Analysis I Lösungshinweise – ¨Ubungsblatt 3

Prof. Dr. Reiner Lauterbach
Wintersemester 2014/2015
Analysis I
Lösungshinweise – Übungsblatt 3
Aufgabe 4 (7 Punkte).
N, m < n, k ≤ m
1. Man zeige die folgende Abschätzung für m, n, k ∈
1 n
1 m
≤
.
mk k
nk k
Dabei gilt im Fall k > 1 die strikte Ungleichung und diese ist zu zeigen.
2. Folgern Sie daraus, dass m, n ∈ N und m < n impliziert, dass
m n
1
1
< 1+
.
1+
m
n
3. Folgern Sie weiter, dass für n ∈ N gilt
n
1
1+
≥ 2.
n
Lösung 4.
1. Wir überlegen uns zunächst die folgende Implikation für positive reelle Zahlen a, b, c, d, die wir später benötigen.
a < b, c < d
⇒
ca < cb, bc < bd
⇒
ac < bd
(1)
Es seien nun m, n, k wie in der Aufgabenstellung gegeben. Für k = 1 ist
die Abschätzung offenbar mit Gleichheit erfüllt. Wir nehmen daher an,
dass k > 1. Wir schreiben die Ausdrücke zunächst ein wenig um:
k! m
m!
=
mk k
mk (m − k)!
m · (m − 1) · . . . · (m − k + 1)
=
mk
m m−1
m−k+1
=
·
· ... ·
=: Mk .
m
m
m
Ganz genauso gilt natürlich
k! n
n−k+1
n n−1
· ... ·
=: Nk ,
= ·
k
n k
n
n
n
insbesondere ist
Mk+1 = Mk ·
m − (k + 1) + 1
m−k
= Mk ·
m
m
und
n − (k + 1) + 1
n−k
= Nk ·
.
m
n
Die zu zeigende Ungleichung ist nun äquivalent zu der Ungleichung Mk <
Nk für k ≥ 2. Um diese zu zeigen, benutzen wir
Nk+1 = Nk ·
m−`
`
`
n−`
=1−
<1− =
m
m
n
n
1
für 0 < ` < m
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und beweisen Mk < Nk per Induktion. Der Induktionsanfang für k = 2
ist klar. Sei nun k ≥ 2 und es gelte
Mk < Nk .
Dann liefert (1) sofort
Mk+1 = Mk ·
m−k
n−k
< Nk ·
= Nk+1 .
m
n
2. Es gilt
n X
k X
n n 1
n n−k 1
n 1
1+
=
=
1
n
n
k
k nk .
k=0
k=0
Zusammen mit 1. folgt die Behauptung.
3. Für n = 1 ist die Abschätzung mit Gleichheit erfüllt, für n > 1 wenden
wir 2. an mit m = 1.
Aufgabe 5 (6 Punkte). Zeigen Sie, für jede Menge M gilt
#(P(M )) 6= #(M ).
Hinweis: Führen Sie den Beweis durch Widerspruch.
Lösung 5. Zwei Mengen sind gleichmächtig, falls es eine Bijektion zwischen
ihnen gibt. Wir nehmen daher an, es gebe eine Bijektion M → P(M ) und führen
dies zum Widerspruch. Es sei also ϕ : M → P(M ) bijektiv. Dann betrachte die
Menge
A := {x ∈ M | x ∈
/ ϕ(x)}.
Beachte, dass ϕ(x) eine Teilmenge von M ist, also die Bedingung x ∈
/ ϕ(x) Sinn
ergibt. A ist definitionsgemäß eine Teilmenge von M . Da ϕ bijektiv ist, gibt es
also ein y ∈ M mit ϕ(y) = A. Dann gilt aber nach Definition von A:
y ∈ A =⇒ y ∈
/ ϕ(y) = A,
was absurd ist. Aber
y∈
/ A = ϕ(y) =⇒ y ∈ A,
genau so absurd. Somit gilt y ∈
/ A ∪ Ac = M , Widerspruch. Es kann also keine
solche Bijektion ϕ geben.
