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1.1: Das Ordnungsprinzip und mathematische Induktion

1.1: Das Ordnungsprinzip und mathematische Induktion


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Gegeben eine Menge (S) von Zahlen (jeglicher Art) sagen wir (ellin S) sei a kleinstes Element von (S) wenn (forall xin S), entweder (x=ell) oder (ell

Jede nichtleere Menge natürlicher Zahlen hat ein kleinstes Element.

Dieses Prinzip wird oft als Axiom verstanden.

Das Schubladenprinzip

[thm:Schublade] Das Schubladenprinzip: Sei (s,kinNN) (s>k). Wenn (s)-Objekte in (k)-Boxen platziert werden, enthält mindestens eine Box mehr als ein Objekt.

Angenommen, keine der Boxen enthält mehr als ein Objekt. Dann gibt es höchstens (k) Objekte. Dies führt zu einem Widerspruch zu der Tatsache, dass es (s)-Objekte für (s>k) gibt.

Das Prinzip der mathematischen Induktion

Wir präsentieren nun ein wertvolles Werkzeug zum Beweisen von Ergebnissen über ganze Zahlen. Dieses Werkzeug ist das Prinzip der mathematischen Induktion.

Das erste Prinzip der mathematischen Induktion: Sei (SsubsetNN) eine Menge, die die folgenden zwei Eigenschaften erfüllt:

  1. (1in S); und
  2. (für alle kinNN,kin SRightarrow k+1in S).

Dann (S=NN). Allgemeiner gesagt, wenn (Pp(n)) eine Eigenschaft natürlicher Zahlen ist, die für ein bestimmtes (ninNN) wahr sein kann oder nicht, dann erfüllt

  1. (Pp(1)) ist wahr; und
  2. (füralle kinNN,Pp(k)Pfeil nach rechtsPp(k+1))

dann ist (forall ninNN, Pp(n)) wahr.

Wir verwenden das Wohlordnungsprinzip, um dieses erste Prinzip der mathematischen Induktion zu beweisen.

Sei (S) die Menge aus dem ersten Teil des Satzes und (T) die Menge der natürlichen Zahlen, die nicht in (S) enthalten sind. Wir verwenden einen Widerspruchsbeweis, nehmen also an, dass (T) nicht leer ist.

Dann enthält (T) nach dem Wohlordnungsprinzip ein kleinstes Element (ell).

Beachten Sie, dass (1in S), also (1 otin T) und somit (ell>1). Daher ist (ell-1) eine natürliche Zahl. Da (ell) das kleinste Element von (T) ist, ist (ell-1) nicht in (T), also in (S).

Aber nach den definierenden Eigenschaften von (S), da (ell-1in S), (ell=ell-1+1in S), was der Tatsache widerspricht, dass ( ell) ist ein kleinstes Element von (T), also in (T), also nicht in (S).

Dieser Widerspruch impliziert, dass die Annahme, dass (T) nicht leer ist, falsch ist, also (S=NN).

Für den zweiten Teil des Satzes sei (S={ninNNmidPp(n) ext{ ist wahr}}) und wende den ersten Teil an.

[zB:inductionv1a] Wir verwenden mathematische Induktion, um zu zeigen, dass (forall ninmathbb{N})[sum_{j=1}^nj=frac{n(n+1)}{2 }.] Beachten Sie zunächst, dass [sum_{j=1}^1j=1=frac{1cdot 2}{2}] und damit die Aussage für (n=1) gilt. Nehmen wir für den verbleibenden Induktionsschritt an, dass die Formel für ein bestimmtes (ninNN) gilt, das heißt (sum_{j=1}^nj=frac{n(n+1)}{2 }). Wir zeigen, dass [sum_{j=1}^{n+1}j=frac{(n+1)(n+2)}{2}.] um den Beweis durch Induktion zu vervollständigen. Tatsächlich [sum_{j=1}^{n+1}j=sum_{j=1}^nj+(n+1)=frac{n(n+1)}{2}+(n+ 1)=frac{(n+1)(n+2)}{2},] und das Ergebnis folgt.

[zB:inductionv1b] Nun verwenden wir mathematische Induktion, um zu beweisen, dass (n!leq n^n) (forall ninNN).

Beachten Sie, dass (1!=1leq 1^1=1). Wir präsentieren nun den induktiven Schritt. Angenommen, [n!leq n^n] für irgendein (ninNN), beweisen wir, dass ((n+1)!leq (n+1)^{n+1} ). Beachten Sie, dass [(n+1)!=(n+1)n!leq (n+1).n^n<(n+1)(n+1)^{n}=(n+1) ^{n+1}.] Damit ist der Beweis abgeschlossen.

Das zweite Prinzip der mathematischen Induktion: Sei (SsubsetNN) eine Menge, die die folgenden zwei Eigenschaften erfüllt:

  1. (1in S); und
  2. (forall kinNN, 1,dots,kin SRightarrow k+1in S).

Dann ist (S=NN). Allgemeiner gesagt, wenn (Pp(n)) eine Eigenschaft natürlicher Zahlen ist, die für ein bestimmtes (ninNN) wahr sein kann oder nicht, dann erfüllt

  1. (Pp(1)) ist wahr; und
  2. (forall kinNN,) wenn (Pp(1),dots,Pp(k)) alle wahr sind, dann ist auch (Pp(k+1)) wahr

dann ist (forall ninNN, Pp(n)) wahr.

Um das zweite Induktionsprinzip zu beweisen, verwenden wir das erste Induktionsprinzip.

Sei (S) eine Menge von ganzen Zahlen wie im ersten Teil des Satzes. Für (ninNN) sei (Pp(n)) die mathematische Eigenschaft „(1,dots,nin S)“. Dann können wir das Erste Prinzip der Mathematischen Induktion anwenden, um zu beweisen, dass (forall ninNN Pp(n)) wahr ist, was (S=NN) bedeutet. [Details dem Leser überlassen.]

Der zweite Teil des Satzes folgt genau so aus dem ersten, wie der zweite Teil des ersten Prinzips der mathematischen Induktion aus dem ersten folgte.

Übungen

Beweisen Sie mit mathematischer Induktion, dass (n<3^n) für alle positiven ganzen Zahlen (n) gilt.

Zeigen Sie, dass (sum_{j=1}^nj^2=frac{n(n+1)(2n+1)}{6}).

Beweisen Sie mit mathematischer Induktion, dass (sum_{j=1}^n(-1)^{j-1}j^2=(-1)^{n-1}n(n+1)/2 ).

Beweisen Sie mit mathematischer Induktion, dass (sum_{j=1}^nj^3=[n(n+1)/2]^2) für jede positive ganze Zahl (n) gilt.

Beweisen Sie mit mathematischer Induktion, dass (sum_{j=1}^n(2j-1)=n^2).

