aussage zu x < y wurde schon gezeigt. Damit gilt a < y. ........................................................................................

( 92)

( 93)

Zum Nachweis von ∃x ∈ R : x · (x − 1) < 0 m¨ ussen wir eine Zahl x angeben, f¨ ur die x · (x − 1) < 0 ist. Skizzieren wir den Funktionsgraphen von x → x · (x − 1), so erkennen wir eine nach unten verschobene Parabel, die ihre Nullstellen bei 0 und 1 hat. Negative Werte werden also nur zwischen 0 und 1 angenommen. Ein guter Kandidat ist hier x = 1/2. Entsprechend wird f¨ ur u := 2 ein positiver Wert angenommen. Beweis. Setze x := 12 , dann gilt x · (x − 1) = 12 · (− 12 ) = − 14 < 0. Folglich gilt ∃x ∈ R : x · (x − 1) < 0. Setze u := 2, dann gilt u · (u − 1) = 2 · 1 = 2 > 0. Folglich gilt ∃x ∈ R : x · (x − 1) > 0.  ........................................................................................ Wir wollen aus (3.8) auf die archimedische Eigenschaft der reellen Zahlen schließen. Dazu gehen wir von ∀ε ∈ R>0 : ∃n ∈ N : n1 < ε aus und zeigen ∀x, y ∈ R>0 : (x < y) ⇒ ∃n ∈ N : y < n · x. Seien dazu x, y ∈ R>0 gegeben und es gelte x < y. Zu zeigen ist ∃n ∈ N : y < n · x. Um ein solches n zu finden, werden wir die Eigenschaft (3.8) verwenden. Durch zwei Divisionen stellen wir aus der Bedingung y < n · x die dort angegebene Situation 1/n < x/y her. Der Quotient x/y ist wegen x, y > 0 echt positiv und u ¨bernimmt die Rolle von ε in (3.8). Wenn wir uns also zu ε := x/y ein passendes n im Sinne von (3.8) geben lassen, dann hat dieses auch die ben¨ otigte Eigenschaft f¨ ur unseren Beweis. Sei ε := x/y. Wegen ε ∈ R>0 erhalten wir durch Benutzung von (3.8) die Existenzaussage ∃n ∈ N : n1 < ε. Wir w¨ ahlen ein solches n ∈ N und multiplizieren die Ungleichung mit n · y durch. Dies ergibt y < n · x. Damit gilt, wie gew¨ unscht, ∃n ∈ N : y < n · x.  ........................................................................................

( 94)

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( 95)

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........................................................................................ Wir m¨ ussen ∀ε ∈ R>0 : ∃n ∈ N : (4 · n2 + 1)/(n3 + 1) < ε zeigen. Wir arbeiten zun¨ achst auf einem Schmierzettel . . . Die Idee ist wieder, f¨ ur einen gr¨ oßeren Wert bn als an := (4 · n2 + 1)/(n3 + 1) die Situation bn < ε durch Wahl von n herzustellen. Dann gilt an < ε auf jeden Fall. Wir schauen uns dazu Z¨ ahler und Nenner f¨ ur große n an und finden im Z¨ ahler ungef¨ ahr 4n2 und im Nenner n3 , was sich prima zu 4/n k¨ urzt und nach (3.8) auch tats¨ achlich f¨ ur ein geeignetes n kleiner als ε wird. Die genauere Absch¨ atzung soll diesem Muster folgen, wobei wir im Nenner die 1 tats¨ achlich einfach weglassen k¨ onnen (denn ein kleinerer Nenner macht die Zahl wie gew¨ unscht gr¨ oßer). Im Z¨ ahler dagegen ist ein Weglassen der 1 nicht m¨ oglich, da hier eine Verkleinerung auch die Zahl verkleinert. Da wir am Ende aber nur k¨ urzen wollen, sch¨ atzen wir 1 nach oben grob durch n2 ab. Dann ist der neue Z¨ ahler von der Form 5n2 und der K¨ urztrick funktioniert. Wir kommen dann halt mit 5/n anstelle von 4/n an. Damit (3.8) formgerecht funktioniert, wenden wir die F¨ ur-alle-Aussage nicht auf ε direkt, sondern auf ε/5 an. Wir wechseln zur¨ uck in den eigentlichen Beweis . . . Wir wenden (3.8) auf ε/5 ∈ R>0 an und finden so die Existenzaussage ∃n ∈ N : 1/n < ε/5. W¨ ahlen wir ein solches n ∈ N, so gilt 1/n < ε/5. Zum Nachweis von (4·n2 +1)/(n3 +1) < ε sch¨ atzen wir ab: 4 · n2 + 1 5 · n2 5 4 · n2 + 1 ε ≤ ≤ < 5 · = ε. ≤ n3 + 1 n3 n3 n 5

( 96)

........................................................................................ Wir verwenden die Relation aus Satz 3.13 und ¨ andern sie ab zu (a ∈ Z) R (b ∈ Z) :⇔ (a = b + 1) ∨ (a = b).

( 97)

( 98)

Zum Nachweis von ∀a ∈ Z : a R a sei a ∈ Z. Zu zeigen ist a R a, d. h. (a = a + 1) ∨ (a = a). Nach Axiom 1.6 gilt a = a und damit auch (a = a + 1) ∨ (a = a). Die Nichttransitivit¨ at folgt wieder mit dem Gegenbeispiel aus dem Beweis von Satz 3.13. ........................................................................................ Wir gehen zun¨ achst von ¬∃u, v ∈ A : (u = v) ∧ (Eu ∧ Ev ) aus und zeigen ∀u, v ∈ A : (Eu ∧Ev ) ⇒ (u = v). Sei dazu u, v ∈ A und es gelte Eu ∧Ev . Zu zeigen ist u = v. In einem indirekten Beweis gehen wir von u = v aus. Damit gilt ∃u, v ∈ A : (u = v) ∧ (Eu ∧ Ev ) im Widerspruch zur Annahme.  Umgekehrt gehen wir von ∀u, v ∈ A : (Eu ∧ Ev ) ⇒ (u = v) aus. Und zeigen ¬∃u, v ∈ A : (u = v) ∧ (Eu ∧ Ev ) durch Widerspruch. Gilt n¨ amlich ∃u, v ∈ A : (u = v) ∧ (Eu ∧ Ev ), so k¨ onnen wir entsprechende Elemente u, v ∈ A w¨ ahlen und die F¨ ur-alle-Aussage auf sie anwenden. Dann gilt aber (Eu ∧ Ev ) ⇒ (u = v). Weil f¨ ur unsere Elemente auch Eu ∧ Ev gilt, folgt also u = v. Dies ist ein Widerspruch, da f¨ ur unsere Elemente auch u = v gilt.  ........................................................................................ Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage sei a ∈ U gegeben. Zu zeigen ist nun die das-Aussage a = das x ∈ U : x ∈ {a}. Da die Aussage nur wahr sein kann, wenn die Rechtschreibregeln f¨ ur den das-Ausdruck erf¨ ullt sind, zeigen wir zun¨ achst ∃!x ∈ U : x ∈ {a}. Die Existenz und Eindeutigkeitsaussage ∃!x ∈ U : x ∈ {a} schreiben wir zun¨ achst in der Langform.

E Vergleichsl¨osungen

275

Zu zeigen ist ∃x ∈ U : x ∈ {a} und ∀u, v ∈ U : (u ∈ {a} ∧ v ∈ {a}) ⇒ u = v. Als Kandidat f¨ ur die Existenzaussage w¨ ahlen wir das Element a. Wir m¨ ussen dann a ∈ {a} nachweisen. Mit Aufgabe ( 66) folgt a ∈ {a} und damit ∃x ∈ U : x ∈ {a}. Zum Nachweis der Eindeutigkeitsaussage seien u, v ∈ U gegeben mit u ∈ {a} ∧ v ∈ {a}. Zu zeigen ist u = v. Mit Aufgabe ( 66) folgt u = a und v = a. Durch Ersetzung folgt u = v.  Zum Nachweis der eigentlichen Aussage a = das x : x ∈ {a} m¨ ussen wir a ∈ U und a ∈ {a} zeigen. Die erste Aussage gilt nach Voraussetzung und die zweite folgt durch Verwendung von Aufgabe ( 66). ........................................................................................ Beweis. Sei M eine Menge mit ∃!x ∈ U : x ∈ M . Zu zeigen ist M = {das x ∈ U : x ∈ M }. Dazu verwenden wir zwei Inklusionen und beginnen mit M ⊂ {das x ∈ U : x ∈ M }. Sei dazu x ∈ M . Zu zeigen ist x ∈ {das x ∈ U : x ∈ M }. Nach Aufgabe ( 66) ist dies aquivalent zum Nachweisziel x = das x ∈ U : x ∈ M , was wiederum durch x ∈ U und ¨ x ∈ M zu beweisen ist. Wegen x ∈ M und Aufgabe ( 53) folgt dabei x ∈ U. Außerdem gilt x ∈ M nach Voraussetzung. Umgekehrt zeigen wir nun {das x ∈ U : x ∈ M } ⊂ M . Sei dazu x ∈ {das x ∈ U : x ∈ M }. Zu zeigen ist x ∈ M . Mit Aufgabe ( 66) folgt nun x = das x ∈ U : x ∈ M . Daraus folgt x ∈ U und x ∈ M .  ........................................................................................ Wir√ahnen ein Problem mit negativen a, also zum Beispiel a := −1. Dann gilt a2 = 1 = 1 = −1 = a, wobei wir in unserem Beweis Schulwissen durch strenge Regelanwendung ersetzen wollen. √ Unser pr¨ azises Ziel ist der Nachweis√von ¬∀a ∈ R : a2 = a. In einem Widerspruchs2 argument gehen auf a := −1

wir von ∀a ∈ R : a = a aus und wenden die Aussage 2 an. Es folgt (−1) = −1. In Langform gilt also −1 = das x ∈ R≥0 : x2 = (−1)2 . Die Benutzungsregel ergibt −1 ≥ 0 im Widerspruch zu ¬(−1 ≥ 0).  ........................................................................................ Da der Wert 0 nicht in der Definitionsmenge der Kehrwertfunktion liegt, d¨ urfen wir nur solche Elemente x ∈ R als Argumente zulassen, f¨ ur die x2 − 1 nicht 0 ist. Dies ist genau f¨ ur x ∈ D := R\{−1, 1} der Fall. Wir vereinbaren deshalb

( 99)

( 100)

√

f : D → R, x → 1/(x2 − 1)

bzw.

f :=

D x

→  →

( 101)

R . 1/(x2 − 1)

........................................................................................ Der Graph von g ist eine Gerade mit Steigung 2 und y-Achsenabschnitt −2. Alle Funktionswerte auf der positiven x-Achse sind also gr¨ oßer oder gleich −2, sodass unser Kandidat f¨ ur die Existenzaussage durch −2 gegeben ist. Wir setzen a := −2. Zu zeigen ist a ∈ R und g[R≥0 ] = R≥a . W¨ ahrend a ∈ R zum Schulwissen geh¨ ort (es l¨ asst sich auch detailliert begr¨ unden, wenn wir die Axiome der reellen Zahlen vorliegen haben), zeigen wir die Mengengleichheit wie u ¨blich durch zwei Inklusionen.

( 102)

276

E Vergleichsl¨osungen

Sei dazu y ∈ g[R≥0 ] gegeben. Zu zeigen ist y ∈ R≥a , d. h. y ≥ a. In Langform lautet die Voraussetzung (wegen R≥0 ∩ R = R≥0 ) y ∈ {u ∈ U : ∃x ∈ R≥0 : u = g(x)}. Mit der Benutzungsregel f¨ ur Elementaussagen in Aussonderungsmengen folgt y ∈ U und ∃x ∈ R≥0 : y = g(x). Wir w¨ ahlen ein solches x und finden x ∈ R≥0 mit y = g(x). Mit der Definition von R≥0 folgt x ≥ 0. Dann gilt auch x − 1 ≥ 0 − 1 = −1 und dann auch 2 · (x − 1) ≥ 2 · (−1) = −2. Wir finden somit y = g(x) ≥ −2 = a. F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei y ∈ R≥a gegeben. Zu zeigen ist y ∈ g[R≥0 ]. Mit der Langform der Bildmenge lautet unser Ziel also y ∈ U und ∃x ∈ R≥0 : y = g(x). Auf einem Schmierzettel suchen wir ein x ≥ 0, sodass y = g(x) = 2 · (x − 1) gilt. Da wir nach x aufl¨ osen k¨ onnen, kommt nur dieses eine x in Frage. Wir finden zun¨ achst x − 1 = y/2 und dann x = y/2 + 1.

( 103)

( 104)

Wir setzen x := y/2 + 1. Wegen y ∈ R≥a gilt y ≥ −2 und damit y/2 ≥ −1 und damit y/2 + 1 ≥ 0 also auch x ≥ 0. Außerdem gilt g(x) = 2 · ((y/2 + 1) − 1) = y, sodass die Existenzaussage erf¨ ullt ist. ........................................................................................ Beweis. Seien A, B Mengen und f eine Funktion. Zu zeigen ist f [A∪B] = f [A]∪f [B]. Wir beginnen dazu mit der Inklusion ⊂“: Sei dazu y ∈ f [A ∪ B]. Zu zeigen ist y ∈ f [A] ∪ f [B], ” d. h., mit der Definition von ∪ sind unsere Ziele y ∈ U und (y ∈ f [A]) ∨ (y ∈ f [B]). Aus der Voraussetzung folgt nun mit der Definition von f [A ∪ B] die Aussagen y ∈ U und ∃x ∈ Def(f ) ∩ (A ∪ B) : f (x) = y. Wir w¨ ahlen ein solches Element und nennen es x. Es gilt dann x ∈ Def(f ) und x ∈ A ∪ B. Wegen x ∈ A ∪ B gilt mit der Definition von ∪ die Oder-Aussage (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Fall x ∈ A: Wegen x ∈ Def(f ) haben wir x ∈ Def(f ) ∩ A und f (x) = y, sodass also auch ∃x ∈ Def(f )∩A : y = f (x) und damit y ∈ f [A] gelten. Folglich gilt (y ∈ f [A])∨(y ∈ f [B]). Fall x ∈ B: Wegen x ∈ Def(f ) haben wir x ∈ Def(f ) ∩ B und f (x) = y, sodass also auch ∃x ∈ Def(f )∩B : y = f (x) und damit y ∈ f [B] gelten. Folglich gilt (y ∈ f [A])∨(y ∈ f [B]). F¨ ur die Inklusion ⊃“ sei y ∈ f [A] ∪ f [B]. Zu zeigen ist y ∈ f [A ∪ B]. Mit der Definition ” von f [A ∪ B] ist unser Ziel der Nachweis von y ∈ U und ∃x ∈ Def(f ) ∩ (A ∪ B) : f (x) = y. Aus der Voraussetzung folgt zun¨ achst mit der Definition von ∪, dass die Oder-Aussage (y ∈ f [A]) ∨ (y ∈ f [B]) gilt. Fall y ∈ f [A]: Mit der Langform zu f [A] folgen y ∈ U und ∃x ∈ Def(f ) ∩ A : y = f (x). W¨ ahlen wir ein solches Element und nennen es x, so gilt x ∈ A und somit gilt auch (x ∈ A) ∨ (x ∈ B), woraus wiederum x ∈ A ∪ B folgt. Da auch x ∈ Def(f ) und y = f (x) gilt, finden wir (y ∈ U ) ∧ ∃x ∈ Def(f ) ∩ (A ∪ B) : y = f (x). Fall y ∈ f [B]: Mit der Langform zu f [B] folgen y ∈ U und ∃x ∈ Def(f ) ∩ B : y = f (x). W¨ ahlen wir ein solches Element und nennen es x, so gilt x ∈ B und somit gilt auch (x ∈ A) ∨ (x ∈ B), woraus wiederum x ∈ A ∪ B folgt. Da auch x ∈ Def(f ) und y = f (x) gilt, finden wir (y ∈ U ) ∧ ∃x ∈ Def(f ) ∩ (A ∪ B) : y = f (x).  ........................................................................................ Sei f : X → Y eine Funktion. Zu zeigen ist f [∅] = ∅. Die Inklusion ∅ ⊂ f [∅] folgt dabei aus Aufgabe ( 63). F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei y ∈ f [∅]. Zu zeigen ist y ∈ ∅. In Langform lautet die Voraussetzung y ∈ {u ∈ U : ∃x ∈ Def(f ) ∩ ∅ : y = f (x)}. Mit der Benutzungsregel folgt also y ∈ U und ∃x ∈ Def(f ) ∩ ∅ : y = f (x). W¨ ahlen wir ein solches x, so ergibt sich x ∈ Def(f ) ∩ ∅, was nach Definition von ∩ auf x ∈ Def(f ) und x ∈ ∅ f¨ uhrt. Mit Aufgabe ( 277) gilt damit auch y ∈ ∅.  F¨ ur x ∈ X zeigen wir nun die Gleichheit f [{x}] = {f (x)}. Sei dazu y ∈ f [{x}]. Zu zeigen ist y ∈ {f (x)}, bzw. mit Aufgabe ( 66) y = f (x). Die Voraussetzung y ∈ f [{x}] liefert

E Vergleichsl¨osungen

277

die Existenzaussage ∃u ∈ X ∩ {x} : y = f (u). Wir w¨ ahlen ein solches u. Dann gilt u ∈ X, u ∈ {x} und y = f (u). Wegen Aufgabe ( 66) ist u = x und damit y = f (x). F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei y ∈ {f (x)}. Zu zeigen ist y ∈ f [{x}], d. h. y ∈ U und ∃u ∈ X ∩ {x} : y = f (u). Aus der Voraussetzung folgt y = f (x) mit Aufgabe ( 66), genauso wie x ∈ {x}. Es gilt also auch x ∈ X ∩ {x} nach Definition von ∩. Insgesamt gilt damit die Existenzaussage. Die Aussage y ∈ U folgt mit Aufgabe ( 53).  ........................................................................................ Beweis. Seien X und A Mengen. Zu zeigen ist idX [A] = X ∩ A. Wir beginnen mit der Inklusion ⊂“ und gehen dazu von y ∈ idX [A] aus. Zu zeigen ist y ∈ X ∩ A. Mit der ” Definition von ∩ ist unser Ziel also y ∈ X und y ∈ A. Aus der Voraussetzung finden wir y ∈ {u ∈ U : ∃x ∈ Def(idX ) ∩ A : y = idX (x)}, woraus wiederum y ∈ U und ∃x ∈ Def(idX ) ∩ A : y = idX (x) folgt. W¨ ahlen wir ein solches x, so gilt mit der Definition von ∩ sowohl x ∈ Def(idX ) als auch x ∈ A. Nach der Definition von idX finden wir Def(idX ) = X und idX (x) = x. Ersetzung in der Gleichheit y = idX (x) zeigt dann y = x und erneute Ersetzung in x ∈ Def(idX ) ergibt y ∈ X. Außerdem ergibt Ersetzung in x ∈ A die Aussage y ∈ A. F¨ ur die Inklusion ⊃“ gehen wir von y ∈ X ∩ A aus. Zu zeigen ist y ∈ idX [A]. Mit der ” Langform zu y ∈ idX [A] lauten unsere Ziele y ∈ U und ∃x ∈ Def(idX ) ∩ A : y = idX (x). Aus der Voraussetzung folgen mit der Definition von ∩ die Aussagen y ∈ X und y ∈ A. Nach der Definition von idX finden wir Def(idX ) = X und idX (y) = y. Ersetzung in y ∈ X ergibt y ∈ Def(idX ). Wegen y ∈ A gilt somit y ∈ Def(idX ) ∩ A. Setzen wir x := y, so sehen wir ∃x ∈ Def(idX ) ∩ A : y = idX (x). Die Aussage y ∈ U folgt aus y ∈ X mit Aufgabe ( 53).  ........................................................................................ Beweis. Sei f : X → Y eine Funktion und sei y ein Element, d. h., es gelte y ∈ U. Wir ¨ zeigen die Aquivalenz (y ∈ Bild(f )) ⇔ ∃x ∈ Def(f ) : y = f (x) und beginnen dazu mit der Implikation ⇐“, d. h., wir gehen von ∃x ∈ Def(f ) : y = f (x) aus und zeigen y ∈ ” Bild(f ). Nach Definition von Bild(f ) lautet unser Ziel also y ∈ f [Def(f )], was wiederum auf das Ziel y ∈ {u ∈ U : ∃x ∈ Def(f )∩ Def(f ) : u = f (x)} f¨ uhrt. Wegen der Identit¨ at Def(f )∩Def(f ) = Def(f ) m¨ ussen wir dazu die Existenzaussage ∃x ∈ Def(f ) : y = f (x) zeigen, die nach Voraussetzung gilt. F¨ ur die Implikation ⇒“ sei y ∈ Bild(f ). Zu zeigen ist ∃x ∈ Def(f ) : y = f (x). Nach ” der Definition von Bild(f ) gilt also y ∈ f [Def(f )], was sich mit der Definition von Def(f ) weiter zu y ∈ {u ∈ U : ∃x ∈ Def(f )∩ Def(f ) : u = f (x)} umschreiben l¨ asst. Wegen Def(f )∩Def(f ) = Def(f ) gilt damit ∃x ∈ Def(f ) : y = f (x). Sei nun x ∈ X gegeben. Zu zeigen ist f (x) ∈ Bild(f ). Dazu ist ∃x ∈ Def(f ) : y = f (x) zu zeigen. Wegen f (x) = f (x) und Def(f ) = X folgt dies sofort mit dem Element x als Beispiel. Wegen Bild(f ) ⊂ Y gilt insbesondere auch f (x) ∈ Y .  ........................................................................................ Die Menge aller Quadratzahlen l¨ asst sich durch {z · z | z ∈ Z} beschreiben. Die Menge aller durch drei teilbaren Zahlen erh¨ alt man mit {3 · z | z ∈ Z}. ........................................................................................ Zum Nachweis von 5 ∈ {(4 · n + 3)/7 | n ∈ N} m¨ ussen wir mit der Langform dieser Mengennotation 5 ∈ {u ∈ U : ∃n ∈ N : u = (4 · n + 3)/7} zeigen. Mit der Nachweisregel aus Abschnitt B.14 auf Seite 209 m¨ ussen wir dazu 5 ∈ U und ∃n ∈ N : 5 = (4 · n + 3)/7 zeigen, d. h., das Element 5 muss mit einem geeigneten n in der Form (4·n+3)/7 dargestellt werden. Die Aussage 5 ∈ U folgt wegen 5 ∈ N aus Aufgabe ( 53).

