Konstruktion der Zahlbereiche - Mathe mit Karsten

Konstruktion der Zahlbereiche
Karsten Evers
16. Januar 2014
Betreten auf eigene Gefahr!1
Internet: http://www.mathekarsten.npage.de
Fragen, Kritiken oder Kommentare:
1 Da
ich mir die meisten Aufgaben und deren Lösungen (angeregt durch Bücher; siehe Literaturverzeichnis)
selbständig überlegt und ausformuliert habe, ist es natürlich nicht ausgeschlossen, dass sich Fehler eingeschlichen haben (neben Tippfehlern möglicherweise auch Fehler inhaltlicher Art). Ich bitte dies daher zu
entschuldigen und freue mich natürlich über jede ernstgemeinte Frage oder Kritik.
1
Inhaltsverzeichnis
Einleitung
3
1 Die natürlichen Zahlen
1.1 Ein Modell der natürlichen Zahlen . . . . . .
1.2 Peano-Strukturen und Rekursionssatz . . . .
1.3 Endliche und unendliche Mengen . . . . . .
1.4 Die Operationen Addition und Multiplikation
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5
5
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7
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2 Die ganzen Zahlen
2.1 Die kommutative Gruppe Z der ganzen Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Der Integritätsring Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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3 Die rationalen Zahlen
3.1 Der Körper Q der rationalen Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Die Anordnung von Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
12
12
4 Die reellen Zahlen
4.1 Der Körper R der reellen Zahlen . . . . . . . . . . .
4.2 Die Anordnung von R . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Die Vollständigkeit von R . . . . . . . . . . . . . . .
4.4 Die axiomatische Beschreibung und Einzigkeit von R
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14
14
15
15
5 Die komplexen Zahlen
5.1 Der Körper C der komplexen Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Der Fundamentalsatz der Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
17
17
6 Ordinalzahlen, Kardinalzahlen und das Auswahlaxiom
6.1 Ordinalzahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Äquivalente Formulierungen des Auswahlaxioms . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Kardinalzahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
19
20
21
7 Lösungsvorschläge
23
Literaturverzeichnis
42
2
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Einleitung
Dieses Skript2 (als Aufgabensammlung konzipiert mit ausführlichem Lösungsteil) ist für
Studenten ab dem zweiten Semester geschrieben. Vorausgesetzt wird hauptsächlich die Fähigkeit selbstständig Beweise führen zu können. An Begriffen und Definitionen setzen wir nur
Grundlegendes aus der Mengentheorie voraus, wie z.B. geordnete Paare, Vereinigung, Durchschnitt, Potenzmenge, Äquivalenzrelation, Abbildungen, ... . Unser vorrangiges Ziel ist es das,
was in den standard Analysis Büchern ganz am Anfang steht, nämlich die Axiome des Körpers der reellen Zahlen, an einer konkreten mengentheoretischen Konstruktion zu ”erleben”.
Das bedeutet, dass wir für unsere Konstruktion alle diese Axiome nachweisen werden. Danach werden wir etwas lockerer und werden elementare Eigenschaften, Begriffe und einfache
Sätze der klassischen Analysis - wie sie eben in den Lehrbüchern zu finden sind - verwenden.
Im ersten Abschnitt Die natürlichen Zahlen geht es um die Konstruktion der natürlichen
Zahlen auf Basis der Existenz einer induktiven Menge. Ferner präzisieren wir den Begriff der
endlichen Menge und beweisen einige fundamentale Eigenschaften endlicher und unendlicher
Mengen. Dieser erste Abschnitt ist das Herzstück des gesamten Textes und die Grundlage aller
weiteren Betrachtungen in den sich anschließenden Kapiteln.
Die Abschnitte Die ganze Zahlen und Die rationalen Zahlen sind deutlich kürzer und
einfacher und wir gewinnen die ganzen bzw. rationalen Zahlen problemlos aus den natürlichen
bzw. ganzen Zahlen durch Übergang zu Äquivalenzklassen.
Etwas schwieriger wird es dann wieder im Abschnitt Die reellen Zahlen. Die reellen Zahlen
führen wir als Äquivalenzklassen von Cauchy-Folgen rationaler Zahlenfolgen ein (der Begriff
Cauchy-Folge wird natürlich definiert). Für die Menge aller dieser Äquivalenzklassen, die
wir dann die Menge der reellen Zahlen nennen, beweisen wir eine Reihe von Aussagen, die
letzendlich diese Struktur bis auf Isomorphie bestimmt.