Beweisen Sie mit mathematischer Induktion, dass (2^n

Beweisen Sie mit mathematischer Induktion, dass (n^2


  1. Ein fiktiver Mathematiker und Autor vieler (nicht-fiktionaler – es gibt sie wirklich) Texte zur Feinmathematik, wie zum Beispiel ↩
  2. Lauscher kommt anscheinend aus dem Altenglischen yfesdrype, wörtlich gemeint einer, der auf der Lauer steht [Boden, wo Wasser von der Dachtraufe tropft] Gesprächen in einem Haus zuzuhören.
  3. Noch eine Synekdoche!
  4. Al-Kindi ist eine sehr interessante Figur aus der frühen muslimischen Geistesgeschichte: z.B., er scheint Hindu-Zahlen mit ihrer Stellenwert-Notation in die muslimische Welt gebracht zu haben.↩
  5. Auf einen klassisch Computer – es gibt einen effizienten Algorithmus zum Faktorisieren auf a Quantencomputer, siehe und .↩
  6. Obwohl tatsächlich einige praktikable Kryptowährungen mit öffentlichem Schlüssel zuvor innerhalb der US-amerikanischen/britischen Geheimdienstgemeinschaft erfunden und nicht mit der Öffentlichkeit geteilt wurden. Schon früh im Kalten Krieg gab es mathematische Theoreme und Beweise, die von großen Regierungen geheim gehalten wurden
  7. Wie beim Factoring gibt es einen bekannten Algorithmus für a Quantencomputer welches das DHP effizient löst, siehe .↩

5 Mathematische Induktion

In diesem Abschnitt werden wir eine leistungsstarke Methode zum Beweisen von Ergebnissen über natürliche Zahlen diskutieren, genannt mathematische Induktion. Denken Sie daran, dass die Menge der natürlichen Zahlen (NN = <0, 1, 2, 3, dots >) ist. Insbesondere gibt es unendlich viele natürliche Zahlen, sodass wir nicht jeden Fall einzeln erarbeiten können. Die Grundidee der Induktion ist, dass jede natürliche Zahl aus (0) durch wiederholtes Addieren von (1) erreicht werden kann. Wenn wir also zeigen können, dass eine Aussage für (n=0) gilt und wenn die Aussage für (n) gilt, dann gilt sie auch für (n+1), dann wird dies Beweisen Sie die Aussage für alle (n).


Als Sie neulich nach einer starken Induktion gefragt haben, habe ich mich gefragt, ob das Prinzip der Brunnenordnung auf dem Weg ist und hier sind wir.

beweisen wir nicht wirklich, dass schwache Induktion die Existenz einer bestimmten partiellen Ordnung ≤ auf N impliziert, so dass es sich um eine Wohlordnung mit $x leq y Rightarrow x leq S(y)$ handelt?

Das wäre eine vernünftige Sache, aber es ist wahrscheinlich nicht das, was hier vor sich geht.

Ich vermute, Sie studieren im Selbststudium, da Sie zuvor gesagt haben, dass Sie in Ihrem eigenen Rahmen für die natürlichen Zahlen arbeiten und dass Sie mit einem Text arbeiten, der beweist, dass schwache Induktion, starke Induktion und wohlgeordnete Ordnung gleichwertig sind.

Ein Text, der dies tut, könnte mit einer relativ großen Menge von Axiomen der natürlichen Zahl beginnen, die Peano-Axiome, die Induktion ausschließen, sagen einige Ordnungsgesetze und einige Additionsgesetze. Oder es könnte eine Ordnung aus der Addition herleiten, wie es die Vorlesungsnotizen von Mauro Allegranza zu tun scheinen. Es kann nicht einmal eine Reihe von Axiomen angeben, sondern geht einfach von bereits vorhandenem informellem Wissen aus: "Du weißt schon viel über die natürlichen Zahlen, aber jetzt werden wir dir drei neue Dinge erzählen, obwohl sich herausstellen wird, dass sie es wirklich sind nur eine neue Sache."

Jedenfalls ist dies auf einem niedrigeren theoretischen Niveau, als mit den Peano-Axiomen zu beginnen, die Ordnungsbeziehungen und arithmetischen Operationen zu konstruieren und eine starke Induktion und wohlgeordnete Ordnung zu beweisen. Vielleicht haben Sie sich deshalb dazu entschieden, ein eigenes Framework zu entwickeln.

Fazit: Die Frage, die Sie höchstwahrscheinlich formulieren, ist nicht dieselbe Frage, die Ihr Text stellt, aber eine bessere Frage.


Bemerkungen

Ihre Äquivalenz bedeutet, dass Sie, wenn Sie davon ausgehen, dass das Wohlordnungsprinzip gilt, beweisen können, dass die Induktion eine gültige Beweismethode ist und umgekehrt. Tatsächlich wird einer von ihnen als Axiom verwendet, die meisten Autoren nehmen die Induktion als das von ihnen gewählte Axiom.

Ja, gleichbedeutend bedeutet nur, dass sich die Aussagen gegenseitig implizieren.

Da die Aussagen äquivalent sind, spielt es keine Rolle, welches Axiom Sie wählen. Induktion wird oft als Axiom verwendet, hauptsächlich weil es die [Bearbeitung: Beweismethode] ist, die häufiger verwendet wird. Wenn Sie das Wohlordnungsprinzip verwenden würden, müssten Sie in einem auf die Axiome reduzierten Beweis immer noch zeigen, dass das Wohlordnungsprinzip mathematische Induktion impliziert.


Einige Einführungsübungen

1. Sei D n die Anzahl der Möglichkeiten, die Felder eines 2xn-Bretts mit einfachen Dominosteinen zu bedecken. Dann ist es leicht zu sehen, dass D 1 = 1, D 2 = 2 und D 3 = 3 ist. Berechnen Sie noch ein paar weitere Werte von D n und erraten Sie einen Ausdruck für den Wert von D n und verwenden Sie Induktion, um zu beweisen, dass Sie Recht haben.

2. Die Dreiecksungleichung besagt, dass für zwei beliebige reelle Zahlen x und y, .
Zeigen Sie, dass für alle n reellen Zahlen            

                             

3. Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Felder eines 2xn-Schachbretts mit Dominosteinen zu bedecken?

Sei D n die Anzahl solcher Wege. Zum Beispiel D 1 =1, D 2 = 2 und D 3 = 3 als

           

Berechne den Wert von D 4 und vielleicht D 5 und errate einen Ausdruck für D n . Um Ihre Vermutung zu überprüfen, müssen Sie die starke Induktionsform verwenden. Das bedeutet, dass Sie nicht nur annehmen, dass das Ergebnis für einige k wahr ist, sondern dass es für alle Werte kleiner als einige k gilt, und dann zeigen, dass es für k wahr sein muss.

(B). Konvergiert oder divergiert die Reihe?

5. Sei a n die Anzahl der Teilmengen von <1, 2, 3, . n>(einschließlich der leeren Menge
und das Set selbst.)
      (a). Zeigen Sie a n = 2a n-1. (Das ist ziemlich einfach - Sie brauchen hier keine Induktion.)
      (b). Erraten Sie eine Formel für den Wert von a n und verwenden Sie Induktion, um zu beweisen, dass Sie Recht haben.