( 105)

( 106)

( 107)

( 108)

278

E Vergleichsl¨osungen

Auf einem Schmierzettel versuchen wir nach n aufzul¨ osen, sodass der einzige Kandidat sichtbar wird. Zun¨ achst finden wir 7 · 5 = 4 · n + 3, dann 32 = 4 · n und schließlich n = 8.

( 109)

( 110)

Wir setzen n := 8. Dann gilt n ∈ N und (4 · n + 3)/7 = (4 · 8 + 3)/7 = 35/7 = 5 und somit auch die Existenzaussage. ........................................................................................ Beweis. Sei f eine Funktion. Dann gilt ∅ ⊂ f −1 [∅] wegen Aufgabe ( 63). F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei x ∈ f −1 [∅]. Zu zeigen ist x ∈ ∅. Mit der Langform zum Urbild gilt x ∈ {u ∈ Def(f ) : f (u) ∈ ∅}, sodass mit der Benutzungsregel x ∈ Def(f ) und f (x) ∈ ∅ gilt. Mit Aufgabe ( 277) folgt dann auch x ∈ ∅.  ........................................................................................ Beweis. Wir zeigen die Mengengleichheit mit zwei Inklusionen. Zum Nachweis von f −1 [A ∩ B] ⊂ f −1 [A] ∩ f −1 [B] gehen wir von x ∈ f −1 [A ∩ B] aus. Zu zeigen ist dann x ∈ f −1 [A] ∩ f −1 [B]. Dazu m¨ ussen wir x ∈ f −1 [A] und x ∈ f −1 [B] zeigen. In Langform ist unser erstes Ziel x ∈ {u ∈ Def(f ) : f (u) ∈ A}. Dazu m¨ ussen wir zeigen x ∈ Def(f ) und f (x) ∈ A. In Langform ist unser zweites Ziel x ∈ {u ∈ Def(f ) : f (u) ∈ B}. Dazu m¨ ussen wir zeigen x ∈ Def(f ) und f (x) ∈ B. Bei solchen offensichtlichen Wiederholungen k¨ onnte man auch schreiben: Entsprechend m¨ ussen wir f¨ ur das andere Ziel f (x) ∈ B zeigen.

( 111)

Nach Voraussetzung gilt x ∈ f −1 [A ∩ B] bzw. x ∈ {u ∈ Def(f ) : f (u) ∈ A ∩ B} in Langform. Daraus ergeben sich x ∈ Def(f ) und f (x) ∈ A ∩ B. Mit der Definition der Schnittmenge bedeutet dies f (x) ∈ {y ∈ A : y ∈ B} und daher f (x) ∈ A und f (x) ∈ B. Damit sind alle Ziele gezeigt. Zum Nachweis von f −1 [A] ∩ f −1 [B] ⊂ f −1 [A ∩ B] gehen wir von x ∈ f −1 [A] ∩ f −1 [B] aus. Zu zeigen ist x ∈ f −1 [A ∩ B]. In Langform lautet unser Ziel x ∈ {u ∈ Def(f ) : f (u) ∈ A ∩ B}. Wir m¨ ussen also zeigen, dass x ∈ Def(f ) und f (x) ∈ A ∩ B gelten. In Langform lautet das letzte Ziel f (x) ∈ {y ∈ A : y ∈ B}. Wir m¨ ussen also zeigen, dass f (x) ∈ A und f (x) ∈ B gelten. Nach Voraussetzung gilt x ∈ f −1 [A] ∩ f −1 [B], d. h. x ∈ {u ∈ f −1 [A] : u ∈ f −1 [B]} in Langform. Damit gelten x ∈ f −1 [A] und x ∈ f −1 [B]. Insbesondere gelten in Langform ausgedr¨ uckt x ∈ {u ∈ Def(f ) : f (u) ∈ A} sowie x ∈ {u ∈ Def(f ) : f (u) ∈ B}. Hieraus folgen nun x ∈ Def(f ) und f (x) ∈ A sowie f (x) ∈ B.  ........................................................................................ F¨ ur f : R → R, x → x3 − (x + 1)3 + 1 und g : R → R, x → −3 · x · (x + 1) ist zu zeigen, dass f = g gilt. Dazu ist zun¨ achst die Aussage Def(f ) = Def(g) zu u ufen. Aus der ¨berpr¨ Definition lesen wir Def(f ) = R und Def(g) = R ab, woraus die Gleichheit folgt. Weiter ist ∀x ∈ R : f (x) = g(x) zu zeigen. Sei dazu x ∈ R gegeben. Zu zeigen: f (x) = g(x). Mit den Definition der Funktion f und g ist dies zu x3 − (x + 1)3 + 1 = −3 · x · (x + 1) aquivalent. Mit den Rechenregeln in den reellen Zahlen erhalten wir zun¨ achst ¨ (x + 1)3 = (x + 1) · (x2 + 2 · x + 1) = x3 + 3 · x2 + 3 · x + 1

( 112)

und damit dann x3 − (x + 1)3 + 1 = −3 · x2 − 3 · x = −3 · (x2 + x) = −3 · x · (x + 1). ........................................................................................ Sei f eine Funktion mit Def(f ) = ∅. Zu zeigen ist f = id∅ . Dazu ist zun¨ achst die Aussage Def(f ) = Def(id∅ ) zu u ufen. Aus der Definition lesen ¨berpr¨ wir Def(id∅ ) = ∅ ab, woraus die Gleichheit folgt.

E Vergleichsl¨osungen

279

Weiter ist ∀x ∈ ∅ : f (x) = id∅ (x) zu zeigen. Sei dazu x ∈ ∅ gegeben. Mit Aufgabe ( 277) folgt sofort f (x) = id∅ (x). ........................................................................................ Zum Nachweis, dass f : R → R, x → 2 · x + 1 surjektiv auf R ist, m¨ ussen wir zeigen: ∀y ∈ R : ∃x ∈ R : f (x) = y. Sei dazu y ∈ R gegeben. Zu zeigen ist ∃x ∈ R : f (x) = y.

( 113)

Auf einem Schmierzettel nehmen wir zun¨ achst an, ein passendes x w¨ are bereits vorhanden, und versuchen dann, die Anforderungen an x genauer herauszuarbeiten. Wegen f (x) = y gilt dabei 2 · x + 1 = y. Aufgel¨ ost nach x ergibt sich x = (y − 1)/2. Das ist unser Kandidat f¨ ur den Existenzbeweis. Wir setzen x := (y − 1)/2. Zu zeigen ist x ∈ R und f (x) = y. Da Subtraktion von zwei reellen Zahlen wieder eine reelle Zahl ergibt, ist y − 1 ∈ R. Division einer reellen Zahl durch eine von 0 verschiedene reelle Zahl ergibt wieder eine reelle Zahl. Also gilt x = (y − 1)/2 ∈ R. Außerdem ist f (x) = 2 · x + 1 = 2 · (y − 1)/2 + 1 = (y − 1) + 1 = y.  ........................................................................................ Beweis. Seien f : X → Y und W ⊂ Y . Zu zeigen: (f surjektiv auf W ) ⇔ (W ⊂ Bild(f )). Wir zeigen dazu zwei Implikationen. Zun¨ achst nehmen wir an, dass f surjektiv auf W ist. Zu zeigen ist W ⊂ Bild(f ). Sei dazu y in W . Zu zeigen ist y ∈ Bild(f ). Nach Aufgabe ( 106) wird dies mit dem ¨ aquivalenten Ziel ∃x ∈ Def(f ) : y = f (x) erreicht. Da f surjektiv auf W ist, gilt nach Definition ∀y ∈ W : ∃x ∈ X : y = f (x). Angewendet auf unser y folgt ∃x ∈ X : y = f (x). Wegen Def(f ) = X folgt die gew¨ unschte Existenzaussage durch Ersetzung. F¨ ur die umgekehrte Implikation sei W ⊂ Bild(f ). Zu zeigen ist f surjektiv auf W , also ∀y ∈ W : ∃x ∈ X : y = f (x). Sei dazu y ∈ W . Zu zeigen ist ∃x ∈ X : y = f (x). Wegen W ⊂ Bild(f ) wissen wir, dass y ∈ Bild(f ) und mit Aufgabe ( 106) dann auch ∃x ∈ Def(f ) : y = f (x). Wegen Def(f ) = X folgt die gew¨ unschte Existenzaussage durch Ersetzung.  Wegen Bild(f ) ⊂ Bild(f ) folgt insbesondere, dass f surjektiv auf Bild(f ) ist. Ist f surjektiv auf Y , so folgt insbesondere Y ⊂ Bild(f ). Außerdem gilt Bild(f ) ⊂ Y wegen f : X → Y . Also finden wir auch Bild(f ) = Y . ........................................................................................ Beweis. Sei X ∈ M und f : X → Y sei surjektiv auf Y . Zu zeigen ist Y ∈ M. Mit Aufgabe ( 114) schließen wir auf Bild(f ) = Y . Mit Axiom 3.16 und Def(f ) = X folgt Bild(f ) ∈ M und durch Ersetzung dann Y ∈ M.  ........................................................................................ Beweis. Sei f : X → Y gegeben. Wir zeigen, dass ¬∃u, v ∈ X : (u = v) ∧ (f (u) = f (v)) a ¨quivalent ist zu ∀u, v ∈ X : f (u) = f (v) ⇒ u = v. F¨ ur die Implikation ⇒“ gehen wir von der negierten Existenzaussage aus und zeigen die ” F¨ ur-alle-Aussage. Seien dazu u, v ∈ X und gelte f (u) = f (v). Zu zeigen ist u = v. In einem indirekten Beweis nehmen wir u = v an. Dann gilt ∃u, v ∈ X : (u = v) ∧ (f (u) = f (v)) und gleichzeitig das Gegenteil nach Voraussetzung.  F¨ ur die Implikation ⇐“ gehen wir von der F¨ ur-alle-Aussage aus und zeigen die nicht” Existenz. Dazu nehmen wir ∃u, v ∈ X : (u = v) ∧ (f (u) = f (v)) an. Unser Ziel ist der Nachweis eines Widerspruchs. Wir w¨ ahlen zun¨ achst Elemente u, v ∈ X mit (u = v) ∧ (f (u) = f (v)). Wenden wir damit die F¨ ur-alle-Aussage an, so folgt f (u) = f (v) ⇒ u = v. Da die Pr¨ amisse f (u) = f (v) erf¨ ullt ist, folgt u = v, wobei gleichzeitig auch u = v gilt.   ........................................................................................

( 114)

( 115)

( 116)

280

( 117)

( 118)

( 119)

( 120)

E Vergleichsl¨osungen

........................................................................................ Zum Nachweis der Injektivit¨ at gehen wir von u, v ∈ R aus und nehmen f (u) = f (v) an. Zu zeigen ist u = v. Mit der Zuordnungsvorschrift folgt 2 · u + 1 = 2 · v + 1. Subtraktion von 1 auf beiden Seiten ergibt 2 · u = 2 · v. Division durch 2 auf beiden Seiten liefert u = v.  ........................................................................................ Sei f : X → Y injektiv und seien A, B Mengen. Zu zeigen ist f [A\B] = f [A]\f [B]. F¨ ur die Inklusion ⊂“ gehen wir von y ∈ f [A\B] aus. Zu zeigen ist y ∈ f [A]\f [B], d. h., ” nach Definition der Mengendifferenz ist y ∈ f [A] und y ∈ / f [B] zu zeigen. Mit der Langform zu f [A] und f [B] m¨ ussen wir damit zeigen, dass y ∈ U sowie die Aussagen ∃x ∈ X ∩ A : y = f (x) und ¬∃x ∈ X ∩ B : y = f (x) gelten. Wir benutzen die Voraussetzung, nach der y ∈ U und ∃x ∈ X ∩ (A\B) : y = f (x) gelten, und w¨ ahlen ein solches x. Wegen x ∈ X ∩ (A\B) gilt nach Definition von ∩ und der Mengendifferenz auch x ∈ X, x ∈ A und x ∈ / B. Insbesondere gilt x ∈ X ∩ A und wegen y = f (x) folgt ∃x ∈ X ∩ A : y = f (x). Zum Nachweis der verneinten Existenzaussage gehen wir von ∃x ∈ X ∩ B : y = f (x) aus. Unser Ziel ist der Nachweis eines Widerspruchs. Wir w¨ ahlen ein entsprechendes Element u. Wegen y = f (u) folgt f (u) = y = f (x) und mit der Injektivit¨ at von f folgt u = x. Damit gilt aber u ∈ X ∩ B und somit u ∈ X und x = u ∈ B. Gleichzeitig gilt aber auch x∈ / B.  F¨ ur die Inklusion ⊃“ gehen wir von y ∈ f [A]\f [B] aus. Zu zeigen ist y ∈ f [A\B], d. h. ” nach Definition von f [A\B] die Existenzaussage ∃x ∈ X ∩ (A\B) : y = f (x) und y ∈ U . Wegen y ∈ f [A]\f [B] gilt y ∈ f [A] und y ∈ / f [B]. Mit der Langform zu f [A] schließen wir aus der Voraussetzung y ∈ U und ∃x ∈ X ∩ A : y = f (x). Wir w¨ ahlen ein entsprechendes x, sodass x ∈ X, x ∈ A und y = f (x) gilt. Wir zeigen nun x∈ / B, indem wir von x ∈ B ausgehen und einen Widerspruch nachweisen. Tats¨ achlich gilt in dieser Situation x ∈ X ∩ B und y = f (x), sodass ∃x ∈ X ∩ B : y = f (x) und damit y ∈ f [B] zusammen mit dem Gegenteil gilt.  Also ist x ∈ A\B und folglich gilt ∃x ∈ X ∩ (A\B) : y = f (x). ........................................................................................ Zum Nachweis von ∀y ∈ W : ∃!x ∈ X : f (x) = y gehen wir von y ∈ W aus. Zu zeigen ist ∃!x ∈ X : f (x) = y. Dazu weisen wir die Existenz ∃x ∈ X : f (x) = y und die Eindeutigkeit ∀u, v ∈ X : (f (u) = y) ∧ (f (v) = y) ⇒ u = v nach. Zum Nachweis der Existenz benutzen wir die Surjektivit¨ at von f auf W . In Langform bedeutet dies ∀y ∈ W : ∃x ∈ X : f (x) = y. Angewendet auf y folgt die gew¨ unschte Aussage. Zum Nachweis der Eindeutigkeit seien u, v ∈ X gegeben mit f (u) = y und f (v) = y. Zu zeigen ist u = v. Anwendung der Injektivit¨ ats-Langform auf u, v ergibt f (u) = f (v) ⇒ u = v. Da zudem f (u) = y = f (v) gilt, folgt u = v.  ........................................................................................ Wir definieren f : R → R, x → x2 . Zu zeigen ist, dass f nicht injektiv ist. Wir gehen dazu von der Injektivit¨ at aus, d. h., es gelte ∀x, y ∈ R : (f (x) = f (y)) ⇒ (x = y). Unser Ziel ist der Nachweis eines Widerspruchs. Mit x := −1 und y := 1 finden wir f (x) = x2 = (−1)2 = 1 = 12 = y 2 = f (y). Wenden wir die f¨ ur-alle-Aussage auf x, y an, so folgt (f (x) = f (y)) ⇒ (x = y). Da die Pr¨ amisse erf¨ ullt ist, folgt −1 = x = y = 1 im Widerspruch zu −1 = 1.  Unser n¨ achstes Ziel ist der Nachweis, dass f nicht surjektiv auf R ist. Dazu nehmen wir die Surjektivit¨ at an, d. h., dass ∀y ∈ R : ∃x ∈ R : y = f (x) gilt. Unser Ziel ist der

E Vergleichsl¨osungen

281

Nachweis eines Widerspruchs. Wenden wir die F¨ ur-alle-Aussage auf y = −1 an, so folgt ∃x ∈ R : −1 = f (x). W¨ ahlen wir ein solches x, so folgt −1 = f (x) = x2 . Andererseits gilt auch x2 ≥ 0, sodass wir durch Ersetzen −1 ≥ 0 finden, wobei auch ¬(−1 ≥ 0) gilt.  Als N¨ achstes definieren wir g : R → R, x → 3 · x + 1 und zeigen, dass g bijektiv auf R ist. Dazu beginnen wir mit dem Nachweis der Injektivit¨ at. Seien dazu x, y ∈ R gegeben mit g(x) = g(y). Zu zeigen ist x = y. Wegen 3 · x + 1 = g(x) = g(y) = 3 · y + 1 folgt durch Subtraktion von 1 auf beiden Seiten und Division durch 3 die Gleichheit x = y. Die Surjektivit¨ at auf R folgt durch Nachweis von ∀y ∈ R : ∃x ∈ R : y = g(x). Sei dazu y ∈ R gegeben. Zu zeigen ist ∃x ∈ R : y = g(x). Auf einem Schmierzettel versuchen wir ein passendes x ∈ R zu finden, das die Gleichung y = g(x) = 3 · x + 1 erf¨ ullt. Aufl¨ osen liefert x = (y − 1)/3. Wir setzen x := (y − 1)/3. Dann gilt x ∈ R und g(x) = 3 · ((y − 1)/3) + 1 = y, sodass die Existenzaussage gilt. Insgesamt ist g damit bijektiv auf R. Wir definieren h : R → R, y → (y − 1)/3. Unser Ziel ist der Nachweis von g −1 = h. Dazu m¨ ussen wir Def(h) = Def(g −1 ) und ∀y ∈ Def(h) : h(y) = g −1 (y) zeigen. Wegen Def(h) = R und Def(g −1 ) = R folgt die Gleichheit der Definitionsmengen. Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage sei y ∈ Def(h) = R gegeben. Dann folgt mit der gleichen Rechnung wie oben y = g(h(y)). Wegen h(y) ∈ R gilt damit h(y) = das x ∈ R : g(x) = y und damit h(y) = g −1 (y). ........................................................................................ Sei X eine Menge. Wir zeigen, dass idX bijektiv auf X ist, indem wir die Injektivit¨ at und die Surjektivit¨ at auf X nachweisen. Zum Nachweis der Injektivit¨ at seien x, y ∈ X gegeben mit idX (x) = idX (y). Zu zeigen ist x = y. Wegen x = idX (x) = idX (y) = y folgt x = y. Die Surjektivit¨ at auf X folgt durch Nachweis von ∀y ∈ X : ∃x ∈ X : y = idX (x). Sei dazu y ∈ X gegeben. Zu zeigen ist ∃x ∈ X : y = idX (x). Wir setzen x := y. Dann gilt x ∈ X und idX (x) = x = y, sodass die Existenzaussage gilt. Insgesamt ist idX damit bijektiv auf X. ........................................................................................ Sei f : X → Y injektiv. Zu zeigen ist, dass f bijektiv auf Bild(f ) ist. Neben der Injektivit¨ at, die nach Voraussetzung vorliegt, ben¨ otigen wir dazu die Surjektivit¨ at auf Bild(f ). Diese erhalten wir aus Aufgabe ( 114). Schreiben wir g f¨ ur die Inverse von f auf Bild(f ), so ist ∀y ∈ Bild(f ) : f (g(y)) = y zu zeigen. Sei dazu y ∈ Bild(f ) gegeben. Zu zeigen ist f (g(y)) = y. Aufgrund der Aussage g(y) = das x ∈ X : y = f (x) gilt y = f (g(y)). Weiter ist zu zeigen, dass ∀x ∈ X : g(f (x)) = x gilt. Sei dazu x ∈ X gegeben. Zu zeigen ist g(f (x)) = x. Wegen g(f (x)) = das u ∈ X : f (x) = f (u) gilt f (x) = f (g(f (x))). Anwendung der Injektivit¨ atsaussage auf x und g(f (x)) ergibt nun x = g(f (x)). Schließlich ist zu zeigen, dass g bijektiv auf X ist. Dazu muss die Injektivit¨ at und die Surjektivit¨ at nachgewiesen werden. F¨ ur die Injektivit¨ at seien u, v ∈ Bild(f ) gegeben mit g(u) = g(v). Zu zeigen ist u = v. Anwendung der ersten F¨ ur-alle-Aussage auf g(u) liefert u = f (g(u)). Durch Ersetzung folgt nun u = f (g(v)). Erneute Anwendung der F¨ ur-alleAussage auf g(v) ergibt f (g(v)) = v und damit nach weiterer Ersetzung u = v. Zum Nachweis der Surjektivit¨ at sei x ∈ X gegeben. Zu zeigen ist ∃y ∈ Bild(f ) : x = g(y). Wir setzen y := f (x). Zu zeigen ist y ∈ Bild(f ) und x = g(y). Anwenden der zweiten