Auf Basis der reellen Zahlen führen wir im Abschnitt Die komplexen Zahlen dann den
Körper der komplexen Zahlen als Menge von geordneten Paaren reeller Zahlen ein und entwickeln die Theorie soweit (wie schon erwähnt, werden wir ab hier etwas lockerer und verwenden einfache Ergebnisse der klassischen Analysis), dass wir einen einfachen Beweis vom
Fundamentalsatz der Algebra geben können.
Kann man nur endliche Mengen ”abzählen”? Dieser Frage widmet sich das Kapitel über
Ordinalzahlen, Kardinalzahlen und das Auswahlaxiom. Wir werden transfinite Abzählprozesse kennen lernen, den Rekursionssatz weitgehend verallgemeinern und letztendlich die
natürlichen Zahlen als Ordinalzahlen wiederfinden. Kardinalzahlen werden wir dann als spezielle Ordinalzahlen einführen. Abschließend beweisen wir einige fundamentale Eigenschaften
unendlicher Mengen. Mit Ordinalzahlen verallgemeinern wir den Zählprozess ins Unendliche
(Transfinite), mit den Kardinalzahlen verallgemeinern wir den Anzahlbegriff ins Unendliche.
2 Alle
Rechte an diesem Skript gehören mir! Auf folgenden Internetseiten gibt es kostenlose Downloads:
http://www.math.uni-rostock.de/∼evers/ oder http://www.mathekarsten.npage.de
3
Les structures sont les armes du mathématicien.
Nicolas Bourbaki
4
1 Die natürlichen Zahlen
”Nichts ist trivial.”
Matthias Hinkfoth
1.1 Ein Modell der natürlichen Zahlen
Wir werden eine Menge N konstruieren, die uns dann als Modell der natürlichen Zahlen (von
dem, was wir uns intuitiv unter den natürlichen Zahlen vorstellen) dient. Dazu einige Definitionen:
Eine Menge X wird induktiv genannt, falls 0/ ∈ X und für jedes x ∈ X gilt x ∪ {x} ∈ X
(die Existenz einer induktiven Menge wird im Rahmen der axiomatischen Mengentheorie als
Axiom gefordert).
Eine Menge T heißt transitiv wenn für alle x gilt: x ∈ T ⇒ x ⊆ T .
Unter einer Wohlordnung < auf einer Menge X verstehen wir eine Relation, die folgenden
Bedingungen genügt:
1) Es gibt kein x ∈ X mit x < x.
2) ∀ x, y, z gilt x < y und y < z impliziert x < z (dies nennt man Transitivität).
3) Für alle x, y ∈ X gilt genau eine der Beziehungen x < y, x = y, y < x.
4) Jede nicht leere Teilmenge Y von X hat ein kleinstes Element (also ein y ∈ Y , so dass für
jedes z ∈ Y entweder y < z oder y = z gilt).
Gilt nur 1) bis 3), so ist < eine totale Ordnung (oder auch lineare Ordnung oder auch Kette).
Gilt nur 1) und 2), so ist < eine partielle Ordnung auf X.
Aufgabe 1. N := {X | X ist induktiv } ist induktiv und ist in jeder induktiven Menge als
Teilmenge enthalten (N ist der Schnitt aller induktiven Mengen).
T
Folgende Notation wird außerdem benutzt: 0 := 0,
/ falls n ∈ N dann n + 1 := n ∪ {n} (wir
haben noch keine Addition oder irgendetwas ähnliches, die ganze linke Seite wird als Symbol definiert). Über N wird eine Relation < durch n < m :⇔ n ∈ m definiert Wie gewohnt
schreiben wir n ≤ m für n < m oder n = m.
In den folgenden Aufgaben sei X eine induktive Menge.
Aufgabe 2. M1 := {x ∈ X | x ⊆ X} ist induktiv. Also ist N transitiv und für jedes n ∈ N gilt
n = {m ∈ N | m < n}.
Aufgabe 3. M2 := {x ∈ X | x ist transitiv } ist induktiv. Also ist jedes n aus N transitiv.
Aufgabe 4. M3 := {x ∈ X | x ist transitiv und x 6∈ x} ist induktiv. Also n 6∈ n und n 6= n + 1 für
jedes n ∈ N.
Aufgabe 5. Für m, n ∈ N gilt genau eine der Beziehungen m ∈ n oder m = n oder n ∈ m.
Aufgabe 6. Seien m, n ∈ N und m ( n. Dann ist m ∈ n.