6. Beweisen Sie, dass für jedes n>=1, 4 | 3 (2n-1) +1

7. Beweisen Sie durch Induktion: Für jedes n >= 1, 1 3 + 2 3 + 3 3 + . + n 3 = (1 + 2 + 3 + . + n) 2 .

                        Beispiele für Induktionsnachweise

1. Beweisen Sie, dass für jedes n >= 1

Wir argumentieren per Induktion. Für n=1 hat der Ausdruck den Wert . Die Behauptung gilt also für n=1.

Nehmen wir nun an, dass für eine ganze Zahl k, . Dann muss es eine ganze Zahl t geben, so dass . Nun müssen wir zeigen, dass die Behauptung für k+1 wahr sein muss, d.h. dass .'

Wir haben also , und das Ergebnis folgt durch Induktion.

2. Beweisen Sie durch Induktion, dass die Summe 1 + 3 + 5 + 7 + . + 2n-1 ist ein perfektes Quadrat.

Es ist fast unmöglich, diese Behauptung zu beweisen, ohne viel mehr zu beweisen.

Der Einfachheit halber sei S n = 1 + 3 + 5 + 7 + . + 2n-1. Dann ist S n+1 = S n + (2n+1).

Nun kann man leicht erkennen, dass das Ergebnis im Fall k = 1 wahr ist, da 1 ein perfektes Quadrat ist.

Nehmen wir nun an, dass S k ein perfektes Quadrat ist, sagen wir S k = t 2 für einige t. Dann müssen wir zeigen, dass auch S k+1 ein perfektes Quadrat ist. Nun, Sk+1 = Sk + (2k+1) = t2 + 2k+1.

Was jetzt?? Nun, wir scheinen festzustecken. Der Beweis führt nirgendwo hin.

Aber sehen Sie, was passiert, wenn wir versuchen, das stärkere Ergebnis zu beweisen, dass S n = n 2 ist.

Unser Argument wäre fast das gleiche wie zuvor, nur ganz am Ende

      Sk+1 = Sk + (2k+1) = k2 + 2k+1 = (k+1)2.

Und jetzt funktioniert der Induktionsbeweis!

Dies ist das Paradox des Erfinders – es ist oft einfacher, ein stärkeres Ergebnis zu beweisen, als Sie benötigen. Hier beweisen wir nicht nur, dass S n ein perfektes Quadrat ist, sondern auch ein bestimmtes perfektes Quadrat, nämlich n 2 .

3. Sei f n die n-te Fibonacci-Zahl,
Beweisen Sie durch Induktion: Für jedes n>=1, 2 | f 3n (d. h. f 3n ist gerade)


Nachweisen .
Wir argumentieren per Induktion. Für n=1 bedeutet dies, dass f 3 = 2 gerade ist - was es ist.

Nehmen wir nun an, dass f 3k für einige k gerade ist. Also f 3k = 2m für eine ganze Zahl m.
Nun müssen wir zeigen, dass f 3(k+1) gerade ist.

Dann ist f 3(k+1) = f 3k+3 = f 3k+2 +f 3k+1 = f 3k+1 + f 3k + f 3k+1 = 2f 3k+1 + f 3k = 2(f 3k +1 + m).

4. Beweisen Sie durch Induktion: Für alle ganzen Zahlen n >= 1,

Beweis : Für n=1 ist dies behauptet - was sicherlich wahr ist. Nehmen wir nun an, dass für eine ganze Zahl k >= 1, . Es gibt also eine ganze Zahl m mit .

Das behaupten wir. Aber das ist gleichbedeutend damit, das zu zeigen.
Jedoch ist , und somit ein Vielfaches von 4 und das Ergebnis folgt durch Induktion.

5. Beweisen Sie durch Induktion: Für jedes n>=1, 7 | 8 n - 1.
Wir argumentieren per Induktion. Für n=1 sagt dies nur, dass 7 | 7, was stimmt.
Nehmen wir nun an, dass für einige k>=1, 7 | 8 k - 1. Damit 8 k - 1 = 7t für eine ganze Zahl t.
Wir müssen zeigen, dass 7 | 8k+1 - 1. Aber 8k+1 - 1 = 8 ( 8k - 1) + 7 = 8(7t) + 7 = 7(8t+1).
Also haben wir 8 k+1 - 1 ist ein Vielfaches von 7, also 7 | 8k+1 - 1.

Ein Fibonacci-Reihenproblem

Denken Sie daran, dass die Fibonacci-Zahlen durch die Rekursionsbeziehung definiert sind,

f n = f n-1 + f n-2 n > 2, f 1 = 1, f 2 = 1.

Also, f 1 = 1, f 2 = 1, f 3 = 2, f 4 = 3, f 5 = 5, f 6 = 8, f 7 =13, f 8 =21, f 9 =34, .

In dieser Übung werden wir einige hochinteressante Eigenschaften der Fibonacci-Zahlen bestimmen.

A. Zeigen Sie durch Induktion, dass für alle n>2.

C. Zeigen Sie (durch einfache algebraische Manipulation), dass .

D. Denken Sie daran, dass jede beschränkte, monotone Folge konvergiert. Beweisen Sie anhand dieser Tatsache:

Lemma. Wenn a n eine beschränkte Folge ist, in der

E. Zeigen Sie, dass die Bedingungen des Lemmas in (D) erfüllt sind. Folglich wissen wir, dass die Folge gegen einen Grenzwert t konvergieren muss.

Aufgabe : Bestimme den genauen Wert von t. Beachten Sie, dass Ihre Antwort bei (A) eine Zahl zwischen 1 und 2 sein sollte.

F. Bestimmen Sie mit dem Ergebnis von (E), ob die Potenzreihe konvergiert oder divergiert.


1.3 Prinzip der Brunnenordnung

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Inhalt

Jede wohlgeordnete Menge ist eindeutig ordnungsisomorph zu einer eindeutigen Ordnungszahl, die als Ordnungstyp der wohlgeordneten Menge bezeichnet wird. Die Position jedes Elements innerhalb der geordneten Menge wird auch durch eine Ordnungszahl angegeben. Im Fall einer endlichen Menge entspricht die grundlegende Operation des Zählens, um die Ordnungszahl eines bestimmten Objekts zu finden oder das Objekt mit einer bestimmten Ordnungszahl zu finden, dem Zuweisen von Ordnungszahlen nacheinander zu den Objekten. Die Größe (Anzahl der Elemente, Kardinalzahl) einer endlichen Menge entspricht der Auftragsart. Das Zählen im alltäglichen Sinne beginnt normalerweise bei eins, weist also jedem Objekt die Größe des Anfangssegments mit diesem Objekt als letztem Element zu. Beachten Sie, dass diese Zahlen gemäß der isomorphen Ordnung eine mehr sind als die formalen Ordinalzahlen, da diese gleich der Anzahl der früheren Objekte sind (was dem Zählen von Null entspricht). Also für endlich n, der Ausdruck "n--tes Element" einer wohlgeordneten Menge erfordert den Kontext, um zu wissen, ob dies von Null oder Eins zählt. In einer Notation "β-tes Element", bei der β auch eine unendliche Ordinalzahl sein kann, wird es typischerweise von Null aus zählen.

