Forschungszentrum Karlsruhe Universität Karlsruhe

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Universität Karlsruhe
Mathematische Grundlagen der Physik
PD Dr. W. Wenzel/Dr. A. Zaikin
Ü: Dr. habil. W. Lang
Sommersemester 2008
Inhalt der Saalübung 3 vom Montag, den 5. Mai 2008
A) Folgerung aus Satz des Archimedes, bzw. Satz des Eudoxos:
1. Q liegt dicht in R, d.h. ∀ a, b ∈ R, a < b, ∃ r ∈ Q : a < r < b.
Beweis: Verwende Satz des Archimedes in der Version: ∀x ∈ R ∃ n ∈ N : n > x.
Nach Voraussetzung b−a > 0, also (Anordnungsaxiome und Folgerungen) 1/(b−a) > 0.
S. d. Archimedes: ∃ n ∈ N : n > 1/(b − a) > 0 . Also α) n b > n a + 1 . β) Suche
dasjenige p − 1 ∈ Z mit p − 1 ≤ n a < p (Zahlengerade und Z ⊂ R).
Einschub: f loor−Funktion b.c(auch Gauss-Klammer [ . ] oder größtes Ganzes“ genannt).
”
bxc := k ∈ Z mit k ≤ x < k + 1. Z. B. b−πc = −4 und b3c = 3. Damit kann man für
das gesuchte p ∈ Z schreiben: p − 1 = bn ac, d.h. p = bn ac + 1.
Zusammen, nach Teilung durch n (6= 0): a < p/n ≤ a + 1/n < b. Wähle also r =
p/n ∈ Q.
2. R \ Q liegt dicht in R, d.h. ∀ a, b ∈ R, a < b, ∃ ξ ∈ R \ Q : a < ξ < b.
Beweis: Nach zweimaligem Anwenden des Satzes 1 von oben kann man r2 ∈√Q, dann
r1 ∈ Q finden mit α) a < r1√ < r2 < b. Mit der Def. ξ := r1 + (r√2 − r1 )/ 2 gilt β)
ξ > r1√(da r2 − r1 > 0 und 2 > 0). γ) r2 − ξ = (r2 − r1 ) (1 − 1/ 2 ) > 0, da auch
1−1/ 2 > 0 (zeigen!). D.h. aus β) und γ): r1 < ξ < r2 , also mit α): a < ξ < b. Damit
ist die
/ Q, mit der (per Widerspruch) bewiesenen Irrationalität
√ Behauptung gezeigt, da ξ ∈
von 2. Also ξ ∈ R \ Q.
B) Beweistechnik: vollständige Induktion
Mathematische Aussage A(n), mit n ∈ N soll bewiesen werden.
(i) Induktionsanfang: A(1) ist wahr (richtig).
(ii) Induktionsschritt n → n + 1: Für beliebiges n ≥ 1 folgt aus der Annahme A(n) ist
wahr, dass A(n + 1) wahr ist.
(iii) Induktionsschluß: A(n) ist wahr (richtig) für alle n ∈ N.
Statt (ii) auch:
(ii’) Induktionsschritt: Aus der Annahme A(n) ist wahr für alle 1 ≤ n ≤ k folgt die
Wahrheit der Aussage A(k + 1) für beliebiges k ∈ N.
1. Beispiel bei dem etwas schiefläuft. A(n): Je n ∈ N vorgelegte Zahlen sind gleich!
Beweis “: (i) A(1) ist wahr mit Reflexivität der Gleichheit: a = a.
”
(ii’) Die k+1 Zahlen seien: a1 , a2 , ..., ak , ak+1 . Dann gilt mit der Voraussetzung sowohl
a1 = a2 = ... = ak als auch a2 = a3 = ... = ak+1 (beides je k Zahlen und A(k) wird als
wahr angenommen). Daraus folgt mit der Transitivität der Gleichheitsrelation a1 = a2 =
... = ak = ak+1 . (iii) A(n) ist wahr für alle n ∈ N
Fehler? Der Schritt k → k + 1 in (ii’) kann nicht für alle k ∈ N gezeigt werden: A(2) folgt
nicht aus A(1), d.h. k = 1 geht schief. A(2) ist nicht mit der Transitivität zu zeigen.
Falls man als Aussage A(n) je n ≥ 3 natürliche Zahlen sind gleich“ nähme, wäre schon
”
der Induktionsanfang (i) falsch.
Fortsetzung auf Seite 2
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Sommersemester 2008
-2Fortsetzung zu B): Vollständige Induktion
2. Beispiel bei dem es klappt: Binomischer Satz mit Definition und Rekursionsformel der
binomischen Koeffizienten.
a ∈ R \ {0}, b ∈ R \ {0} , a0 := 1 =: b0 , n ∈ N (auch n = 0 zugelassen),
n
(a + b)
n µ ¶
X
n l n−l
=
a b
.
l
l=0
Hinweis: Beweisen Sie zunächst für n ∈ N und l ∈ N aus der Definition der Binomialkoeffizienten
µ ¶
n (n − 1) ... (n − (l − 1)
n
nl
:=
= l
l
l (l − 1) ...