Aufgabe 7. M4 := {x ∈ X | x ist transitiv und jedes nichtleere z ⊆ x hat ein ∈- minimales
Element } ist induktiv (t ist ein ∈- minimales Element in z, wenn es kein s ∈ z gibt mit s ∈ t).
5
Aufgabe 8. Jedes nichtleere M ⊆ N hat ein ∈- minimales Element (nimm n ∈ M und betrachte
M ∩ n). Die Relation < ( m < n :⇔ m ∈ n) ist somit eine Wohlordnung auf N.
Aufgabe 9. M5 := {x ∈ X | x = 0/ oder x = y ∪ {y} für irgend ein y} ist induktiv. Also existiert
für jedes n 6= 0 ein m ∈ N mit n = m + 1.
Aufgabe 10. a) Sei A eine Teilmenge von N mit 0 ∈ A und n ∈ A → n + 1 ∈ A. Dann ist
A = N.
b) Sei A eine Teilmenge von N mit ∀ n ∈ N (n ⊆ A ⇒ n ∈ A). Dann ist A = N
1.2 Peano-Strukturen und Rekursionssatz
Wir zeigen eine gewisse Einzigartigkeit bzw. Eindeutigkeit der natürlichen Zahlen und geben ein fundamentales Hilfsmittel - den Rekursionssatz, mit dessen Hilfe man beispielsweise
die bekannten Operationen + und · definiert, der letztendlich aber sogar die Grundlage jeder
rekursiven Definition (auf Basis der natürlichen Zahlen) ist! Auch hier wieder einige Definitionen und Bezeichnungen:
Ein Tripel(M, S, 0) wird eine Peano-Struktur genannt, falls M eine Menge ist, 0 ∈ M und
S : M → M (engl. successor) eine injektive Abbildung mit der Eigenschaft 0 6∈ S(M) und
∀ P (0 ∈ P ⊆ M ∧ S(P) ⊆ P ⇒ P = M) ist (wir schreiben zwar 0, doch möchten wir betonen,
dass die 0 an dieser Stelle nur Symbol für ein festes Element aus M ist und keineswegs die
leere Menge bezeichnet).
Dies sind (etwas kompakter formuliert) die Axiome von Peano.
1) Die 0 ist eine natürliche Zahl.
2) Jede natürliche Zahl n hat einen Nachfolger S(n).
3) Die 0 ist nicht Nachfolger einer natürlichen Zahl.
4) Wenn S(m) = S(n), für zwei nat. Zahlen m, n, dann bereits m = n.
5) Eine Eigenschaft ε, die der 0 zukommt und immer auch dem Nachfolger S(n) einer Zahl
n zukommt, die bereits selber die Eigenschaft hat, kommt dann bereits jeder natürlichen Zahl
zu (Induktionsprinzip).
Aufgabe 11. Das Tripel (N, S, 0), mit N := {X | X ist induktiv }, S : N → N definiert durch
S(n) := n + 1 := n ∪ {n} und 0 := 0/ ist eine Peano-Struktur.
T
Aufgabe 12. (Rekursionssatz) Sei nun (M, S, 0) eine Peano-Struktur und A eine weitere nicht
leere Menge, a ∈ A und g : A → A eine Abbildung. Zeige es gibt genau eine Abbildung ϕ : M →
A mit ϕ(0) = a und ϕ ◦ S = g ◦ ϕ. Hinweis zur Existenz: Betrachte G := {H ⊆ M × A | (0, a) ∈
T
H und ∀ m, x ((m, x) ∈ H ⇒ (S(m), g(x)) ∈ H)}. Setze dann ϕ := H∈G H und zeige ϕ ist eine
Abbildung mit den gesuchten Eigenschaften.
Aufgabe 13. Isomorphiesatz Je zwei Peano-Strukturen (M, S, 0) und (M 0 , S0 , 00 ) sind isomorph. Das heißt es gibt eine bijektive Abbildungϕ : M → M 0 mit ϕ ◦ S = S0 ◦ ϕ.
6
1.3 Endliche und unendliche Mengen
In diesem Abschnitt sei wieder (N, S, 0) die Peano-Struktur mit
T
N := {X | X ist induktiv }, S : N → N definiert durch S(n) := n ∪ {n} und 0 := 0/
Wir nennen eine Menge A genau dann D-unendlich, wenn es eine injektive, aber NICHT
surjektive Abbildung f : A → A gibt. Entsprechend heißt sie D-endlich, wenn es solch eine
Abbildung nicht gibt (Das ”D” kommt von Dedekind). Wir nennen eine Menge A T -endlich,
wenn jedes nichtleere X ⊆ P(A) ein ⊆- maximales Element hat (also ein u ∈ X für das kein
v ∈ X existiert mit u ( v). Wir nennen sie entsprechend T -unendlich, wenn sie nicht T -endlich
ist (das ”T ” kommt von Tarski). Zu guter letzt nennen wir eine Menge A endlich, wenn es ein
n ∈ N gibt und dazu eine bijektive Abbildung f : n → A. Entsprechend heißt sie unendlich,
wenn sie nicht endlich ist.