Für eine unendliche Menge bestimmt der Ordnungstyp die Kardinalität, aber nicht umgekehrt: wohlgeordnete Mengen einer bestimmten Kardinalität können viele verschiedene Ordnungstypen haben, siehe Abschnitt #Natürliche Zahlen für ein einfaches Beispiel. Für eine abzählbar unendliche Menge ist die Menge der möglichen Ordnungstypen sogar abzählbar.

Natürliche Zahlen Bearbeiten

Die Standardordnung ≤ der natürlichen Zahlen ist eine Wohlordnung und hat die zusätzliche Eigenschaft, dass jede von Null verschiedene natürliche Zahl einen eindeutigen Vorgänger hat.

Eine weitere wohlgeordnete Ordnung der natürlichen Zahlen ergibt sich durch die Definition, dass alle geraden Zahlen kleiner als alle ungeraden Zahlen sind und innerhalb der geraden und ungeraden Zahlen die übliche Ordnung gilt:

Dies ist eine wohlgeordnete Menge des Auftragstyps ω + ω. Jedes Element hat einen Nachfolger (es gibt kein größtes Element). Zwei Elemente haben keinen Vorgänger: 0 und 1.

Ganzzahlen Bearbeiten

Im Gegensatz zur Standardordnung ≤ der natürlichen Zahlen ist die Standardordnung ≤ der ganzen Zahlen keine Wohlordnung, da beispielsweise die Menge der negativen ganzen Zahlen kein kleinstes Element enthält.

Die folgende Beziehung R ist ein Beispiel für die Wohlordnung der ganzen Zahlen: x R y genau dann, wenn eine der folgenden Bedingungen zutrifft:

  1. x = 0
  2. x ist positiv, und ja ist negativ
  3. x und ja sind beide positiv, und xja
  4. x und ja sind beide negativ, und |x| ≤ |ja|

Diese Beziehung R kann wie folgt visualisiert werden:

R isomorph zur Ordnungszahl ω + ω ist.

Eine andere Beziehung zur wohlgeordneten Ordnung der ganzen Zahlen ist die folgende Definition: xz ja genau dann, wenn (|x| < |ja| oder (|x| = |ja| und xja)). Diese Brunnenordnung kann wie folgt visualisiert werden:

Reals Bearbeiten

Die Standardordnung ≤ eines reellen Intervalls ist keine Wohlordnung, da zB das offene Intervall (0, 1) ⊆ [0,1] kein kleinstes Element enthält. Aus den ZFC-Axiomen der Mengenlehre (einschließlich des Auswahlaxioms) kann man zeigen, dass es eine Wohlordnung der reellen Zahlen gibt. Auch Wacław Sierpiński bewies, dass ZF + GCH (die generalisierte Kontinuumshypothese) das Auswahlaxiom und damit eine Wohlordnung der reellen Zahlen impliziert. Nichtsdestotrotz ist es möglich zu zeigen, dass die ZFC+GCH-Axiome allein nicht ausreichen, um die Existenz einer (durch eine Formel) definierbaren Brunnenordnung der reellen Zahlen zu beweisen. [1] Es stimmt jedoch mit ZFC überein, dass eine definierbare Wohlordnung der reellen Zahlen existiert – zum Beispiel ist mit ZFC konsistent, dass V=L, und es folgt aus ZFC+V=L, dass eine bestimmte Formel die reellen Zahlen gut ordnet, oder in der Tat irgendein Satz.

Eine unabzählbare Teilmenge der reellen Zahlen mit der Standardordnung ≤ kann keine Wohlordnung sein: Angenommen x ist eine Teilmenge von R gut bestellt von ≤. Für jedes x In x, Lassen S(x) der Nachfolger von . sein x in ≤ bestellen auf x (es sei denn x ist das letzte Element von x). Lassen EIN = < (x, S(x)) | xx > deren Elemente nichtleere und disjunkte Intervalle sind. Jedes dieser Intervalle enthält mindestens eine rationale Zahl, also gibt es eine injektive Funktion von EIN zu Q. Es gibt eine Spritze von x zu EIN (außer möglicherweise für ein letztes Element von x die später auf Null abgebildet werden könnten). Und bekanntlich gibt es eine Spritze von Q zu den natürlichen Zahlen (die gewählt werden könnten, um Null zu vermeiden). Somit gibt es eine Injektion von x zu den natürlichen Zahlen, was bedeutet, dass x ist zählbar. Andererseits kann eine abzählbar unendliche Teilmenge der reellen Zahlen mit dem Standard " the" wohlgeordnet sein oder auch nicht. Beispielsweise,

  • Die natürlichen Zahlen sind eine wohlgeordnete Ordnung unter der Standardordnung ≤.
  • Die Menge <1/n : n=1,2,3. >hat kein kleinstes Element und ist daher keine Wohlordnung unter der Standardordnung ≤.
  • Die Menge der Zahlen < − 2 −n | 0 ≤ n < ω > hat die Auftragsart ω.
  • Die Menge der Zahlen < − 2 −n − 2 −mn | 0 ≤ m,n < ω > hat die Auftragsart ω 2 . Der vorherige Satz ist der Satz von Grenzpunkten innerhalb des Satzes. Innerhalb der Menge der reellen Zahlen, entweder bei der gewöhnlichen Topologie oder der Ordnungstopologie, ist 0 auch ein Grenzpunkt der Menge. Es ist auch ein Grenzpunkt der Menge von Grenzpunkten.
  • Die Menge der Zahlen < − 2 −n | 0 ≤ n < ω > ∪ < 1 >hat den Ordnungstyp ω + 1. Bei der Ordnungstopologie dieser Menge ist 1 ein Grenzpunkt der Menge. Bei der gewöhnlichen Topologie (oder äquivalent der Ordnungstopologie) der reellen Zahlen ist dies nicht der Fall.

Wenn ein Set vollständig geordnet ist, sind die folgenden äquivalent:

  1. Das Set ist gut bestellt. Das heißt, jede nichtleere Teilmenge hat ein kleinstes Element. funktioniert für das gesamte bestellte Set.
  2. Jede streng abnehmende Folge von Elementen der Menge muss nach nur endlich vielen Schritten enden (unter der Annahme des Axioms der abhängigen Wahl).
  3. Jede Unterordnung ist isomorph zu einem Anfangssegment.

Jede wohlgeordnete Menge kann zu einem topologischen Raum gemacht werden, indem man sie mit der Ordnungstopologie ausstattet.

In Bezug auf diese Topologie kann es zwei Arten von Elementen geben:

    — dies sind das Minimum und die Elemente mit einem Vorgänger. — dieser Typ kommt in endlichen Mengen nicht vor und kann in einer unendlichen Menge vorkommen oder auch nicht die unendlichen Mengen ohne Grenzpunkt sind die Mengen des Ordnungstyps ω, zum Beispiel n.

