Mathematik I für Physiker Lösungsvorschlag Blatt 4

Mathematik I für Physiker
Lösungsvorschlag Blatt 4
Prof. Dr. Andreas Nickel
Aufgabe 1
Nach Satz (7.2)(iv) gilt a2 ≥ 0 für alle a ∈ K , falls K ein geordneter Körper ist.
Insbesondere ist 1 = 12 ≥ 0 und wegen 1 6= 0 sogar 1 > 0. Satz (7.2)(i) impliziert
dann −1 < 0. In C gilt aber i2 = −1, d.h. −1 müsste sowohl kleiner als auch gröÿer
als 0 sein (wieder nach Satz (7.2)(iv)).
Aufgabe 2
Sei i ∈ I . Das Inmum inf(A) ist eine untere Schranke von A, also wegen Ai ⊆ A
erst recht eine untere Schranke von Ai . Wegen der Vollständigkeit von X existiert
dann inf(Ai ) und es gilt inf(A) ≤ inf(Ai ) (da inf(A) ja eine untere Schranke von
Ai war). Da dies für jedes i ∈ I gilt, ist auch die Menge aller inf(Ai ) nach unten
beschränkt und b := inf i∈I (inf Ai ) exisitiert. Da wieder inf(A) eine untere Schranke
war, ist inf(A) ≤ b.
Wegen der Anti-Symmetrie von ≤ reicht es nun, b ≤ inf(A) zu zeigen. Sei dafür
a ∈ A beliebig. Dann gibt es ein i0 ∈ I , so dass a ∈ Ai0 . Nach Denition des
Inmums ist b ≤ inf(Ai0 ) ≤ a. Da a beliebig war, ist b eine untere Schranke von A,
also b ≤ inf(A).
Aufgabe 3
(i) Ist s eine untere Schranke von A, so ist s + b eine untere Schranke von
{a + b | a ∈ A} (nach Axiom (7.1)(A)), d.h. c := inf {a + b | a ∈ A} existiert
und s + b ≤ c. Das Inmum inf(A) ist auch eine untere Schranke von A. Es
folgt inf(A) + b ≤ c. Umgekehrt folgt aus Axiom (7.1)(A), dass c − b eine
untere Schranke von A ist, also c − b ≤ inf(A) und somit c ≤ inf(A) + b. Aus
der Anti-Symmetrie folgt inf(A) + b = c wie gewünscht.
(ii) Ist b = 0, so sind beide Seiten gleich 0. Ist b 6= 0, so funktioniert der Beweis
analog zu (i). Man ersetze nur + durch · und Axiom (7.1)(A) durch Satz
(7.2)(iii).
(iii) Sei s eine untere Schranke von A. Dann ist −s nach Satz (7.2)(i) eine obere
Schranke von {−a | a ∈ A}, d.h. das Supremum exisitiert und
sup {−a | a ∈ A} ≤ −s.
2
Da auch inf(A) eine untere Schranke von A ist, folgt insbesondere
sup {−a | a ∈ A} ≤ − inf(A).
Ist nun umgekehrt S eine obere Schranke von {−a | a ∈ A}, so ist −S eine
untere Schranke von A (wieder nach Satz (7.2)(i)) und somit −S ≤ inf(A).
Insbesondere ist − sup {−a | a ∈ A} ≤ inf(A), also
sup {−a | a ∈ A} ≥ − inf(A).
Die Anti-Symmetrie liefert wieder die Behauptung.
Aufgabe 4
(i) Falls char(K) = 0, sind wir fertig. Sei also char(K) 6= 0. Dann ist char(K) = n,
wobei n ∈ N minimal ist mit n·1 = 0 in K . Angenommen n ist keine Primzahl.
Dann können wir n = n1 n2 schreiben mit natürlichen Zahlen n1 < n und
n2 < n. Dann gilt
0 = n · 1 = (n1 n2 ) · 1 = (n1 · 1) · (n2 · 1).
Aus Aufgabe 3 (iii) folgt, dass n1 · 1 = 0 oder n2 · 1 = 0 im Widerspruch zur
Minimalität von n.
(ii) Angenommen char(K) 6= 0. Dann gibt es eine natürliche Zahl n (sogar eine
Primzahl nach (i)), so dass n · 1 = 0. Aus Satz (7.2)(iv) folgt 1 = 12 ≥ 0. Aus
Axiom (7.1)(A) für geordnete Körper folgt sukzessive
0 ≤ 1 ≤ 2 · 1 ≤ · · · ≤ n · 1 = 0.
Also insbesondere 0 ≤ 1 ≤ 0. Aus der Anti-Symmetrie folgt nun 1 = 0, ein
Widerspruch.