Wenn es zwischen zwei Mengen A, B eine Bijektion gibt, schreiben wir |A| = |B|. gibt es
eine Injektion f : A → B, so schreiben wir |A| ≤ |B| (dies ist gleichwertig zur Existenz einer
Surjektion g : B → A).
Ziel dieses Abschnitts ist es zu zeigen, dass diese drei Unendlichkeitsbegriffe (bzw. Endlichkeitsbegriffe) äquivalent sind. Ferner studieren wir einige fundamentale Eigenschaften unendlicher bzw. endlicher Mengen.
Aufgabe 14. N ist T -unendlich; die Menge N ⊆ P(N) hat kein maximales Element bezüglich
der Inklusion.
Aufgabe 15. Jedes n ∈ N ist T -endlich.
Aufgabe 16. Jede endliche Menge ist auch T -endlich.
Aufgabe 17. Jede unendliche Menge ist T -unendlich (Wenn A unendlich, betrachte X := {u ⊆
A | u ist endlich }).
Aufgabe 18. Jede D-unendliche Menge ist T -unendlich.
Aufgabe 19. Jede T -unendliche Menge ist D-unendlich.
Aufgabe 20. Sei A unendlich. Dann gibt es eine injektive Abbildung f : N → A. Jede Menge
A, zu der es solch eine Abbildung gibt, ist ihrerseits natürlich unendlich!
Damit haben wir gezeigt, dass alle drei Unendlichkeitsbegriffe äquivalent sind und schreiben daher einfach nur unendlich (analog für die Endlichkeitsbegriffe).
Aufgabe 21. Sei A endlich. Dann gibt es GENAU ein n ∈ N mit |n| = |A|.
Aufgabe 22. Wir betrachten zwei Mengen A, B und eine Abbildung f : A → B.
a) Ist A unendlich und f injektiv, so ist auch B unendlich.
b) Ist A endlich und f surjektiv, so ist auch B endlich.
Aufgabe 23. Wenn A, B endliche Mengen sind, so auch A ∪ B.
Aufgabe 24. Sei I eine endliche Menge und für jedes i ∈ I sei Ai eine endliche Menge. Dann
S
ist auch A := i∈I Ai eine endliche Menge.
7
Aufgabe 25. a) Mit endlichen A, B ist auch A × B endlich.
b) Sei I eine endliche Menge und für jedes i ∈ I sei Ai eine endliche Menge. Dann ist auch
A := ∏i∈I Ai eine endliche Menge.
c) Mit endlichem A ist auch P(A) endlich.
Aufgabe 26. Sei N 0 ⊆ N und N 0 : endlich. Dann ist n :=
Maximum von N 0 , das heißt es gilt m ≤ n für alle m ∈ N 0 .
S 0
N ∈ N 0 . Offensichtlich ist n das
Es mag ein wenig unbefriedigend sein, dass wir zum Nachweis dieser ”einfachen” Eigenschaften endlicher Mengen die Existenz unendlicher Mengen (nämlich N, oder irgendeiner
anderen Peano-Struktur) benötigen. Wir könnten auch direkt indirekt argumentieren: Annahme A ∪ B ist nicht D-endlich. Dann beschafft man sich eine Peano-Struktur3 (M, S, 0);
zeigt, dass A ∪ B auch T -unendlich ist, findet eine injektive Abbildung f : M → A ∪ B, bildet MA := {m ∈ M | f (m) ∈ A} und entsprechend MB und zeigt, dass MA oder MB unendlich
sein muss (in Peano-Strukturen geht dies mit Hilfe des Rekursionssatz, da M = MA ∪ MB , mit
MA ∩ MB = 0).
/
Es müsste doch aber auch direkt, das heißt ohne ”Beweis durch Widerspruch” möglich sein
zu zeigen, dass beispielsweise A∪B endlich ist, wenn A und B endlich sind (ganz zu schweigen
davon, welchen Endlichkeitsbegriff man an die Spitze der Untersuchungen stellt) ... ???
