§1 Die reellen Zahlen

Mathematik für Physiker I, WS 2014/2015
Montag 10.11
$Id: reell.tex,v 1.34 2014/11/10 11:40:53 hk Exp $
§1
Die reellen Zahlen
1.5
Potenzen mit rationalen Exponenten
Wir behandeln gerade die Bernoulli-Ungleichung (1+x)n ≥ 1+nx gültig für alle n ∈ N
und alle x ∈ R mit x ≥ −1. Für n = 0, 1, 2, 3, 4 haben wir die Ungleichung bereits
nachgewiesen, wir hatten auch eingesehen das die Bernoullische Ungleichung für n = 4
aus derjenigen für n = 3 folgt welche sich wiederum aus dem Fall n = 2 herleiten läßt.
Schreiben wir bei weiterhin fixierten x ≥ −1
A(n) := (1 + x)n ≥ 1 + nx
für die Bernoullische Ungleichung für n ∈ N, so können wir unsere Überlegungen der
letzten Sitzung auch in der Form
A(2) =⇒ A(3) =⇒ A(4) =⇒ A(5) =⇒ A(6) =⇒ A(7)
schreiben. Wir behaupten das sich diese Implikationskette immer weiter fortsetzt, dass
also ganz allgemein A(n) =⇒ A(n + 1) für jedes n ∈ N mit n ≥ 2 ist. Dies ist im
wesentlichen dieselbe Rechnung wie im Fall n = 2. Sei etwa ein n ∈ N mit n ≥ 2
gegeben. Um die Implikation A(n) =⇒ A(n + 1) einzusehen, können wir, wie schon
im zweiten Abschnitt festgehalten, die Aussage A(n) als wahr annehmen, es gelte also
bereits (1 + x)n ≥ 1 + nx. Multiplizieren wir diese Ungleichung mit 1 + x ≥ 0, so folgt
weiter
(1 + x)n+1 ≥ (1 + x) · (1 + nx) = 1 + (n + 1)x + nx2 ≥ 1 + (n + 1)x,
es gilt also auch A(n + 1) und die Implikation A(n) =⇒ A(n + 1) ist bewiesen. Unsere
obige Implikationskette setzt sich also endlos fort
A(0) =⇒ A(1) =⇒ A(2) =⇒ A(3) =⇒ A(4) =⇒ A(5) =⇒ · · · ,
wobei wir diesmal bei A(0) anfangen da die ersten beiden Implikationen sowieso gelten.
Unsere Folgerungskette kann also zu jedem n ∈ N verlängert werden und A(n), d.h.
die Bernoullische Ungleichung, gilt damit allgemein für n ∈ N.
Das Vorgehen im eben durchgeführten Beweis ist streng genommen weder ein direkter noch ein indirekter Beweis, da das kann also zu jedem n ∈ N verlängert werden“
”
zwar plausibel aber kein direkter Beweis ist. Es handelt sich hier um eine sogenannte vollständige Induktion“, diese ist ein eigenständiger Beweistyp, den wir nun auch
”
allgemein besprechen wollen. Die vollständige Induktion ist ein Beweisverfahren, um
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Aussagen über alle natürlichen Zahlen zu beweisen, genauer geht es um Allaussagen
der Form
∀(n ∈ N) : A(n),
wobei A(n) eine Aussage über natürliche Zahlen n ist, beispielsweise das obige A(n)
aus der Bernoulli-Ungleichung. Ein Induktionsbeweis erfolgt in zwei Schritten:
1. Induktionsanfang: Zeige das die Aussage A(0) gilt.
2. Induktionsschritt: Hier ist zu zeigen, dass aus A(n) für n ∈ N auch A(n + 1)
folgt, d.h es ist die Allaussage ∀(n ∈ N) : A(n) ⇒ A(n + 1) zu beweisen. Den
Induktionsschritt unterteilt man meistens in zwei Teile:
(a) Induktionsannahme: Sei n ∈ N mit A(n) gegeben.
(b) Induktionsschluß: Zeige, dass auch A(n + 1) gilt.
Haben wir Induktionsanfang und Induktionsschritt erfolgreich durchgeführt, so besagt
das Prinzip der vollständigen Induktion das die Aussage A(n) für jedes n ∈ N wahr ist.
Hieraus folgt dann beispielsweise die allgemeine Gültigkeit der Bernoullischen Ungleichung, wir werden diese etwas weiter unten auch noch einmal explizit als ein Lemma
festhalten. Ein häufiges Mißverständnis besteht darin zu glauben, dass man beim Induktionsschritt bereits weiss das A(n) wahr ist. Dies ist aber nicht der Fall, alles was
gezeigt wird ist die Implikation A(n) ⇒ A(n + 1) und wie immer beim Beweis einer
Implikation kann man annehmen das die Voraussetzung der Implikation, also A(n),
wahr ist denn andernfalls ist die Implikation sowieso wahr.
