Formale Methoden I - Universität Bielefeld

33
zu zeigen, dassϕ(n+1) unter der Voraussetzung, dassϕ(n). Die Bedingung im
Schrägdruck ist der eigentliche Witz; oft kann manϕ(n+1) gar nicht direkt zeigen.
Aber es genügt eben, wenn man sie zeigen kann, wenn nurϕ(n) gilt (wobei man
Letzteres eben nicht zeigen muss, sondern annehmen darf). Ist der Beweis fertig,
hat man im Ergebnis Folgendes.ϕ(0) gilt, weil es direkt gezeigt wurde.ϕ(1) gilt,
weilϕ(0) gilt. (Man setze dazu n=0.)ϕ(2) gilt, weilϕ(1) gilt. (Man setze dazu
n=1.)ϕ(3) gilt, weilϕ(2) gilt. Und so weiter.
Ich zeige dies an einem einfachen Beispiel, dem Satz 3.5. Dieser Satz sagt,
dass℘(M) 2 n Elemente hat, wenn M n Elemente hat. Dies beweise ich induktiv.
Wir beginnen also mit dem Fall n=0. Hier ist M=∅, denn 0 Elemente zu haben,
heißt, leer zu sein. Es ist℘(∅)={∅}. Diese Menge hat 1 Element. Gleichzeitig ist
2 0 = 1. Es sei nun bereits gezeigt, dass℘(S ) 2 n Elemente hat, wenn S n Elemente
hat. Nun habe M n+1 Elemente. Ich wähle eines aus, etwa m, und zerlege M
als M=S∪{m}, wo S das Element m nicht enthält (dh S = M−{m}). Es hat
S n Elemente, daher hat℘(S ) nach Induktionsvoraussetzung 2 n Elemente. Nun
schauen wir uns℘(M) an. Sei T eine Teilmenge von M. (Fall 1) T enthält m nicht.
Dann ist T Teilmenge von S . Es gibt 2 n solcher Mengen. (Fall 2) T enthält m.
Dann setze T − := T−{m}. T − ist eine Teilmenge von S . Die Abbildung T↦→ T − ist
eineindeutig. Ist U eine weitere Teilmenge von M, die m enthält und ist U T, so
ist U − T − . Umgekehrt ist für jede Teilmenge V von S die Menge V + := V∪{m}
eine Teilmenge von M, die m enthält. Es gibt also 2 n Teilmengen von M, die m
enthalten. Daraus folgt unmittelbar, dass es 2 n +2 n = 2·2 n = 2 n+1 Teilmengen von
M gibt. Die letzte Gleichung ist unmittelbar die Rekursionsgleichung aus (41).
Noch ein Beispiel. Ich behaupte: Ist n underade, so ist auch n m ungerade für
jedes m. Zum Beweis setzen wir erst m=0. In diesem Fall ist n m = n 0 = 1, eine
ungerade Zahl. Nun sei m>0 beliebig. Wir nehmen nun an, n (m−1) sei ungerade
(das ist die Induktionsannahme). Dann ist n m = n·n (m−1) auch ungerade, weil es
das Produkt zweier ungerader Zahlen ist.
Aber nicht nur (scheinbar) leichte Tatsachen kann man so beweisen. Etwas
schwieriger zu zeigen ist zum Beispiel folgender Sachverhalt: Ist n>1, so ist
n m ≥ n·m. Beginnen wir wieder mit m=0. Es ist n m = 1>0=n·m. Wir zeigen
die Behauptung auch noch für m=1: n m = n=n·m. Sei die Behauptung nun für
m−1 gezeigt. Wir dürfen annehmen, dass m>1 ist, das heißt m−1≥1. Dann
ist n m = n·n (m−1) ≥ 2·n (m−1) ≥ 2·n·(m−1)≥(n·(m−1))+n=n·m. Hierbei
ist die erste Gleichung einfach die Definition; die erste Ungleichung gilt, weil
n≥2 vorausgesetzt war. Die zweite Ungleichung gilt nach Induktionsannahme.
Die dritte Ungleichung benutzt n·(m−1)≥n·1=n.