Für Teilmengen können wir unterscheiden:

  • Teilmengen mit einem Maximum (d. h. Teilmengen, die durch sich selbst beschränkt sind) dies kann ein isolierter Punkt oder ein Grenzpunkt der Gesamtmenge sein, im letzteren Fall kann es auch ein Grenzpunkt der Teilmenge sein oder nicht.
  • Teilmengen, die für sich unbeschränkt, aber in der ganzen Menge beschränkt sind, haben kein Maximum, sondern ein Supremum außerhalb der Teilmenge, wenn die Teilmenge nicht leer ist, ist dieses Supremum ein Grenzpunkt der Teilmenge und damit auch der ganzen Menge, wenn die Teilmenge . ist leer dieses Supremum ist das Minimum der gesamten Menge.
  • Teilmengen, die in der ganzen Menge unbeschränkt sind.

Eine Teilmenge ist in der Gesamtmenge genau dann kofinal, wenn sie in der Gesamtmenge unbeschränkt ist oder ein Maximum hat, das auch das Maximum der Gesamtmenge ist.

Eine wohlgeordnete Menge als topologischer Raum ist genau dann ein erstzählbarer Raum, wenn sie einen Ordnungstyp kleiner oder gleich ω . hat1 (Omega-Eins), d. h. genau dann, wenn die Menge zählbar ist oder die kleinste unzählbare Ordnungsart hat.


Das Ordnungsprinzip

Ordnungsprinzip. Jede nichtleere Sammlung natürlicher Zahlen hat ein kleinstes Element.

Beachten Sie, bevor wir dies beweisen, dass eine ähnliche Aussage für viele Zahlenmengen nicht gilt. Das Intervall , zum Beispiel, hat kein kleinstes Element. Die Menge der geraden ganzen Zahlen hat kein kleinstes Element. Die Menge der natürlichen Zahlen hat kein größtes Element.

Nachweisen. Wir beweisen das Kontrapositiv, nämlich dass eine Sammlung natürlicher Zahlen, die kein kleinstes Element hat, leer sein muss.

Lassen eine nichtleere Sammlung natürlicher Zahlen sein. In Betracht ziehen , die natürlichen Zahlen, die nicht in . sind (in Satznotation, ). Seit ist nicht leer, ist nicht alles . Das werden wir für alle zeigen , ist in .

Basisfall : Ob , dann ist am wenigsten. So , d.h. .

induktiver Schritt: Annehmen . Wenn eine der Zahlen kleiner als waren in , dann wäre eine von ihnen die kleinste (da es nur endlich viele solcher Zahlen gibt und wir bewiesen haben, dass jede endliche Menge ein kleinstes Element hat). Also keine der Zahlen ist in . Ob , dann wäre am wenigsten. So , d.h. . Damit ist der Induktionsschritt abgeschlossen.

Wir haben also gezeigt, dass jede natürliche Zahl in , was bedeutet, dass muss leer sein. Damit ist das Kontrapositiv des Theorems begründet.

Das Wohlordnungsprinzip kann verwendet werden, um alle möglichen Sätze über natürliche Zahlen zu beweisen, normalerweise unter der Annahme einer Menge some ist nicht leer und findet ein kleinstes Element von , und ``Rückwärtsinduktion", um ein Element von . zu finden weniger als --was einen Widerspruch ergibt und beweist, dass ist leer. In diesem Sinne sind das Wohlordnungsprinzip und das Prinzip der mathematischen Induktion nur zwei Betrachtungsweisen derselben Sache.

Tatsächlich kann man beweisen, dass WOP, PCI und PMI alle logisch äquivalent sind, also hätten wir jedes von ihnen als unser fünftes Axiom für die natürlichen Zahlen nehmen können.

Fundamentalsatz der Arithmetik. Jede natürliche Zahl größer als 1 kann als Produkt von Primzahlen geschrieben werden.

Nachweisen. Lassen die Menge der natürlichen Zahlen größer als 1, die nicht als Produkt von Primzahlen geschrieben werden kann. Von WOP, hat ein kleinstes Element .

Deutlich kann nicht prim sein, also ist zusammengesetzt. Dann können wir schreiben , wo keiner von und ist 1. Also und . Wenn beides und Primfaktorzerlegungen hatte, dann auch . Daher mindestens einer von und hat keine Primfaktorzerlegung (durch Umbenennung können wir davon ausgehen, dass es ). Aber und , so war nicht zuletzt dabei .

Dieser Widerspruch stellt fest, dass hat kein kleinstes Element, daher muss von WOP leer sein. Jede natürliche Zahl größer als 1 lässt sich also als Produkt von Primzahlen schreiben.

Beachten Sie, dass dieser Beweis mehr oder weniger die gleichen "juicy bits" hat wie der Beweis von PCI.

Der Divisionsalgorithmus. Lassen natürliche Zahlen sein. Dann gibt es nichtnegative ganze Zahlen damit und . Darüber hinaus, und sind einzigartig. Wir nennen das Quotient und das Rest.

Dieser Satz wird Divisionsalgorithmus genannt, weil er behauptet, dass jede natürliche Zahl mit Rest durch jede andere natürliche Zahl geteilt werden kann.

Nachweisen. Gegeben und , Wenn , dann setze und . Dann , und nach Bedarf.

Ob , einstellen und .

Bleibt uns der Fall . Betrachten Sie das Set . Seit , für alle . Speziell, , oder äquivalent . So , somit .

Seit ist nicht leer, nach WOP, hat ein kleinstes Element, das wir nennen werden . Satz und . Wahlweise , wir haben , aber das müssen wir zeigen .

Seit ist am wenigsten in , kann kein Element von sein . So .

Das müssen wir zeigen . Nehmen wir im Gegenteil an, dass . Dann

damit . Aber , das ein Element von . ist . Dieser Widerspruch stellt fest, dass nach Bedarf.

Nachdem wir nun die Existenz von festgestellt haben und , beweisen wir ihre Einzigartigkeit. Betrachten Sie zwei Paare , damit

Ohne Einschränkung der Allgemeinheit sei angenommen . Wir haben

Seit , Dies bedeutet, dass Garantien , und das wenn . Das werden wir zeigen , somit , d. h. das Quotienten-Rest-Paar ist eindeutig.

Betrachten Sie das Set wie oben, mit kleinstem Element . Ob , dann , so . Aber dann kann kein Quotient sein. So . Auf der anderen Seite, wenn , dann

und subtrahieren von beiden Seiten haben wir . Aber ist am wenigsten, also . Dieser Widerspruch stellt fest, dass .

Das sehen wir also . Aber das gleiche Argument gilt für , somit .

Logische Folge. Jede ganze Zahl ist entweder gerade oder ungerade.

Nachweisen. Gegeben eine ganze Zahl , Wenn ist sogar wir fertig. Also nehme an ist nicht gleichmäßig, d.h. wir wissen, dass wir kann nicht schreiben für jeden .