Überlegen wir uns kurz noch einmal in der allgemeinen Situation warum ein Induktionsbeweis funktioniert. Im Induktionsanfang wird A(0) nachgewiesen und im Induktionsschritt wird weiter A(n) ⇒ A(n + 1) für alle n ∈ N gezeigt. Mit n = 0
wissen wir insbesondere A(0) ⇒ A(0 + 1) = A(1), d.h. A(0) und die Implikation
A(0) ⇒ A(1) sind wahr und somit ist auch A(1) wahr. Mit n = 1 haben wir dann auch
A(1) ⇒ A(1+1) = A(2) und da wir A(1) bereits eingesehen haben, ist auch A(2) wahr.
So fortfahrend sind dann auch A(3), A(4), . . ., und immer so weiter, wahr. Da wir so
bei jeder natürlichen Zahl n ∈ N vorbeikommen ist A(n) für jedes n ∈ N wahr. Dies
sollte Sie von der Gültigkeit der Methode der vollständigen Induktion überzeugen. Es
ist allerdings wieder kein exaktes Argument für diese, da wir das Problem in dem harmlos aussehenden und so weiter“ versteckt haben. Tatsächlich werden viele einfache
”
”
Induktionsbeweise“ gar nicht explizit als solche benannt sondern mit Formulierungen
wie so fortfahrend“ verschleiert, wir sind beispielsweise im vorigen Abschnitt beim
”
Nachweis der Kettenform des Transitivitätsgesetzes der Anordnung auf diese Weise
vorgegangen.
In den allermeisten Fällen ist der Induktionsanfang eine recht banale Angelegenheit.
Trotzdem ist er unverzichtbar, der Induktionsschluß kann auch bei falschen Aussagen
funktionieren. Nehmen wir einmal die offensichtlich unsinnige Aussage n > n + 1 als
unser A(n). Ist dann n ∈ N mit A(n), also n > n + 1, so folgt durch Addition mit Eins
auch n + 1 > (n + 1) + 1, also A(n + 1). Der Induktionsschluß ist hier also problemlos
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möglich, der Anfang natürlich nicht. Dies ist kein seltenes Phänomen, nehmen Sie
einmal an die Aussage A(n) ist für jedes n ∈ N falsch. Da aus Falschem alles folgt, gilt
dann A(n) ⇒ A(n + 1) für jedes n ∈ N, der Induktionsschluß funktioniert also immer
wenn die Aussage A(n) niemals richtig ist.
Es spielt keine Rolle das als Startpunkt der Induktion n = 0 verwendet wird, man
kann einen Induktionsbeweis auch bei einem beliebigen n = n0 ∈ N starten. Sehr häufig
wird n = 1 als Start verwendet da n = 0 oft ein Sonderfall ist. Als ein vollständiges
Beispiel eines Induktionsbeweises, wollen wir jetzt die Bernoulli-Ungleichung, sogar in
einer etwas erweiterten Form, explizit formulieren und beweisen.
Lemma 1.6 (Die Bernoulli-Ungleichung)
Für alle x ∈ R mit x ≥ −1 und alle n ∈ N gilt die Ungleichung
(1 + x)n ≥ 1 + nx
und genau dann ist (1 + x)n = 1 + nx wenn n ≤ 1 oder x = 0 ist.
Beweis: Sei x ∈ R mit x ≥ −1. Dann gelten sofort (1 + x)0 = 1 = 1 + 0 · x sowie
(1 + x)1 = 1 + 1 · x und im Fall x = 0 ist auch (1 + x)n = 1n = 1 = 1 + n · x für jedes
n ∈ N. Wir können daher im Folgenden x 6= 0 annehmen und wollen (1 + x)n > 1 + nx
für alle n ∈ N mit n ≥ 2 zeigen. Dies geschieht nun durch vollständige Induktion nach
n. Zunächst ist (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x, unsere Behauptung gilt also im Fall
n = 2 und der Induktionsanfang ist durchgeführt.
Nun sei ein n ∈ N mit n ≥ 2 und (1 + x)n > 1 + nx gegeben. Wegen 1 + x ≥ 0 folgt
dann auch
(1 + x)n+1 ≥ (1 + x) · (1 + nx) = 1 + (n + 1)x + nx2 > 1 + (n + 1)x,
und unsere Behauptung gilt auch für n + 1. Per vollständiger Induktion ist damit
(1 + x)n > 1 + nx für alle n ∈ N mit n ≥ 2.
Wir wollen auch noch einen zweiten Induktionsbeweis vorführen und die sogenannte
allgemeine binomische Formel herleiten. Dies ist eine Formel für die Potenzen einer
Summe, also für (x + y)n mit x, y ∈ R, n ∈ N. Um diese hinzuschreiben benötigen
wir allerdings zwei kleine Vorbereitungen, zunächst einmal wollen wir das sogenannte
Summenzeichen einführen. Man schreibt beispielsweise für n ∈ N
n
X
k = 1 + 2 + · · · + n.
k=1
Das große Sigma ist hier das
P Summenzeichen und k der sogenannte Summationsindex. Das Summenzeichen nk=1 ak wird so interpretiert das k die Werte von 1 bis n
durchläuft, für jedes solche k die Zahl ak gebildet wird und alle diese Zahlen aufsummiert werden. Beispielsweise sind
6
X
k 2 = 32 + 42 + 52 + 62 = 9 + 16 + 25 + 36 = 86 oder
k=3
4
X
1
k=1
5-3
k
= 1+
1 1 1
25
+ + = .
