Analysis 1

Prof. Dr. Jörg Wolf
Amru Hussein
Übungsblatt 4 zur Vorlesung
Analysis 1
im Wintersemester 2012/13
Aufgabe 1)
(Infimum und Supremum) (4 Punkte)
Geben Sie das Supremum und Infimum der folgenden Mengen an. Geben Sie weiter an, ob
Minimum oder Maximum existieren.
(a) X1 = n1 | n ∈
;
1
(b) X2 = n | n ∈ \ {0} .
N
Z
Hinweis zu (a): Satz von Eudoxos und Satz 8.10.
Zu (a): Supremum: Nach Folgerung 10.4 gilt
1 ≤ n für alle n ∈
N
1
≤ 1 für alle n ∈
n
N.
und daher nach Folgerung 7.7
Die Menge X1 ist also nach oben beschränkt und 1 ist eine obere Schranke. Da auch 1 =
gilt ist
max X1 = 1.
1
1
∈ X1
Nach Bemerkung 8.8 ist max X1 = sup X1 , falls das Maximum existiert. Es gilt also
1 = max X1 = sup X1 .
Infimum: Aus 1 > 0 folgt induktiv, dass n > 0 für alle n ∈
N. Nach Folgerung 7.7 ist gilt
N
1
> 0 für alle n ∈ .
n
Also ist 0 eine untere Schranke von X1 . Wende nun Satz 8.10 an, um zu zeigen, dass inf X1 = 0.
Nach dem Satz von Eudoxos existiert für jedes > 0 ein n ∈ , so dass
N
1
< .
n
Es existiert also für jedes > 0 ein x =
dass
1
n
∈ X1 , so dass x < + 0. Mit Satz 8.10 folgt also,
inf X1 = 0.
Existiert das Minimum? Widerspruchsbeweis: Annahme, es würde existieren, dann wäre
0 = inf X1 = min X1 und somit 0 ∈ X1 . Wenn 0 ∈ X1 , dann gäbe es ein n ∈ , so dass n1 = 0.
Daraus würde folgen, dass 1 = 0. Dies ist ein Widerspruch zu den Körperaxiomen.
Zu (b): Verwende, dass
\ {0} = ∪ − .
N
Z
N N
Supremum: n1 < 0 < 1 für alle n ∈ −N und n1 ≤ 1 für alle n ∈ N, vergleiche Aufgabenteil (a).
1
Daher ist 1 eine obere Schranke von X2 und da 1 = 1 ∈ X2 , ist max X1 = 1. Nach Bemerkung
8.8 ist max X1 = sup X1 , falls das Maximum existiert. Es gilt also
1 = max X2 = sup X2 .
Infimum: Entsprechend zeigt man, dass −1 = min X2 = inf X2 .
Aufgabe 2)
(Endliche Mengen) (4 Punkte)
(a) Es sei f : {1, . . . , n} → {1, . . . , m} bijektiv. Folgern Sie, dass dann n = m gilt.
Z
Z
(b) Es sei M ⊂
eine endliche Teilmenge von , dass heißt die Kardinalität von M ist
endlich. Folgern Sie, dass dann M beschränkt ist.
Zu (a):
Beweis durch vollständige Induktion über n.
Induktionsanfang: n = 1. Sei f : {1} → {1, . . . , m} bijektiv. Behauptung: m = 1. Beweis
durch Widerspruch. Annhame m > 1, dann ist f (1) = 1 und f (1) = 2, da f surjektiv ist.
Widerspruch, da dann f nicht wohldefiniert wäre. Also gilt m = 1.
Induktionsschritt: Induktionsannahme: die Aussage gilt schon für n, dass heißt f : {1, . . . , n} →
{1, . . . , m0 } bijektiv, dann gilt m0 = n. Man muss nun zeigen, dass die Aussage auch für n + 1
gilt.
Es sei also
f : {1, . . . , n, n + 1} → {1, . . . , m}
bijektiv. Es gilt entweder f (n + 1) = m oder f (n + 1) 6= m. Falls f (n + 1) = m, dann ist die
eingeschränkte Abbildung
f : {1, . . . , n} → {1, . . . , m − 1}
wieder bijektiv, siehe Bemerkung. Nach der Induktionsvoraussetzung ist n = m − 1 und somit
n + 1 = m.