Der Divisionsalgorithmus sagt, wir müssen schreiben können für einige . Da wir ausgeschlossen haben , Wir müssen haben , d.h. ist ungerade.

Beachten Sie, dass wir zuvor festgestellt haben, dass keine ganze Zahl sowohl gerade als auch ungerade sein kann. Jetzt wissen wir, dass "ungerade" und "nicht gerade" Synonyme sind.

"Verkleidete" Induktionsbeweise

Wir können das WOP verwenden, um eine Art Induktionsbeweis zu führen. In Betracht ziehen:

Beanspruchen. Die Summe der ersten natürliche Zahlen ist .

Normalerweise würden wir dies durch Induktion beweisen.

Ausübung. Schreiben Sie einen Beweis für diese Behauptung durch gewöhnliche Induktion.

Aber wir können einen Beweis aufstellen, der das Well-Ordering-Prinzip verwendet, wie folgt:

Nachweisen. Angenommen, nicht. Dann gibt es eine natürliche Zahl (rufen Sie es an ) so dass die Summe der ersten natürliche Zahlen nicht . Betrachten Sie die Menge all dieser Zahlen:

Unsere Annahme ist, dass speziell ist nicht leer. (Wir glauben in unserem Herzen, dass es solche Zahlen nicht gibt, d.h. dass ist leer. Aber dies ist ein Beweis der reductio ad absurdum, also müssen wir damit rollen.)

Nach dem Wohlordnungsprinzip hat ein kleinstes Element, das wir nennen werden .

Vielleicht ? Nein, weil . So . Aber dann hat einen Vorgänger, .

Seit , wir wissen (, schließlich war am wenigsten unter den Elementen von ).

Das ist, .

Überlege jetzt :

was zeigt, dass tatsächlich . Aber das ist ein Widerspruch! Unsere ursprüngliche Annahme war also falsch, und somit ist die Behauptung wahr. .

Jetzt habe ich einige Teile des Beweises grün und orange hervorgehoben. Wieso den? Der grüne Teil ist der Basisfall, wenn wir einen gewöhnlichen Induktionsbeweis schreiben würden. Der orange Teil ist der induktive Schritt (von ( zu ) .

Tatsächlich kann jeder Beweis durch gewöhnliche Induktion auf diese Weise zusammengefügt werden, wenn Sie es wünschen.


MATH 4383 - Zahlentheorie und Kryptographie

Voraussetzungen: MATH 3330 oder MATH 3336.

Katalog Kursbeschreibung: Teilbarkeitstheorie, Primzahlen und ihre Verteilung, Kongruenztheorie und Anwendung in der Sicherheit, Ganzzahldarstellungen, Fermats kleiner Satz und Eulers Satz, primitive Wurzeln, quadratische Reziprozität und Einführung in die Kryptographie

Lehrbuch: Vorlesungsunterlagen des Dozenten

Kursinhalt:

Die Zahlentheorie, die einst als das reinste Fach galt, ist zu einem unverzichtbaren Werkzeug für die Bereitstellung von Computer- und Internetsicherheit geworden. Dieser Kurs behandelt die Themen der einsemestrigen Standardeinführung in die Zahlentheorie sowie ihre Anwendungen in der Informatik und Kryptographie. Es beinhaltet:  Teilbarkeitstheorie, Primzahlen und ihre Verteilung, Kongruenztheorie und ihre Anwendung in der Sicherheit, Ganzzahldarstellungen (Binär- und Basisentwicklungen, Basisumwandlungsalgorithmus), Fermats kleiner Satz und Eulers Satz, primitive Wurzeln, quadratische Reziprozität und Einführung zur Kryptographie (klassische Kryptographie, Public-Key-Kryptographie, RSA-Kryptosystem, kryptographische Protokolle).

Kapitel 1: Vorbereitungen

1.1 Das Zahlensystem und das Wohlordnungsprinzip
1.2 Mathematische Induktion

Kapitel 2:  Teilbarkeit und Faktorisierung

2.1 Teilbarkeit, größte gemeinsame Teiler, euklidischer Algorithmus
2.2 Kleinstes gemeinsames Vielfaches
2.3 Darstellungen ganzer Zahlen (Dezimaldarstellung und Binärdarstellung ganzer Zahlen)

Kapitel 3: Lineare diophantische Gleichungen lösen

Kapitel 4: Primes

4.1 Primzahlen
4.2 Eindeutige Primfaktorzerlegung
4.3 Primalitätsprüfung durch die Prozessabteilung

Kapitel 5: Die Theorie der Kongruenzen

5.1 Der Begriff der Kongruenzen
5.2 Kongruenzklassen
5.3 Anwendungen von Kongruenzen: Prüfziffern

Kapitel 6: Lineare Kongruenzen lösen

6.1 (einzelne) lineare Kongruenz lösen
6.2 Lösungssystem linearer Kongruenzen, der chinesische Restsatz

Kapitel 7: Satz von Fermat und Verallgemeinerung von Euler

7.1 Kleiner Satz von Fermat
7.2 Der allgemeine Fall: Satz von Euler

Kapitelو: Primitive Wurzeln

8.1 Die multiplikative Ordnung
8.2 Promitive Wurzeln (mod n)
8.3 Der Modul n, der keine Primitivwurzeln hat
8.4 Die Existenzsätze
8.5 Anwendungen: Die Verwendung von primitiven Wurzeln

Kapitel 9: Quadratische Kongruenzen

9.1 Eulersches Kriterium
9.2 Das Legendre-Symbol und seine Eigenschaften
9.3 Beispiele für die Berechnung des Legendre-Symbols
9.4 Jacobi-Symbol
9.5 Quadratische Reste und primitive Wurzeln

Kapitel 10: Kryptographie

10.1 Einführung
10.2 Kryptografie mit symmetrischen Schlüsseln
10.3 Kryptografie mit asymetrischem Schlüssel oder öffentlichem Schlüssel

CSD-Unterkünfte:

Akademische Anpassungen/Hilfsmittel: Das System der University of Houston erfüllt Abschnitt 504 des Rehabilitation Act von 1973 und des Americans with Disabilities Act von 1990, was die Bereitstellung angemessener akademischer Anpassungen/Hilfsmittel für Studenten mit Behinderung betrifft. In Übereinstimmung mit Abschnitt 504 und den ADA-Richtlinien bemüht sich die University of Houston, Studenten, die diese anfordern und benötigen, angemessene akademische Anpassungen/Hilfsmittel bereitzustellen. Wenn Sie glauben, dass Sie eine Behinderung haben, die eine akademische Anpassung/Hilfshilfe erfordert, besuchen Sie bitte die Website des   The Center for Students with DisABILITIES (CSD)   unter   http://www.uh.edu/csd/   für weitere Informationen.

Unterkunftsformulare: Studierende, die Studienanpassungen/Hilfsmittel beantragen, müssen ihrem Dozenten rechtzeitig (in der Regel zu Semesterbeginn) ein aktuelles Student Accommodation Form (SAF) (Papierexemplar oder   online   Version, as angemessen) vom CSD-Büro, bevor eine genehmigte Unterbringung durchgeführt werden kann.