( 121)

( 122)

282

( 123)

( 124)

( 125)

( 126)

( 127)

E Vergleichsl¨osungen

F¨ ur-alle-Aussage auf x ergibt x = g(f (x)) = g(y). Da mit Aufgabe ( 106) f (x) ∈ Bild(f ) gilt, ist die Existenzaussage gezeigt. ........................................................................................ Sei f ∈ Bij(X, Y ). Wir zeigen, dass f invertierbar auf Y ist und f −1 ∈ Bij(Y, X) gilt. Da f : X → Y nach Voraussetzung bijektiv auf Y ist, wissen wir, dass f injektiv und surjektiv auf Y ist. Nach Aufgabe ( 114) gilt damit Bild(f ) = Y . Außerdem folgt aus Aufgabe ( 122), dass die Inverse f −1 von f bijektiv von Bild(f ) nach X abbildet. Wegen Bild(f ) = Y finden wir somit f −1 ∈ Bij(Y, X). ........................................................................................ Zum Nachweis der Injektivit¨ at von h := f ◦ g ist nach Definition die F¨ ur-alle-Aussage ∀u, v ∈ X : h(u) = h(v) ⇒ u = v zu beweisen. Dazu seien u, v ∈ X gegeben mit h(u) = h(v). Zu zeigen ist u = v. Mit der Definition der Verkettung folgt f (g(u)) = f (g(v)). Nach Voraussetzung gilt g : X → Y , sodass aus der zugeh¨ origen Langform Bild(g) ⊂ Y folgt. Mit Aufgabe ( 106) gilt daher g(u), g(v) ∈ Y . Benutzung der F¨ ur-alle-Aussage, die hinter der Injektivit¨ at von f steht, mit g(u) und g(v) ergibt die Implikation f (g(u)) = f (g(v)) ⇒ g(u) = g(v). Da die Voraussetzung erf¨ ullt ist, folgt somit g(u) = g(v). Entsprechend folgt aus der Injektivit¨ ats-Langform zu g angewendet auf u und v dann u = v. Nehmen wir nun an, dass f surjektiv auf Z und g surjektiv auf Y ist. Zum Nachweis der Surjektivit¨ at von h auf Z sei z ∈ Z gegeben. Zu zeigen ist ∃x ∈ X : h(x) = z. Mit der Surjektivit¨ at von f auf Z k¨ onnen wir zu z ∈ Z ein y ∈ Y w¨ ahlen, sodass f (y) = z gilt. Mit der Surjektivit¨ at von g auf Y k¨ onnen wir zu y ∈ Y ein x ∈ X w¨ ahlen, sodass g(x) = y gilt. F¨ ur x ∈ X gilt dann h(x) = f (g(x)) = f (y) = z. Gehen wir schließlich von der Bijektivit¨ at von f und g auf ihre Zielmengen aus, so folgt die entsprechende Aussage f¨ ur h durch Kombination der beiden vorher gezeigten Aussagen. ........................................................................................ Seien f : X → Y und g : Y → X gegeben und es gelte g ◦ f = idX . Zu zeigen ist, dass f injektiv ist. Sei dazu x, y ∈ X mit f (x) = f (y). Zu zeigen ist x = y. Nach Axiom 1.6 gilt g(f (x)) = g(f (x)) und eine Ersetzung ergibt g(f (x)) = g(f (y)). Dann gilt aber auch x = idX (x) = (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(f (y)) = (g ◦ f )(y) = idX (y) = y. F¨ ur die zweite Teilaussage gelte f ◦ g = idY . Zu zeigen ist, dass f surjektiv auf Y ist. Sei dazu y ∈ Y gegeben. Zu zeigen ist ∃x ∈ X : y = f (x). Wir setzen x := g(y). Dann gilt x ∈ Bild(g) nach Aufgabe ( 106) und wegen Bild(g) ⊂ X auch x ∈ X. Außerdem ist f (x) = f (g(y)) = (f ◦ g)(y) = idY (y) = y. Damit ist die Existenzaussage gezeigt. ........................................................................................ F¨ ur f : X → X gelte f ◦ f = idX . Zu zeigen ist f ∈ Bij(X, X). Mit Aufgabe ( 125) angewendet auf f anstelle von f und g folgt, dass f injektiv und surjektiv auf X ist. Damit ist f bijektiv auf X und folglich f ∈ Bij(X, X). ........................................................................................ Sei f ∈ Bij(X, Y ) und g ∈ Bij(Y, Z). Zu zeigen ist h := g ◦ f ∈ Bij(X, Z). Zum Nachweis der Bijektivit¨ at von h wollen wir Aufgabe ( 125) benutzen, wobei die dort beschriebene Hilfsfunktion durch H := f −1 ◦ g −1 definiert wird. Die Verkettung der Inversen ist dabei m¨ oglich, weil f −1 ∈ Bij(Y, X) und g −1 ∈ Bij(Z, Y ) mit Aufgabe ( 123) folgt. Insbesondere gilt H : Z → X. Zum Nachweis von H ◦ h = idX stellen wir zun¨ achst fest, dass die Definitionsbereiche der beiden Funktionen u ¨bereinstimmen. Zum weiteren Nachweis sei x ∈ X gegeben. Wir m¨ ussen H(h(x)) = idX (x) = x zeigen. Tats¨ achlich gilt mit Aufgabe ( 122) die Gleichungskette H(h(x))) = f −1 (g −1 (g(f (x))) = f −1 (f (x)) = x.

E Vergleichsl¨osungen

283

Zum Nachweis von h ◦ H = idZ stellen wir zun¨ achst fest, dass die Definitionsbereiche u ur ein gegebenes Element z ∈ Z zeigen wir dann h(H(z)) = idZ (z) = z. ¨bereinstimmen. F¨ Tats¨ achlich gilt mit Aufgabe ( 122) h(H(z))) = g(f (f −1 (g −1 (z)))) = g(g −1 (z)) = z. Zum Nachweis von h−1 = H stellen wir zun¨ achst fest, dass die Definitionsbereiche u ¨bereinstimmen. Zum Nachweis von ∀z ∈ Z : H(z) = h−1 (z) sei z ∈ Z gegeben. Zu zeigen ist H(z) = h−1 (z). Da h(H(z)) = z mit der gleichen Rechnung wie oben folgt, gilt H(z) = (das x ∈ X : z = h(x)) = h−1 (x). ........................................................................................ Zum Nachweis von ∀x ∈ R : h(x) > 0 sei x ∈ R gegeben. Zu zeigen ist h(x) > 0. Dabei gilt  1/(x + 1) x ≥ 0 h(x) = . 1 sonst Wir f¨ uhren eine Fallunterscheidung basierend auf (x ≥ 0) ∨ ¬(x ≥ 0) durch. Die Aussage gilt dabei wegen Tertium non datur. Im Fall x ≥ 0 gilt (x + 1) ≥ 1 und damit insbesondere (x + 1) > 0. Dann gilt auch h(x) = 1/(x + 1) > 0 (einen indirekten Beweis kannst du mit der ≤-Version der Regel (3.6) f¨ uhren). Im Fall ¬(x ≥ 0) ist h(x) = 1 > 0. Insgesamt gilt also h(x) > 0. ........................................................................................ F¨ ur a, b ∈ Z definieren wir X := {a, b} und  b k=a f := k ∈ X → . a sonst Zu zeigen ist f ∈ Bij(X, X). Wir wollen Aufgabe ( 126) benutzen und m¨ ussen dazu f : X → X und die G¨ ultigkeit von f ◦ f = idX beweisen. Da Def(f ) = X gilt, muss zum Nachweis von f : X → X nur noch Bild(f ) ⊂ X gezeigt werden. Sei dazu y ∈ Bild(f ). Zu zeigen ist y ∈ X. Mit Aufgabe ( 106) gilt ∃x ∈ X : y = f (x). Wir w¨ ahlen ein solches Element x. Mit Tertium non datur gilt (x = a) ∨ (x = a). Fall x = a: Es gilt f (x) = b und mit Aufgabe ( 67) folgt b ∈ X. Also gilt y ∈ X. Fall x = a: Es gilt f (x) = a und mit Aufgabe ( 67) folgt a ∈ X. Also gilt y ∈ X. In jedem Fall gilt also y ∈ X. Zum Nachweis der Funktionsgleichheit f ◦ f = idX sind unsere Beweisziele die Gleichheit der Definitionsmengen und die Gleichheit aller Funktionswerte. Zun¨ achst gilt Def(f ◦ f ) = Def(f ) = X = Def(idX ). Sei nun x ∈ X gegeben. Zu zeigen ist (f ◦ f )(x) = idX (x), oder anders ausgedr¨ uckt f (f (x)) = x. Wegen Aufgabe ( 67) gilt zun¨ achst (x = a) ∨ (x = b). Fall x = a: Es gilt f (x) = b. Mit Tertium non datur gilt (b = a) ∨ (b = a). Fall b = a: Es gilt f (f (x)) = f (b) = f (a) = b = a = x. Fall b = a: Es gilt f (f (x)) = f (b) = a = x. Fall x = b: Mit Tertium non datur gilt (b = a) ∨ (b = a). Fall b = a: Es gilt x = b = a und damit f (x) = b = a. Hieraus folgt nun weiter f (f (x)) = f (a) = b = a = x.

( 128)

( 129)

284

E Vergleichsl¨osungen Fall b = a: Es gilt x = a und damit f (x) = a nach Definition von f . Somit folgt f (f (x)) = f (a) = b = x.

( 130)

Insgesamt gilt also f (f (x)) = x. Mit Aufgabe ( 126) folgt nun die Behauptung. ........................................................................................ Zu n ∈ N definieren wir X := N≤n . Weiter definieren wir zu a, b ∈ X die Menge Y := {a, b} und die Funktion g := ϕa,b , sowie  g(k) k ∈ Y f := k ∈ X → . k sonst Zu zeigen ist f ∈ Bij(X, X). Wir wollen Aufgabe ( 126) benutzen und m¨ ussen dazu f : X → X und die Identit¨ at f ◦ f = idX beweisen.

( 131)

( 132)

Wegen Def(f ) = X muss zum Nachweis von f : X → X noch Bild(f ) ⊂ X gezeigt werden. Sei dazu y ∈ Bild(f ). Zu zeigen ist y ∈ X. Mit Aufgabe ( 106) gilt ∃x ∈ X : y = f (x). Wir w¨ ahlen ein solches Element x. Mit Tertium non datur gilt (x ∈ Y ) ∨ (x ∈ / Y ). Fall x ∈ Y : Es gilt f (x) = g(x) und mit Aufgabe ( 129) folgt g(x) ∈ Y . Wegen Y ⊂ X folgt g(x) ∈ X und damit y = f (x) = g(x) ∈ X (begr¨ unde als Aufgabe ( 279), dass g(x) ∈ Y und Y ⊂ X gelten). Fall x ∈ / Y : Es gilt f (x) = x und damit y = f (x) = x ∈ X. In jedem Fall gilt also y ∈ X. Zum Nachweis der Funktionsgleichheit f ◦ f = idX sind unsere Beweisziele die Gleichheit der Definitionsmengen und die Gleichheit aller Funktionswerte. Zun¨ achst gilt Def(f ◦ f ) = Def(f ) = X = Def(idX ). Sei nun x ∈ X gegeben. Zu zeigen ist (f ◦ f )(x) = idX (x) oder anders ausgedr¨ uckt f (f (x)) = x. Mit Tertium non datur gilt (x ∈ Y ) ∨ (x ∈ / Y ). Fall x ∈ Y : Es gilt f (x) = g(x). Wegen g(x) ∈ Y folgt f (g(x)) = g(g(x)). Aus dem Beweis von Aufgabe ( 129) wissen wir g(g(x)) = x. Also gilt f (f (x)) = f (g(x)) = g(g(x)) = x. Fall x ∈ / Y : Es gilt f (x) = x und damit f (f (x)) = x. Insgesamt gilt also f (f (x)) = x. Mit Aufgabe ( 126) folgt nun die Behauptung. ........................................................................................ Sei f : X → Y gegeben und A ⊂ X. Zu zeigen ist Bild(f |A ) = f [A]. Wir beginnen mit der Inklusion ⊂“. Sei dazu y ∈ Bild(f |A ). Zu zeigen ist y ∈ f [A], d. h. y ∈ U und ” ∃x ∈ X ∩ A : y = f (x). Wegen Bild(f |A ) = f |A [Def(f |A )] = f |A [A] folgt aus der Voraussetzung y ∈ U und ∃x ∈ A ∩ A : y = f (x). Wir w¨ ahlen ein solches x und finden x ∈ A ∩ A = A und y = f (x). Wegen A ⊂ X gilt auch x ∈ X und damit x ∈ X ∩ A. Also folgt ∃x ∈ X ∩ A : y = f (x). F¨ ur die Inklusion ⊃“ sei y ∈ f [A]. Zu zeigen ist y ∈ Bild(f |A ) = f |A [A], d. h. nach ” Definition y ∈ U und ∃x ∈ A ∩ A : y = f (x). Aus der Voraussetzung folgt y ∈ U und ∃x ∈ X ∩ A : y = f (x). Wir w¨ ahlen ein solches x und finden x ∈ X ∩ A, bzw. mit der Definition von ∩ ergibt sich x ∈ X und x ∈ A. Insbesondere gilt x ∈ A ∩ A und somit ∃x ∈ A ∩ A : y = f (x). ........................................................................................ Sei f ∈ Bij(X, Y ) und A ⊂ X. Zu zeigen ist f |A ∈ Bij(A, f [A]). Wir beginnen mit dem Injektivit¨ atsnachweis. Sei dazu x, y ∈ A gegeben mit f |A (x) = f |A (y). Zu zeigen ist x = y. Wegen f (x) = f |A (x) = f |A (y) = f (y) folgt aus der Injektivit¨ at von f sofort x = y. Mit Aufgabe ( 122) folgt nun f |A ∈ Bij(A, Bild(f |A )) und mit Aufgabe ( 132) ergibt sich schließlich f |A ∈ Bij(A, f [A]). ........................................................................................

E Vergleichsl¨osungen

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........................................................................................ Als Element von ((N2 )3 )2 w¨ ahlen wir

( 133)

(((1, 2), (3, 4), (5, 6)), ((7, 8), (9, 10), (11, 12))). Die erste Komponente dieses Paares lautet dann ((1, 2), (3, 4), (5, 6)) und deren dritte Komponente (5, 6). ........................................................................................ Wir vermuten (R2 )2 = R4 . Zum Beweis nehmen wir an, dass die Gleichheit gilt, und zeigen einen Widerspruch. Wegen R4 = Abb(N≤4 , R) gilt f¨ ur x : N≤4 → R, n → 0 die Eigenschaft x ∈ R4 . Wegen der Gleichheit gilt dann auch x ∈ (R2 )2 = Abb(N≤2 , R2 ). Das wiederum besagt Def(x) = N≤2 , woraus wir auf N≤4 = N≤2 schließen k¨ onnen. Insbesondere ist wegen 3 ∈ N≤4 auch 3 ∈ N≤2 und somit 3 ≤ 2. Gleichzeitig gilt auch ¬(3 ≤ 2).  ........................................................................................ Wir zeigen a · (f + g) = a · f + a · g durch Verwendung der Nachweisregel f¨ ur Funktionsgleichheit. Nach Definition der Funktionsoperationen gilt Def(f + g) = D und damit Def(a · (f + g)) = D. Außerdem gilt Def(a · f ) = D und Def(a · g) = D, sodass auch Def(a · f + a · g) = D = Def(a · (f + g)). Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage sei x ∈ D. Dann gilt

( 134)

( 135)

(a · (f + g))(x) = a · (f + g)(x) = a · (f (x) + g(x)) = a · f (x) + a · g(x) = (a · f )(x) + (a · g)(x) = (a · f + a · g)(x). Wir zeigen (a + b) · f = a · f + b · f in der gleichen Weise. Nach Definition der Funktionsoperationen gilt Def((a + b) · f ) = D. Außerdem gilt Def(a · f ) = D und Def(b · f ) = D, sodass auch Def(a · f + b · f ) = D = Def((a + b) · f ). Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage sei x ∈ D. Dann gilt ((a + b) · f )(x) = (a + b) · f (x) = a · f (x) + b · f (x) = (a · f )(x) + (b · f )(x) = (a · f + b · f )(x). ........................................................................................ F¨ ur x, y ∈ R2 gilt nach Definition zun¨ achst x : N≤2 → R und y : N≤2 → R. Damit ist auch x + y : N≤2 → R und somit x + y ∈ R2 . Nach Definition der Funktionsaddition finden wir f¨ ur die Komponenten (x + y)1 = (x + y)(1) = x(1) + y(1) = x1 + y1 und (x + y)2 = (x + y)(2) = x(2) + y(2) = x2 + y2 . Mit der vereinbarten Schreibweise gilt also x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 ). Mit a ∈ R gilt a·x : N≤2 → R mit (a·x)(1) = a·x(1) = a·x1 und (a·x)(2) = a·x(2) = a·x2 . Mit der vereinbarten Schreibweise gilt also a · x = (a · x1 , a · x2 ). Insbesondere gilt also 2 · ((1, 4) + 3 · (2, 5)) = 2 · ((1, 4) + (6, 15)) = 2 · (7, 19) = (14, 38). ...................................................................... .................. Sei n ∈ N und A ∈ Mn . Weiter gelte ∃j ∈ N≤n : Aj = ∅. Zu zeigen ist A = ∅. Da die Inklusion ∅ ⊂ A wegen Aufgabe ( 63) gilt, muss nur noch A ⊂ ∅ gezeigt werden. Sei dazu t ∈ A. Dann gilt t ∈ U n und ∀i ∈ N≤n : ti ∈ Ai . Wie w¨ ahlen j entsprechend der Existenzaussage und wenden darauf die F¨ ur-alle-Aussage an. Es folgt tj ∈ Aj = ∅. Insbesondere haben wir ∃u ∈ U : u ∈ ∅. Gleichzeitig gilt nach Satz 2.29 auch das Gegenteil. Mit Ex falso quodlibet folgt nun t ∈ ∅. ........................................................................................ Sei x ein Element. Die Aussage x ∈ [1, 5] × [2, 4] ist aufgrund der Definition der Produktmenge ¨ aquivalent zu x ∈ {u ∈ U 2 : ∀i ∈ N≤2 : ui ∈ ([1, 5], [2, 4])i }, was auf die Aussagen x ∈ U 2 und ∀i ∈ N≤2 : xi ∈ ([1, 5], [2, 4])i f¨ uhrt. Diese sind wiederum zu x1 ∈ [1, 5] und

( 136)

( 137)

( 138)

286

E Vergleichsl¨osungen

x2 ∈ [2, 4] ¨ aquivalent. Eingezeichnet in einem rechtwinkligen Koordinatensystem ergibt dies die folgende Skizze:

Entsprechend ist die Skizze f¨ ur [0, 1] × [0, 2] × [0, 3]

( 139)

........................................................................................ Eine rekursive Definition der Fakult¨ atsfunktion f lautet f (1) = 1, f (n + 1) = f (n) · (n + 1),

( 140)

f¨ ur n ∈ N.