Sei nun f (n + 1) 6= m. Dann existiert ein n0 ∈ {1, . . . , n} mit f (n0 ) = m. Definiere nun
eine neue Abbildung auf die man die Induktionsvorraussetzung anwenden kann. Definiere
g : {1, . . . , m} → {1, . . . , m}, durch
g(f (n + 1)) = m und g(f (n0 )) = f (n + 1),
sowie
g(f (k)) = f (k) für alle f (k) ∈ {1, . . . , m} \ {m, f (n + 1)}.
Die Abbilung g vertauscht also nur f (n + 1) und m. Für die Abbilung h = g ◦ f gilt nun
h(n + 1) = m und die eingeschränkte Abbildung
h : {1, . . . , n} → {1, . . . , m − 1}
ist wieder bijektiv, siehe Bemerkung. Wendet man die Induktionsvoraussetzung auf diese Abbilung an, erhält man n = m − 1 und somit n + 1 = m.
Bemerkung: Folgende Aussage gilt allgemein. Sei g : X → Y eine bijektive Abbildung und
X 0 ⊂ X. Dann ist g(X 0 ) =: Y 0 ⊂ Y und die eingeschränkte Abbilung g : X 0 → Y 0 ist wieder
bijektiv.
Zu (b):
Erinnerung: Eine Menge M heißt endlich, falls es eine bijektive Abbildung
f : M → {1, . . . , n}
gibt. Die Zahl n heißt Kardinalität von M .
Beweise die Aussage nun durch Induktion über n.
Induktionsanfang: Sei M eine endliche Menge mit der Kardinalität n = 1, dann ist M = {m}
und es gilt m ≤ {m} ≤ m, also ist min{m} = m und max{m} = m. Insbesondere ist M
beschränkt.
Induktionsschritt: Induktionsvoraussetzung: Jede endliche Menge mit der Kardinalität n ist
beschränkt und nimmt Minimum und Maximum an.
Sei M eine Menge mit der Kardinalität n + 1, dann existiert eine bijektive Abbildung f : M →
{1, . . . , n, n + 1}. Betrachte nun die Menge
M 0 = f −1 {1, . . . , n} ⊂ M.
Die Kardinalität von M 0 ist n, da die eingeschränkte Abbilung f : M 0 → {1, . . . , n} wieder
bijektiv ist, vergleiche Aufgabenteil (a). Daher kann man auf M 0 die Induktionsvoraussetzung
anwenden und somit gilt M 0 ist beschränkt und es gibt min M 0 und max M 0 . Für M hat man
M = {f −1 (n + 1)} ∪ M 0 ,
wobei die Menge {f −1 (n + 1)} nur aus einem Element besteht, da f bijektiv ist. Man unterscheidet nun drei verschiedene Fälle:
• Für min M 0 ≤ f −1 (n + 1) ≤ max M 0 ist max M 0 eine obere Schranke von M und, da
max M 0 ∈ M 0 ⊂ M , gilt max M 0 = max M . Entsprechend zeigt man, dass min M 0 =
min M .
• Für f −1 (n + 1) ≤ min M 0 ≤ max M 0 ist max M 0 eine obere Schranke von M und, da
max M 0 ∈ M 0 ⊂ M , gilt max M 0 = max M . Da nun f −1 (n + 1) eine untere Schranke
von M ist und f −1 (n + 1) ∈ M gilt f −1 (n + 1) = min M .
• Für min M 0 ≤ max M 0 ≤ f −1 (n + 1) zeigt man entsprechend, dass f −1 (n + 1) = max M
und min M 0 = min M .
Die Aussage für n + 1 ist also bewiesen.
Aufgabe 3)
(Ganze und rationale Zahlen) (4 Punkte)
Z
(a) Es seinen n, m ∈ . Zeigen Sie, dass dann gilt n + m ∈
(b) Es seien r, s ∈
Z und n · m ∈ Z.
Q. Zeigen Sie, dass r + s ∈ Q.
Hinweis zu (a): Satz 10.6 und zu (b): Definition von
Zu (a):
Nach Definition 11.1 gilt
= − ∪ {0} ∪
Z
N
Q und Aufgabenteil (a).