Egal, ... ausgesprochen nützlich im Studium unendlicher Mengen ist jedenfalls der Satz von
Schröder-Bernstein. Der besagt, dass wenn es zu zwei Mengen A, B injektive Abbildungen
f : A → B und g : B → A gibt, dann gibt es auch eine Bijektion h : A → B. Wir beweisen diesen
Satz in den nächsten beiden Aufgaben.
Aufgabe 27. Sei g : P(M) → P(M) eine monotone Abbildung (d.h. A ⊆ B ⇒ g(A) ⊆ g(B),
für A, B ∈ P(M)), dann hat g einen ⊆-minimalen/maximalen Fixpunkt (d.h. es gibt Mengen
A, B ∈ P(M) mit g(A) = A und g(B) = B und immer wenn auch g(C) = C gilt für C ∈ P(M),
dann ist A ⊆ C ⊆ B).
Hinweis: Betrachte X := {A ⊆ M | g(A) ⊆ A}, Y := {B ⊆ M | B ⊆ g(B)} und dann A :=
T
S
0
0
A0 ∈X A bzw. B := B0 ∈Y B .
Aufgabe 28. Schröder-Bernstein Seien A, B zwei Mengen und f : A → B injektiv und g :
B → A injektiv. Dann gibt es eine Bijektion h : A → B.
Hinweis: Man konstruiere mit f und g eine geeignete monotone Abbildung P(A) → P(A)
und verwende die vorige Aufgabe.
Am Ende des nächsten Abschnitts kommen wir noch einmal zu unendlichen Mengen zurück. Die Resultate, die wir dort zeigen, lassen sich ganz einfach bequemer beweisen, wenn
wir die Addition zur Verfügung haben.
3 Sei A∪B eine D-unendliche Menge, das heißt es existiert ein injektives, aber nicht surjektives
f : A∪B → A∪B.
T
Wähle z ∈ A∪B\ f (A∪B). Dann ist (M, S, z) mit M := {P ⊆ A∪B | z ∈ P und f (P) ⊆ P} und S(m) := f (m),
für m ∈ M eine Peano-Struktur.
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1.4 Die Operationen Addition und Multiplikation
Wir haben nun zwei Möglichkeiten die Operationen zu definieren. Einmal mit Hilfe der Endlichkeitsbegriffe und einmal mit Hilfe vom Rekursionssatz. Beide Zugänge werden sich als
äquivalent herausstellen (sogar die Beweise laufen gewissermaßen parallel). Die rekursive
Definition hat den Vorteil, dass sie sich in jeder Peano-Struktur realisieren lässt; die andere
Variante ist dafür intuitiv klarer (und auf eine gewisse Weise natürlicher), funktioniert aber
T
nur in der Peano-Struktur (N, S, 0) mit N := {X | X ist induktiv }, S : N → N definiert durch
S(n) := n + 1 := n ∪ {n} und 0 := 0.
/
Wir behandeln zuerst die nicht rekursive Variante. Seien m, n ∈ N. Dann definieren wir die
Summe m + n als das eindeutig bestimmte s ∈ N mit |(m × {0}) ∪ (n × {1})| = |s| (die 1 steht
als Abkürzung für {0}). Was soll das? Ganz einfach: Oben hatten wir gezeigt, dass m und n
endlich sind und somit auch m × {0} bzw n × {1}. Wir wissen außerdem, dass die Vereinigung zweier endlicher Mengen wieder endlich ist. Demzufolge gibt es ein eindeutiges s ∈ N,
welches sich bijektiv auf (m × {0}) ∪ (n × {1}) abbilden lässt. Und die ”Anzahl” der Elemente in dieser disjunkten Vereinigung entspricht eben gerade der intuitiv klaren Vorstellung
von der Summe zweier Zahlen. Das Kreuzprodukt mit {0} bzw. {1} soll nun die Disjunkteit
erzwingen (hat also nur einen technischen Charakter).
Wir haben oftmals n + 1 für S(n) geschrieben, wobei n + 1 als neues Symbol für S(n) zu
verstehen war. Mit dieser Definition der Addition gilt nun tatsächlich n + 1 = S(n), denn |(n ×
{0}) ∪ (1 × {1})| = |S(n)| (mit 1 ist wie immer {0} gemeint).
Das Produkt m · n von m, n ∈ N definieren wir als das eindeutig bestimmte p ∈ N, mit |m ×
n| = |p|. Der Leser kann sich (hoffe ich) nun selber erklären wieso wir das so machen.
