1 Loesungen zu Analysis 1/ 3.Uebung

Loesungen ausgewaehlter Beispiele zu Analysis I,
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G. Bergauer,
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Loesungen zu Analysis 1/ 3.Uebung
1.1
Einleitung
Die Arten, wie man vollstaendige Induktion anwenden kann, sind vielfaeltig.
Gewoehnlicher Weise, so auch in der Vorlesung, wird fuer die vollstaendige Induktion N herangezogen. Gibt man sich eine abzaehlbare Menge von
Objekten vor und weiss man, das ein Objekt eine gewuenschte Eigenschaft
besitzt, so kann man versuchen mit Hilfe der vollstaendigen Induktion, die
Eigenschaft fuer alle Elemente der Menge nachzuweisen. Die Objekte muessen keine Zahlen, Gleichungen oder arithmetischen Aussagen sein. Es koennen auch Beweise, Baeume oder Terme sein. Die Induktion wird dann zum
Beispiel nach der Beweislaenge, der Baumhoehe oder der Komplexitaet der
Terme gefuehrt. Verallgemeinert man die Induktion auf groessere Mengen als
N ist Vorsicht geboten. Man kann unter Zuhilfenahme des Auswahlsaxiom 1
statt N auch wohlgeordneteMengen2 betrachten. Eine wohlgeordnete Menge
ist genau zu einer sogenannten Ordinalzahl (auch Kardinalzahl) isomororph,
zum Beispiel ℵ0 , ℵ1 . Der Unterschied in der Anwendung der Induktion liegt
darin, dass es Zahlen gibt die nur ueber Grenzwerte definiert sind (Limeszahlen) und die somit wie 1 keinen Vorgaenger besitzen. Es ist daher nur mehr
die Induktionsvariante, die man fuer das 6. Beispiel verwendet gueltig, weil
zumindest eine ganze Folge von Objekten betrachtet werden muss, um eine Eigenschaft fuer das Limesobjekt nachzuweisen. Die Induktion wird dann
auch transfinite Induktion genannt.
Nach diesen einleitenden Worten nun zu den ausgewaehlten Beispielen:
8. Beispiel Sei p, q ∈ Z. Zu zeigen die Menge
M := {r ∈ Z : p < r < q}
ist endlich.
Die Definition von Endlichkeit besagt, dass es ein k ∈ N gibt und eine bijektive Abbildung ϕ : M → [1, k] := {n ∈ N : n ≤ k}.
Wir zeigen zuerst ∀n ∈ N : +n : Z → Z, z → z + n ist bijektiv.
In der Vorlesung wurde gezeigt, dass aus v ≤ w ⇒ ∀z ∈ Z : v + z ≤ w + z.
Damit ist die Abbildung +n ordnungsvertraeglich.
Durch Einsetzen erhaelt man, dass fuer alle z ∈ Z und alle n ∈ Z gilt
(+−n ) ◦ (+n )(z) = z + (−n) + n = z = z + n + (−n) = (+n ) ◦ (+−n )(z) und
damit +n eine Bijektion von Z → Z ist.
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Fuer die Induktion in N braucht man nur eine schwaechere Form des Auswahlaxioms
Wohlgeordnete Mengen = Totalgeordnete Mengen in denen jedes Element einen Nachfolger besitzt, oder in der jede Teilmenge ein Minimum besitzt
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Nun waehlen wir ϕ = +1−p ↾ M, und erkennen, dass durch die Vertraeglichkeit mit ≤ gilt +1−p (M) = [1, q − p + 1] ⊂ N und somit haben wir die
Endlichkeit von M nachgewiesen.
9. Beispiel Wir zeigen
x−p =
1p
x
(1)
Beweis
: Die Definition von
(1)
 p
 x :p∈N
.
xp =
1 :p=0
 1
:
−p
∈
N
x−p
Wir setzen als −p ein und erhalten
 −p
 x : −p ∈ N
−p
x =
1 :p=0
 1
xp : p ∈ N
Somit ist xp x−p = 1.
Um die Fallunterscheidungen im Beweis zu reduzieren zeigen wir:
xp = xp−sgn(p) · xsgn(p)
(2)
Beweis
: Fuer p = 0 gilt durch Einsetzen 1 = 1. Fuer p > 0 gilt
(2)
xp = xp−1 x
und
1 1
1
= p−1 .
xp
x
x
Die erste Aussage gilt nach Definition, die zweite, da (1) und
x−p =
xp
1
xp−1
= xxp−1
1
xp−1
=x
gelten.
Wir zeigen
xp xq = xp+q
(3)
Beweis
: Auf Grund der Kommutativitaet von · und + reicht es den Fall |p| ≥ |q| zu
(3)
untersuchen. Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach |p|: Ausserdem
starten wir mit p = 0, was zulaessig ist, da +1 : N ∪ {0} → N bijektiv ist.