Aufgabe 6 (6 Punkte).
1. Wir betrachten eine zwei-elementige Menge K2 =
{0, 1}. Definieren Sie zwei Verknüpfungen +, · (z. B. durch Angabe von
Verknüpfungstafeln), so dass K2 zum Körper wird. Hinweis: Betrachten Sie die
Addition und Multiplikation in Restklassen modulo 2
2. Wir betrachten eine drei-elementige Menge K3 = {0, 1, 2}. Definieren Sie
zwei Verknüpfungen +, · (z. B. durch Angabe von Verknüpfungstafeln), so
dass K3 zum Körper wird.
3. Entscheiden Sie, ob die Menge der Restklassen Z/4Z ein Körper ist. Beweisen Sie Ihre Aussage.
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4. Mit welcher minimalen Zahl n ∈ N wird in den genannten Körpern
1 + · · · + 1 = 0?
| {z }
n−mal
Lösung 6.
1. Wir definieren die Verknüpfungen wie folgt:
·
0
1
0
0
0
1
0
1
+
0
1
0
0
1
1
1
0
Aus den Tabellen sieht man direkt, dass additive Inverse für alle Elemente
und multiplikative Inverse für alle Elemente ungleich 0 existieren, sowie
dass 0 das neutrale Element der Addition und 1 das der Multiplikation
ist. Assoziativität, Kommutativität und die Distributivgesetze folgen aus
den entsprechenden Eigenschaften von Z.
2. Wir definieren die Verknüpfungen wie folgt:
·
0
1
2
0
0
0
0
1
0
1
2
2
0
2
1
+
0
1
2
0
0
1
2
1
1
2
0
2
2
0
1
Die Körpereigenschaften folgen analog zu denen von K2 .
3. In Z/4Z gilt 2 6= 0 und die Gleichung 2 · x = 0 hat mit x = 0 und x = 2
zwei unterschiedliche Lösungen. Wegen Lemma 2.1.3 kann Z/4Z daher
kein Körper sein.
4. In K2 ist 1 + 1 = 0, also n = 2. In K3 gilt 1 + 1 6= 0, aber 1 + 1 + 1 = 0,
also n = 3.
Aufgabe 7 (4 Punkte). Zeigen Sie, dass Z mit der Addition (wie auf Blatt 2
konstruiert) eine kommutative Gruppe bildet. Zeigen Sie weiterhin, dass Z mit
Addition und Multiplikation ein Ring ist, d. h., dass die Multiplikation assoziativ
ist und folgende Distributivgesetze gelten:
∀a, b, c ∈ Z :
a · (b + c) = a · b + a · c
∧
(b + c) · a = b · a + c · a
Lösung 7. Wir wissen bereits, dass die Addition auf den Äquivalenzklassen
eine wohldefinierte Verknüpfung ist. Als erstes prüfen wir Kommutativität, für
alle m1 , n1 , m2 , n2 ∈ N0 gilt:
[(m1 , n1 )] ⊕ [(m2 , n2 )]
=
[(m1 + m2 , n1 + n2 )]
=
[(m2 + m1 , n2 + n1 )]
=
[(m2 , n2 )] ⊕ [(m1 , n1 )].
Das neutrale Element ist [(0, 0)], denn für alle m, n ∈ N0 gilt
[(m, n)] ⊕ [(0, 0)] = [(m + 0, n + 0)] = [(m, n)].
