Wir kennen jetzt offiziell die Themenbereiche der Aussagenlogik und Mengenlehre, allerdings verbindet man ja mit Mathe doch eher “rechnen” wie man’s ganz zum Anfang in der Schule gemacht hat. Und wenn wir uns jetzt einmal an den Matheunterricht in der ersten Klasse erinnern, dann merken wir wie eingeschränkt unser Verständnis da noch war: da gab’s Zahlen, die haben bei $1$ angefangen und sind dann immer größer geworden.
Woher diese Zahlen ursprünglich kamen ist eine Frage für eine eigene Veranstaltung, allerdings wurden Zahlen, die wir heute als natürlche Zahlen kennen, immer für gegeben genommen. Niemand hat sie hinterfragt, vor allem auch weil sie so Sinn gemacht haben, wie man sie schon immer benutzt hat. Allerdings können Mathematiker so etwas ja nicht auf sich sitzen lassen und so begab es sich, das der italienische Mathematiker Giuseppe Peano 1889 vier Regeln (oder fünf, je nach dem wie sie aufgeteilt werden und wen man fragt lol 🤷♂️) ausarbeitete die, allein auf Grandlage von Aussagenlogik und Mengenlehre, die natürlichen Zahlen definieren.
Die Peano-Axiome bieten uns jetzt, neben einer Variante die natürlichen Zahlen zu definieren, auch eine Möglichkeit Beweise über Aussagen zu führen die für alle natürlichen Zahlen gelten.
Dazu ziehen wir das 5. Axiom zu rate. Demnach wissen wir: zeigen wir das eine Aussage P(n) für die kleinste natürliche Zahl wahr ist UND für einen beliebigen Nachfolger, dann gilt P(n) für alle natürlichen Zahlen. Diesen Beweisablauf bezeichnen wir auch als vollständige Induktion:
Für alle natürlichen Zahlen $n\in\mathbb{N}$ gilt
$$ \sum_{i=1}^n i=\frac{n(n+1)}{2}. $$Beweis via vollständiger Induktion
IA [Induktionsanfang] ($n=1$)
$$ \sum_{i=1}^1 i=1=\frac{1(1+1)}{2}. $$IS [Induktionsschritt]
Der Induktionsschritt folgt zum Großteil einem direkten Beweis. Wir wählen also eine Seite aus und formen diese so lange um, bis sie die übrige Seite ergibt. Die Besonderheit dabei ist, das wir an jeder Stelle unsere Induktionsvoraussetzung verwenden können (das markiere ich mit “*”).
$$ \begin{align*} \sum_{i=1}^{k+1}&=\sum_{i=1}^k i + (k+1) \\ &\overset{*}{=}\frac{n(n+1)}{2}+(k+1) \\ &=(k+1)\left(1+\frac k2\right) \\ &=1(k+1)\left(1+\frac k2\right)=\frac12 2 (k+1)\left(1+\frac k2\right) \\ &=\frac12(k+1)(k+2) \\ &=\frac{(k+1)((k+1)+1)}{2}\qquad\text{口} \end{align*} $$Für jedes $n\in\mathbb{N}_0$ gilt, das jede n-elementige Menge $X$ genau $2^n$ Teilmengen hat.
Beweis via Vollständige Induktion
IA (n=0): Die Menge $X$ hat also 0 Elemente
$$ X=\{\}=\varnothing\Rightarrow|\mathcal{P}(\{\})|=|\{\varnothing\}|=1=2^0. $$IS
Wir betrachten jetzt die Menge $X$ mit $|X|=n+1$ Elementen. Sei außerdem $a\in X$ beliebig aber fest und daraus folgt auch schon $|X\setminus\{a\}|=n$.*
Nach Induktionsvoraussetzung wissen wir also, dass $|\mathcal{P}(X\setminus\{a\})|=2^n$ ist. Das können wir ausnutzen in dem wir $\mathcal{P}(X)$ in zwei Kategorien aufteilen:
Die Menge $A$ enthält nur alle Teilmengen mit dem Element $a$, außerdem gilt $A\subset X$. Wir können nun eine Menge $A'=A\setminus\{a\}$ konstruieren, die genau die Teilmenge die nur $a$ ist nicht mehr enthält und weil $A\subset X\setminus\{a\}$ wissen wir:
Insgesamt haben wir also $2^n+2^n=2\cdot2^n=2^{n+1}$ Teilmengen in der (n+1)-elementigen Mengen $X$. $\qquad\text{何}$
Jede nicht-leere Teilmenge von $\mathbb{N}$ besitzt ein kleinstes Element.
Beweis: für $n\in\mathbb{N}$ soll jede Teilmenge die $n$ enthält ein kleinstes Element enthalten ($P(n)$).
IA (n=1)
$1$ ist bereits die kleinste natürliche Zahl. Jede Teilmenge von $\mathbb{N}$ die $1$ enthält, hat also auch ein kleinstes Element.
IS
Enthält $S$ kein Element kleiner als $n+1$, so ist $i=n+1$ das kleinste Element.
Sonst gilt: $S$ enthält ein Element $i\lt n+1$ $\overset{*}{\Rightarrow}i\le n$. $\qquad\square$
Last edited: 03.11.2026