This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
Induktives Beweisen
6. Induktives Beweisen - Themenubersicht
Ordnungsrelationen
Partielle OrdnungenQuasiordnungenTotale OrdnungenStriktordnungenOrdnungen und Teilstrukturen
Noethersche Induktion
Anwendung: Terminierungsbeweise
Verallgemeinerte Induktion
Anwendung: Fibonacci-Funktion
Strukturelle Induktion
Anwendung: Boolesche Terme
Vollstandige Induktion
Anwendung: Gesetze naturlicher ZahlenProf. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 144 / 182
Induktives Beweisen 6.1 Ordnungsrelationen
Partielle Ordnungen
Definition 6.1 (5.1)
Eine homogene Relation � ⊆ A× A heisst partielle Ordnung oder auchHalbordnung, gdw.
1 � ist reflexiv: ∀ a ∈ A. a � a
2 � ist antisymmetrisch: ∀ a1, a2 ∈ A. a1 � a2 ∧ a2 � a1 ⇒ a1 = a2
Teilzeichenreihenbeziehung auf A∗ definiert durch:
w ′ v w ⇔df ∃w1,w2 ∈ A∗. w1 w ′ w2 = w .
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 145 / 182
Induktives Beweisen 6.1 Ordnungsrelationen
Partielle Ordnungen
Definition 6.2 (Ordnung auf N) (5.2)
Fur n,m ∈ N definiere wir eine Relation ≤ durchn ≤ m ⇔df ∃ k ∈ N. n + k = m.
Satz 6.3 (5.1)
≤ ist eine partielle Ordnung auf N.
→ Spater: ≤ ist total.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 146 / 182
Induktives Beweisen 6.1 Ordnungsrelationen
Partielle Ordnungen
Satz 6.3 (5.1)
≤ ist eine partielle Ordnung auf N.
Beweis (Reflexivitat): Sei n ∈ N. Fur k = 0 gilt dann n + 0 = 0 + n = n,also auch n ≤ n.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 147 / 182
Induktives Beweisen 6.1 Ordnungsrelationen
Partielle Ordnungen
Satz 6.3 (5.1)
≤ ist eine partielle Ordnung auf N.
Beweis (Antisymmetrie (1/3)): Seien m, n ∈ N mit n ≤ m und m ≤ n.Dann existieren Zahlen k1, k2 ∈ N mit :
n + k1 = m
m + k2 = n
Setzt man m aus der ersten Gleichung in die Zweite ein, erhalt man(n + k1) + k2 = n. Wegen der Assoziativitat und Kommutativitat derAddition folgt (k1 + k2) + n = n.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 148 / 182
Induktives Beweisen 6.1 Ordnungsrelationen
Partielle Ordnungen
Satz 6.3 (5.1)
≤ ist eine partielle Ordnung auf N.
Beweis (Antisymmetrie (2/3)): Gemaß der Definition der Additionnaturlicher Zahlen (siehe Definition 4.2(a)) folgt daraus
(k1 + k2) + n = 0 + n
und weiterk1 + k2 = 0
Es bleibt noch nachzuweisen, dass die bereits k1 = 0 impliziert.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 149 / 182
Induktives Beweisen 6.1 Ordnungsrelationen
Partielle Ordnungen
Satz 6.3 (5.1)
≤ ist eine partielle Ordnung auf N.
Beweis (Antisymmetrie (3/3)): Angenommen k1 ware von 0 verschieden.Dann gabe es nach Lemma 4.1 eine naturliche Zahl k ′1 mit k ′1 = s(k1) unddamit wegen der Definition der Addition naturlicher Zahlen auch mit:
k1 + k2 = s(k ′1) + k2Def.4.2.(a)
= s(k ′1 + k2).
Also ware k1 + k2 ein Nachfolger einer naturlichen Zahl und damit von 0verschieden, im Widerspruch zu k1 + k2 = 0.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 150 / 182
Induktives Beweisen 6.1 Ordnungsrelationen
Partielle Ordnungen
Satz 6.3 (5.1)
≤ ist eine partielle Ordnung auf N.