Einzelheiten zu dieser Richtlinie und den entsprechenden Verantwortlichkeiten des Schülers sind im Dokument   Die Richtlinie zu akademischen Anpassungen/Hilfsmittel (01.D.09)   unter [SCHRITT 4: Schülereinreichung (5.4.1 & 5.4) beschrieben .2), Seite 6]. Weitere Informationen finden Sie auf der Seite   Zentrum für Studierende mit Behinderungen  .

Wenn ein Student eine (CSD-genehmigte) Testunterkunft anfordert, füllt der Student außerdem ein Antragsformular für individualisierte Testunterkünfte (RITA) aus, um die Durchführung der Tests im CSD-Büro zu arrangieren. CSD schlägt vor, dass sich der Student während der Bürozeiten mit seinem Dozenten trifft und/oder einen Termin zum Ausfüllen des RITA-Formulars vereinbart, um die Vertraulichkeit zu gewährleisten.

*Hinweis: RITA-Formulare müssen mindestens 48 Stunden vor dem ursprünglichen Testdatum ausgefüllt werden. Bitte konsultieren Sie Ihren   Berater   im Voraus, um sicherzustellen, dass Ihre Tests rechtzeitig geplant werden. Bitte beachten Sie, dass Sie bei Überschreitung der vereinbarten Prüfungsfrist entsprechend der zusätzlichen Zeit bestraft werden.

Beratung und psychologische Dienste (CAPS) können Schülern helfen, die Schwierigkeiten haben, mit Stress umzugehen, sich an das College zu gewöhnen oder sich traurig und hoffnungslos fühlen. Sie erreichen   (CAPS) unter der Nummer 713-743-5454 während und außerhalb der Geschäftszeiten für Routinetermine oder wenn Sie oder jemand, den Sie kennen, in einer Krise steckt. Für das   "Let's Talk"  -Programm, einen Beratungsservice an geeigneten Standorten und Öffnungszeiten rund um den Campus, ist kein Termin erforderlich.


Andrew Cooper

Ordnungsprinzip. Every nonempty collection of natural numbers has a least element.

Observe, before we prove this, that a similar statement is not true of many sets of numbers. The interval $(0,1)$, for example, has no least element. The set of even integers has no least element. The set of natural numbers has no greatest element.

Proof. We’ll prove the contrapositive, namely, that if a collection of natural numbers has no least element, then it must be empty.

Let $T$ be a nonempty collection of natural numbers. Consider $S$, the natural numbers that aren’t in $T$ (in set notation, $S=mathbbsetminus T$). Since $T$ isn’t empty, $S$ isn’t all of $mathbb$. We’ll show that, for all $ninmathbb$, $n$ is in $S$.

base case $n=1$: If $1in T$, then $1$ is least. So $1 otin T$, i.e. $1in S$.

inductive step: Suppose $nin S$. If any of the numbers less than $n$ were in $T$, then one of them would be least (since there are only finitely many such numbers and we proved every finite set has a least element). So none of the numbers $1,ldots,n$ is in $T$. If $n+1in T$, then $n+1$ would be least. So $n+1 otin T$, i.e. $n+1in S$. This completes the inductive step.

So we’ve shown that every natural number is in $S$, which means that $T$ must be empty. This establishes the contrapositive of the theorem.$Box$

The Well-Ordering Principle can be used to prove all sort of theorems about natural numbers, usually by assuming some set $T$ is nonempty, finding a least element $n$ of $T$, and “inducting backwards” to find an element of $T$ less than $n#8211thus yielding a contradiction and proving that $T$ is empty. In this sense, the Well-Ordering Principle and the Principle of Mathematical Induction are just two ways of looking at the same thing.

Indeed, one can prove that WOP, PCI, and PMI are all logically equivalent, so we could have taken any one of them as our fifth axiom for the natural numbers.

Fundamental Theorem of Arithmetic. Any natural number greater than 1 can be written as the product of primes.

Nachweisen. Let $S$ be the set of natural numbers greater than 1 which cannot be written as the product of primes. By WOP, $S$ has a least element $n$.

Clearly $n$ cannot be prime, so $n$ is composite. Then we can write $n=ab$, where neither of $a$ and $b$ is 1. So $a<n$ and $b<n$. If both of $a$ and $b$ had prime factorizations, then so would $n$. Therefore at least one of $a$ and $b$ does not have a prime factorization (by relabeling, we can assume it’s $a$). But $a<n$ and $ain S$, so $n$ was not least in $S$.

This contradiction establishes that $S$ has no least element, hence by WOP must be empty. So every natural number greater than 1 can be written as the product of primes.$Box$

Observe that this proof has more or less the same “juicy bits” as the proof by PCI.

The Division Algorithm. Let $a,b$ be natural numbers. Then there are nonnegative integers $q,r$ so that leq r<b$ and $a=bq+r$. Moreover, $q$ and $r$ are unique. We call $q$ the Quotient and $r$ the remainder.

This theorem is called the Division Algorithm because it asserts that any natural number can be divided, with remainder, by any other natural number.

Nachweisen. Given $a$ and $b$, if $a<b$, then set $q=0$ and $r=a$. Then leq r<b$, and $a=qb+r$ as required.

We are left with the case $a>b$. Consider the set $S=left<>middle| a-nb< 0 ight>$. Since $bgeq 1$, $kbgeq k$ for all $kinmathbb$. In particular, $abgeq a$, or equivalently $a-ableq 0$. So $a-(a+1)b<0$, hence $a+1in S$.

Since $S$ is nonempty, by WOP, $S$ has a least element, which we’ll call $s$. Set $q=s-1$ and $r=a-qb$. By choice of $r$, we have $a=qb+r$, but we need to show that leq r<b$.

Since $s$ is least in $S$, $q=s-1$ cannot be an element of $S$. So $r=a-qbgeq 0$.

We need to show that $r<b$. Suppose, to the contrary, that $rgeq b$. Thenegin
r&geq b
a-qb&geq b
a-qb-b&geq 0
a-(q+1)b&geq 0
Ende

so that $q+1 otin S$. But $q+1=s$, which is an element of $S$. This contradiction establishes that $r< b$ as required.

Now that we have established the existence of $q$ and $r$, let us prove their uniqueness. Consider two pairs $(q,r)$, $(q’,r’)$ so thategin
a&=qb+r
a&=q’b+r’
Ende

Since $bgeq 1$, this means that $rgeq r’$ guarantees $qleq q’$, and that $q=q’$ iff $r=r’$. We will show that $q=q’$, hence $r=r’$, i.e. the quotient-remainder pair is unique.

Consider the set $S$ as above, with least element $s$. If $q’>s-1$, then $q’geq s$, so $q’in S$. But then $q’$ cannot be a quotient. So $q’leq s-1$. On the other hand, if $q'<s-1$, thenegin
b> r’&=a-q’b
&> a-(s-1)b
Ende

and subtracting $b$ from both sides we have >a-(s-1)b$. But $s$ is least, so $s-1 otin S$. This contradiction establishes that $q’geq s-1$.