........................................................................................ Beweis. Sei x ≥ −1 gegeben. Wir zeigen ∀n ∈ N : (1 + x)n ≥ 1 + n · x durch vollst¨ andige Induktion. Der Induktionsanfang gilt wegen (1 + x)1 = (1 + x) ≥ 1 + 1 · x. F¨ ur den Induktionsschritt gehen wir von n ∈ N und (1 + x)n ≥ 1 + n · x aus. Unser Beweisziel ist (1 + x)n+1 ≥ 1 + (n + 1) · x. Wir schreiben (1 + x)n+1 mit dem Potenzgesetz um in (1 + x)n · (1 + x). Nun bringen wir die Annahme (1 + x)n ≥ 1 + n · x ins Spiel. Da (1 + x) ≥ 0 gilt, ¨ andert sich die Richtung des Ungleichheitszeichen nicht, wenn wir mit (1 + x) multiplizieren. Wir wissen also (1 + x)n · (1 + x) ≥ (1 + n · x) · (1 + x). Ausmultiplizieren ergibt (1 + x)n+1 ≥ (1 + n · x) · (1 + x) = 1 + (n + 1) · x + n · x2 ≥ 1 + (n + 1) · x. 

( 141)

........................................................................................ Wie betrachten jede Gleichheit separat. In an · am+1 = an · (am · a) wurde die Rekursionsvorschrift (3.13) im Fall x = a und m ∈ N verwendet. In an · (am · a) = (an · am ) · a wurde

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das Assoziativgesetz der Multiplikation verwendet. In (an · am ) · a = an+m · a wurde die Induktionsannahme verwendet. In an+m · a = a(n+m)+1 wurde die Rekursionsvorschrift (3.13) im Fall x = a und n + m ∈ N verwendet. In a(n+m)+1 = an+(m+1) wurde das Assoziativgesetz der Addition verwendet. ........................................................................................ Wir zeigen ∀n ∈ N : ∀m ∈ N : an · am = an+m durch vollst¨ andige Induktion. Zum Induktionsanfang n = 1 zeigen wir ∀m ∈ N : a1 · am = a1+m durch vollst¨ andige Induktion. Zum Induktionsanfang m = 1 zeigen wir a1 ·a1 = a1+1 . Dazu nutzen wir (3.12) und finden a1 · a1 = a1 · a. Mit (3.13) folgt weiter a1+1 = a1 · a. Durch Ersetzung folgt unser Ziel. Zum Induktionsschritt (in m) gehen wir von m ∈ N aus und nehmen a1 · am = a1+m an. Zu zeigen ist a1 · am+1 = a1+(m+1) . Dazu verwenden wir (3.12) und (3.13), um die Induktionsvoraussetzung ins Spiel zu bringen:

( 142)

a1 · am+1 = a · am+1 = am+1 · a = a(m+1)+1 = a1+(m+1) . Weiter geht es mit dem Induktionsschritt (in n). Dazu gehen wir von einem n ∈ N und ur-alle-Aussage von ∀m ∈ N : an · am = an+m aus. Unser Ziel ist der Nachweis der F¨ ∀m ∈ N : an+1 · am+1 = a(n+1)+(m+1) . Auch dazu verwenden wir wieder vollst¨ andige Induktion. Zum Induktionsanfang m = 1 zeigen wir an+1 · a1 = a(n+1)+1 mit den bekannten Mitteln: an+1 · a1 = an+1 · a = a(n+1)+1 . Zum Induktionsschritt (in m) sei m ∈ N gegeben mit an+1 · am = a(n+1)+m . Zu zeigen ist an+1 · am+1 = a(n+1)+(m+1) . Dies folgt wegen an+1 · am+1 = an+1 · (am · a) = (an+1 · am ) · a = a(n+1)+m · a = a((n+1)+m)+1 = a(n+1)+(m+1) . ........................................................................................ Beweis. Zum Nachweis von ∀a ∈ R, n, m ∈ N : (am )n = am·n seien a ∈ R und m ∈ N gegeben. Zu zeigen ist ∀n ∈ N : (am )n = am·n . Dazu benutzen wir vollst¨ andige Induktion. F¨ ur den Induktionsanfang finden wir (am )1 = am = am·1 . Im Induktionsschritt gehen wir von einem n ∈ N mit (am )n = am·n aus und zeigen (am )n+1 = am·(n+1) . Wir beginnen mit (3.13), wobei am anstelle von x tritt

( 143)

(am )n+1 = (am )n · am = am·n · am . Mit dem Potenzgesetz aus Satz 3.31 finden wir weiter am·n · am = am·n+m = am·(n+1) .  ........................................................................................ Sei n ∈ N0 . Zum Nachweis der Fassbarkeit benutzen wir das Aussonderungsaxiom 1.9. Zun¨ achst ist N≤n ⊂ N, denn f¨ ur m ∈ N≤n = {u ∈ N : u ≤ n} gilt m ∈ N. Außerdem ist N ∈ M wegen (3.14), sodass auch N≤n ∈ M gilt.  Zum Nachweis von N≤0 = ∅ zeigen wir zwei Inklusionen. Dabei gilt ∅ ⊂ N≤0 wegen Aufgabe ( 63). Zum Nachweis von N≤0 ⊂ ∅ zeigen wir N≤0 ⊂ N 0 ist n ∈ N>1 und mit (3.16) folgt n − 1 ∈ N. Im Induktionsschritt gehen wir von einem m ∈ N aus und nehmen die G¨ ultigkeit der

E Vergleichsl¨osungen

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Aussage ∀n ∈ N : (n − m > 0) ⇒ n − m ∈ N an. Zu zeigen ist die F¨ ur-alle-Aussage ∀n ∈ N : (n − (m + 1) > 0) ⇒ n − (m + 1) ∈ N. Sei dazu n ∈ N und es gelte n − (m + 1) > 0. Zu zeigen ist n − (m + 1) ∈ N. Wegen n > (m + 1) und m ∈ N = N≥1 gilt n > 1, also n ∈ N>1 . Wegen (3.16) folgt k := n − 1 ∈ N. Benutzung der Induktionsvoraussetzung f¨ ur k zeigt k − m ∈ N. Die Umstellung n − (m + 1) = n − 1 − m = k − m ∈ N liefert unser Beweisziel. ........................................................................................ Zum Nachweis von ∀n ∈ N0 , k ∈ N : Bij(N≤n , N≤n+k ) = ∅ gehen wir von k ∈ N aus und zeigen ∀n ∈ N0 : Bij(N≤n , N≤n+k ) = ∅ durch vollst¨ andige Induktion. Zum Induktionsanfang zeigen wir Bij(N≤0 , N≤k ) = ∅ durch zwei Inklusionen. Wegen Aufgabe ( 63) ist die leere Menge Teilmenge jeder Menge. Es gen¨ ugt also von einem Element f ∈ Bij(N≤0 , N≤k ) auszugehen und f ∈ ∅ zu zeigen. Da f −1 ∈ Bij(N≤k , N≤0 ) nach Aufgabe ( 123) gilt und k ∈ N≤k gilt, finden wir weiter u := f −1 (k) ∈ N≤0 . Nun ist aber N≤0 = ∅ (Aufgabe ( 144)), sodass Aufgabe ( 277) wegen u ∈ ∅ auf die Aussage f ∈ ∅ f¨ uhrt. Im Induktionsschritt gehen wir von n ∈ N0 und Bij(N≤n , N≤n+k ) = ∅ aus. Zu zeigen ist Bij(N≤n+1 , N≤n+1+k ) = ∅. Wieder gen¨ ugt es, f ∈ Bij(N≤n+1 , N≤n+1+k ) anzunehmen und f ∈ ∅ zu zeigen. Wir definieren i := f (n + 1) und m := n + k + 1. Mit den Bijektionen aus Aufgabe ( 130) setzen wir dann g := τi,m,m ◦ f . Wegen Aufgabe ( 127) ist g ∈ Bij(N≤n+1 , N≤m ) und

( 148)

g(n + 1) = τi,m,m (f (n + 1)) = τi,m,m (i) = m. Wegen Aufgabe ( 146) ist N≤n = N |A|. Mit den Definitionen von v und w ergibt sich hier v(w(x)) = b(w(x) − |A|) = b(b−1 (x) + |A| − |A|) = x. Insgesamt folgt mit Aufgabe ( 125), dass v ∈ Bij(N≤|A|+|B| , A ∪ B) gilt, sodass A ∪ B endlich ist und |A ∪ B| = |A| + |B| erf¨ ullt. ........................................................................................ Sei M eine endliche Menge und m ein Element mit m ∈ M . Zu zeigen ist, dass M ∪ {m} endlich ist und |M ∪ {m}| = |M | + 1 gilt. Wir zeigen M ∩ {m} = ∅, wozu wegen Aufgabe ( 63) der Nachweis von M ∩ {m} ⊂ ∅ gen¨ ugt. Sei dazu x ∈ M ∩ {m}. Zu zeigen ist x ∈ ∅. Aus der Voraussetzung folgt x ∈ M und x ∈ {m}, also x = m. Damit folgt m ∈ M im Widerspruch zu m ∈ / M . Mit Ex falso quodlibet folgt x ∈ ∅. Nach Satz 3.34 ist {m} endlich und |{m}| = 1. Mit Aufgabe ( 151) ist dann auch M ∪{m} endlich und es gilt |M ∪ {m}| = |M | + |{m}| = |M | + 1. ........................................................................................ Sei E eine endliche Menge. Dann gilt |E| = 1 ⇔ ∃m ∈ U : E = {m}. Wir beginnen mit ⇒“. Sei dazu |E| = 1. Wegen |E| ∈ N folgt mit Aufgabe ( 150) auch ” ∃m ∈ U : m ∈ E. Wir w¨ ahlen ein solches m und benutzen Satz 3.35. Damit folgt |E\{m}| = |E| − 1 = 1 − 1 = 0. Mit Aufgabe ( 150) folgt E\{m} = ∅. Aufgabe ( 65) angewendet auf E und {m} ergibt E = (E\{m}) ∪ {m} = ∅ ∪ {m} und mit Aufgabe ( 64) folgt E = {m}. Damit ist die Existenzaussage gezeigt. F¨ ur ⇐“ gelte ∃m ∈ U : E = {m}. Zu zeigen ist |E| = 1. Wir w¨ ahlen ein solches m und ” benutzen Satz 3.34. ........................................................................................ Wir zeigen zun¨ achst ¬(X ⊂ A). Dazu nehmen wir X ⊂ A an und zeigen einen Widerspruch. Es gilt nun X = A, da A ⊂ X nach Voraussetzung gilt.  Da ¬(X ⊂ A) in der Langform f¨ ur ¬∀x ∈ X : x ∈ A steht, gibt es ein Gegenbeispiel, also ∃x ∈ X : ¬(x ∈ A). ........................................................................................ Zum Nachweis von A ⊂ D gehen wir von a ∈ A aus und zeigen a ∈ D. Zun¨ achst gilt a ∈ X wegen A ⊂ X. Außerdem k¨ onnen wir zeigen, dass a ∈ / {x} gilt. Dazu nehmen wir a ∈ {x} an und zeigen einen Widerspruch. Wegen a ∈ {x} gilt a = x und damit x ∈ A, was im Widerspruch zur Voraussetzung x ∈ / A steht.  Insgesamt ist damit a ∈ X\{x} = D. ........................................................................................

( 152)

( 153)

( 154)

( 155)

292

( 156)

( 157)

E Vergleichsl¨osungen

........................................................................................ Seien A, B Mengen. Wir zeigen A = (A\B) ∪ (A ∩ B) durch zwei Inklusionen. Sei zun¨ achst x ∈ A. Zu zeigen ist x ∈ (A\B) ∪ (A ∩ B), d. h., wir m¨ ussen (x ∈ (A\B)) ∨ (x ∈ A ∩ B) zeigen. Dazu nehmen wir x ∈ / A ∩ B an und zeigen x ∈ A\B, also x ∈ A und x ∈ / B. Zum Nachweis von x ∈ / B nehmen wir x ∈ B an und zeigen einen Widerspruch. Wegen x ∈ A und x ∈ B gilt x ∈ A ∩ B und nach Annahme auch x ∈ / A ∩ B.  F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei x ∈ (A\B) ∪ (A ∩ B). Zu zeigen ist x ∈ A. Wegen x ∈ (A\B) ∪ (A ∩ B) wissen wir (x ∈ (A\B)) ∨ (x ∈ A ∩ B). Fall x ∈ A ∩ B: Es gilt insbesondere x ∈ A. Fall x ∈ A\B: Es gilt insbesondere x ∈ A. Weiter zeigen wir (A\B) ∩ (A ∩ B) = ∅ in einem indirekten Beweis: Die Annahme der Aussage (A\B) ∩ (A ∩ B) = ∅ erlaubt es uns, mit Korollar 3.3 ein Element x in der Menge zu w¨ ahlen. Dann gelten x ∈ A\B und x ∈ A ∩ B, also x ∈ A, x ∈ / B, x ∈ A und x ∈ B.  Sind A, B endlich, dann zeigt Satz 3.36, dass auch A ∩ B und A\B endlich sind, da beide Teilmengen von A sind. Mit Aufgabe ( 151) schließen wir nun auf |A| = |A\B| + |A ∩ B|. Umstellung ergibt das gew¨ unschte Ergebnis.  F¨ ur die zweite Beziehung zeigen wir zun¨ achst wieder f¨ ur beliebige Mengen A, B die Beziehung A ∪ B = A ∪ (B\A) durch zwei Inklusionen. Sei zun¨ achst x ∈ A ∪ B. Zu zeigen ist x ∈ A ∪ (B\A). Dazu m¨ ussen wir x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B\A) nachweisen. Nach Voraussetzung gilt x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Zum Nachweis von (x ∈ A) ∨ (x ∈ B\A) gehen wir von x ∈ / A aus und zeigen x ∈ B\A. Fall x ∈ B: Es gilt x ∈ B und x ∈ / A, also x ∈ B\A. Fall x ∈ A: Wegen x ∈ / A folgt mit Ex falso quodlibet auch x ∈ B\A. F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei x ∈ A ∪ (B\A) gegeben. Zu zeigen ist x ∈ A ∪ B, d. h., wir m¨ ussen x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) nachweisen. Nach Voraussetzung gilt dabei x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B\A). Fall x ∈ A: Es gilt (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Fall x ∈ B\A: Es gilt x ∈ B und damit (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Es gilt außerdem A ∩ (B\A) = ∅, wie man durch einen indirekten Beweis sieht: Die Annahme A ∩ (B\A) = ∅ erlaubt es uns, mit Korollar 3.3 ein Element x in der Menge zu w¨ ahlen. Dann gilt x ∈ A und x ∈ B\A und somit x ∈ A, x ∈ B und x ∈ / A.  Sind A, B endlich, dann zeigt Satz 3.36, dass auch B\A als Teilmenge von B endlich ist. Mit Aufgabe ( 151) schließen wir nun auf |A ∪ B| = |A| + |B\A| und mit der ersten Teilaufgabe folgt das Gesamtergebnis. ........................................................................................ Wir bereiten zun¨ achst den Beweis der eigentlichen Aussagen vor. Sei A ∈ M und a ∈ A. Wir zeigen zun¨ achst P(A) = P1 ∪ P2 mit P1 = P(A\{a}) und P2 = {B ∪ {a} : B ∈ P1 }. (H1) Zur Vorbereitung zeigen wir einige Hilfsaussagen und beginnen mit der Aussage, dass f¨ ur eine Teilmenge V ⊂ A stets V \{a} ∈ P1 gilt. Zum Nachweis m¨ ussen wir V \{a} ∈ M und V \{a} ⊂ A\{a} zeigen. Wegen V \{a} ⊂ V ⊂ A und A ∈ M folgt die erste Aussage mit Axiom 1.9. F¨ ur die zweite Aussage sei x ∈ V \{a}. Zu zeigen ist x ∈ A\{a}, d. h. x ∈ A und x ∈ / {a}. Nach Voraussetzung gilt x ∈ V und x ∈ / {a} und wegen V ⊂ A folgt x ∈ A.  (H2) Die zweite Hilfsaussage lautet: Ist V eine Menge und ist a ∈ V , dann gilt stets V = (V \{a}) ∪ {a}. Die Mengengleichheit zeigen wir durch zwei Inklusionen. Zun¨ achst sei x ∈ V . Zu zeigen ist x ∈ (V \{a}) ∪ {a}, also x ∈ U und (x ∈ V \{a}) ∨ (x ∈ {a}). Wegen x ∈ V folgt x ∈ U mit Aufgabe ( 53). Zum Nachweis von (x ∈ V \{a}) ∨ (x ∈ {a}) nehmen wir x ∈ / {a} an und zeigen x ∈ V \{a}. Dies folgt wegen x ∈ V und x ∈ / {a}.

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F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei x ∈ (V \{a}) ∪ {a}. Zu zeigen ist x ∈ V . Fall x ∈ V \{a}: Es gilt x ∈ V . Fall x ∈ {a}: Es gilt x = a ∈ V . Damit gilt x ∈ V insgesamt.  (H3) Der dritte Hilfssatz lautet: Sei V ⊂ A. Ist a ∈ V , dann ist V ∈ P2 . Insbesondere gilt V ∪ {a} ∈ P2 . Wegen (H2) ist V = (V \{a}) ∪ {a} und V \{a} ∈ P1 wegen (H1). Damit gilt die Existenzaussage ∃B ∈ P1 : V = B ∪ {a}. Außerdem ist V ∈ U, was aus Aufgabe ( 53) und V ∈ M folgt, wof¨ ur wiederum V ⊂ A und A ∈ M zusammen mit Axiom 1.9 ben¨ otigt werden. Die zweite Aussage folgt wegen V ∪ {a} ⊂ A und a ∈ V ∪ {a}. Zum Nachweis der Teilmengenbeziehung sei x ∈ V ∪ {a}. Zu zeigen ist x ∈ A. Fall x ∈ V : Wegen V ⊂ A gilt x ∈ A. Fall x ∈ {a}: Wegen x = a und a ∈ A gilt x ∈ A. Die Aussage a ∈ V ∪ {a} gilt wegen a ∈ {a}, woraus (a ∈ V ) ∨ (a ∈ {a}) und dann auch a ∈ V ∪ {a} folgt.  (H4) Die vierte Hilfsaussage lautet: Ist B ⊂ A und a ∈ / B, dann gilt B ∈ P1 , und daraus folgt B = (B ∪ {a})\{a}. Zum Nachweis von B ∈ P1 zeigen wir B\{a} = B und nutzen (H1). Die Mengeninklusion B\{a} ⊂ B folgt direkt aus der Langform. F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei x ∈ B. Zu zeigen ist x ∈ B\{a}, also x ∈ B und x ∈ / {a}. Dazu nehmen wir x ∈ {a} an und zeigen einen Widerspruch. Mit Aufgabe ( 66) gilt x = a und damit a ∈ B.  Umgekehrt folgen aus B ∈ P1 auch B ⊂ A und a ∈ / B. Zum Nachweis nutzen wir B ∈ P1 = P(A\{a}). Damit gilt B ⊂ (A\{a}) ⊂ A. W¨ are a ∈ B, dann h¨ atten wir a ∈ A\{a} und damit a ∈ / {a}, was mit Aufgabe ( 66) auf a = a f¨ uhrt.  Also gilt a ∈ / B. Die Mengengleichheit B = (B ∪ {a})\{a} zeigen wir durch zwei Inklusionen. Zun¨ achst sei x ∈ B. Zu zeigen ist x ∈ (B ∪ {a})\{a}, also x ∈ B ∪ {a} und x ∈ / {a}. Wegen x ∈ B folgt mit Aufgabe ( 53) auch x ∈ U sowie (x ∈ B) ∨ (x ∈ {a}). Damit folgt x ∈ B ∪ {a}. Wegen B ∈ P1 gilt B ⊂ A\{a} und damit auch x ∈ A\{a}, woraus x ∈ / {a} folgt. F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei x ∈ (B ∪ {a})\{a} gegeben. Zu zeigen ist x ∈ B. Wegen x ∈ B ∪ {a} folgt dies aus der Langform.  (H5) In der f¨ unften Hilfsaussage zeigen wir die angek¨ undigte Mengengleichheit: Es gilt P(A) = P1 ∪ P2 . Zum Nachweis der beiden Inklusionen sei zun¨ achst U ∈ P(A). Zu zeigen ist U ∈ P1 ∪ P2 , d. h. U ∈ U und (U ∈ P1 ) ∨ (U ∈ P2 ). Die erste Aussage folgt dabei mit Aufgabe ( 53) aus U ∈ P(A). F¨ ur die zweite Aussage machen wir eine Fallunterscheidung basierend auf (a ∈ U ) ∨ (a ∈ / U ). Fall a ∈ U : Wegen U ⊂ A folgt U ∈ P2 aus (H3) und damit (U ∈ P1 ) ∨ (U ∈ P2 ). Fall a ∈ / U : Wegen U ⊂ A folgt U ∈ P1 aus (H4) und damit (U ∈ P1 ) ∨ (U ∈ P2 ). Umgekehrt gelte nun U ∈ P1 ∪ P2 . Zu zeigen ist U ∈ P(A), also U ∈ M und U ⊂ A. Wegen Axiom 1.9 folgt die erste Aussage damit aus der zweiten. F¨ ur diese sei x ∈ U gegeben. Zu zeigen ist x ∈ A. Fall U ∈ P1 : Es gilt U ⊂ A\{a} und damit x ∈ A. Fall U ∈ P2 : Wir k¨ onnen B ∈ P1 mit U = B ∪ {a} w¨ ahlen, sodass (x ∈ B) ∨ (x ∈ {a}) gilt. Fall x ∈ B: Es gilt B ⊂ A\{a} und damit x ∈ A. Fall x ∈ {a}: Es gilt x = a ∈ A. Insgesamt gilt also x ∈ A. 