2 3 4
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Oftmals läßt man den Summationsindex auch über eine kompliziertere Menge laufen,
die dann in der Regel unterhalb des Summenzeichens beschrieben wird, beispielsweise
X
1≤k≤10
k Primzahl
1
1 1 1 1
247
= + + + =
.
k
2 3 5 7
210
Der Summationsindex ist eine der in der ersten Sitzung erwähnten formalen Variablen,
insbesondere gibt es ihn nur innerhalb der Summe und nicht außerhalb. Bei komplexeren Summen dürfen auch mehrere Summationsindizes gleichzeitig verwendet werden,
beispielsweise
1
1
1
1
1 1 1
47
=
+
+
= + + = .
i+j
1+2 1+3 2+3
3 4 5
60
1≤i<j≤3
X
Hier durchlaufen die Summationsindizes i, j die möglichen Werte (i, j) = (1, 2), (1, 3)
und (2, 3). Sind a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn und c beliebige Zahlen, so gelten offenbar
n
X
(ak + bk ) =
n
X
ak +
n
X
n
X
(cak ) = c ·
bk und
k=1
k=1
k=1
n
X
ak .
k=1
k=1
Entsprechende Formeln gelten dann natürlich auch für die Summation über kompliziertere Indexbereiche. Analog zum Summenzeichen gibt es auch ein Produktzeichen,
hierfür verwendet man ein großes Pi, also beispielsweise
5
Y
(2k − 1) = 1 · 3 · 5 · 7 · 9 = 945.
k=1
Die beiden obigen Formeln nehmen für das Produktzeichen die Form
n
Y
(ak bk ) =
k=1
n
Y
!m
ak
k=1
=
n
Y
k=1
n
Y
ak ·
n
Y
bk ,
k=1
am
k
k=1
an, wobei n, m ∈ N, a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn ∈ R sind. Die Potenzformel gilt dann auch für
Potenzen mit rationalen oder reellen Exponenten, sobald diese definiert sind. Genau
wie beim Summenzeichen werden auch Produkte über kompliziertere Indexbereiche
oder mit mehreren Indizes notiert, etwa
Y
k = 2 · 3 · 5 · 7 = 210
1≤k≤10
k ist Primzahl
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oder
Y
j i = 21 · 31 · 32 = 54.
1≤i<j≤3
Einen Randfall wollen wir noch erwähnen, wenn der Indexbereich einer Summe oder
eines Produktes überhaupt keine Elemente enthält, wir also eine leere Summe“ bezie”
hungsweise ein leeres Produkt“ haben, so wird die leere Summe per Konvention als 0
”
interpretiert und das leere Produkt ist per Konvention gleich 1.
Als zweite Vorbereitung für die allgemeine binomische Formel wollen wir die sogenannten Binomialkoeffizienten einführen.
Definition 1.8 (Fakultäten und Binomialkoeffizienten)
Sei n ∈ N. Dann heißt die Zahl
n! :=
n
Y
k = 1 · 2 · ... · n
k=1
die Fakultät von n. Für n = 0 wird dieses leere Produkt wie gerade beschrieben als
0! = 1 interpretiert. Weiter definieren wir für jedes k ∈ N mit 0 ≤ k ≤ n den Binomialkoeffizienten von n über k als
n
n!
n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1)
:=
=
.
k
k!(n − k)!
k!
Man kann die Binomialkoeffizienten bequem über das sogenannte
Pascalsche Drei
n
eck berechnen. Denken wir uns die Binomialkoeffizienten k zu festen n zeilenweise
angeordnet
0
0
& .
1
1
0
1
.
&
.
& 2
2
2
0
1
2
.
&
.
&
.
& 3
3
3
3
0
1
2
3
so ergibt sich der k-te Binomialkoeffizient in Zeile n als die Summe des (k − 1)-ten
und des k-ten Binomialkoeffizienten in Zeile n − 1, d.h. als die Summe der links und
rechts über ihm stehenden Einträge. Beispielsweise erhalten wir für n = 1, 2, 3, 4, 5, 6
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die Werte
1
1
1
1
1
1
1
3
4
1
3
6
5
6
1
2
10
15
1
4
10
20
1
5
15
1
6
1
Als Formel geschrieben bedeutet das Pascalsche Dreieck das für alle n, k ∈ N mit
1 ≤ k ≤ n stets
n+1
n
n
=
+
k
k−1
k
gilt. Dies läßt sich leicht nachrechnen
n
n
n!
n!
n! · (k + n + 1 − k)
+
=
+
=
k−1
k
(k − 1)!(n + 1 − k)! k!(n − k)!
k!(n + 1 − k)!