In einer beliebigen Peano-Struktur (M, S, 0) (mit 0 ist hier wieder ein ausgezeichnetes Element aus M bezeichnet) können wir die Addition und Multiplikation nicht ganz so elegant
erklären. Wir definieren den Ausdruck m ⊕ n mit Hilfe des Rekursionssatzes. Dazu setzen
wir X := M M (= die Menge aller Abbildungen von M → M) und definieren g : X → X durch
g( f ) := S ◦ f . Der Rekursionssatz liefert ein eindeutiges ϕ : M → X mit ϕ(0) = idM und
ϕ ◦ S = g ◦ ϕ. Wir setzen dann m ⊕ n := (ϕ(n))(m) (die Vertauschung ist kein Druckfehler).
Wir definieren eine Ordnungsrelation ≺ auf M durch m ≺ n :⇔ ∃ k 6= 0 mit m ⊕ k = n (der
Nachweis, dass es tatsächlich eine ist, ist eine Aufgabe).
Nun zur Multiplikation. Wir nehmen wieder X := M M , betrachten h : M → M definiert durch
h(m) := 0 (Nullabbildung) und definieren unser g : X → X nun durch g( f )(n) := (ϕ( f (n)))(n).
Es gibt dann ein eindeutiges ψ : M → X mit ψ(0) = h und ψ ◦ S = g ◦ ψ. Wir setzen dann
m n := (ψ(n))(m), für m, n ∈ M.
Aufgabe 29. Die Operationen ⊕ und haben wir auf beliebigen Peano-Strukturen definiert,
T
also auch auf der wohlbekannten Peano-Struktur (N, S, 0) mit N := {X | X ist induktiv },
S : N → N definiert durch S(n) := n + 1 := n ∪ {n} und 0 := 0.
/ Es gilt dann:
a) m + S(n) = S(m + n) und m · S(n) = m + (m · n), für alle m, n ∈ N.
b) m + n = m ⊕ n, für alle m, n ∈ N.
c) m · n = m n, für alle m, n ∈ N.
d) m < n ⇔ m ≺ n, für alle m, n ∈ N.
Aufgabe 30. Wir sind wieder in der Peano-Struktur (N, S, 0).
9
a) Die Operation + ist kommutativ und assoziativ und es gibt ein neutrales Element (0).
b) In N gilt das Distributivgesetz (k · (m + n) = (k · m) + (k · n)).
c) Die Operation · ist kommutativ und assoziativ und es gibt ein neutrales Element (1).
Aufgabe 31. a) m < n ⇒ m + k < n + k, für alle m, n, k ∈ N.
b) m < n ⇒ m · k < n · k, für alle m, n, k ∈ N, mit k 6= 0.
c) m < n ⇔ ∃ p 6= 0 mit m + p = n.
d) Aus a) und b) folgen insbesondere die Kürzungsregeln:
m + k = n + k ⇒ m = n und m · k = n · k ⇒ m = n (falls k 6= 0).
Mit Hilfe des Isomorphiesatzes für Peano-Strukturen und den Aufgaben in diesem Paragraphen, haben wir die Gültigkeit dieser Rechenregeln in jeder Peano-Struktur bewiesen! Insbesondere haben wir mit Aufgabe 31 gezeigt, dass die in einer beliebigen Peano-Struktur definierbaren Ordnungsrelation ≺ eine Wohlordnung ist, welche alle Eigenschaften aus Aufgabe
31 hat.
Zur besseren Lesbarkeit führen wir folgende Konvention ein. Wir verzichten in Zukunft auf
das Multiplikationszeichen · und legen außerdem fest, das die Multiplikation stärker bindet
als die Addition. Als Beispiel möge a · (b + c) = (a · b) + (a · c) ⇒ a(b + c) = ab + ac dienen.
Aufgabe 32. (Teilen mit Rest) Seien m, n ∈ N und m 6= 0. Dann gibt es eindeutig bestimmte
q, r ∈ N mit n = qm + r und r < m.
Wir sagen m ist ein Teiler von n, wenn r = 0 ist. Insbesondere bekommen wir auf diese
Weise das Konzept der geraden und ungeraden Zahlen. Gerade Zahlen nennen wir nun diejenigen, die durch m = 2 := {0,
/ {0}}
/ = {0, 1} teilbar sind. Ungerade nennen wir die Zahlen,
die nicht durch Zwei (wir benutzen selbstverständlich die bekannten Zahlwörter) teilbar sind.