1
l
die Rekursionsformel des sog. Pascalschen Dreiecks:
µ
¶
µ ¶
µ
¶
n+1
n
n
=
+
.
l
l
l−1
Warum wurde a = 0 oder b = 0 ausgenommen? Weil 00 zunächst nicht definiert ist.
Diese Form des Binomialkoeffizienten
ist verallgemeinerungsfähig für n → α ∈ R und
¡5¢
¡5¢
¡√2¢
l ∈ Z. Beispiele: 3 = ? −3 = ? 6 = ?
√
C) Monotonie von n a , a > 0 (nicht vorgeführt)
√
√
n
a > 0, b > 0, n ∈ N : a ≤ b ⇒ n a ≤ b .
√
√
Beweis: per Widerspruch, d.h. Annahme n a > n b und
Lemma: a0 > 0, b0 > 0, n ∈ N. a0 ≥ b0 ⇔ a0n ≥ b0n (Monotonie der Potenzfunktion).
Bew. zum Lemma: ⇒ Richtung: Mit vollständiger Induktion. ⇐ Richtung: Per Wider0n
spruch, d.h. Annahme b0 > a0 und mit der Voraussetzung
≥ b0n , sowie dem Ergebnis
Pn−1 0ka 0n−1−k
0n
0n
0
0
Blatt3, Aufgabe 2d: P
0 ≥ b − a = (b − a ) k=0 b a
. Dividiere b0 − a0 > 0
n−1 0k 0n−1−k
(nach Annahme): 0 ≥
. Damit Widerspruch zu D1 der Anordnungsaxiok=0 b a
me, weil die Summe immer > 0 ist.
√
Mit dem Lemma, der Annahme (vom Widerspruchsbeweis) und der Definition von n
folgt a > b im Widerspruch zur Voraussetzung.
Man kann auch die ⇐ Richtung beweisen. Mittels Widerspruch und Lemma.
D) Komplexe Zahlen, Teil I (nicht vorgeführt)
1. C hat keine Anordnung. Vergeblicher Versuch.
Keine Anordnung in C, da eine der Folgerungen aus den Anordungsaxiomen D, nämlich 5):
∀a ∈ C : a2 ≥ 0 verletzt ist, wegen Axiom F3 der komplexen Zahlen: ∃ i ∈ C : i2 = −1.
Schon gezeigt 0 < 1, d.h. −1 < 0, also i2 < 0. Damit Widerspruch zu D1.
Man kann also für | z | ∈ R≥ die Anordnungsrelationen verwenden, aber nicht für z ∈ C.
Ein Versuch, eine Ordnung in C zu definieren, z. B. mit z1 ≺ z2 wenn | z1 | < | z2 |, falls
| z1 | 6= | z2 | und arg(z1 ) < arg(z2 ) falls | z1 | = | z2 | scheitert am Anordnungsaxiom D3,
der Monotonie der Addition, da z.B. C 3 1 ≺ i wäre,
und nach Addition mit 1 folgt
√
1 + 1 = 2 ≺ i + 1, aber |2| = 2 > |i + 1| = 2, im Widerspruch zur versuchten
Definition ≺.
2. Real- und Imaginärteil bestimmen von z = (1 + 2 i)3 .
Nicht ausmultiplizieren, sondern den binomischen Satz verwenden, der auch in C gilt
(teste Beweis in Teil B !). Ergebnis mit i, i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1 = i0 . Periodisch
mit Periode 4. z = (1 + 2 i)2 = ... = − 11 − 2 i. Also Re(z) = −11 und Im(z) = −2.
Fortsetzung auf Seite 3 mit: Additionstheoreme von sin und cos
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-3Zu den Additionstheoremen von sin und cos für Blatt 4
1
Ähnliche Dreiecke: OAB, OGE und
CDE.
sin(α + β) = CF = CD + DF
= CD + EG
= cos α CE + sin α OE
= cos α sin β + sin α cos β .
C
α
B
D
β
O
E
α
F
G A1
cos(α + β) = OF = OG − F G = OG − DE = cos α OE − sin α CE
= cos α cos β − sin α sin β .
Diese Formeln werden später auch für beliebige α und β bewiesen.
Es wird dann auch gezeigt: (sin γ)2 + (cos γ)2 = 1, und die Periodizität von cos und sin
mit Periode 2 π.
Zur Bestimmung des Arguments arg(z) = ϕ ∈ (−π, +π] einer Zahl z = a + b i ∈ C kann
man die Umkehrung tan-Funktion verwenden, die erst später in der Vorlesung definiert
wird. Je nach Lage von z in den Quadranten I, ..., IV anzuwenden. x → ϕ im Schaubild.
y = tan(x)
III
IV
4
I
II
2
K3
K2
K1
0
1
pi/2
2
3
x
K2
K4
√
√
√
o
Beispiel im Quadrant II: z = −1 + 3√i, tan(ϕ) = 3/(−1)
=
−
3,
√
√ϕ = 2 π/3 (120 )
Beispiel im Quadrant III: z = −1 − 3 i, tan(ϕ) = − 3/(−1) = 3,
ϕ = −2 π/3 (−120o )