(n + 1)!
n+1
n! · (n + 1)
=
=
=
.
k!(n + 1 − k)!
k!(n + 1 − k)!
k
Damit haben wir alle notwendigen Hilfsmittel bereitgestellt um nun die allgemeine
binomische Formel zu behandeln.
Lemma 1.7 (Allgemeine binomische Formel)
Für alle x, y ∈ R, n ∈ N gilt
n
(x + y) =
n X
n
k=0
k
xk y n−k .
Beweis: Seien x, y ∈ R gegeben. Wir beweisen die binomische Formel durch Induktion
nach n. Wegen
0 0 0
0
(x + y) = 1 =
xy
0
gilt die binomische Formel für n = 0 und der Induktionsanfang ist nachgewiesen. Nun
sei ein n ∈ N mit
n X
n k n−k
n
(x + y) =
x y
k
k=0
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gegeben. Multiplizieren wir diese Gleichung mit x + y, so folgt weiter
n+1
(x + y)
n X
n
n X
n
n+1−k k
n X
n
x y
=
x
y +
xn−k y k+1
k
k
k
k=0
k=0
k=0
n
n+1
X
X n
n
=
xn+1−k y k +
xn+1−k y k
k
k
−
1
k=1
k=0
n
X n
n
n+1
=x
+
+
xn+1−k y k + y n+1
k
k−1
k=1
n n+1 X
X
n + 1 n+1−k k
n + 1 n+1−k k
n+1
n+1
=x
x
y +y
=
x
y ,
+
k
k
k=1
k=0
= (x + y) ·
k n−k
und wir haben den Induktionsschritt durchgeführt. Per vollständiger Induktion ist das
Lemma damit bewiesen.
Beispielsweise sind damit
n
n X
X
n
k n
n
n
(−1)
= (1 + 1) = 2 und
= (1 − 1)n = 0,
k
k
k=0
k=0
letzteres für n ≥ 1. Konkret haben wir für einige kleine Werte des Exponenten n die
Gleichungen
(x + y)2
(x + y)3
(x + y)4
(x + y)5
(x + y)6
=
=
=
=
=
x2 + 2xy + y 2 ,
x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 ,
x4 + 4x3 y + 6x2 y 2 + 4xy 3 + y 4 ,
x5 + 5x4 y + 10x3 y 2 + 10x2 y 3 + 5xy 4 + y 5 ,
x6 + 6x5 y + 15x4 y 2 + 20x3 y 3 + 15x2 y 4 + 6xy 5 + y 6 .
Wir wollen noch eine erste Anwendung der binomischen Formel vorführen und den
Beweis der Bernoullischen Ungleichung im Hauptfall x ≥ 0 vereinfachen. Sind n ∈ N
und x ∈ R mit x ≥ 0, so ist auch xk ≥ 0 für jedes k ∈ N und damit folgt sofort
n n X
X
n k
n k
n
(1 + x) =
x = 1 + nx +
x ≥ 1 + nx.
k
k
k=0
k=2
Andere Abschätzungen für Potenzen von 1 + x kann man jetzt ganz analog durch
weitere Anwendungen der binomischen Formel erhalten. Sind beispielsweise n ∈ N und
1 ≤ k ≤ n gegeben, so folgt für jedes x ∈ R mit x ≥ 0 auch
n X
n l
n k
n
(1 + x) =
x ≥1+
x .
l
k
l=0
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Hier haben wir einfach alle Terme bis auf zwei in der binomischen Formel weggelassen,
was den Ausdruck wegen x ≥ 0 kleiner macht.
Damit haben wir die Potenzen mit natürlichzahligen Exponenten behandelt, und als
nächsten Schritt definieren wir die Potenzen mit negativen, ganzzahligen Exponenten.
Diese kann man aber nur noch für eine von Null verschiedene Basis einführen. Bereits
im Axiom (M4) haben wir für 0 6= x ∈ R die Schreibweise x−1 eingeführt, und nach
unserer Bruchdefinition ist
1
x−1 = 1 · x−1 = .
x
Für n ∈ N mit n ≥ 1 und 0 6= x ∈ R setzen wir allgemein
n
1
1
−n
x := n =
,
x
x
für n = 1 ist dies wegen x1 = x weiterhin das multiplikative Inverse von x. Auch für
diesen allgemeineren Potenzbegriff gelten dann die Potenzrechenregeln
n
xn n m
x
n
n n
= n , x · x = xn+m und (xn )m = xnm
(xy) = x y ,
y
y
für alle x, y ∈ R\{0}, n, m ∈ Z. All diese Formeln kann man auf die entsprechenden
Aussagen für Potenzen mit natürlichen Exponenten zurückführen. In der Vorlesung
hatten wir darauf verzichtet dies vorzuführen, hier wollen wir es aber ruhig einmal tun.