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( 158)

E Vergleichsl¨osungen

(H6) Weiter zeigen wir: Es gilt P1 ∩ P2 = ∅. In einem indirekten Beweis nehmen wir P1 ∩ P2 = ∅ an. Mit Korollar 3.3 k¨ onnen wir U ∈ P1 ∩ P2 w¨ ahlen. Dann gilt U ⊂ A\{a} und wir k¨ onnen ein B ∈ P1 w¨ ahlen mit U = B ∪ {a}. Wegen a ∈ {a} gilt also auch a ∈ B ∪ {a} = U ⊂ A\{a}. Damit folgt a ∈ / {a}.  (H7) Schließlich zeigen wir: Ist P1 endlich, dann gilt |P2 | = |P1 |. Zum Nachweis w¨ ahlen wir eine Bijektion m1 ∈ Bij(N≤|P1 | , P1 ) und konstruieren damit die Funktion m2 : N≤|P1 | → P2 , i → m1 (i) ∪ {a}. Zun¨ achst zeigen wir, dass m2 wohldefiniert ist. Sei dazu i ∈ N≤|P1 | . Dann ist m1 (i) ∈ P1 (nach Aufgabe ( 106)) und folglich gilt m1 (i) ⊂ A\{a} ⊂ A. Mit (H3) folgt dann m1 (i) ∪ {a} ∈ P2 . Zum Nachweis der Surjektivit¨ at auf P2 sei V ∈ P2 gegeben. Dann k¨ onnen wir B ∈ P1 w¨ ahlen, sodass V = B ∪ {a} gilt. Da m1 surjektiv auf P1 ist, gibt es i ∈ N≤|P1 | mit B = m1 (i), sodass m2 (i) = V gilt. Zum Nachweis der Injektivit¨ at seien i, j ∈ N≤|P1 | mit m2 (i) = m2 (j). Wegen a ∈ {a} gilt auch a ∈ m2 (i) = m1 (i) ∪ {a}. Mit (H2) folgt m1 (i) = m2 (i)\{a} = m2 (j)\{a} = m1 (j) und die Injektivit¨ at von m1 liefert i = j.  Den Beweis der eigentlichen Aussage ∀n ∈ N : ∀A ∈ En : |P(A)| = 2|A| f¨ uhren wir durch vollst¨ andige Induktion. Zum Induktionsanfang n = 1 sei A ∈ E1 gegeben. Zu zeigen ist P(A)| = 2|A| = 21 = 2. Mit Aufgabe ( 153) k¨ onnen wir ein e ∈ U w¨ ahlen mit A = {e}. In Aufgabe ( 69) haben wir P({e}) = {∅, {e}} = {∅} ∪ {{e}} gezeigt. Außerdem gilt {∅} ∩ {{e}} = ∅, wie wir indirekt zeigen: W¨ are die Menge nicht leer, dann erlaubt Korollar 3.3 ein Element x darin zu w¨ ahlen. Dann gilt x ∈ {∅} und x ∈ {{e}}. Daraus folgt x = ∅ und x = {e}. Dann folgt mit unseren Kenntnissen u achtigkeiten kleiner Mengen: 0 = |∅| = |x| = |{e}| = 1. ¨ber M¨  Mit Aufgabe ( 151) folgt nun |P(A)| = |{∅}| + |{{e}}| = 1 + 1 = 2. Im Induktionsschritt gehen wir von n ∈ N mit ∀A ∈ En : |P(A)| = 2|A| aus und zeigen die entsprechende Aussage mit n + 1 anstelle von n. Sei dazu A ∈ En+1 gegeben. Zu zeigen ist |P(A)| = 2|A| = 2n+1 . Wegen |A| = n + 1 ∈ N k¨ onnen wir mit Aufgabe ( 150) ein a ∈ A w¨ ahlen und definieren damit P1 und P2 wie in unseren Hilfsaussagen. Wegen Satz 3.35 gilt |A\{a}| = |A|−1 = n, und wir k¨ onnen die Induktionsannahme anwenden, aus der |P1 | = 2n folgt. Mit (H7) sehen wir dann, dass auch |P2 | = 2n gilt. Wegen (H5) und (H6) k¨ onnen wir Aufgabe ( 151) anwenden und finden |P(A)| = |P1 | + |P2 | = 2n + 2n = 2n · 2 = 2n+1 . ........................................................................................ Zum Nachweis von ∀k ∈ (N0 )≤0 : ∀X ∈ Dk : |Sk (X)| = 1 sei k ∈ (N0 )≤0 und X ∈ Dk gegeben. Zu zeigen ist |Sk (X)| = 1. Wir zeigen zun¨ achst (N0 )≤0 = {0} und beginnen dazu mit ⊃“. Sei dazu x ∈ {0}. Zu ” zeigen ist x ∈ (N0 )≤0 , also in Langform x ∈ N0 = N ∪ {0} und x ≤ 0. Nach Definition von ∪ ist f¨ ur das erste Ziel (x ∈ N) ∨ (x ∈ {0}) zu zeigen, was wegen x ∈ {0} gilt. Aufgabe ( 66) zeigt außerdem x = 0, sodass auch x ≤ 0 gilt. F¨ ur ⊂“ sei x ∈ (N0 )≤0 gegeben. Zu zeigen ist x ∈ {0}, also x = 0. ” Nach Voraussetzung gilt x ∈ N0 und x ≤ 0. Aus x ∈ N0 folgt nach Definition die OderAussage (x ∈ N) ∨ (x ∈ {0}). Fall x ∈ {0}: Es gilt x = 0 mit Aufgabe ( 66). Fall x ∈ N: Nach Aufgabe ( 144) gilt x ∈ N≥1 , also insbesondere x ≥ 1. Zusammen mit x ≤ 0 folgt die widerspr¨ uchliche Aussage 0 ≥ 1. Mit Ex falso quodlibet gilt x = 0. Wegen k ∈ (N0 )≤0 = {0} folgt nun k = 0, und mit der Rekursionseigenschaft folgt weiter Sk (X) = S0 (X) = {0}. Nach Satz 3.34 gilt |Sk (X)| = 1. ........................................................................................

E Vergleichsl¨osungen

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........................................................................................ Wegen Tertium non datur gilt (k ≤ n)∨¬(k ≤ n) und wir k¨ onnen eine Fallunterscheidung durchf¨ uhren. Fall k ≤ n: Anwendung der Induktionsvoraussetzung zeigt, dass |Sk (X)| = 1 gilt. ........................................................................................ Fall ¬(k ≤ n): Es gilt k = n + 1 (zeige dies in ( 281)) und somit folgt X ∈ Dn+1 . Zum Nachweis der Existenzaussage ∃x ∈ U : x ∈ Sn+1 (X) m¨ ussen wir ein Element in der Menge Sn+1 (X) = {s + f (x)|(x, s) ∈ X × Sn (X\{x})} finden. Dazu ben¨ otigen wir zun¨ achst ein Element aus X. Wir wissen X ∈ Dn+1 und damit X ∈ En+1 . Wegen n ∈ N0 ist n + 1 ∈ N (zeige dies in Aufgabe ( 280), die Argumentation wurde ist dir eventuell schon von vorher bekannt). Aufgabe ( 150) liefert nun wegen |X| ∈ N die Existenzaussage ∃x ∈ U : x ∈ X. Wir w¨ ahlen ein solches x. Mit Satz 3.35 gilt dann, dass X\{x} ebenfalls eine endliche Menge ist mit M¨ achtigkeit |X\{x}| = |X| − 1 = n. Außerdem ist X\{x} nach Definition der Mengendifferenz eine Teilmenge von X. Da X ⊂ Def(f ), folgt insgesamt X\{x} ∈ Dn . Mit der Induktionsvoraussetzung f¨ ur k = n folgt |Sn (X\{x})| = 1. Wegen ( 153) gilt ∃s ∈ U : Sn (X\{x}) = {s}. Wir w¨ ahlen solch ein s und erhalten s ∈ {s} = Sn (X\{x}). Insbesondere gilt dann ∃(u, t) ∈ X × Sn (X\{u}) : s + f (x) = t + f (u) und damit folgt s + f (x) ∈ {t + f (u)|(u, t) ∈ X × Sn (X\{u})} = Sn+1 (X). Daraus folgt insbesondere ∃v ∈ U : v ∈ Sn+1 (X). ........................................................................................ Wegen u, v ∈ Sn+1 (X) gibt es (a, s) ∈ X × Sn (X\{a}) und (b, t) ∈ X × Sn (X\{b}) mit u = s + f (a) und v = t + f (b). Insbesondere ist damit a ∈ X und b ∈ X sowie s ∈ Sn (X\{a}) und t ∈ Sn (X\{b}). Mit Tertium non datur gilt (a = b) ∨ (a = b). Fall a = b: Es gilt u = t + f (a) und v = s + f (a) mit t, s ∈ Sn (X\{a}). Da X\{a} ∈ Dn gilt, folgt mit der Induktionsvoraussetzung |Sn (X\{a})| = 1. Wegen Aufgabe ( 153) gilt ∃w ∈ U : Sn (X\{x}) = {w}. Wir w¨ ahlen ein solches w und finden so s, t ∈ {w} und damit s = w = t. Daraus folgen u = t + f (a) = s + f (a) = v. ........................................................................................ Fall a = b: Da s ∈ Sn (X\{a}) gilt, ist insbesondere die Schreibregel erf¨ ullt, d. h., es gilt X\{a} ∈ Dn . Anwendung der Induktionsvoraussetzung liefert somit |Sn (X\{a})| = 1 und mit Aufgabe ( 153) k¨ onnen wir c ∈ U w¨ ahlen, sodass Sn (X\{a}) = {c} gilt. Wegen s ∈ Sn (X\{a}) folgt somit s = c und daher Sn (X\{a}) = {s}. Genauso zeigen wir X\{b} ∈ Dn und Sn (X\{b}) = {t}. Um b ∈ X\{a} zu zeigen, m¨ ussen wir nur b ∈ / {a} nachweisen, da b ∈ X bereits gilt. In einem Widerspruchsbeweis nehmen wir an b ∈ {a}. Dann gilt b = a im Widerspruch zu a = b.  Genauso zeigen wir a ∈ X\{b} Eine Wiederholung des obigen Arguments mit X\{a} anstelle von X und b anstelle von a ergibt (X\{a})\{b} ∈ Dn−1 . Entsprechend sieht man (X\{b})\{a} ∈ Dn−1 . Außerdem gilt (X\{a})\{b} = (X\{b})\{a}. Zum Nachweis sei x ∈ (X\{a})\{b}. Dann gilt x ∈ X und x ∈ / {a} und x ∈ / {b}, woraus x ∈ (X\{b})\{a} folgt. Die umgekehrte Inklusion zeigt man in gleicher Weise. Wenden wir nun die Induktionsvoraussetzung auf k = n − 1 und (X\{a})\{b} an, so folgt |Sn−1 ((X\{a})\{b})| = 1. Wegen Aufgabe ( 153) gilt ∃z ∈ U : Sn−1 ((X\{a})\{b}) = {z}. Wir w¨ ahlen ein solches z und erhalten z ∈ {z} = Sn−1 ((X\{a})\{b}). Wegen b ∈ X\{a} und z ∈ Sn−1 ((X\{a})\{b}) ist z + f (b) ∈ Sn−1 (X\{a}) = {s}. Daraus folgt z + f (b) = s.

( 159)

( 160)

( 161)

( 162)

296

E Vergleichsl¨osungen

Da wegen der Mengengleichheit (X\{a})\{b} = (X\{b})\{a} auch die Mengengleichheit {z} = Sn−1 ((X\{b})\{a}) gilt, folgt entsprechend z + f (a) = t. Insgesamt haben wir damit gezeigt: u = s + f (a) = (z + f (b)) + f (a) = z + (f (b) + f (a)) = z + (f (a) + f (b)) = (z + f (a)) + f (b) = t + f (b) = v. ( 163)

( 164)

........................................................................................ Zun¨ achst zeigen wir f¨ ur jedes n ∈ N0 und X ∈ Df,n die Beziehung Sf,n (X) = {sf,n (X)}. Nach Satz 3.37 ist Sf,n (X) endlich und es gilt |Sf,n (X)| = 1. Mit Aufgabe ( 153) gilt dann ∃u ∈ U : Sf,n (X) = {u}. Wir w¨ ahlen ein solches u und finden somit Sf,n (X) = {u}. Wegen Sf,n : Df,n → P(R) ist {u} ∈ P(R) und damit {u} ⊂ R. Wegen u ∈ {u} ist damit u ∈ R. Da auch u ∈ Sf,n (X) gilt, haben wir u = (das s ∈ R : s ∈ Sf,n (X)) = sf,n (X). Damit folgt Sf,n (X) = {sf,n (X)}. Sei nun X ∈ Df,0 . Dann gilt gem¨ aß der Rekursion Sf,0 (X) = {0}. Somit gilt dann auch 0 ∈ Sf,0 (X) = {sf,0 (X)}. Insgesamt gilt also 0 = sf,0 (X). F¨ ur n ∈ N0 , X ∈ Df,n+1 und x ∈ X k¨ onnen wir nach der Rekursionsbedingung benutzen, dass Sf,n+1 (X) = {s + f (x)|x ∈ X, s ∈ Sf,n (X\{x})} gilt. Außerdem zeigt man mit Satz 3.35, dass X\{x} ∈ Df,n gilt. Hieraus folgt weiter, dass Sf,n (X\{x}) = {sf,n (X\{x})} gilt, also gilt auch sf,n (X\{x}) ∈ Sf,n (X\{x}). Zusammengenommen erhalten wir nun sf,n (X\{x}) + f (x) ∈ Sf,n+1 (X) = {sf,n+1 (X)}. Es gilt also sf,n (X\{x}) + f (x) = sf,n+1 (X). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .......................................... Zu zeigen sind ∅ f = 0 und weiter A f = ( A\{a} f ) + f (a).   Nach Definition gilt ∅ f = sf,|∅| (∅) = sf,0 (∅). Mit Satz 3.38 folgt also ∅ f = 0. Mit Satz 3.35 zeigt man |A\{a}| = |A| − 1. Nach Definition der Summe und Satz 3.38 folgt   f = sf,|A| (A) = sf,|A|−1 (A\{a}) + f (a) = sf,|A\{a}| (A\{a}) + f (a) = f (a) + f. A

( 165)

( 166)

A\{a}

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................................................ Sei f : D → R und d ∈ D. Zu zeigen ist {d} f = f (d). Dazu zeigen wir {d}\{d} = ∅, wobei nur die Inklusion {d}\{d} ⊂ ∅ u uft werden ¨berpr¨ muss. Sei also x ∈ {d}\{d}. Dann gilt x ∈ {d} und x ∈ / {d}. Mit Ex falso quodlibet folgt x ∈ ∅.   Mit Aufgabe ( 164) folgt nun {d} f = f (d) + ∅ f = f (d) + 0 = f (d). ........................................................................................ Sei f : D → R und α ∈ R. Durch direkte Ausnutzung der Langform sieht man, dass Df,n = Dα·f,n f¨ ur alle n ∈ N0 gilt. Wir zeigen zun¨ achst ∀n ∈ N0 : ∀A ∈ Df,n : sα·f,n (A) = α · sf,n (A) durch vollst¨ andige Induktion. Zum Nachweis des Induktionsanfangs sei A ∈ Df,0 . Nach Satz 3.38 folgt die Gleichungskette sα·f,0 (A) = 0 = α · 0 = α · sf,0 (A). Zum Induktionsschritt sei n ∈ N0 gegeben und es gelte ∀A ∈ Df,n : sα·f,n (A) = α·sf,n (A). Zu zeigen ist die entsprechende Aussage f¨ ur n + 1. Sei dazu A ∈ Df,n+1 , sodass insbesondere |A| = n + 1 gilt. Wie in der Argumentation zu Aufgabe ( 280) folgt n + 1 ∈ N und mit Aufgabe ( 150) k¨ onnen wir ein a ∈ A w¨ ahlen. Nach Satz 3.38 gilt sα·f,n+1 (A) = (α · f )(a) + sα·f,n (A\{a}). Mit der Induktionsvoraussetzung erhalten wir weiter sα·f,n (A\{a}) = α · sf,n (A\{a}) und damit sα·f,n+1 (A) = α · (f (a) + sf,n (A\{a})).

E Vergleichsl¨osungen

297

Erneute Anwendung von Satz 3.38 (A).  liefert schließlich sα·f,n+1 (A) = α · sf,n+1  Ist nun A ⊂ D endlich, so folgt A α · f = sα·f,|A| (A) = α · sf,|A| (A) = α · A f . ........................................................................................ Seien f, g : D → R. Durch Ausnutzung der Langform sieht man Df,n = Dg,n = Df +g,n f¨ ur alle n ∈ N0 . Wir zeigen zun¨ achst ∀n ∈ N0 : ∀A ∈ Df,n : sf +g,n (A) = sf,n (A) + sg,n (A) durch vollst¨ andige Induktion. Zum Nachweis des Induktionsanfangs sei A ∈ Df,0 . Durch Anwendung von Satz 3.38 ergibt sich sf +g,0 (A) = 0 = 0 + 0 = sf,0 (A) + sg,0 (A). Zum Induktionsschritt sei n ∈ N0 mit ∀A ∈ Df,n : sf +g,n (A) = sf,n (A)+sg,n (A) gegeben. Zu zeigen ist die entsprechende F¨ ur-alle-Aussage mit n + 1 anstelle von n. Sei dazu A ∈ Df,n+1 , sodass insbesondere |A| = n + 1 gilt. Wie in der Argumentation zu Aufgabe ( 280) folgt n + 1 ∈ N und mit Aufgabe ( 150) k¨ onnen wir ein a ∈ A w¨ ahlen. Nach Satz 3.38 gilt sf +g,n+1 (A) = (f + g)(a) + sf +g,n (A\{a}). Mit der Induktionsvoraussetzung erhalten wir weiter sf +g,n (A\{a}) = sf,n (A\{a}) + sg,n (A\{a}) und damit

( 167)

sf +g,n+1 (A) = f (a) + sf,n (A\{a})) + g(a) + sg,n (A\{a})). Erneute Anwendung von Satz 3.38 liefert schließlich sf +g,n+1 (A) = sf,n+1 (A)+sg,n+1 (A). Ist nun A ⊂ D endlich, so folgt    (f + g) = sf +g,|A| (A) = sf,|A| (A) + sg,|A| (A) = ( f) + ( g) . A

A

A

........................................................................................ Seien f, g : D → R und f ≤ g. Durch direkte Ausnutzung der Langform sieht man Df,n = Dg,n f¨ ur alle n ∈ N0 . Wir zeigen zun¨ achst ∀n ∈ N0 : ∀A ∈ Df,n : sf,n (A) ≤ sg,n (A) durch Induktion. Zum Nachweis des Induktionsanfangs sei A ∈ Df,0 gegeben. Nach Satz 3.38 erhalten wir sf,0 (A) = 0 ≤ 0 = sg,0 (A). Zum Induktionsschritt sei n ∈ N0 gegeben und es gelte ∀A ∈ Df,n : sf,n (A) ≤ sg,n (A). Zu zeigen ist die entsprechende Aussage f¨ ur n + 1. Sei dazu A ∈ Dα·f,n+1 , sodass insbesondere |A| = n + 1 gilt. Wie in der Argumentation zu Aufgabe ( 280) folgt n + 1 ∈ N und mit Aufgabe ( 150) k¨ onnen wir ein a ∈ A w¨ ahlen. Nach Satz 3.38 gilt sf,n+1 (A) = f (a) + sf,n (A\{a}). Mit der Induktionsvoraussetzung erhalten wir weiter sf,n (A\{a}) ≤ sg,n (A\{a}) und damit sf,n+1 (A) ≤ f (a) + sg,n (A\{a}) ≤ g(a) + sg,n (A\{a}). Erneute Anwendung von Satz 3.38  liefert schließlich sf,n+1 (A) ≤sg,n+1 (A). Ist nun A ⊂ D endlich, so folgt A f = sf,|A| (A) ≤ sg,|A| (A) = A g. ........................................................................................ Sei f : D → R und ϕ ∈ Bij(D, X). Wir zeigen zun¨ achst, dass f¨ ur alle n ∈ N0 und A ∈ Df,n auch ϕ[A] ∈ Df ◦ϕ−1 ,n gilt. Dazu sind ϕ[A] ∈ En und ϕ[A] ∈ Def(f ◦ ϕ−1 ) zu zeigen. Wegen A ∈ Df,n gelten A ∈ En und A ⊂ Def(f ) = D. Insbesondere folgt Bij(N≤n , A) = ∅ und mit Korollar 3.3 k¨ onnen wir eine Bijektion a in der Menge w¨ ahlen. Nach Aufgabe ( 132) gilt ϕ|A ∈ Bij(A, ϕ[A]) und mit Aufgabe ( 127) folgt dann weiter ϕ|A ◦ a ∈ Bij(N≤n , ϕ[A]). Insbesondere ist ϕ[A] endlich und |ϕ[A]| = n, also ϕ[A] ∈ En . Wegen ϕ−1 : X → D ist f ◦ ϕ−1 : X → R und damit Def(f ◦ ϕ−1 ) = X. Sei nun y ∈ ϕ[A]. Zu zeigen ist y ∈ X. Nach Definition von ϕ[A] gilt y ∈ U und ∃x ∈ A∩ Def(ϕ) : y = ϕ(x). Wir w¨ ahlen ein solches x. Wegen x ∈ Def(ϕ) und ϕ : D → X ist y = ϕ(x) ∈ X.

