Skript zur Vorlesung Analysis 1 im SS2011 - Johannes Gutenberg ...

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2 Mathematische Beweise Inhalt: Mathematische Beweise, Peanoaxiome, Vollständige Induktion, Binomialkoeffizienten, symmetrische Gruppe der Permutationen. Der klassische Beweis Bei diesem Beweis werden logische Argumente nacheinander benutzt bis die gesuchte Aussage bewiesen ist. Ein Beispiel: Satz 2.1. Sei ∼ eine Äquivalenzrelation auf A. Dann teilen die Äquivalenzklassen [a] die Menge A in disjunkte Teile auf, d.h. bildet eine Partition von A. Es gibt eine Menge A/ ∼, die jede Äquivalenzklasse genau einmal als Element enthält. Beweis. Es gilt [a] = {c | a ∼ c} = {c | c ∼ a} wegen der Symmetrie von ∼. Seien nun a, b ∈ A. Dann gilt entweder [a] ∩ [b] = ∅ oder es gibt ein d ∈ A mit d ∈ [a] und d ∈ [b]. In diesem Fall zeigen wir, dass [a] = [b] gilt. Dazu muss man beide Inklusionen zeigen: [a] ⊆ [b]: Ist c ∈ [a], so gilt c ∼ a. Wegen a ∼ d, d ∼ b folgt also c ∼ a ∼ d ∼ b und damit wegen Transitivität c ∼ b, also c ∈ [b]. [b] ⊆ [a]: Ist c ∈ [b], so gilt c ∼ b. Wegen b ∼ d, d ∼ a folgt also c ∼ b ∼ d ∼ a und damit wegen Transitivität c ∼ a, also c ∈ [a]. Wegen a ∈ [a] (Reflexivität) für jedes a folgt auch A = ⋃ a∈A [a]. Konstruiere A/ ∼ als Teilmenge der Potenzmenge wie folgt: A/ ∼:= {V ∈ P (A) | ∃a ∈ A : V = [a]}. Satz 2.2 (Euklid). Alle natürlichen Zahlen n ≥ 2 lassen sich als Produkt von Primzahlen schreiben, oder sind selbst prim: n = p 1 · · · p l . Beweis. Sei n nicht prim. Dann hat n einen echten Primteiler p 1 mit n/p 1 ≥ 2. Dann ist n/p 1 prim oder besitzt einen echten Primteiler p 2 . Fährt man so fort, so bekommt man eine aufsteigende Kette von Teilern von n 2 ≤ p 1 < p 1 p 2 < ..., die nach l < n Schritten mit p 1 · · · p l aufhören muss, da die Teiler strikt aufsteigend sind. Dann muss aber auch n = p 1 · · · p l gelten, da sonst n/p 1 · · · p l ≥ 2 noch einen Primteiler hätte. Diesen Satz kann man auch mit Induktion beweisen (siehe unten). 14
Der Widerspruchsbeweis Bei dieser beliebten, aber sehr inkonstruktiven Variante wird vom Gegenteil der Aussage ausgegangen, und so lange argumentiert, bis sich ein Widerspruch ergibt: Satz 2.3. √ 2 /∈ Q. Beweis. Angenommen, √ 2 ∈ Q. Dann schreibe √ p 2 = , p, q ∈ N, q wobei p und q teilerfremd sind. Somit gilt 2q 2 = p 2 . Also ist p gerade, da p 2 gerade ist. Es gilt also p = 2m. Aus 2q 2 = p 2 = 4m 2 folgt dann q 2 = 2m 2 , und damit, dass auch q gerade ist. Also haben p und q den gemeinsamen Teiler 2. Widerspruch! Satz 2.4 (Euklid). Es gibt unendlich viele Primzahlen. Beweis. Angenommen p 1 imzahlen. Bilde die Zahl N = l∏ p i + 1. i=1 Entweder ist N prim oder es gibt einen Primfaktor p, der N teilt. Dieses p ist aber verschieden von allen p i . Daher hat man einen neuen Primfaktor gefunden. Widerspruch! Vollständige Induktion Ein Modell der natürlichen Zahlen N 0 = {0, 1, 2, 3, . . . } setzen wir als gegeben voraus, ebenso einfache Arithmetik. Man kann diese z.B. realisieren durch 0 = ∅, 1 = {0} = {∅}, 2 = {0, 1} = {∅, {∅}}, . . . , n = {0, 1, . . . , n − 1}, . . . Axiom 2.5. (Peano) Die natürlichen Zahlen enthalten ein Anfangselement 0 und für jedes n ∈ N 0 einen Nachfolger S(n) := n + 1. Damit gilt: Ist A ⊆ N 0 eine Teilmenge mit folgenden Eigenschaften: • 0 ∈ A, • n ∈ A ⇒ S(n) ∈ A. 15
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• f(x) = x und x k = k (siehe obe
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U n := n∑ f(x k−1 )(x k − x k
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Funktionen- und Potenzreihen Sei K
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allgemeiner, falls die Reihe gleich
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