Seien also x, y ∈ R\{0} gegeben. Wir beginnen mit (xy)n = xn y n und für n ∈ N wissen
wir dies bereits. Für jedes n ∈ N mit n ≥ 1 ist weiter
(xy)−n =
1
1
1 1
= n n = n · n = x−n y −n ,
n
(xy)
x y
x y
wobei wir hier und im folgenden die in Aufgabe (3) nachgewiesenen Bruchrechenregeln
verwenden. Die Formel für Potenzen von Brüchen haben wir im Fall natürlicher Exponenten bereits eingesehen und für negative Exponenten, ist für jedes n ∈ N mit n ≥ 1
zunächst
n
n
−1
1
−1 −n
(y ) =
= (y −1 )−1 = y n = (y n )−1
= (y −n )−1
−1
y
und somit auch
−n
x
x−n
−1 −n
−n −1 −n
−n −n −1
= (xy ) = x (y ) = x (y ) = −n .
y
y
Nun wollen wir die Formel (xn )m = xnm für alle n, m ∈ Z einsehen, welche wir im Fall
n, m ∈ N bereits kennen. Die Formel gilt auch stets wenn n = 0 oder m = 0 ist, denn
für jedes n ∈ N mit n ≥ 1 ist
(x0 )−n = 1−n =
1
= 1 = x0·(−n) und (x−n )0 = 1 = x(−n)·0 .
1n
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Bei den verbleibenden drei Fällen haben wir für alle n, m ∈ N mit n, m ≥ 1 auch
n m nm
1
1
−n m
=
= x−nm = x(−n)·m ,
x
=
x
x
1
1
(xn )−m =
= nm = x−nm = xn·(−m) ,
(xn )m
x
n −m −nm
nm
−m
1
1
=
= (x−1 )−1
= xnm = x(−n)·(−m) ,
x−n
=
x
x
und damit ist (xn )m = xnm für überhaupt alle n, m ∈ Z gezeigt. Damit kommen wir
zur letzten der vier Formeln, also xn · xm = xn+m , die wir für n, m ∈ N bereits kennen.
Für n, m ∈ N mit n, m ≥ 1 haben wir auch
n m n+m
1
1
1
−n
−m
x ·x =
=
= x−(n+m) = x(−n)+(−m) .
x
x
x
Für die beiden gemischten Fälle reicht es xn x−m = xn−m für alle n, m ∈ N mit m ≥ 1
zu zeigen. Im Fall m ≤ n sind n − m ∈ N und
xn x−m = xn−m xm (x−1 )m = xn−m (x · x−1 )m = xn−m · 1m = xn−m
während wir im Fall m > n stets m − n ∈ N und
xn x−m = xn (x−1 )m = xn (x−1 )n (x−1 )m−n = (x · x−1 )n x−(m−n) = 1n · xn−m = xn−m
haben. Damit haben wir die Potenzrechenregeln auch im Fall ganzzahliger Exponenten
nachgewiesen. Eine vernünftige Formel für Potenzen von Summen bei negativen Exponenten gibt es leider nicht. Ordnungsbeziehungen drehen sich bei negativen Exponenten
um, für x, y ∈ R mit x, y > 0 haben wir zunächst
x < y ⇐⇒
1
1
<
y
x
und für jedes n ∈ N mit n ≥ 1 folgt weiter
n n
1
1
1
1
< ⇐⇒
<
,
y
x
y
x
also haben wir insgesamt
∀(x, y ∈ R, x, y > 0)∀(n ∈ Z, n < 0) : x < y ⇐⇒ y n < xn .
Die Anordnungseigenschaften bezüglich des Exponenten gelten dagegen auch für ganzzahlige Exponenten unverändert weiter, d.h. wir haben
und
∀(x ∈ R, x > 1)∀(n, m ∈ Z) : xn < xm ⇐⇒ n < m
∀(x ∈ R, 0 < x < 1)∀(n, m ∈ Z) : xn < xm ⇐⇒ n > m.
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Um dies zu zeigen seien n, m ∈ Z gegeben. Weiter sei x > 1 eine reelle Zahl. Im Fall
n, m ∈ N wissen wir bereits das xn < xm gleichwertig zu n < m ist und im Fall n, m < 0
haben wir 0 < x−1 < 1 und damit ebenfalls
xn < xm ⇐⇒ (x−1 )−n < (x−1 )−m ⇐⇒ −n > −m ⇐⇒ n < m.
In den beiden gemischten Fällen gilt unsere Behauptung ebenfalls, für n < 0 ≤ m haben
wir xn = (x−1 )−n < 1 ≤ xm während für m < 0 ≤ n ebenso xn ≥ 1 > (x−1 )−m = xm
gilt.
Die nächste Ausdehnung des Potenzbegriffs erfolgt auf rationale Exponenten, d.h.
wir wollen Potenzen xa für reelles x ∈ R mit x > 0 und rationales a ∈ Q definieren.