Beweis (Transitivitat: Seien n,m, p ∈ N mit n ≤ m und m ≤ p. Dannexistieren Zahlen k1, k2 ∈ N mit:
n + k1 = m
m + k2 = p
Setzt man m aus der ersten Gleichung in die Zweite ein, so erhalt man(n + k1) + k2 = p. Mit der Assoziativitat der Addition folgt
n + (k1 + k2) = p
und damit n ≤ p.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 151 / 182
Induktives Beweisen 6.1 Ordnungsrelationen
Quasiordnungen
Definition 6.1
Eine homogene Relation - ⊆ A× A heisst Quasiordnung oder auchPraordnung, gdw.
Sei � ⊆ A× A partielle Ordnung und B ⊆ A. Ein Element b ∈ B heißt
1 minimales Element in B ⇔df @ b′ ∈ B. b′ ≺ b und
2 maximales Element in B ⇔df @ b′ ∈ B. b ≺ b′.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 160 / 182
Induktives Beweisen 6.1 Ordnungsrelationen
Extremalelemente
Definition 6.7 (Kleinstes, großtes Element) (5.4)
Sei � ⊆ A× A partielle Ordnung und B ⊆ A. Ein Element b ∈ B heißt
1 kleinstes Element in B ⇔df ∀ b′ ∈ B. b � b′ und
2 großtes Element in B ⇔df ∀ b′ ∈ B. b′ � b.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 161 / 182
Induktives Beweisen 6.2 Noethersche Induktion
Noethersche Ordnungen
Definition 6.9 (5.5)
Eine Quasiordnung - ⊆ A×A heißt Noethersch genau dann, wenn jedenichtleere Teilmenge von M ein minimales Element besitzt.
Satz 5.2 (Absteigende Kettenbedingung)
Eine Quasiordnung (M,�) ist genau dann Noethersch, wenn es in M keineunendliche, echt absteigende Kette x0 � x1 � x2 . . . gibt.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 162 / 182
Induktives Beweisen 6.2 Noethersche Induktion
Noethersche Ordnungen
Satz 5.2 (Absteigende Kettenbedingung)
Eine Quasiordnung (M,�) ist genau dann Noethersch, wenn es in M keineunendliche, echt absteigende Kette x0 � x1 � x2 . . . gibt.
Beweis “⇒”: Sei x0 � x1 � x2 . . . eine unendliche, echt absteigende Kettein M. Dann ist A =df {x0, x1, x2 . . . } nichleer. Angenommen nun es gabeein minimales Element amin ∈ A. Dann existierte ein Index i mit xi = amin.Wegen xi � xi+1 ware xi aber im Widerspruch zur Annahme nicht minimal.Folglich gibt es kein minimales Element in A und M ist nicht Noethersch.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 163 / 182
Induktives Beweisen 6.2 Noethersche Induktion
Noethersche Ordnungen
Beispiel 6.10 (5.3)
1 ≤ auf N ist Noethersch, denn jede nichtleere Teilmenge enthalt sogarein kleinstes Element.
2 Die Teilzeichenreichenbeziehung v auf A∗ ist Noethersch.
3 ⊆ ist Noethersch auf P(M) fur jede endliche Grundmenge M.
Beispiel 6.11 (Nicht Noethersche Ordnungen) (5.4)
1 ≤ auf Z ist nicht Noethersch, denn Z besitzt kein minimales Element.
2 ≤ auf Q≥0 ist nicht Noethersch, denn {12 ,
13 ,
14 , . . .} besitzt kein
minimales Element.
3 ⊆ auf P(N) ist nicht Noethersch, denn{N, N\{0}, N\{0, 1}, N\{0, 1, 2}, . . .} besitzt kein minimalesElement.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 164 / 182
Induktives Beweisen 6.2 Noethersche Induktion
Noethersche Induktion
Beweisprinzip 6.12 (Noethersche Induktion)(7)
Sei - ⊆ M×M eine Noethersche Quasiordnung. Lasst sich eine AussageA uber M fur jedes m ∈ M aus der Gultigkeit der Aussage fur alle echtkleineren Elemente ableiten, dann ist sie fur jedes m ∈ M wahr.
(∀m ∈ M.
(∀m′ ∈ M. m′ ≺ m ⇒ A(m′)
)⇒ A(m)
)⇒ ∀m ∈ M. A(m).