So we see that $q’=s-1$. But the same argument applies to $q$, hence $q=q’$.$Box$

Corollary. Any integer is either even or odd.

Nachweisen. Given an integer $n$, if $n$ is even we’re done. So suppose $n$ is not even, i.e. we know that we kann nicht write $n=2k$ for any $k$.

The division algorithm says we must be able to write $n=2k+r$ for some leq r<2$. Since we ruled out $r=0$, we must have $r=1$, i.e. $n=2r+1$ is odd. $Box$

Note that we established previously that no integer could be both even and odd. Now we know that “odd” and “not even” are, in fact, synonyms.

“Disguised” Induction Proofs

We can use the WOP to give a kind of induction proof in disguise. Consider:

Claim. The sum of the first $n$ natural numbers is $frac<2>$.

Ordinarily, we’d prove this by induction.

Ausübung. Write a proof of this claim by ordinary induction.

But we can set up a proof that uses the Well-Ordering Principle, like this:

Nachweisen. Suppose not. Then there is some natural number (call it $p$) so that the sum of the first $p$ natural numbers isn’t $frac<2>$. Consider the set of all such numbers:

Our assumption is that $pin A$ in particular $A$ is not empty. (We believe in our hearts that there are no such numbers, i.e. that $A$ is empty. But this is a reductio ad absurdum proof, so we’ll have to roll with it.)

By the Well-Ordering Principle, $A$ has a least element, which we’ll call $N$.

Maybe $N=1$? No, because $1=frac<1cdot (1+1)><2>$. So $N>1$. But then $N$ has a predecessor, $n=N-1$.

Since $n<N$, we know $n otin A$ ($N$, after all, was am wenigsten among the elements of $A$).

which shows that actually, $N otin A$. But this is a contradiction! So our initial supposition was incorrect, and thus the claim is true. $Box$.

Now, I’ve highlighted some parts of the proof in green and orange . Wieso den? The green part is what would be the base case if we wrote an ordinary induction proof. The orange part is the inductive step (from $n=N-1$ to $n+1=N$) .

In fact any proof by ordinary induction can be gussied up this way, if you desire.


6. Set Theory for the Natural Numbers -Order

A Set, wird gesagt, dass partially ordered oder ein poset if there is a binary relation " " defined on satisfying the following three properties

Für alle

Für alle und

Für alle und es ist (totally)ordered if it also satifies

Für alle oder

Given a partially ordered set , we call ein Kette von if it is totally ordered.

Lassen . It is a simple matter to check that any a partial/total order on , restricts to a partial/total order on .

Proof: Verify for yourself.

Given partially ordered sets und , a one to one onto map is called an order isomorphism Wenn

für alle

6.4.1 Lemma: Let be ordered and be a poset. Suppose we are given a one to one onto map so dass für alle dann:

1. is ordered

2. is an order isomorphism.

3. If is Well Ordered so is

1. Let und be such that und

Seit is ordered oder und somit oder

2. We need only show that for all . Seit is ordered oder

Aber and by hypothesis so und, since is one to one,

Somit haben wir

3. Let . Seit is Well Ordered let be the least element of

Check that is the least element of

und are all ordered by the usual binary relations.

Lassen . Lassen m,n r,s iff m R und n S. This is partial ordering but not a total ordering. Compare 1,2 und 2,1

Lassen be the subset 1,n alle n. is a chain.

Lassen und 2,4,6. 2n. dann n 2n is an order isomorphism.

Lassen be Ordered. Lassen Define, , genannt die segment defined by as follows.

Ob is finite it will be convenient to use the notation for the number of member in .

Example: In with the usual ordering n und n n-1.

Well Ordered Sets

6.6 Definition: A Set, wird gesagt, dass Well Ordered (WO) if it is Ordered and every subset has a least member. That is there exists an so dass für alle . Note that by 6.1.2. above, we know that is unique.

It is enough to assume that is partially ordered and every subset has a least element?

Any subset of a Well Ordered Set is Well Ordered, using the same order. Wieso den?

Any Ordering of a finite set is a Well Ordering.

Assignment: Due Feb. 9: Show that any two orderings of a given finite set are order isomorphic.

is Well Ordered by the usual binary relation. Absent any qualifications, when we use the symbol this is the order that is implied.

Lassen 0,1,2,3,4,5. n. with the usual order. Dann defined by the
Formel x

x 1 is an order isomorphism.This is what we "mean" when we say the Natural Numbers can be defined either as oder .

und are not Well Ordered by the usual binary relation.

Suppose that we have a proposition n .

Annehmen 1 is true

für alle n , n n 1 is true .

für alle n n is true .

Lassen be the set of all n für die n is not true. Annehmen were not empty. Then it has a least element, l . Seit 1 is true, l 1. Wir wissen das l 1 is true. Aber l 1 l Deswegen l is true. Somit ist leer.

A. Gegeben , for any , is finite.

B. entweder is finite or for any integer n 0 we can find a unique mit n.

C. There exists an order isomorphism

A. Is immediate from the observation that since , is a subset of the segment of In , which is finite.

B. Is a simple induction argument. Lassen to be the least element of

Seit we have 0 . Moreover uniqueness follows from the fact that für jeden und

Somit 1.

Assume that for 0 ich n we can find a unique mit ich.

Since by assumption is not finite, let be the least element of

We need to verify that

,

hence n+1.

First note that , since if dann

So

On the other hand if

und dann . daher

Again uniqueness follow from the fact that since for any

und we conclude that

we can now apply the principal of mathematical induction.

First define by the formula n

Deutlich is one to one. If it were not onto let und

Annehmen m. Dann contradicting the uniqueness of

Finally, let wo is defined by the formula n n-1

Lassen be an order isomorphism. . Dann

1. für alle

2. Wenn (oder ) is Well Ordered

so is (oder )

Assignment: Due Feb. 9: Prove this

Lassen wo .Define an ordering auf der wie folgt: ,the usual ordering, on and for all n we have n .

Assignment: Due Feb. 9: Zeige, dass

1. There exist a one to one onto set map

2. is a Well Ordering

3. is not order isomorphic to with the usual ordering.

Lösung: We give the details for 3.

Lassen be an order isomorphism. Annehmen n Von 6.9.3 n ,which is not possible since n contains a finite number of elements and nicht.

Finally, we gather results above to state the following theorem, which characterizes Set Theory for the Natural Numbers.

Für alle

1. There exists an n and an order isomorphism

2. There exists an order isomorphism

Während the set of fractions greater than 0, is not well ordered by the usual ordering, it is not hard to put a non-standard well ordering on .

Referring back to Page 0 , consider the function 2 3 Check that this is 1 to 1, hence inherits a well ordering from . This is certainly not the usual ordering since 12 und 108. hence 2 ( ). Note as well that inherits a form of mathematical induction from this well ordering albeit not a particularly useful one.


Schau das Video: INDUKTION Exempel 9 Olikhet (Kann 2022).