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Weiterhin besitzt jede Klasse [(m, n)] ein Inverses, und zwar die Klasse [(n, m)]:
[m, n] ⊕ [n, m] = [(m + n, n + m)] = [(0, 0)]
Es bleibt noch Assoziativität zu prüfen – auch diese wird von den natürlichen
Zahlen vererbt, denn für m1 , n1 , m2 , n2 , m3 , n3 ∈ N0 rechnen wir:
([(m1 , n1 )] ⊕ [(m2 , n2 )]) ⊕ [(m3 , n3 )] = [(m1 + m2 , n1 + n2 )] ⊕ [(m3 , n3 )]
= [((m1 + m2 ) + m3 , (n1 + n2 ) + n3 )]
= [(m1 + (m2 + m3 ), n1 + (n2 + n3 ))]
= [(m1 , n1 )] ⊕ [(m2 + m3 , n2 + n3 )]
= [(m1 , n1 )] ⊕ ([(m2 , n2 )] ⊕ [(m3 , n3 )])
Damit ist gezeigt, dass Z mit der Addition eine kommutative Gruppe ist. Nun
zeigen wir, dass diese Gruppe zusammen mit der durch
[(m1 , n1 )] ⊗ [(m2 , n2 )] := [(m1 m2 + n1 n2 , m1 n2 + n1 m2 )]
definierten Multiplikation zu einem Ring wird. Zunächst prüfen wir, die Wohldefiniertheit der neuen Verknüpfung. Sind also
X1 = [(m1 , n1 )] und X2 = [(m2 , n2 )]
zwei Äquivalenzklassen und (m01 , n01 ) ∈ X1 , (m02 , n02 ) ∈ X2 zwei weitere Repräsentanten, so muss die Multiplikation zum gleichen Ergebnis führen, es muss
also gelten:
[(m1 , n1 )] ⊗ [(m2 , n2 )]
=
[(m1 m2 + n1 n2 , m1 n2 + n1 m2 )]
(! )
=
[(m01 m02 + n01 n02 , m01 n02 + n01 m02 )]
=
[(m01 , n01 )] ⊗ [(m02 , n02 )]
Unter Verwendung der Definition der Äquivalenzrelation rechnen wir nach, dass
die Klassen die gleichen sind, indem wir zeigen, dass obige Elemente in Relation
stehen:
(m1 m2 + n1 n2 + m01 n02 + n01 m02 ) + (m1 m02 + m01 n2 + n01 m2 + n1 n02 )
= m1 m02 + n01 m02 + m01 n2 + n1 n2 + m1 m2 + n01 m2 + m01 n02 + n1 n02
= (m1 + n01 )m02 + (m01 + n1 )n2 + (m1 + n01 )m2 + (m01 + n1 )n02
= (m01 + n1 )m02 + (m01 + n1 )n2 + (m1 + n01 )m2 + (m1 + n01 )n02
= (m01 + n1 )(m02 + n2 ) + (m1 + n01 )(m2 + n02 )
= m01 (m02 + n2 ) + n1 (m02 + n2 ) + m1 (m2 + n02 ) + n01 (m2 + n02 )
= m01 (m02 + n2 ) + n1 (m2 + n02 ) + m1 (m02 + n2 ) + n01 (m2 + n02 )
= m01 m02 + m01 n2 + n1 m2 + n1 n02 + m1 m02 + m1 n2 + n01 m2 + n01 n02
= (m1 n2 + n1 m2 + m01 m02 + n01 n02 ) + (m1 m02 + m01 n2 + n01 m2 + n1 n02 ),
woraus die erwünschte Gleichheit resultiert – nämlich die der Summen in den
jeweils vorderen Klammern der ersten und letzten Zeile. Die Assoziativität folgt
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analog zur Assoziativität der Addition. Da gleiches für Kommutativität gilt,
reicht es, eines der Distributivgesetze zu zeigen:
[(m1 , n1 )] ⊗ ([(m2 , n2 )] ⊕ [(m3 , n3 )])
= [(m1 , n1 )] ⊗ [(m2 + m3 , n2 + n3 )]
= [(m1 (m2 + m3 ) + n1 (n2 + n3 ), m1 (n2 + n3 ) + n1 (m2 + m3 ))]
= [(m1 m2 + m1 m3 + n1 n2 + n1 n3 , m1 n2 + m1 n3 + n1 m2 + n1 m3 )]
= [(m1 m2 + n1 n2 , m1 n2 + n1 m2 )] ⊕ [(m1 m3 + n1 n3 , m1 n3 + n1 m3 )]
= [(m1 , n1 )] ⊗ [(m2 , n2 )] ⊕ [(m1 , n1 )] ⊗ [(m3 , n3 )]
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