Ungerade Zahlen sind also von der Form q2+1 = 2q+1, gerade Zahlen sind von der Form 2q,
für q ∈ N. Jede Zahl ist von genau einer dieser beiden Formen, der Nachfolger einer geraden
Zahl ist eine ungerade und umgekehrt.
Kommen wir nun noch einmal zu unendlichen Mengen zurück. Wir nennen eine Menge
T
M abzählbar, wenn es eine surjektive Abbildung f : N → M gibt, mit N := {X | X ist induktiv }. Äquivalent dazu ist offenbar die Existenz einer injektiven Abbildung f : M → N.
Wir nennen eine Menge M abzählbar unendlich, wenn es eine Bijektion f : M → N gibt. Von
fundamentaler Bedeutung ist nun, dass N × N abzählbar unendlich ist, es also eine Bijektion
f : N × N → N gibt!
Aufgabe 33. a) Alle Peano-Stukturen sind abzählbar unendlich.
b) Jede unendliche Menge enthält eine abzählbar unendliche Menge. Insbesondere ist jede unendlichen Menge, die sich injektiv in die natürlichen Zahlen abbilden lässt, bereits abzählbar
unendlich.
Aufgabe 34. a) Es gilt |N × N| = |N|, das heißt es gibt eine Bijektion F : N × N → N.
S
b) Sei I abzählbar und für jedes i ∈ I sei auch Ai abzählbar. Dann ist auch A := i∈I Ai abzählbar.
10
2 Die ganzen Zahlen
2.1 Die kommutative Gruppe Z der ganzen Zahlen
Sei (N, S, 0) die Peano-Struktur mit N := {X | X ist induktiv }, S : N → N definiert durch
S(n) := n + 1 := n ∪ {n} und 0 := 0.
/ Auf N × N führen wir die folgende Relation ein (a, b) ∼
(c, d) :⇔ a + d = b + c (unter dem Paar (a, b) kann man sich intuitiv die Differenz a − b
vorstellen).
T
Aufgabe 35. ∼ ist eine Äquivalenzrelation auf N × N.
Die Menge der Äquivalenzklassen {[(a, b)]∼ | a, b ∈ N} bezeichnen wir ab sofort mit Z.
Für die Klassen schreiben wir kürzer [a, b]. Wir definieren jetzt eine Operation auf Z, die wir
ebenfalls Addition nennen und mit + bezeichnen. Das sollte zu keinen Verwirrungen führen.
Aufgabe 36. [a, b] + [c, d] := [a + c, b + d] ist wohldefiniert und Z ist zusammen mit + : Z ×
Z → Z eine kommutative Gruppe, mit [0, 0] als neutralem Element.
2.2 Der Integritätsring Z
Wir definieren auch eine Multiplikation · : Z × Z → Z (und verwenden wieder das gleiche
Symbol, wie bei den natürlichen Zahlen), durch [a, b] · [c, d] := [ac + bd, ad + bc]. Wie schon
bei den natürlichen Zahlen verzichten wir in Zukunft auf den Multiplikationspunkt und legen
fest, dass die Multiplikation stärker bindet als die Addition.
Aufgabe 37. Die Multiplikation auf Z ist wohldefiniert, kommutativ und (Z, +, ·) ist ein Nullteiler freier Ring mit Eins. Ferner gelten die aus N bekannten Kürzungsregeln der Addition
und Multiplikation.
Auch auf Z bekommen wir eine Ordnungsrelation. Wir zeichnen dazu erst gewisse Elemente
als positiv aus (die Null in Z bezeichnen wir ebenfalls mit 0): 0 < [a, b] :⇔ b < a.
Aufgabe 38. a) 0 < [a, b] :⇔ b < a (rechts steht die Ordnungsrelation auf N) ist unabhängig
von der Wahl der Repräsentanten.
b) Für k, l ∈ Z mit 0 < k und 0 < l gilt 0 < k + l und 0 < kl.
Für k, l ∈ Z definieren wir nun k < l :⇔ 0 < l − k. In der Klassenschreibweise sieht das
dann so aus [a, b] < [c, d] :⇔ 0 < [b + c, a + d].
Wir definieren weiter eine Abbildung i : N → Z durch i(m) := [m, 0].