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(IA) |p| = 0 : x0 x0 = 1
(IS) Angenommen ∀p ∈ Z : |p| ≤ n und ∀q ∈ Z mit |q| ≤ |p| gilt: xp xq =
xp+q . Wir zeigen die Aussage fuer |p| = n + 1, ∀q ∈ Z mit |p| ≥ |q|.
Wir betrachten zuerst den Fall |p| > |q|. Hier schreiben wir
(2)
xp xq = xsgn(p) xp−sgn(p) xq =
|p − sgn(p)| < |p|
xsgn(p) xp−sgn(p)+q =
=
|q| < |p + q|
=
(2)
xsgn(p+q) xp+q−sgn(p+q) = xp+q
Somit bleibt noch der Fall |p| = |q|. Hier koennen wir annehmen
sgn(p) = sgn(q), da sonst die Behauptung schon per Definition bewiesen ist, und reduzieren auf den Fall |p| > |q| indem wir schreiben:
(2)
xp xq = xp xq−sgn(q) xsgn(q) =
Fall |p| > |q|
=
xp+q−sgn(q) xsgn(q) =
sgn(p) = sgn(q)
=
(2)
xp+q−sgn(p+q) xsgn(p+q) = xp+q
Fuer die naechste Aussage geht man analog vor:
(xp )q = xpq .
(4)
Wir machen eine doppelte Induktion: Die Aussage A ist dabei von der Form
∀p∀q : A(p, q). Wir zeigen dann im wesentlichen ∀q : A(1, q) wahr und aus
∀q : A(p, q) wahr, folgt ∀q : A(p + 1, q) wahr. Dabei verwenden wir zum
Nachweis von ∀q : A(p, q) Induktion nach q.
Beweis
: Wieder beginnen wir, wie bei (3) mit p = 0 und lassen die Induktion nach
(4)
|p|, |q| laufen:
(IA f. p) |p| = 0 : (x0 )q = 1 = x0·q
(IS f. p) Gelte fuer alle |p| ≤ n und alle q ∈ Z die Aussage. Sei nun |p| = n + 1
(IA f. q) q = 0 : (xp )0 = 1 = x(p)·0 und q = 1 : (xp )1 = xp·1 und
q = −1 : (xp )−1 = xp·(−1) Den Fall |q| = 1 benoetigen wir im
(IS) fuer die Aussage |sgn(q)| = 1 .
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(IS f. q) Angenommen die Aussage gilt fuer alle q ∈ Z mit |q| ≤ m. Wir
untersuchen den Fall |q| = m + 1:
(xp )q = (xp )q−sgn(q) (xp )sgn(q) =
|q − sgn(q)| < |q|, |sgn(q)| = 1
=
xp(q−sgn(q)) xp·sgn(q) =
(3)
= xpq−p·sgn(q)+p·sgn(q) = xpq
10.Beispiel Wir bestimmen fuer einen archimedisch angeordneten Koerper
K und die Menge
2
n
M := (−1) + : n ∈ N ⊂ K
n
Infimum, Supremum, Minimum und Maximum falls existent.
Wir zeigen
• 2 ∈ M und ∀m ∈ M : m ≤ 2, somit nach Bsp. 8 der letzten Uebung
2 = max M = sup M.
2
n
> 1 und somit 2 > 1+ n2 > (−1)n + n2 . Andererseits ist
fuer n = 1 die Zahl (−1)1 + 12 = 1 < 2 und fuer n = 2 gilt (−1)2 + 22 = 2.
Damit ist 2 ∈ M und ∀m ∈ M : m ≤ 2.
Beweis : Fuer n > 2 gilt
• ∀m ∈ M : −1 < m und damit ist −1 ∈ U(M).
Beweis : −1 < −1 + n2 < (−1)n + n2 , da
2
n
∈ P liegt.
• inf M = −1
Beweis : Wir waehlen ein beliebiges u ∈ K mit u > −1 und zeigen u 6∈ U (M ).
Es ist also u + 1 > 0. Somit gilt aber es gibt ein n0 ∈ N, sodass
0<
2
≤ u + 1,
n0
da der Koerper archimedisch angeordnet ist und nicht gelten kann
∀n ∈ N :
2
2
> u was zu ∀n ∈ N : > n
n
u
aequivalent ist. Wir koennen ohne Beschraenkung der Allgemeinheit
dieses n0 ungerade voraussetzen, da
∀n ∈ N :
1
1
< .
n+1
n
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Nun ist −1 + − n2 0 ∈ M und damit
−1 < −1 +
2
≤u
n0
und u keine untere Schranke. Da u beliebig aus (−1, ∞) gewaehlt wurde
ist U (M ) ∩ (−1, ∞) = ∅ und damit −1 = inf M .