Dies erfolgt durch Rückgriff auf reelle Wurzeln, aber leider sagen unsere Axiome für
die reellen Zahlen nicht direkt das es solche Wurzeln überhaupt gibt. Wie schon bemerkt legen die angegebenen Axiome die reellen Zahlen vollständig fest, wir sollten die
Existenz von Wurzeln also beweisen können. Um den Beweis übersichtlich zu halten,
wollen wir zunächst einige kleine Vorüberlegungen anstellen. Sind x, y ∈ R mit x < y,
so folgt
x+x
x+y
y+y
x=
<
<
= y,
2
2
2
also ist z := (x + y)/2 eine reelle Zahl zwischen x und y, d.h. x < z < y. Weiter
behaupten wir das es für je zwei reelle Zahlen x, y ∈ R mit 0 ≤ x < y stets eine reelle
Zahl z ∈ R mit z > 1 und xz < y gibt. Für x = 0 ist dies etwa mit z := 2 erfült
und für x > 0 haben wir y/x > 1, also existiert z ∈ R mit 1 < z < y/x und durch
Multiplikation mit x > 0 folgt xz < y.
Nun seien n ∈ N mit n ≥ 1 und x, y ∈ R mit x > 0 und xn < y gegeben. Wir
behaupten das es dann auch ein z ∈ R mit z > x und z n < y gibt. Zunächst gibt es
nämlich eine reelle Zahl u > 1 mit xn u < y. Dann ist u − 1 > 0 also ist
u−1
:= min
,1
2n − 1
eine reelle Zahl mit 0 < ≤ 1 und 1 + (2n − 1) ≤ u. Wir erhalten die reelle Zahl
z := x(1 + ) > x. Wegen ≤ 1 gilt k ≤ für jedes k ∈ N mit k ≥ 1, also liefert die
binomische Formel Lemma 7
n n X
X
n k
n
n
(1 + ) =
≤1+
= 1 + (2n − 1) ≤ u
k
k
k=0
k=1
und somit ist auch
z n = xn (1 + )n ≤ xn u < y.
Eine analog Aussage läßt sich auch in die andere Richtung beweisen, sind n ∈ N mit
n ≥ 1 und x, y ∈ R mit x > 0 und xn > y > 0, so existiert eine weitere reelle Zahl
z ∈ R mit 0 < z < x und z n > y. In der Tat, betrachten wir die positiven Zahlen
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1/x, 1/y > 0 mit (1/x)n = 1/xn < 1/y, so gibt es nach der eben bewiesenen Aussage
ein z 0 ∈ R mit z 0 > 1/x und z 0 n < 1/y. Damit ist auch
z :=
1
1
< x mit z > 0 und z n = 0 n > y.
0
z
z
Nach diesen Vorbereitungen kommen wir zum Beweis der Existenz von Wurzeln reeller
Zahlen.
Lemma 1.8 (Existenz von Wurzeln)
Sei n ∈ N mit n ≥ 1. Dann existiert für jede reelle Zahl a ∈ R mit a ≥ 0 genau eine
reelle Zahl s ∈ R mit s ≥ 0 und sn = a.
Beweis: Da für x, y ∈ R mit 0 ≤ x < y stets xn < y n also insbesondere xn 6= y n gilt,
ist die Eindeutigkeit der Wurzel s klar. Es ist also nur noch die Existenz zu beweisen.
Wir betrachten zunächst den Fall a ≥ 1 und setzen
M := {x ∈ R|x > 0 und xn ≤ a} ⊆ R.
Wegen 1 ∈ M ist dann M 6= ∅. Weiter ist a eine obere Schranke von M , denn ist x ∈ M
so gilt im Fall x ≤ 1 sofort x ≤ 1 ≤ a und im Fall x > 1 haben wir ebenfalls x ≤ xn ≤ a.
Damit ist die Menge M auch nach oben beschränkt und das Vollständigkeitsaxiom (V)
liefert die Existenz von
s := sup M = sup{x ∈ R|x > 0 ∧ xn ≤ a}.
Wegen 1 ∈ M ist s ≥ 1, also insbesondere s > 0. Wir behaupten das sn = a ist und
hierzu zeigen wir das weder sn < a noch sn > a gelten kann. Angenommen es wäre
sn < a. Wie eingangs gezeigt gibt es dann ein t ∈ R mit t > s und tn < a, d.h. es ist
t ∈ M und somit t ≤ s, ein Widerspruch. Wäre sn > a, so gibt es wieder nach unserer
Vorbemerkung eine reelle Zahl t ∈ R mit 0 < t < s und tn > a. Nach Lemma 3.(a)
existiert ein x ∈ M mit x > t und damit ergibt sich der Widerspruch a < tn < xn ≤ a.
Damit muss sn = a gelten und die Existenz einer n-ten Wurzel ist im Fall a ≥ 1
bewiesen.