N.
Unterscheide verschiedene Fälle
Z
Z und n · m = 0 ∈ Z.
• Es sei n ∈ N und m ∈ N, dann folgt aus Satz 10.6, dass n + m ∈ Z und n · m ∈ Z.
• Es sei n ∈ −N und m ∈ −N, dann ist −n ∈ N und −m ∈ N und −(n + m) = ((−n) +
(−m)) ∈ N und daher n + m ∈ −N. Für das Produkt gilt: n · m = (−n) · (−m) ∈ N.
• Es sei n ∈ −N und m ∈ N, dann ist −n ∈ N. Falls −n < m, dann ist nach Satz 10.6
m − (−n) = m + n ∈ N. Falls −n > m ist nach Satz 10.6 −n − m ∈ N und somit
−(−n − m) = n + m ∈ −N. Falls Falls −n = m ist n + m = 0 ∈ Z. Für das Produkt
gilt: n · m = −(−n) · m ∈ −N, da (−n) · m ∈ N.
• Es sei n = 0 und m ∈ , dann ist n + m = m ∈
Zu (b): Es seine r, s ∈
Q, dann ist
Z
Z
l
r = , für l ∈ , k ∈ \ {0}
k
m
s = , für m ∈ , n ∈ \ {0}.
n
Z
Z
Es gilt
r+s=
l
m
ln
mk
ln + mk
+
=
+
=
.
k
n
kn
nk
kn
Z
Z
Z
Da nach Aufgabenteil (a) ln ∈
und mk ∈
ist auch ln + mk ∈ . Genauso folgt, dass
nk ∈ . Da n 6= 0 und k 6= 0 folgt weiter, dass nk =
6 0 und somit nk ∈ \ {0}. Insgesamt
erhält man, dass r + s ∈ .
Z
Q
Aufgabe 4)
Z
(Ganze und reelle Zahlen) (4 Punkte)
Zeigen Sie die folgende Aussagen.
R gilt −dxe = b−xc.
(b) Es sei a ∈ R. Es gilt (a, a + 1) ∩ Z 6= ∅ genau dann wenn a ∈
/ Z.
(c) Für alle a, b ∈ R mit b − a > 1 gilt (a, b) ∩ Z 6= ∅.
(a) Für alle x ∈
Aufgabe 5)
Es sei f :
(Zusatzaufgabe)
N → N bijektiv und es gelte
f (n) ≤ n für alle n ∈
N.
N
Folgern Sie, dass dann f (n) = n für alle n ∈ gilt.
Widerspruchsbeweis:
Annahme f (n) 6= n für mindestens ein n ∈ . Nach Voraussetzung gilt für alle n mit f (n) 6= n,
dass f (n) < n. Betrachte die Menge
N
M = {n ∈
N | f (n) < n} ⊂ N.
N
Nach Annahme ist M nicht leer. Da f (1) = 1 ist das Komplement \ M auch nichtleer. Man
braucht nun den folgenden
Hilfssatz: Für alle nichtleeren Teilmengen X ⊂ existiert das Minimum.
Beweis: Da X ⊂
ist X nach unten beschränkt, da schon
nach unten beschränkt ist
und es gilt min = 1. Sei also −∞ < m = inf X. Für alle > 0 existerit ein x ∈ X,
so
dass x < inf X + . Wähle nun = 14 . Da inf X ≤ x < inf X + ist x ∈ m, 14 + m . In
diesem Interval gibt es höchstens eine natüriche Zahl, daher ist x = m und somit m ∈ X und
m = min X.
Verwendet man diesen Hilfssatz so folgt, dass m = min M existiert. Da f (1) = 1 ist m > 1.
Nach Definition ist f (n) = n für alle n < m und f (m) < m. Es existiert also ein n0 ∈
{1, . . . , m−1} mit f (m) = f (n0 ). Da f injektiv ist folgt, dass m = n0 . Dies ist ein Widerspruch,
da n0 < m.
N
N
N
N
Abgabe am Freitag, den 23.11.2012, um 12.30 Uhr