Beweis: Per Kontraposition.Falls ∀m ∈ M. A(m) nicht gilt, existiert nichtleere Menge G ⊆ M vonGegenbeispielen.
G =df {g ∈ M | ¬A(g)}.
Weil - Noethersch ist, existiert ein minimales Gegenbeipiel gmin ∈ G .gmin verletzt dann den Induktionsschluss.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 165 / 182
Induktives Beweisen 6.2 Noethersche Induktion
Anwendung: Kommutativitat der Addition
Satz 6.19(2)
∀ n,m ∈ N. n + m = m + n.
Beweis durch Noethersche Induktion uber komponentenweise Ordnung aufN× N.
(n,m) ≤ (n′,m′) ⇔df n ≤ n′ ∧ m ≤ m′.
Details: Skript.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 166 / 182
Induktives Beweisen 6.2 Noethersche Induktion
Anwendung: Terminierung
Euklidischer Algorithmus
ggt : N× N→ N
ggt(n,m) =
n + m falls n = 0 oder m = 0ggt(n −m,m) falls m < nggt(n,m − n) falls n < m
Terminierung: Noethersche Quasiordnung auf N× N:
(n,m) .sum (n′,m′) ⇔df n + m ≤ n′ + m′.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 167 / 182
Induktives Beweisen 6.2 Noethersche Induktion
Anwendung: Terminierung
Ackermann-Funktion
ack : N× N→ N
ack(n,m) =
m + 1 falls n = 0ack(n − 1, 1) falls n > 0, m = 0ack(n − 1, ack(n,m − 1)) falls n > 0, m > 0
Terminierung: Lexikographische Ordnung (Noethersch und total) aufN× N:
(n,m) ≤lex (n′,m′) ⇔df n < n′ ∨ (n = n′ ∧ m ≤ m′).
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 168 / 182
Induktives Beweisen 6.2 Noethersche Induktion
Anwendung: Terminierung
Collatz-Funktion
col : N\{0} → {1}
col(n) =
1 falls n = 1col(n/2) falls n geradecol(3n + 1) falls n ungerade
Terminierung: Keine geeignete Noethersche Ordnung bekannt.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 169 / 182
Lasst sich eine Aussage uber naturliche Zahlen fur jede naturliche Zahl ausder Gultigkeit der Aussage fur alle kleineren naturlichen Zahlen ableiten,dann ist sie fur jede naturliche Zahl wahr.(∀ n ∈ N. (∀m ∈ N. m < n ⇒ A(m)) ⇒ A(n)
)⇒ ∀ n ∈ N. A(n).
Spezialfall der Noetherschen Induktion
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 170 / 182
1 A eine Menge elementarer oder atomarer Bausteine und
2 O eine Menge von Operatoren (oder Konstruktoren) mit zugehorigenStelligkeiten k ≥ 1, die es erlauben, kleinere Bausteine zu grosserenEinheiten zusammenzusetzen.
Die durch A und O induktiv beschriebene Menge M ist die kleinsteMenge, fur die gilt:
1 A ⊆ M und
2 Ist o ein Operator der Stelligkeit k und sind m1, . . . ,mk ∈ M, so istauch o(m1, . . . ,mk) ∈ M.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 172 / 182
Sei M induktiv strukturierte Menge (mit Atomen A, Konstruktoren O).Lasst sich eine Aussage A uber M fur jedes Atom a ∈ A beweisen, undlasst sich fur jeden Konstruktor o ∈ O aus der Gultigkeit der Aussage furm1, . . . ,mk ∈ M die Gultigkeit fur o(m1, . . . ,mk) ableiten, dann ist A furjedes m ∈ M wahr.((∀ a ∈ A. A(a)
Satz 6.16 (Funktionale Vollstandigkeit von ¬und∧) (5.3)
Wir betrachten aussagenlogische Formeln (Definition 2.5, Folie 37),aufgefasst als induktiv beschriebene Menge aus den Atomen a, b, c , . . .(elementare Aussagen) sowie dem einstelligen Konstruktor ¬ und denzweistelligen Konstruktoren ∧,∨,⇒,⇔.
Zu jeder aussagenlogischen Formel φ existiert eine semantisch aquivalenteFormel φ′, so dass φ′ lediglich die Junktoren ¬ und ∧ enthalt.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 176 / 182
Fall 1: φ = a. Trivial, denn φ enthalt keine Junktoren.