Für a = 0 ist die Existenz einer n-ten Wurzel klar, wir müssen also nur noch den
Fall 0 < a < 1 behandeln. Dann ist 1/a > 1 und wie bereits gezeigt existiert ein s ∈ R
mit s ≥ 0 und sn = 1/a. Wegen 1/a 6= 0 ist auch s 6= 0 und damit ist 1/s > 0 mit
(1/s)n = a.
√
n
Die Zahl s des
Lemmas
wird
dann
natürlich
als
die
n-te
Wurzel
a := s von a
√
n
definiert, d.h. a ist diejenige, nicht negative, reelle Zahl deren n-te Potenz gleich a
ist. Aus den Potenzrechenregeln folgen sofort die Rechenregeln für Wurzeln, d.h. sind
x, y ∈ R mit x, y ≥ 0 und n, m ∈ N mit n, m ≥ 1, so haben wir
√
r
q
n
√
√
√
x
x
√
n √
n
m
nm
n
n
n
x · y = x · y,
x =
x und im Fall y > 0 auch
= √
.
n
y
y
5-11
Mathematik für Physiker I, WS 2014/2015
Montag 10.11
Auch auf den Beweis dieser Regeln haben wir in der Vorlesung
√ √ verzichtet, und er soll
hier vorgeführt werden. Für die erste Regel beachte das n x · n y ≥ 0 mit
√
√ n √ n √
n
x · n y = n x · n yn = x · y
√ √
√
ist, also n xy = n x n y nach Definition der Wurzel. Für die zweite Regel gehen wir
p√
analog vor, es ist n m x ≥ 0 mit
q
q
nm
n m
√ m
n √
n √
m
m
x =
x
= m x = x,
p√
√
und dies bedeutet n m√x = nm x. Für die dritte Eigenschaft nehme y > 0 an und
√
erhalte die reelle Zahl n x/ n y ≥ 0 mit
√
n
√
n
n
n
x
x
x
=
=
,
√
√
n
n y
n y
y
p
√ √
also ist auch in diesem Fall n x/y = n x/ n y. Weiter kann man nun auch überlegen wie
sich die Kleiner-Relation mit der Wurzelbildung verträgt. Sind x, y ∈ R mit x, y ≥ 0
und n ∈ N mit n ≥ 1, so haben wir
√ n
√
√
√
n
x < n y ⇐⇒ n x < ( n y)n ⇐⇒ x < y.
Auch das Verhalten der Wurzel bezüglich n läßt sich entsprechend untersuchen. Seien
hierzu wieder n, m ∈ N mit n, m ≥ 1 und x ∈ R mit x ≥ 0 gegeben. Beachten wir dann
√
√ m
√
( n x)nm = ( n x)n = xm und analog ( m x)nm = xn
so ergibt sich zunächst
√
n
√
x < m x ⇐⇒ xm < xn
√
√
also ist im Fall
x > 1√genau dann n x < m x wenn n > m ist während im Fall 0 < x < 1
√
genau dann n x < m x gilt wenn n < m ist.
Nachdem die Existenz von Wurzeln gesichert ist, können nun Potenzen mit positiver
Basis und rationalen Exponenten definiert werden. Sind hierzu x ∈ R mit x > 0 und
a ∈ Q gegeben, so schreiben wir a = p/q mit p, q ∈ Z, q ≥ 1 und definieren
p
√ p
xa = x q := q x > 0.
Diese Zahl hängt tatsächlich nur von a und nicht von den speziell gewählten p und q
ab, denn sind auch t, s ∈ Z mit s ≥ 1 und
a=
also haben wir
p qs
√
√ pqs
q
x
= qx
=
t
p
= , so ist auch qt = sp,
s
q
q ps
√
q
x
= xps = xqt =
5-12
s qt
t qs
√
√ sqt √
s
s
x
= sx
=
x
,
Mathematik für Physiker I, WS 2014/2015
und somit ist auch
Montag 10.11
p
√ t
√
q
x = sx .
Damit ist xa tatsächlich sinnvoll definiert. Im ganzzahligen Fall a ∈ Z stimmen die so
definierten Potenzen mit den früher definierten Potenzen mit ganzzahligen Exponenten
√
a/1
1
überein, wir können nämlich
a
=
a/1
schreiben
und
haben
damit
x
=
(
x)a = xa .
√
Beispielsweise sind x2/3 = ( 3 x)2 für jedes x > 0, und konkret
√
√
4
163/2 = ( 16)3 = 43 = 64 oder 165/4 = ( 16)5 = 25 = 32.