( 168)

( 169)

298

E Vergleichsl¨osungen

Wir zeigen zun¨ achst ∀n ∈ N0 : ∀A ∈ Df,n : sf,n (A) = sf ◦ϕ−1 ,n (ϕ[A]) durch vollst¨ andige Induktion. Zum Nachweis des Induktionsanfangs sei A ∈ Df,0 gegeben. Nach Satz 3.38 folgt dann sf,0 (A) = 0 = sf ◦ϕ−1 ,0 (ϕ[A]). Zum Induktionsschritt sei ein n ∈ N0 gegeben und es gelte die Induktionsvoraussetzung ∀A ∈ Df,n : sf,n (A) = sf ◦ϕ−1 ,n (ϕ[A]). Zu zeigen ist die entsprechende Aussage f¨ ur n + 1. Sei dazu A ∈ Df,n+1 , sodass insbesondere |A| = n + 1 gilt. Wie in der Argumentation zu Aufgabe ( 280) folgt n + 1 ∈ N und mit Aufgabe ( 150) k¨ onnen wir ein a ∈ A w¨ ahlen. Nach Satz 3.38 gilt sf,n+1 (A) = f (a) + sf,n (A\{a}). Weiter erhalten wir sf,n (A\{a}) = sf ◦ϕ−1 ,n (ϕ[A\{a}]) mit der Induktionsvoraussetzung. Mit den Aufgaben ( 118) und ( 104) gilt ϕ[A\{a}] = ϕ[A]\ϕ[{a}] = ϕ[A]\{ϕ(a)}. Damit finden wir zun¨ achst sf ◦ϕ−1 ,n (ϕ[A\{a}]) = sf ◦ϕ−1 ,n (ϕ[A]\{ϕ(a)}), und zusammen mit Satz 3.38 folgt sf,n+1 (A) = f (a) + sf ◦ϕ−1 ,n (ϕ[A\{a}]) = (f ◦ ϕ−1 )(ϕ(a)) + sf ◦ϕ−1 ,n (ϕ[A]\{ϕ(a)}). Erneute Anwendung von Satz 3.38 liefert schließlich sf,n+1 (A) = sf ◦ϕ−1 ,n+1 (ϕ[A]). Ist nun A ⊂ D endlich, so folgt   f = sf,|A| (A) = sf ◦ϕ−1 ,|ϕ[A]| (ϕ[A]) = f ◦ ϕ−1 . A

( 170)

ϕ[A]

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..... Seien A, B ⊂ X mit A ∩ B = ∅ und sei f : X → R. Wir zeigen f = f + A∪B A Bf    durch Nachweis von ∀n ∈ N0 : ∀B ∈ Df,n : (A ∩ B = ∅) ⇒ A∪B f = A f + B f mit vollst¨ andiger Induktion. Zum Induktionsanfang n = 0 sei B ∈ Df,0 und A ∩ B = ∅. Insbesondere gilt |B| = 0 und damit B = ∅. Wegen A ∪ B = A ∪ ∅ = A folgt nun        f= f= f +0= f+ f= f+ f, A∪B

A

A

A

∅

A

B

wobei wir Aufgabe ( 164) verwendet haben.    Zum Schritt sei n ∈ N0 mit ∀B ∈ Df,n : (A∩B = ∅) ⇒ A∪B f = A f + B f gegeben. Zu zeigen ist die entsprechende Aussage f¨ ur n + 1 anstelle von n. Sei dazu B ∈ Df,n+1 gegeben mit A ∩ B = ∅. Zu zeigen ist die Summenformel. Wegen B ∈ En+1 und n + 1 ∈ N k¨ onnen wir mit Aufgabe ( 150) ein b ∈ B w¨ ahlen. F¨ ur b  gilt dann auch b ∈ A ∪ B und mit Aufgabe ( 164) folgt A∪B f = (A∪B)\{b} f + f (b). Wir zeigen nun (A ∪ B)\{b} = A ∪ (B\{b}) durch zwei Inklusionen. Zun¨ achst sei dazu x ∈ (A ∪ B)\{b}. Zu zeigen ist x ∈ A ∪ (B\{b}), also x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ (B\{b}). Aus der Voraussetzung lesen wir x ∈ A ∪ B und x ∈ / {b} ab. Insbesondere gilt x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Fall x ∈ A: Es gilt (x ∈ A) ∨ (x ∈ B\{b}). Fall x ∈ B: Wegen x ∈ / {b} gilt x ∈ B\{b} und daher (x ∈ A) ∨ (x ∈ B\{b}). F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei x ∈ A ∪ (B\{b}). Zu zeigen ist x ∈ (A ∪ B)\{b}. Aus der Voraussetzung lesen wir x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B\{b}) ab. Fall x ∈ A: Es gilt x ∈ U und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) und damit x ∈ A ∪ B. Zum Nachweis von x ∈ / {b} nehmen wir x ∈ {b} an. Dann gilt x = b und somit b ∈ A und b ∈ B, also b ∈ A ∩ B = ∅.  Insgesamt gilt also x ∈ (A ∪ B)\{b}.

E Vergleichsl¨osungen

299

Fall x ∈ B\{b}: Es gilt x ∈ B und x ∈ / {b}. Dann gilt aber auch (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) und wegen x ∈ U somit x ∈ A ∪ B. Insgesamt folgt x ∈ (A ∪ B)\{b}. Mit Satz 3.35 finden wir |B\{b}| = |B| − 1 = n. Außerdem gilt A ∩ (B\{b}) = ∅, wie man leicht durch einen  indirekten Beweis  aus A ∩ B = ∅ folgert. Mit der Induktionsvoraussetzung folgt nun A∪(B\{b}) f = A f + B\{b} f . Außerdem folgt aus Aufgabe ( 164)   die Beziehung B f = B\{b} f + f (b). F¨ ugen wir die Gleichungen zusammen, so ergibt sich ⎛ ⎞       f= f + f (b) = ⎝ f+ f ⎠ + f (b) = f+ f. A∪B

(A∪B)\{b}

A

B\{b}

A

B

........................................................................................ Sei f : X → R und U ⊂ X. Durch direkte Ausnutzung der Langform sieht man, dass f¨ ur jedes n ∈ N0 und jedes A ∈ Df |U ,n auch A ∈ Df,n gilt. Wir zeigen zun¨ achst ∀n ∈ N0 : ∀A ∈ Df |U ,n : sf,n (A) = sf |U ,n (A) durch vollst¨ andige Induktion. Zum Nachweis des Induktionsanfangs sei A ∈ Df |U ,0 gegeben. Nach Satz 3.38 folgt sf,0 (A) = 0 = sf |U ,0 (A). Zum Induktionsschritt sei n ∈ N0 gegeben und es gelte ∀A ∈ Df |U ,n : sf,n (A) = sf |U ,n (A). Zu zeigen ist die entsprechende Aussage f¨ ur n + 1. Sei dazu A ∈ Df |U ,n+1 , sodass insbesondere |A| = n + 1 gilt. Wie in der Argumentation zu Aufgabe ( 280) folgt n + 1 ∈ N und mit Aufgabe ( 150) k¨ onnen wir ein a ∈ A w¨ ahlen. Nach Satz 3.38 gilt sf |U ,n+1 (A) = f |U (a) + sf |U ,n (A\{a}). Mit der Induktionsvoraussetzung erhalten wir weiter sf |U ,n (A\{a}) = sf,n (A\{a}). Nun gilt aber f |U (a) = f (a) und damit sf |U ,n+1 (A) = f (a) + sf,n (A\{a}). Erneute Anwendung von Satz 3.38  liefert schließlich sf |U ,n+1 (A) =sf,n+1 (A). Ist nun A ⊂ U endlich, so folgt A f = sf,|A| (A) = sf |U ,|A| (A) = A f |U . ........................................................................................ Seien f : X →R und g: Y → R und sei A ⊂ X ∩ Y endlich. Außerdem gelte f |A = g|A . Zu zeigen ist A f = A g.   Da f¨ ur die endliche Menge A ⊂ X und A ⊂ A gilt, zeigt Aufgabe ( 163) A f = A f |A .  Entsprechend folgt A g = A g|A . Ersetzung liefert das Ergebnis. ........................................................................................ Wir definieren ϕ : R → R, x → 2 · x. Zu zeigen ist ϕ ∈ Bij(R, R). Zum Nachweis verwenden wir ψ : R → R, x → x/2 und Aufgabe ( 125), wozu nur ∀x ∈ R : (ψ(ϕ(x)) = x) ∧ (ϕ(ψ(x)) = x) zu zeigen ist. Sei dazu x ∈ R. Dann gilt wie gew¨ unscht (2 · x)/2 = x = 2 · (x/2). Insbesondere ist nun ψ = ϕ−1 , da Aufgabe ( 125) wie im Beweis von Aufgabe ( 127) erweitert werden kann: ( 282) Gelten n¨ amlich beide Eigenschaften f¨ ur f und g, dann ist g die Inverse von f . Zum Nachweis von ϕ[N0 : m ≤ w. Wegen m > 0 gilt aber m/2 > 0, und durch Anwendung der F¨ ur-alle-Aussage auf m/2 folgt m ≤ m/2, was auch als 2 < 1 geschrieben werden kann.  Als Beispiel f¨ ur eine Menge W mit Min(W ) = {1} nehmen wir W := R≥1 . Zum Nachweis von {1} ⊂ Min(W ) nutzen wir 1 ∈ W und ∀w ∈ W : 1 ≤ w (denn ist w ∈ W = R≥1 gegeben, dann folgt nach Definition w ≥ 1). Also ist 1 ∈ W ∩ UW = Min(W ) und somit {1} ⊂ Min(W ). F¨ ur die umgekehrte Implikation nehmen wir m ∈ Min(W ). Wegen 1 ∈ Min(W ) und der Eindeutigkeit, folgt m = 1 und somit m ∈ {1}. ........................................................................................ Definition. Sei W ⊂ R. Wir schreiben Max(W ) := W ∩ OW f¨ ur die Menge der Maxima von W . Ist Max(W ) = ∅, dann schreiben wir f¨ ur das m ∈ U : m ∈ Max(W ) auch max W und sprechen von dem Maximum von M . Zur Wohldefinition ist zu zeigen: Sei W ⊂ R. Dann hat Max(W ) h¨ ochstens ein Element. Beweis. Seien u, v ∈ Max(W ). Zu zeigen ist u = v. Mit der Langform folgt u, v ∈ W ∩OW , also u, v ∈ W und ∀w ∈ W : w ≤ u sowie ∀w ∈ W : w ≤ v. Wenden wir die erste F¨ uralle-Aussage auf v an, so folgt v ≤ u. Wenden wir die zweite F¨ ur-alle-Aussage auf u an, so folgt u ≤ v. Mit der Antisymmetrie der ≤-Relation folgt nun u = v.  ........................................................................................ F¨ ur M ⊂ R gelte Min(OM ) = ∅. Zu zeigen ist OM = ∅ und M = ∅. Zun¨ achst w¨ ahlen wir s ∈ Min(OM ), was m¨ oglich ist, da Min(OM ) = ∅ gilt. Nach Definition von Min(OM ) = OM ∩ UOM ist dann s ∈ OM und s ∈ UOM . Insbesondere gilt OM = ∅. Zum Nachweis von M = ∅ gehen wir von M = ∅ aus und zeigen einen Widerspruch. Mit Aufgabe ( 237) folgt OM = O∅ = R. Wegen s ∈ UOM = UR gilt ∀x ∈ R : s ≤ x. Angewendet auf s − 1 ergibt sich s ≤ s − 1. 

( 240)

( 241)

( 242)

( 243)

322

( 244)

( 245)

( 246)

( 247)

( 248)

E Vergleichsl¨osungen

Zum Nachweis von OM = R≥min OM sei zun¨ achst s ∈ OM . Zu zeigen ist s ∈ R≥min OM , also s ∈ R und s ≥ min OM . Wegen min OM ∈ UOM folgt ∀t ∈ OM : min OM ≤ t. Angewendet auf s ergibt dies min OM ≤ s. Die Aussage s ∈ R folgt direkt aus s ∈ OM . Die umgekehrte Inklusion R≥min OM ⊂ OM folgt mit Aufgabe ( 236) wegen min OM ∈ OM . ........................................................................................ Sei M ⊂ R. Wir definieren A := (OM = ∅) ∨ (OM = R) und B := ∃s ∈ R : OM = R≥s . Zu zeigen ist A ∨ B. Fall M = ∅: Mit Aufgabe ( 237) gilt OM = R und daher A, also auch A ∨ B. Fall M = ∅: Wir machen eine weitere Fallunterscheidung: Fall OM = ∅: Es gilt A und damit A ∨ B. Fall OM = ∅: Nach Axiom 5.16 existiert min OM . Mit Aufgabe ( 243) folgt weiterhin OM = R≥min OM . Damit gilt B und folglich A ∨ B. ........................................................................................ Weil sup M ∈ M gilt, ist s := sup M wohldefiniert. Wegen s = min OM gilt s ∈ OM und s ∈ UOM . Insgesamt sehen wir s ∈ M ∩ OM = Max(M ), sodass max M wohldefiniert ist. Mit der Nachweisregel von Gleichheit mit das-Ausdr¨ ucken folgt das Ergebnis, denn s ∈ M und s ∈ OM . ........................................................................................ Aus Aufgabe ( 242) wissen wir, dass im Fall Max(M ) = ∅ das Maximum m := max M von M wohldefiniert ist. Nach Definition gilt m ∈ M und m ∈ OM . Insbesondere ist M = ∅ und OM = ∅, sodass M nach oben beschr¨ ankt ist. Damit ist auch s := sup M wohldefiniert. Wegen s = min OM folgt s ∈ OM und s ∈ UOM , d. h. ∀t ∈ OM : s ≤ t. Angewendet auf m folgt s ≤ m. Andererseits folgt aus s ∈ OM mit der Langform ∀u ∈ M : u ≤ s. angewendet auf m ergibt dies m ≤ s. Insgesamt gilt also m = s. ........................................................................................ Sei M ⊂ R nicht leer und nach oben beschr¨ ankt. Zu zeigen ist sup M = das s ∈ OM : ∀t ∈ OM : s ≤ t. Zun¨ achst zeigen wir ∃!s ∈ OM : ∀t ∈ OM : s ≤ t und beginnen mit der Existenzaussage. Mit Axiom 5.16 ist Min(OM ) = ∅, sodass wir s ∈ Min(OM ) w¨ ahlen k¨ onnen. Nach Definition ist dann s ∈ OM und s ∈ UOM , was nach Definition ∀t ∈ OM : s ≤ t bedeutet. Zum Beweis der Eindeutigkeit seien u, v ∈ OM mit ∀t ∈ OM : u ≤ t und ∀t ∈ OM : v ≤ t gegeben. Zu zeigen ist u = v. Anwendung der ersten Aussage auf v und der zweiten auf u ergibt u ≤ v und v ≤ u, sodass u = v folgt. Zum Nachweis von (das s ∈ OM : ∀t ∈ OM : s ≤ t) = sup M , zeigen wir sup M ∈ OM und ∀t ∈ OM : sup M ≤ t. Nach Definition gilt sup M = min OM ∈ Min(OM ) = OM ∩ UOM . insbesondere folgt also sup M ∈ OM und ∀t ∈ OM : sup M ≤ t. ........................................................................................ Nach Definition gilt sup M = min OM ∈ Min(OM ) = OM ∩ UOM . Insbesondere haben wir supM ∈ OM und sup M ∈ UOM . Wiederum nach Definition bedeutet dies, dass ∀m ∈ M : m ≤ sup M und ∀s ∈ OM : sup M ≤ s gelten. Daraus folgen die ersten beiden Aussagen durch Anwendung auf m ∈ M und s ∈ OM . Sei nun s < supM . In einem Widerspruchsbeweis nehmen wir an, dass ∀m ∈ M : m ≤ s gilt. Dann ist aber s ∈ OM und damit sup M ≤ s < sup M .  Also gilt ∃m ∈ M : ¬(m ≤ s), was wir auch in der Form ∃m ∈ M : m > s schreiben k¨ onnen. ........................................................................................

E Vergleichsl¨osungen

323

........................................................................................ Aus Aufgabe ( 234) wissen wir, dass D := ΔdR (A) = [0, 1) ∪ [2, 3) gilt. Wir zeigen diamdR (A) = sup D = 3. Wegen 0 ∈ D ist D = ∅. Außerdem gilt 3 ∈ OD , wozu ∀x ∈ D : x ≤ 3 zu zeigen ist. Sei dazu x ∈ D. Fall x ∈ [0, 1): Wegen x < 1 gilt x ≤ 3. Fall x ∈ [2, 3): Wegen x < 3 gilt x ≤ 3. Damit existiert sup D und es gilt sup D = min OD ≤ 3. Wir zeigen nun ¬(sup D < 3), woraus dann sup D = 3 folgt. In einem Widerspruchsargument nehmen wir an, dass sup D < 3 gilt. Wegen 2 ∈ D wissen wir 2 ≤ sup D, und damit ist x := (3 + sup D)/2 ein Element von (sup D, 3) ⊂ [2, 3) ⊂ D. Wegen sup D < 3 gilt n¨ amlich x < (3 + 3)/2 = 3 und x > (sup D + sup D)/2 = sup D. Wegen x ∈ D folgt aber auch x ≤ sup D.  Sei nun D := ΔδR (A) = {0, 1}. Mit Aufgabe ( 67) k¨ onnen wir leicht nachweisen, dass 1 ∈ D und 1 ∈ OD gilt. Mit Aufgabe ( 246) ist folglich diamδR (A) = sup D = max D = 1. ........................................................................................ Seien A ⊂ B gegeben. Zu zeigen ist Δ(A) ⊂ Δ(B). Dazu w¨ ahlen wir u ∈ Δ(A) und zeigen u ∈ Δ(B). Wegen der Langform m¨ ussen wir zeigen, dass ∃ : x, y ∈ B : u = d(x, y). Wegen der Voraussetzung u ∈ Δ(A) k¨ onnen wir x, y ∈ A w¨ ahlen mit u = d(x, y). Wegen A ⊂ B folgt auch x, y ∈ B. ........................................................................................ Sei d eine Metrik auf X und seien A, B beschr¨ ankte Mengen mit A ∩ B = ∅. Zu zeigen ist diamd (A ∪ B) ≤ diamd (A)+ diamd (B). Wegen A∩B = ∅ gilt A = ∅ und B = ∅, sodass die Durchmesser von A und B wohldefiniert sind. Wir zeigen nun

( 249)

( 250)

( 251)

D := diams (A) + diamd (B) ∈ OΔ(A∪B) . Daraus folgt dann sowohl, dass auch der Durchmesser von A ∪ B existiert, also auch, dass f¨ ur diesen diamd (A ∪ B) = sup Δ(A ∪ B) ≤ D gilt. Sei also u ∈ Δ(A ∪ B). Zu zeigen ist u ≤ D. Zun¨ achst k¨ onnen wir x, y ∈ A ∪ B w¨ ahlen, sodass u = d(x, y) gilt. Außerdem k¨ onnen wir a ∈ A ∩ B w¨ ahlen. Fall x ∈ A: Wegen a ∈ A gilt d(x, a) ≤ diamd (A). Fall y ∈ A: Wegen x ∈ A gilt u = d(x, y) ≤ diamd (A) ≤ D. Fall y ∈ B: Wegen a ∈ B gilt d(a, y) ≤ diamd (B) und somit ergibt sich u = d(x, y) ≤ d(x, a) + d(a, y) ≤ D. In beiden F¨ allen gilt u ≤ D. Fall x ∈ B: Wegen a ∈ B gilt d(x, a) ≤ diamd (B). Fall y ∈ A: Wegen a ∈ A gilt d(a, y) ≤ diamd (A) und somit ergibt sich u = d(x, y) ≤ d(x, a) + d(a, y) ≤ D. Fall y ∈ B: Wegen x ∈ B gilt u = d(x, y) ≤ diamd (B) ≤ D. In beiden F¨ allen gilt u ≤ D. Insgesamt gilt also u ≤ D. ........................................................................................ ¨ Zum Nachweis der Aquivalenz zeigen wir zwei Implikationen. Sei zun¨ achst UM nicht leer und nach oben beschr¨ ankt. Zu zeigen ist M = ∅ und UM = ∅. W¨ ahrend die zweite Aussage nach Voraussetzung gilt, zeigen wir die erste Aussage durch Widerspruch. Wir nehmen dazu M = ∅ an. Dann gilt UM = R, wobei hierf¨ ur nur die Inklusion R ⊂ UM nachgewiesen