Fall 2: φ = ¬ψ. Nach der Induktionsannahme (IA) existiert Formelψ′ ≡ ψ, so dass ψ′ nur ¬ und ∧ enthalt. Dies gilt dann auchfur φ′ = ¬ψ′, und es gilt φ′ ≡ φ.
Fall 3: φ = ψ1 ∧ ψ2. Dann existieren nach der IA ψ′1 ≡ ψ1, ψ′2 ≡ ψ2
mit der gewunschten Eigenschaft, und φ′ = ψ′1 ∧ ψ′2 ≡ φenthalt ebenfalls nur ¬ und ∧.
Fall 4: φ = ψ1 ∨ ψ2. Dann existieren nach der IA ψ′1 ≡ ψ1, ψ′2 ≡ ψ2
mit der gewunschten Eigenschaft, undφ′ = ¬(¬ψ′1 ∧ ¬ψ′2) ≡ φ enthalt ebenfalls nur ¬ und ∧.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 177 / 182
Fall 5: φ = ψ1 ⇒ ψ2. Dann existieren nach der IA ψ′1 ≡ ψ1,ψ′2 ≡ ψ2 mit der gewunschten Eigenschaft, undφ′ = ¬(ψ′1 ∧ ¬ψ′2) ≡ φa enthalt ebenfalls nur ¬ und ∧.
Fall 6: φ = ψ1 ⇔ ψ2. Dann existieren nach der IA ψ′1 ≡ ψ1,ψ′2 ≡ ψ2 mit der gewunschten Eigenschaft, undφ′ = ¬(¬(ψ′1 ∧ ψ′2) ∧ ¬(¬ψ′1 ∧ ¬ψ′2)) ≡ φb enthalt ebenfallsnur ¬ und ∧.
aAufgrund der Aquivalenz A ⇒ B ≡ ¬A∨B und der deMorganschen Regeln.bAufgrund der Aquivalenz A ⇔ B ≡ (A ∧ B) ∨ (¬A ∧ ¬B) und der
deMorganschen Regeln.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 178 / 182
Satz 6.13 (Kompositionalitat von [[ · ]]B)(Kap. 5.7.2, 5.7.3)
Seien t, t ′, t ′′ ∈ BT mit t ′ ≡ t ′′. Dann gilt
t[t ′/x ] ≡ t[t ′′/x ],
dass heißt man darf (simultan) Gleiches durch (semantisch) Gleichesersetzen.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 179 / 182
Induktives Beweisen 6.3 Vollstandige Induktion
Beweisprinzip: Vollstandige Induktion
Beweisprinzip 6.18 (Vollstandige Induktion)(10)
Ist eine Aussage A uber naturliche Zahlen fur 0 wahr und lasst sich ihreGultigkeit fur jede großere naturliche Zahl aus der Gultigkeit der Aussagefur ihren Vorganger ableiten, dann ist sie fur jede naturliche Zahl wahr.(
A(0) ∧ ∀ n ∈ N. A(n) ⇒ A(n + 1))⇒ ∀ n ∈ N. A(n).
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 180 / 182
Induktives Beweisen 6.3 Vollstandige Induktion
Vollstandige Induktion
Satz 6.15 (5.4)
Seien n,m, k ∈ N. Dann gilt:
Assoziativitat:1) (n + m) + k = n + (m + k)2) (n ·m) · k = n · (m · k)
Kommutativitat:1) n + m = m + n2) n ·m = m · n
Neutrale Elemente:1) n + 0 = n2) n · 1 = n
Distributivitat:(n + m) · k = n · k + m · k
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 181 / 182
Induktives Beweisen 6.3 Vollstandige Induktion
Beispiele
Beispiel 6.16 (5.5)
Fur alle n ∈ N gilt:
1 Es gibt 2n Teilmengen von n–elementigen Mengen.
2n∑
i=1i = n∗(n+1)
2 , Summe der ersten n naturlichen Zahlen.
3n∑
i=1(2i − 1) = n2, Summe der ersten n ungeraden Zahlen.
Prof. Dr. Bernhard Steffen Mathematik fur Informatiker 1 - 2013 182 / 182