Weiter
ist wieder für eine allgemeine rationale Zahl a =√p/q wie√ oben stets 1a =
√
q
p
( 1) = 1p = 1, und für jedes n ∈ N mit n ≥ 1 ist x1/n = ( n x)1 = n x. Auch für diese
allgemeineren Potenzen ergeben sich jetzt wieder die Potenzrechenregeln
a
x
xa
a
a a
(xy) = x y ,
= a , (xa )b = xab und xa xb = xa+b
y
y
für alle x, y ∈ R, a, b ∈ Q mit x, y > 0. Auf den Nachweis dieser Formeln wurde in der
Vorlesung wieder verzichtet, so dass wir dies hier nachholen wollen. Zunächst benötigen
wir eine weitere Wurzelformel,
wir√behaupten das für alle x ∈ R mit x > 0 und alle
√
n
m
n, m ∈ Z mit n ≥ 1 stets x = ( n x)m gilt. Hierzu rechnen wir
n
√
√
√ m
( n x)m = ( n x)nm = ( n x)n = xm
√
√
und dies bedeutet n xm = ( n x)m , wie behauptet. Damit kommen wir zu den genannten
Potenzregeln. Seien also x, y ∈ R mit x, y > 0 gegeben. Weiter sei a ∈ Q und schreibe
a = p/q mit p, q ∈ Z, q ≥ 1. Dann ist
√ √
√
√
√
(xy)a = ( q xy)p = ( q x q y)p = ( q x)p ( q y)p = xa y a
und analog
p
a r p √
√
q
q
x
x
x)p
xa
(
x
q
= √
= a.
= √
=
q y
y
y
( q y)p
y
Für die anderen beiden Formeln sei auch b ∈ Q geschrieben als b = t/s mit t, s ∈ Z,
s ≥ 1. Dann ist
q
t q
t √
√ t
√
√ t
s √
s
s
q
qs
a b
t
q
a
p
p
(x ) = ( x ) =
( x)
=
x
=
xp = ( qs x)p
pt
√
= ( qs x)pt = x qs = xab
und die dritte unserer Formeln ist bewiesen. Für die verbleibende Formel beachten wir
a + b = (ps + qt)/(qs) mit ps + qt ∈ Z, qs ∈ N\{0} und erhalten
x
a+b
=(
√
qs
ps+qt
x)
=(
√
qs
ps
x) (
√
qs
qt
x) =
q
s
√
q
x
s p q
q
√
s
q t
x
√
√
= ( q x)p ( s x)t = xa xb .
5-13
Mathematik für Physiker I, WS 2014/2015
Montag 10.11
Auch die Regeln für Ungleichungen gelten für die Potenzen mit rationalen Exponenten.
Seien hierzu x, y ∈ R mit x, y ≥ 0 gegebem. Weiter sei a ∈ Q eine rationale Zahl und
schreibe a = p/q mit p, q ∈ Z, q ≥ 1. Ist dann a > 0 so haben wir auch p ≥ 1 und
folglich
√
√ p
√
√
x < y ⇐⇒ q x < q y ⇐⇒ q x < ( q y)p ⇐⇒ xa < y a .
Ist der Exponent a < 0 negativ, so ist dagegen p < 0 und wir haben
√
√ p
√
√
x < y ⇐⇒ q x < q y ⇐⇒ q x > ( q y)p ⇐⇒ xa > y a .
Für die Anordnung bezüglich des Exponenten seien a, b ∈ Q gegeben und schreibe
diese mit gemeinsamen Nenner
als a = p/r, b = q/r mit p, q, r ∈ Z, r ≥ 1. Ist dann
√
r
x > 1 so haben wir auch x > 1 und somit wird
√
√
a < b ⇐⇒ p < q ⇐⇒ ( r x)p < ( r x)q ⇐⇒ xa < xb ,
√
während für 0 < x < 1 auch 0 < r x < 1 gilt, also wird in diesem Fall
a < b ⇐⇒ xa > xb .
Damit haben wir den Potenzbegriff mit rationalen Exponenten vollständig etabliert,
die letzte Erweiterung erfolgt jetzt auf Potenzen xa mit beliebigen reellen Exponenten
a ∈ R und positiver Basis x > 0. Da wir diese gelegentlich etwa in Beispielen verwenden wollen, werden wir sie auch bereits an dieser Stelle definieren, die meisten ihrer
Eigenschaften werden wir aber erst später in diesem Semester behandeln.
Definition 1.9 (Potenzen mit reellen Exponenten)
Sei a ∈ R. Für jedes x ∈ R mit x ≥ 1 definieren wir dann
xa := sup{xq |q ∈ Q, q ≤ a}
und für x ∈ R mit 0 < x < 1 sei
xa := inf{xq |q ∈ Q, q ≤ a}.
In Aufgabe (10) wird unter anderem bewiesen das die so definierten Potenzen im
Fall rationaler Exponenten mit den früher definierten Potenzen übereinstimmen. Man
könnte auf Basis der obigen Potenzdefinition nun auch wieder die Potenzrechenregeln
nachweisen, dies ist allerdings recht mühsam und wir verschieben es daher auf §11.4,
dort wird sich ein bequemer zu handhabender Zugang zu den Potenzfunktionen eröffnen. Einige Eigenschaften der Potenzfunktionen werden wir allerdings bereits in den
erwähnten Beispielen verwenden, diese kann man glücklicherweise ohne allzu viel Aufwand aus unserer Definition ablesen, wie in Aufgabe (10) gezeigt wird.
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