( 252)

324

( 253)

( 254)

( 255)

( 256)

E Vergleichsl¨osungen

werden muss. Sei also x ∈ R. Zu zeigen ist x ∈ UM oder in Langform ∀m ∈ M : x ≤ m. Zum Nachweis sei m ∈ M = ∅. Mit Ex falso quodlibet folgt x ≤ m. Die Menge der oberen Schranken von UM = R ist dann aber leer, weil es kein gr¨ oßtes Element in R gibt. Wir zeigen dazu OR = ∅ indirekt. Nehmen wir also OR = ∅ an. Dann k¨ onnen wir s ∈ OR w¨ ahlen, d h., es gilt ∀m ∈ R : m ≤ s. Wenden wir dies mit s + 1 an, so folgt s + 1 ≤ s oder 1 ≤ 0.  Wir sehen damit OUM = ∅. Andererseits ist UM nach Voraussetzung nach oben beschr¨ ankt, also OUM = ∅.  Die Annahme M = ∅ ist damit zu verwerfen, was auf M = ∅ f¨ uhrt. F¨ ur die umgekehrte Implikation gehen wir von M = ∅ und UM = ∅ aus. Zu zeigen ist UM = ∅ und OUM = ∅. Die erste der beiden Aussagen folgt dabei wieder aus der Voraussetzung. F¨ ur die zweite zeigen wir M ⊂ OUM , woraus dann OUM = ∅ wegen M = ∅ folgt. Gleichzeitig ist dies die erste Teilaufgabe. Sei also m ∈ M gegeben. Zu zeigen ist m ∈ OUM . In Langform ist dieses Ziel die F¨ ur-alleAussage ∀u ∈ UM : u ≤ m. Sei dazu u ∈ UM . Zu zeigen ist u ≤ m. Mit der Langform von UM folgt ∀x ∈ M : u ≤ x. Angewendet auf m erreichen wir unser Ziel u ≤ m. ........................................................................................ Sei M ⊂ R nicht leer und nach unten beschr¨ ankt. Wir zeigen, dass UM ein Maximum besitzt. Mit Aufgabe ( 245) gen¨ ugt es, sup UM ∈ UM nachzuweisen. F¨ ur die Existenz des Supremums m¨ ussen wir zun¨ achst UM = ∅ und OUM = ∅ zeigen. Diese beiden Aussagen sind nach Aufgabe ( 252) erf¨ ullt. Zum Nachweis von sup UM ∈ UM m¨ ussen wir ∀m ∈ M : sup UM ≤ m zeigen. Sei dazu m ∈ M gegeben. Zu zeigen ist sup UM ≤ m. Nach Aufgabe ( 252) gilt m ∈ M ⊂ OUM , also gilt auch m ∈ OUM . Wegen sup UM ∈ Min(OUM ) = OUM ∩ UOUM ⊂ UOUM folgt ∀s ∈ OUM : sup UM ≤ s. Anwendung auf m ergibt sup UM ≤ m. ........................................................................................ Sei M ⊂ R nicht leer und nach unten beschr¨ ankt. Zu zeigen ist, dass inf M ≤ m f¨ ur alle m ∈ M und s ≤ inf M f¨ ur alle s ∈ UM gilt. Nach Definition gilt inf M = max UM ∈ UM ∩ OUM nach Aufgabe ( 246). Insbesondere haben wir inf M ∈ UM und inf M ∈ OUM . Wiederum nach Definition steht dies f¨ ur die Aussagen ∀m ∈ M : inf M ≤ m und ∀s ∈ UM : s ≤ inf M . Daraus folgen die ersten beiden Aussagen durch Anwendung auf m ∈ M und s ∈ UM . ........................................................................................ Sei M ⊂ R und m ∈ Min(M ). Zu zeigen ist m = min M = inf M . Wegen Min(M ) = ∅ folgt mit Definition 5.15 min M = das m ∈ U : m ∈ Min(W ). Insbesondere folgt min M ∈ Min(M ). Wegen m ∈ Min(M ) und der Eindeutigkeit aus Aufgabe ( 241) ergibt sich m = min M . Wegen m ∈ Min(M ) = M ∩ UM ist M = ∅ und UM = ∅. Insbesondere existiert das Infimum von M nach Definition 5.21. Außerdem gilt m ≤ inf M wegen m ∈ UM nach Aufgabe ( 254) und inf M ≤ m wegen m ∈ M und Aufgabe ( 254). Insgesamt gilt m = inf M . ........................................................................................ Zum Nachweis von Lemma 5.23 sei ∅ = A ⊂ B ⊂ R und sei B nach unten beschr¨ ankt. Zu zeigen ist inf A ≥ inf B. Zun¨ achst zeigen wir die Wohldefinition von inf A und inf B. Zum Nachweis von B = ∅ nehmen wir B = ∅ an und zeigen einen Widerspruch. Wegen A ⊂ B = ∅ ist A = ∅, w¨ ahrend gleichzeitig auch A = ∅ gilt. 

E Vergleichsl¨osungen

325

Nach Voraussetzung gilt UB = ∅, sodass inf B wohldefiniert ist. Aufgabe ( 240) zeigt UB ⊂ UA , sodass auch UA = ∅ gilt. Folglich ist auch inf A wohldefiniert. Mit Lemma 5.19 gilt nun inf B = sup UB ≤ sup UA = inf A.  Seien nun d eine Metrik auf X, x ∈ X und gelte ∅ = B ⊂ A ⊂ X. Zu zeigen ist distd (x, B) ≥ distd (x, A). Wie im obigen Beweis zeigen wir A = ∅, sodass distd (x, B) und distd (x, A) wohldefiniert sind. Um nun die Ungleichung nachzuweisen, zeigen wir Dx,B ⊂ Dx,A . Sei dazu z ∈ Dx,B = {d(x, b)|b ∈ B} = {u ∈ U : ∃b ∈ B : u = d(x, b)}. ¨ Zu zeigen ist z ∈ Dx,A , also z ∈ U und ∃a ∈ A : z = d(x, a). Uber z wissen wir aus der Voraussetzung z ∈ U und ∃b ∈ B : z = d(x, b). Wir w¨ ahlen ein solches b, das wegen B ⊂ A auch in A liegt. Es gilt also wie gew¨ unscht ∃b ∈ A : z = d(x, b). Wenden wir nun Lemma 5.23 auf Dx,B ⊂ Dx,A an, so finden wir schließlich wie gew¨ unscht distd (x, B) = inf Dx,B ≥ inf Dx,A = distd (x, A). ........................................................................................ Wir zeigen u ≤ v indirekt und nehmen dazu v < u an. Anwendung der F¨ ur-alle Aussage auf ε := (u − v)/2 > 0 ergibt u ≤ v + (u − v)/2 = (v + u)/2. Wegen v < u ist aber v + u < 2 · u und damit u < 2 · u/2 = u, was einen Widerspruch darstellt.  ........................................................................................ Zum Beweis von Satz 5.25 stellen wir zun¨ achst fest, dass wegen A = ∅ die beiden Ausdr¨ ucke distd (x, A) und distd (x, B) wohldefiniert sind. Zum Nachweis der Ungleichung distd (x, A) ≤ d(x, y)+ distd (y, A) gen¨ ugt es nach Aufgabe ( 257) die F¨ ur-alle-Aussage ∀ε ∈ R>0 : distd (x, A) ≤ d(x, y)+ distd (y, A) + ε zu zeigen. Sei dazu ε > 0 gegeben. Mit Lemma 5.24 k¨ onnen wir ein δ ∈ Dy,A mit δ < dist(y, A) + ε w¨ ahlen . Zu δ k¨ onnen wir wiederum b ∈ A w¨ ahlen, sodass d(y, b) = δ gilt. Insgesamt ergibt sich nun d(x, y) + dist(y, A) > d(x, y) + (d(y, b) − ε) ≥ d(x, b) − ε ≥ dist(x, A) − ε, wobei wir d(x, b) ≥ inf Dx,A = dist(x, A) benutzt haben.  ........................................................................................ Sei (X, d) ein metrischer Raum und A ⊂ B ⊂ X. Zu zeigen ist Berd (A) ⊂ Berd (B). Sei dazu x ∈ Berd (A) gegeben. Zu zeigen ist x ∈ Berd (B). Wir beginnen mit dem Nachweis von A = ∅ in einem indirekten Beweis: W¨ are A = ∅, dann w¨ are auch Berd (A) = ∅ und damit x ∈ ∅.  Wir k¨ onnen also a ∈ A w¨ ahlen und wegen A ⊂ B gilt a ∈ B. Somit ist B = ∅ und die Distanzfunktion zu A und zu B ist wohldefiniert. Insebsondere ist distd (x, A) = 0. Wir zeigen nun distd (x, B) = 0, woraus x ∈ Berd (B) folgt. Mit Aufgabe ( 256) folgt distd (x, B) ≤ distd (x, A) = 0. Insgesamt folgt also 0 = distd (x, B). ........................................................................................ Wegen A ∩ B ⊂ A und A ∩ B ⊂ B folgt mit Aufgabe ( 259) Berd (A ∩ B) ⊂ Berd (A) und Berd (A ∩ B) ⊂ Berd (B). Damit folgt aber Berd (A ∩ B) ⊂ Berd (A) ∩ Berd (B). Die umgekehrte Inklusion trifft im Allgemeinen nicht zu, wie folgendes Beispiel im metrischen Raum (R, dR ) zeigt: Wir setzen A := [−1, 0) und B := (0, 1]. Dann gilt A ∩ B = ∅ und Ber(A ∩ B) = ∅. Andererseits gilt 0 ∈ Ber(A)∩Ber(B) ⊂ ∅. Zum Nachweis von 0 ∈ Ber(A) gehen wir indirekt vor: Angenommen dist(0, A) > 0. Da a := max{−1, −dist(0, A)/2} die Bedingung a ≥ −1 und a < 0 erf¨ ullt, gilt a ∈ A, und folglich dist(0, A) ≤ d(0, a). Nun ist aber d(0, a) ≤ min{dist(0, A)/2, 1} ≤ dist(0, A)/2, was zum Widerspruch 1 ≤ 1/2 f¨ uhrt.  Entsprechend zeigt man 0 ∈ Ber(B). ........................................................................................ Wir zeigen Berd (A) = {x ∈ X : ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ A = ∅} durch zwei Inklusionen. Sei zun¨ achst x ∈ Berd (A). Zu zeigen ist x ∈ {x ∈ X : ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ A = ∅}, was durch die beiden Ziele x ∈ X und ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ A = ∅ erreicht wird.

( 257)

( 258)

( 259)

( 260)

( 261)

326

E Vergleichsl¨osungen

Wir beginnen mit dem Nachweis von A = ∅ in einem indirekten Beweis: W¨ are A = ∅, dann w¨ are auch Berd (A) = ∅ und damit x ∈ ∅.  Also gilt x ∈ X und 0 = distd (x, A) inf Dx,A . Zum Nachweis der F¨ ur-alle-Aussage sei nun ε ∈ R>0 gegeben. Zu zeigen ist Bεd (x) ∩ A = ∅. Mit Lemma 5.24 gibt es zu ε ein u in Dx,A mit a < inf Dx,A + ε = ε. Zu u ∈ Dx,A k¨ onnen wir a ∈ A w¨ ahlen mit u = d(x, a). Es gilt somit d(x, a) < ε und folglich a ∈ Bεd (x) ∩ A. Daraus folgt Bεd (x) ∩ A = ∅.

( 262)

( 263)

( 264)

F¨ ur die umgekehrte Implikation sei x ∈ {x ∈ X : ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ A = ∅}, d. h., es gelte x ∈ X und ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ A = ∅. Zu zeigen ist x ∈ Berd (A). Verwenden wir die F¨ ur-alle-Aussage mit 1 ∈ R>0 , so sehen wir, dass B1d (x) ∩ A = ∅ gilt. Insbesondere ist A = ∅, wie man leicht durch einen indirekten Beweis sieht. Zu zeigen ist somit x ∈ X und distd (x, A) = 0. In einem indirekten Beweis nehmen wir distd (x, A) > 0 an. Weiter setzen wir ε := distd (x, A)/2 und wenden die F¨ ur-alle-Aussage an. Es folgt Bεd (x) ∩ A = ∅, sodass wir ein Element a im Schnitt w¨ ahlen k¨ onnen. Es gilt dann a ∈ A und d(x, a) < ε. Andererseits gilt d(x, A) ∈ Dx,A und somit ergibt sich distd (x, A) = inf Dx,A ≤ d(x, a) < distd (x, A)/2, was zum Widerspruch 1 < 1/2 f¨ uhrt.  ........................................................................................ Zun¨ achst gilt A ⊂ A∪B und B ⊂ A∪B, woraus mit Aufgabe ( 259) sofort die Inklusionen Berd (A) ⊂ Berd (A ∪ B) und Berd (B) ⊂ Berd (A ∪ B) folgen. Hieraus ergibt sich die gew¨ unschte Inklusion Berd (A)∪Berd (B) ⊂ Berd (A ∪ B). F¨ ur die umgekehrte Inklusion sei x ∈ Ber(A ∪ B). Zu zeigen ist x ∈ Berd (A)∪Berd (B), was auf die zu zeigende Oder-Aussage (x ∈ Berd (A)) ∨ (x ∈ Berd (B)) f¨ uhrt. Zum Nachweis dieser Aussage gehen wir von x ∈ / Berd (A) aus und zeigen x ∈ Berd (B)). Nach Satz 5.27 m¨ ussen wir dazu x ∈ X sowie ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ B = ∅ zeigen. Dabei wissen wir aus der Voraussetzung, dass x ∈ X und ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ (A ∪ B) = ∅ gilt. Sei also ε > 0 gegeben. Zu zeigen ist Bεd (x) ∩ B = ∅, was aus der Existenzaussage ∃b ∈ B : d(x, b) < ε folgt, die wir nun zeigen. Zur Konstruktion von b nutzen wir zun¨ achst die Annahme x ∈ / Berd (A). Mit der Darstellung aus Satz 5.27 bedeutet dies ¬∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ A = ∅, was wiederum ¨ aquivalent ist zu ∃ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ A = ∅. Wir w¨ ahlen ein solches Element und nennen es δ. Nun wenden wir die F¨ ur-alle-Aussage aus der Ber¨ uhrpunktbedingung x ∈ Berd (A ∪ B) auf r := min{ε, δ} an. Es folgt Brd (x) ∩ (A ∪ B) = ∅, sodass wir einen Punkt b im Schnitt w¨ ahlen k¨ onnen. F¨ ur ihn gilt zun¨ achst b ∈ A ∪ B und d(x, b) < r. Fall b ∈ B: Wegen d(x, b) < r ≤ ε gilt ∃b ∈ B : d(x, b) < ε. Fall b ∈ A: Wegen d(x, b) < r ≤ δ gilt b ∈ Bδd (x) ∩ A = ∅. Mit Ex falso quodlibet folgt nun auch ∃b ∈ B : d(x, b) < ε. ........................................................................................ Wir zeigen zun¨ achst Berd (X) = X. Sei dazu zun¨ achst x ∈ Berd (X). Mit Satz 5.27 folgt x ∈ X. Sei nun x ∈ X. Zu zeigen: x ∈ Berd (X). Mit Satz 5.27 zeigen wir ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x)∩X = ∅. Sei dazu ε > 0 gegeben. Dann gilt x ∈ Bεd (x) ∩ X und folglich Bεd (x) ∩ X = ∅. Nun ist wegen ∅c = X\∅ = X auch ∂d ∅ = Berd (∅)∩ Berd (X) = ∅ ∩ X = ∅. Entsprechend gilt X c = X\X = ∅ und somit ∂d X = Berd (X)∩ Berd (∅) = X ∩ ∅ = ∅. ........................................................................................ Es gilt (Ac )c = X\(X\A) = A. Durch Ersetzung folgt ∂d A = Berd (A)∩ Berd (Ac ) = Berd (Ac )∩ Berd (A) = Berd (Ac )∩ Berd ((Ac )c ) = ∂d Ac . ........................................................................................

E Vergleichsl¨osungen

327

........................................................................................ Es gilt (A ∪ B)c = Ac ∩ B c und daher ∂d (A ∪ B) = Berd (A ∪ B)∩ Berd ((A ∪ B)c ) = (Berd (A)∪ Berd (B))∩ Berd (Ac ∩ B c ), wobei wir Aufgabe ( 262) benutzt haben. Mit Aufgabe ( 260) folgt weiter ∂d (A ∪ B) ⊂(Berd (A)∪Berd (B))∩Berd (Ac )∩Berd (B c ). Mit den Rechengesetzen f¨ ur Schnitt und Vereinigung gilt nun

( 265)

∂d (A ∪ B) ⊂ (Berd (A) ∩ Berd (Ac ) ∩ Berd (B c )) ∪ (Berd (B) ∩ Berd (B c ) ∩ Berd (Ac )) , woraus die gew¨ unschte Inklusion folgt. Die umgekehrte Inklusion ist nicht richtig. Hier ein Beispiel im metrischen Raum (R, dR ): Wir setzen A := [−1, 1] und B := {0}. Dann gelten ∂A = {−1, 1}, ∂B = {0} und ∂(A ∪ B) = ∂A, sodass ∂A ∪ ∂B ⊂ ∂(A ∪ B) folgt. ........................................................................................ ¨ Wir zeigen die Aquivalenz durch zwei Implikationen. Sei dazu A zun¨ achst offen. Wir c zeigen, dass A abgeschlossen ist, d. h., dass ∂(Ac ) ⊂ Ac gilt. Sei dazu x ∈ ∂(Ac ). Zu zeigen ist x ∈ Ac . In einem indirekten Beweis gehen wir von x ∈ / Ac aus, sodass x ∈ A c gilt. Mit Aufgabe ( 264) folgt x ∈ A ∩ ∂(A ) = A ∩ ∂A = ∅.  Sei nun Ac abgeschlossen. Zu zeigen: A ist offen. In einem indirekten Beweis nehmen wir an, dass A ∩ ∂A = ∅ gilt. Wir w¨ ahlen a in dieser Menge und haben dann a ∈ ∂A = ∂(Ac ). Wegen ∂(Ac ) ⊂ Ac gilt dann auch a ∈ Ac . Weil gleichzeitig a ∈ A gilt, haben wir einen Widerspruch.  ........................................................................................ In einem indirekten Beweis nehmen wir an, dass K ∩ ∂K = ∅ f¨ ur K := Brd (x) gilt, und w¨ ahlen ein Element k im Schnitt. Wegen k ∈ ∂K gilt dann k ∈ Ber(K c ), sodass mit Satz 5.27 die Aussage ∀ε ∈ R>0 : Bεd (k) ∩ K c = ∅ gilt. Außerdem ist k ∈ K, sodass d(k, x) < r gilt. Wir setzen nun ε := r − d(k, x) und benutzen die F¨ ur-alle-Aussage. Dann gilt Bεd (k) ∩ K c = ∅ und wir k¨ onnen ein Element c im Schnitt w¨ ahlen. Es gilt dann c ∈ K c und d(c, k) < ε. Mit der Dreiecksungleichung folgt d(c, x) ≤ d(c, k) + d(k, x) < ε + d(k, x) = r, sodass c ∈ K ∩ K c = ∅ gilt.  Also ist K ∩ ∂K = ∅ und K damit offen. ........................................................................................ ¨ Wir zeigen die Aquivalenz durch zwei Implikationen. Sei A zun¨ achst offen. Zu zeigen ist ∀x ∈ A : ∃r ∈ R>0 : Brd (x) ⊂ A. Sei dazu x ∈ A. Zu zeigen ist ∃r ∈ R>0 : Brd (x) ⊂ A. In einem indirekten Beweis gehen wir vom Gegenteil aus, also gelte ∀r ∈ R>0 : Brd (x) ⊂ A. Wir wollen nun x ∈ Berd (Ac ) mit Satz 5.27 folgern, wozu wir ∀ε ∈ R>0 : Bεd (x) ∩ Ac = ∅ zeigen m¨ ussen. Sei also ε ∈ R>0 gegeben. Mit der F¨ ur-alle-Aussage angewendet auf ε anstelle von r folgt Bεd (x) ⊂ A bzw. ∃c ∈ Bεd (x) : c ∈ / A. W¨ ahlen wir ein solches c, so gilt c ∈ Ac und c ∈ Bεd (x), sodass Bεd (x) ∩ Ac = ∅ gilt. Wegen x ∈ A gilt außerdem x ∈ Berd (A) und somit x ∈ A ∩ ∂d A = ∅.  F¨ ur die umgekehrte Implikation gelte ∀x ∈ A : ∃r ∈ R>0 : Brd (x) ⊂ A. Zu zeigen: A ist offen. Dazu m¨ ussen wir A ∩ ∂d A = ∅ zeigen. Mit der Definition des Randes gen¨ ugt dazu der Nachweis A∩Berd (Ac ) = ∅. In einem indirekten Beweis gehen wir vom Gegenteil aus und w¨ ahlen a ∈ A∩Berd (Ac ). Mit Satz 5.27 gilt dann ∀ε ∈ R>0 : Bεd (a) ∩ Ac = ∅. Aus der Voraussetzung erhalten wir dagegen ein r > 0 mit der Eigenschaft Brd (a) ⊂ A. Wenden wir die F¨ ur-alle-Aussage mit ε := r an, so folgt Brd (a) ∩ Ac = ∅, und wir k¨ onnen x im Schnitt w¨ ahlen. Dann gilt einerseits x ∈ Ac und andererseits x ∈ Brd (a) ⊂ A, also insgesamt x ∈ A ∩ Ac = ∅.  ........................................................................................ Mit Aufgabe ( 268) gen¨ ugt es zu zeigen, dass f¨ ur jeden Punkt in der offenen Menge eine Kugel mit positivem Radius existiert, die ganz in der Menge enthalten ist.

( 266)

( 267)

( 268)

( 269)

328

( 270)

( 271)

( 272)

( 273)

E Vergleichsl¨osungen

Wir w¨ ahlen dazu den Radius r := 1/2 und beachten, dass BrδX (x) = {x} f¨ ur jedes x ∈ X gilt. Die Inklusion {x} ⊂ BrδX (x) gilt dabei wegen x ∈ BrδX (x). F¨ ur die umgekehrte Implikation nutzen wir aus, dass jedes y ∈ BrδX (x) die Bedingung δX (y, x) < 1/2 erf¨ ullt, was auf δX (x, y) = 0 f¨ uhrt, da dies der einzige Wert der Metrik kleiner als 1/2 ist. Dann ist aber y = x und somit y ∈ {x}. ........................................................................................ Sei M ⊂ R nicht leer und nach unten beschr¨ ankt. Wir zeigen inf M ∈ BerdR (M ). Mit Satz 5.27 m¨ ussen wir daf¨ ur ∀ε ∈ R>0 : BεdR (inf M ) ∩ M = ∅ zeigen. Sei also ε ∈ R>0 gegeben. Mit Lemma 5.24 k¨ onnen wir x ∈ M w¨ ahlen mit x < inf M + ε. Gleichzeitig gilt inf M ≤ x mit Aufgabe ( 254). Insgesamt haben wir also dR (x, inf M ) = x − inf M < ε und damit x ∈ BεdR (inf M ) ∩ M . ........................................................................................ Sei b : N → R≥0 monoton fallend. Wir zeigen, dass b  0 ¨ aquivalent ist zur Aussage ∀ε ∈ R>0 : ∃n ∈ N : bn < ε. Zun¨ achst gehen wir dabei von b  0 aus. Sei dann ε ∈ R>0 gegeben. Zu zeigen ist ∃n ∈ N : bn < ε. Nach Voraussetzung wissen wir, dass inf Bild(b) = 0 gilt. Mit Lemma 5.24 gibt es zu ε ein x ∈ Bild(b) mit x < inf Bild(b) + ε = ε. Zu x ∈ Bild(b) k¨ onnen wir wiederum n ∈ N w¨ ahlen mit x = bn . Es gilt also bn < ε. Gelte nun umgekehrt ∀ε ∈ R>0 : ∃n ∈ N : bn < ε. Zu zeigen ist b  0. Nach Definition m¨ ussen wir dazu inf Bild(b) = 0 zeigen. Dabei ist 0 ∈ UBild(b) wegen Bild(b) ⊂ R≥0 . Wir nutzen nun Lemma 5.24 zum Nachweis von 0 = inf Bild(b). Sei dazu ε ∈ R>0 gegeben. Durch Anwendung der Voraussetzung auf ε k¨ onnen wir nun ein n ∈ N w¨ ahlen, f¨ ur das bn < ε gilt. Mit bn haben wir also ein Element von Bild(b), f¨ ur das bn < 0 + ε gilt. Damit folgt inf Bild(b) = 0.  Wir definieren b : N → R≥0 , n → 1/n und zeigen zun¨ achst, dass b monoton fallend ist. Sei dazu n ∈ N gegeben. Zu zeigen ist bn+1 ≤ bn . Wegen n < n + 1 folgt durch Division mit n · (n + 1) auf beiden Seiten bn+1 = 1/(n + 1) < 1/n = bn . Mit der vorangegangenen Aussage m¨ ussen wir noch ∀ε ∈ R>0 : ∃n ∈ N : bn < ε zeigen, um auf b  0 zu schließen. Dies ist aber gerade die archimedische Eigenschaft (3.8). ........................................................................................ Seien a, b monoton fallende Nullfolgen in R≥0 und c : N → R≥0 , n → an + bn . Zu zeigen ist c  0. Zun¨ achst stellen wir fest, dass f¨ ur jedes n ∈ N auch cn = an + bn ≥ 0 gilt, sodass c wohldefiniert ist. Als n¨ achstes u ufen wir, dass c monoton fallend ist. Sei dazu n ∈ N. ¨berpr¨ Es gilt cn+1 = an+1 + bn+1 ≤ an + bn = cn . Nun benutzen wir das Kriterium aus Aufgabe ( 271). Sei also ε ∈ R>0 gegeben. Wegen a  0 und b  0 k¨ onnen wir Indizes m, n ∈ N w¨ ahlen mit an < ε/2 und bm < ε/2, indem wir das Kriterium aus Aufgabe ( 271) jeweils mit ε/2 anwenden. Setzen wir nun k := max{m, n}, so gilt ck = ak + bk ≤ an + bm < ε/2 + ε/2 = ε. ........................................................................................ Sei a : N → X beschr¨ ankt, A ∈ X und n ∈ N. Zu zeigen ist, dass a≥n ∪ {A} beschr¨ ankt ist. Wir zeigen zuerst a≥n = a[N≥n ] ⊂ a[N] = Bild(a). Sei dazu x ∈ a≥n . Dann k¨ onnen wir m ∈ N≥n w¨ ahlen mit x = am . Wegen m ∈ N gilt dann auch x ∈ a[N]. Da Bild(a) nach Definition der Beschr¨ anktheit von a beschr¨ ankt ist, gilt dies mit Aufgabe ( 230) auch f¨ ur a≥n . Mit Satz 5.11 gibt es zu A ein r ∈ R>0 mit a≥n ⊂ Brd (A). Da A auch in der Kugel liegt, folgt a≥n ∪ {A} ⊂ Brd (A). Mit Aufgabe ( 230) folgt dann die Beschr¨ anktheit von a≥n ∪ {A}.

E Vergleichsl¨osungen

329

Wir definieren nun b : N → R≥0 , n → diamd (a≥n ∪ {A}). Wir zeigen, dass b monoton f¨ allt. Sei dazu n ∈ N. Zu zeigen ist bn+1 ≤ bn . Dazu nutzen wir aus, dass a≥n+1 ⊂ a≥n gilt. F¨ ur x ∈ a≥n+1 k¨ onnen wir n¨ amlich m ∈ N≥n+1 w¨ ahlen mit x = am . Wegen m ∈ N≥n gilt dann auch x ∈ a≥n . Es gilt nun ebenfalls a≥n+1 ∪ {A} ⊂ a≥n ∪ {A} und mit Satz 5.20 folgt bn+1 ≤ bn . ........................................................................................ Sei a : N → X konvergent mit einem Grenzwert A. Weiter sei r ∈ R>0 gegeben. Zu zeigen ist ∃n ∈ N : a≥n ⊂ Brd (A). Aus der Konvergenz von a folgern wir, dass b : N → R≥0 , n → diamd (a≥n ∪ {A}) eine monoton fallende Nullfolge ist. Mit Aufgabe ( 271) gibt es zu r ein n ∈ N mit bn < r. Wir zeigen nun a≥n ⊂ Brd (A). Sei dazu x ∈ a≥n . Dann gilt x ∈ a≥n ∪ {A} und damit d(x, A) ≤ bn < r, bzw. x ∈ Brd (A). ........................................................................................ Sei d eine Metrik auf X und u, v ∈ X mit u = v. Zu zeigen ist d(u, v) > 0. In einem indirekten Beweis gehen wir von d(u, v) ≤ 0 aus. Wegen d(u, v) ≥ 0 nach Satz 5.2 gilt d(u, v) = 0, woraus u = v folgt. Dies ist ein Widerspruch zur Voraussetzung.  ........................................................................................ ¨ Wir zeigen die Aquivalenz durch zwei Implikationen. Gelte zun¨ achst, dass a in X gegen A ∈ X konvergiert. Zu zeigen ist ∀ε ∈ R>0 : ∃N ∈ N : ∀n ∈ N≥N : d(an , A) < ε. Sei dazu ε ∈ R>0 . Zu zeigen ist ∃N ∈ N : ∀n ∈ N≥N : d(an , A) < ε. Mit Aufgabe ( 274) k¨ onnen wir ein N ∈ N w¨ ahlen, sodass a≥N ⊂ Bεd (A) gilt. Wir zeigen nun ∀n ∈ N≥N : d(an , A) < ε. Sei dazu n ∈ N≥N gegeben. Zu zeigen ist d(an , A) < ε. Wegen an ∈ a≥N folgt an ∈ Bεd (A) und damit dann d(an , A) < ε. Umgekehrt gehen wir nun von ∀ε ∈ R>0 : ∃N ∈ N : ∀n ∈ N≥N : d(an , A) < ε aus und zeigen, dass a gegen A konvergiert, indem wir das Kriterium aus Aufgabe ( 271) benutzen. Sei dazu ε ∈ R>0 gegeben. Zu zeigen ist ∃N ∈ N : diamd (a≥N ∪ {A}) < ε. Wir wenden die Voraussetzung auf ε/2 an und w¨ ahlen ein N ∈ N, f¨ ur das die F¨ ur-alleAussage ∀n ∈ N≥N : d(an , A) < ε/3 gilt. Sei nun x, y ∈ a≥N ∪ {A}. Fall x ∈ {A}:

( 274)

( 275)

( 276)

Fall y ∈ {A}: Es gilt d(x, y) = d(A, A) = 0 < 2 · ε/3. Fall y ∈ a≥N : Wir k¨ onnen m ∈ N≥N w¨ ahlen mit y = am . Anwendung der Voraussetzung auf m liefert d(x, y) = d(am , A) < ε/3 < 2 · ε/3. Fall x ∈ a≥N : Wir k¨ onnen m ∈ N≥N w¨ ahlen mit x = am . Fall y ∈ {A}: Anwendung der Voraussetzung auf m liefert die Absch¨ atzung d(x, y) = d(am , A) < ε/3 < 2 · ε/3. Fall y ∈ a≥N : Wir w¨ ahlen k ∈ N≥N mit y = ak . Anwendung der Voraussetzung auf k und m liefert d(x, y) = d(am , ak ) ≤ d(am , A) + d(A, ak ) < 2 · ε/3. In jedem Fall gilt also d(x, y) < 2 · ε/3 und damit diamd (a≥N ∪ {A}) ≤ 2 · ε/3 < ε. ........................................................................................ Sei B eine Aussage. Gilt x ∈ ∅, dann gilt B. Beweis. Mit Aufgabe ( 53) finden wir x ∈ U und damit gilt ∃x ∈ U : x ∈ ∅. Benutzung von Satz 2.29 ergibt die gegenteilige Aussage ¬∃x ∈ U : x ∈ ∅. Mit Ex falso quodlibet folgt jede Aussage, also auch B.  ........................................................................................ Wir zeigen den allgemeinen Satz: Seien A, B Mengen. Dann gilt A ⊂ A ∪ B. Sei dazu x ∈ A gegeben. Zu zeigen ist x ∈ A ∪ B. Nach Definition von A ∪ B lautet unser Ziel: x ist ein Element und (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). Wegen x ∈ A ist x ein Element und es gilt (x ∈ A) ∨ (x ∈ B). 

( 277)

( 278)

330

( 279)

( 280)

( 281)

( 282)

E Vergleichsl¨osungen

Durch Anwendung des Satzes auf N und {0} folgt N ⊂ N ∪ {0} = N0 . Wegen y − x ∈ N gilt daher y − x ∈ N0 und damit x ≤ y. ........................................................................................ Es gilt g ∈ Bij(Y, Y ) nach Aufgabe ( 129). Nach Definition gilt damit g : Y → Y . Mit Aufgabe ( 106) gilt dann auch g(x) ∈ Y . Zum Nachweis von Y ⊂ X sei u ∈ Y . Zu zeigen ist u ∈ X. Nach Aufgabe ( 67) gilt (u = a) ∨ (u = b). Fall u = a: Wegen a ∈ X folgt u ∈ X. Fall u = b: Wegen b ∈ X folgt u ∈ X. ........................................................................................ Wir wissen n ∈ N0 = N ∪ {0}. Es gilt also (n ∈ N) ∨ (n ∈ {0}). Fall n ∈ N: Wegen (3.17) gilt n + 1 ∈ N. Fall n ∈ {0}: Es gilt n = 0 und damit n + 1 = 1 ∈ N wegen (3.15). Insgesamt gilt also n + 1 ∈ N. ........................................................................................ Wir wissen k ∈ (N0 )≤n+1 und ¬(k ≤ n). Insbesondere gilt k ∈ N0 , k ≤ n + 1 und k > n. Aus k ∈ N0 = N ∪ {0} folgt (k ∈ N) ∨ (k ∈ {0}). Fall k ∈ N: Es gilt k ∈ N. Fall k ∈ {0}: Es gilt k = 0 und damit k ∈ Nn . Mit Aufgabe ( 146) folgt weiter k ∈ N≥n+1 . Also gilt k ≥ n + 1, und nach Voraussetzung gilt auch k ≤ n + 1. Aus Satz 3.10 folgt nun k = n + 1. ........................................................................................ Zu zeigen ist der Satz: Gilt f¨ ur die beiden Funktionen f : X → Y und g : Y → X sowohl g ◦ f = idX als auch f ◦ g = idY , so ist f ∈ Bij(X, Y ) und g = f −1 . Beweis. Injektivit¨ at von f und Surjektivit¨ at auf Y folgen mit Aufgabe ( 125). Zum Nachweis von f −1 = g stellen wir zun¨ achst fest, dass die Definitionsbereiche u ¨bereinstimmen. Zum Nachweis von ∀y ∈ Y : g(y) = f −1 (y) sei y ∈ Y gegeben. Zu zeigen ist g(y) = f −1 (y). Mit Aufgabe ( 106) gilt g(y) ∈ X = Def(f ). Aus der Voraussetzung ergibt sich nun weiter f (g(y)) = (f ◦ g)(y) = idY (y) = y. Also gilt g(y) = (das x ∈ X : y = f (x)) = f −1 (y). ........................................................................................

Stichwortverzeichnis =, 5 =, 7 ∧, 5 ∨, 5 ¬, 5 ⇒, 7 ⇔, 7 ∀, 5, 44 ∃, 7, 47 ∃!, 78 ¬∀, 50 ¬∃, 51 das, 79 ∈, 4 ∈, / 5 ⊂, 6, 61 ∅, 10 N, 95 N≤n , 92 U , 10 M, 13 E, 100 En , 104 {a}, 10 {a, b, . . . , h}, 10 ∩,  11 A, 65 ∪,  10 A, 10 \, 11 P, 15 |M |, 101 a R b, 67 links(R), 67 rechts(R), 67 X/∼ , 118 [x]∼ , 118 x ∈ A → yx , 81

f (x), 81 Def(f ), 81 Bild(f ), 82 f : X → Y , 84 Abb(X, Y ), 84 Bij(X, Y ), 87 f [A], 82 f −1 [B], 83 f |A , 91 f ◦ g, 88 id X , 82

, 110 , 113 ∂d A, 162 limn→∞ an , 167 Abgeschlossene Menge, 162 ¨ Aquivalenz, 7, 35 ¨ Aquivalenzklasse, 118 ¨ Aquivalenzrelation, 68 Archimedische Eigenschaft, 74 Argument, 80 Aufz¨ ahlungsmenge, 10 Ausdrucksbaum, 18 Aussage, 4 Aussagenkette, 74 Aussonderungsmenge, 9, 42 Axiom, 13 Axiome der Mengenlehre, 13 Ball, 148 Bedingter Ausdruck, 89 Ber¨ uhrpunkt, 161 Beschr¨ ankte Funktion, 165 Beschr¨ ankte Menge, 149 Betrag, 140 Betragsmetrik, 141 Beweisplanung, 54 Beweisregeln, 193

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 M. Junk und J.-H. Treude, Beweisen lernen Schritt für Schritt, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61616-1

332 Beweisstrategie, 53 Bijektiv, 87 Bildmenge, 82, 83 Bildungsbedingung, 4 Charakterisierung, 151 Definition, 11 Definitionssymbol, 12 Differenzmenge, 11 Disjunkt, 119 Diskrete Metrik, 141 Dreiecksungleichung, 136 Durchmesser, 156 Eindeutige Existenz, 78 Einermenge, 10 Einschr¨ankung, 91 Element, 4 Element-Universum, 10 Elementaussage, 4 Endliche Menge, 100 Ersetzungsregel, 35 Es folgt, 178 Euklidische Metrik, 142 Euklidische Norm, 142 Euklidisches Skalarprodukt, 145 Ex falso quodlibet, 33 Existenz-Aussage, 46, 72 Fallunterscheidung, 26 Fassbare Menge, 13 Folge, 163 Folgenglied, 163 Folgerung, 20 Funktion, 80 Funktionsgleichheit, 85 Funktionswert, 81 F¨ ur-alle-Aussage, 44

Stichwortverzeichnis Hamming-Abstand, 147 Hinreichend, 155 Identifikation, 174 Identit¨ atsfunktion, 82 Implikation, 7, 22 Indirekter Beweis, 33 Induktionsanfang, 96 Induktionsschritt, 96 Infimum, 158 Infixform, 127 Injektiv, 86 Intervall, 152 Inverse, 87 Invertierbar, 87 Kern, 132 Klar, 178 Konklusion, 20 Kontext, 26 Kontraposition, 34 Konvergente Folge, 166 Korollar, 60 Kugel, 148 Leere Funktion, 85 Leere Menge, 10 Lemma, 60 Limes, 167 Lineare Funktion, 131 Linearit¨ at, 131

Gegenbeispiel, 50 Generalvoraussetzungen, 107 Gesetz von de Morgan, 37 Gleichungen, 85 Grenzwert, 166

M¨ achtigkeit, 101 Mathematische Objekte, 185 Mehrfachquantoren, 68 Mengenaxiome, 13 Mengenfamilie, 10, 62 Mengengleichheit, 14 Mengeninklusion, 61 Mengenlehre, 4 Metrik, 136 Metrischer Raum, 136 Minimum, 154 Modulo m, 126 Monoton fallende Folge, 164

Halbordnung, 68

Nat¨ urliche Zahlen, 94

Stichwortverzeichnis Nicht-Aussage, 5, 29 Notwendig, 152 O.B.d.A., 178 Obere Schranke, 153 Objekte, 185 Objektnamen, 186 Oder-Aussage, 5, 25 Offene Menge, 162 Offensichtlich, 178 Ordnung, 68 Platzhalter, 6, 188 Potenzmenge, 15, 62 Pr¨ afixform, 127 Pr¨ amisse, 20 Produktmenge, 94 Produktzeichen, 113 P¨ unktchenschreibweise, 107 Quersumme, 127 Quotientenmenge, 118 Rand, 162 Randpunkt, 162 Rechnen, 40 Rekursive Definition, 95 Relation, 66 Repr¨ asentant, 121 R¨ uckw¨arts-Vorw¨arts-Methode, 54

333 Satz, 12, 20 Schnittmenge, 11, 65 Schule, 8, 40 Striktordnung, 72 Summenzeichen, 110 Supremum, 155 Surjektiv, 86 Teilmenge, 6, 61 Tertium non datur, 28 Translationsinvarianz, 141 Trivial, 178 Tupel, 92 Und-Aussage, 5, 24 Ungleichungen absch¨ atzen, 76 Untere Schranke, 154 Urbild, 83 Urbildmenge, 83 Vereinigung, 10 Verkettung, 88 Vollst¨ andigkeitsaxiom, 155 Vollst¨ andige Induktion, 96 Voraussetzung, 20 Widerspruch, 30, 32 Widerspruchsbeweis, 30 Wohldefiniert, 90, 122 Zerlegung, 119

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