Aufgabe 39. a) i ist injektiv.
b) Für alle m, n ∈ N gilt i(m + n) = i(m) + i(n) und i(mn) = i(m) · i(n).
c) i(N) = {z ∈ Z | 0 < z} ∪ {0} und Z = i(N) ∪ {−i(n) | n ∈ N}, wobei i(N) ∩ {−i(n) | n ∈
N} = {0}. Für die Relation < gelten alle ”bekannten” Rechenregeln, insbesondere handelt es
sich um eine totale Ordnung.
d) Für alle m, n ∈ N gilt m < n ⇔ i(m) < i(n).
e) Z enthält eine Peano-Struktur, nämlich: (i(N), S0 , 0) wobei S0 (i(n)) := i(S(n)) gilt. Wir können N also mit i(N) identifizieren.
11
3 Die rationalen Zahlen
3.1 Der Körper Q der rationalen Zahlen
Auf Z × (Z \ {0}) führen wir durch (a, b) ∼ (c, d) :⇔ ad = bc wieder eine Äquivalenzrelation
ein. Und die Menge Q := {[(a, b)]∼ | (a, b) ∈ Z × (Z \ {0})} der Äquivalenzklassen (welche
wir wieder einfach mit [a, b] bezeichnen) nennen wir die Menge der rationalen Zahlen. Auf Q
führen wir durch [a, b] + [c, d] := [ad + bc, bd] und [a, b] · [c, d] := [ac, bd] eine Addition und
eine Multiplikation ein.
Aufgabe 40. a) ∼ ist eine Äquivalenzrelation auf Z × (Z \ {0}).
b) Die Addition und Multiplikation sind wohldefiniert.
c) (Q, +, ·) ist ein Körper.
3.2 Die Anordnung von Q
Aufgabe 41. Sei (K, +, ·) ein beliebiger Körper und 0 6∈ P ⊆ K. Mit −P meinen wir {−x | x ∈
P}. Für P gilt ferner K = P ∪ (−P) ∪ {0}, mit P ∩ (−P) = 0,
/ P + P := {x + y | x, y ∈ P} ⊆ P
und P · P := {xy | x, y ∈ P} ⊆ P. Die Elemente aus P nennen wir positiv, die aus −P nennen wir
negativ und für x ∈ P schreiben wir einfach 0 < x (Der Ausdruck 0 < x wird hier definiert!).
Für jedes x ∈ K gilt also genau eine der drei folgenden Relationen: 0 < x, 0 < −x, 0 = x. Durch
x < y :⇔ y−x ∈ P definieren wir eine totale Ordnung auf K und für 0 = x oder 0 < x schreiben
wir abkürzend auch einfach 0 ≤ x; analog mit x ≤ y. Für x ∈ K definieren wir den Betrag |x|
von x durch |x| := x, falls 0 ≤ x und |x| := −x, falls x < 0. Zu einer endlichen Teilmenge
K 0 ⊆ K gibt es eindeutig bestimmte x, y ∈ K 0 , mit y ≤ z ≤ x, für alle z ∈ K 0 (Beweis!). Wir
bezeichnen x mit max (K 0 ) und y mit min (K 0 ).
a) x < y :⇔ y − x ∈ P definiert eine totale Ordnung auf K.
b) x < y impliziert x + z < y + z.
c) x < y ⇔ −y < −x.
d) x < y und a < b impliziert x + a < y + b.
e) x < y und 0 < z impliziert xz < yz.
f) 0 ≤ x < y und 0 ≤ a < b impliziert ax < by.
g) x < y und a < 0 impliziert ay < ax.
h) x 6= 0 impliziert 0 < x2 ; insbesondere 0 < 1.
i) 0 < x impliziert 0 < x−1 .
j) 0 ≤ |x| und |x| = 0 ⇔ x = 0.
k) |x · y| = |x| · |y|, |x + y| ≤ |x| + |y| (Dreiecksungleichung) und ||x| − |y|| ≤ |x − y|.
Auf jedem Körper, den wir im Sinn von Aufgabe 41 anordnen können, haben wir nun die
entsprechenden Bezeichnungen und Rechenregeln zur Verfügung und verwenden diese nun
auch ohne extra darauf hinzuweisen.
Wir definieren nun auch auf Q erst positive Elemente im Sinne von Aufgabe 41 und legen so
eine Ordnung fest. Dazu setzen wir 0 < [a, b] :⇔ 0 < ab. Auch in Q bezeichnen wir die Null
einfach mit 0. Das P aus Aufgabe 41 ist hier also {r ∈ Q | 0 < r}. Das die Voraussetzungen an
P erfüllt sind, zeigt die nächste Aufgabe.
12
Aufgabe 42. a) Die Festlegung 0 < [a, b] :⇔ 0 < ab ist wohldefiniert.
b) Für jedes r ∈ Q gilt 0 < r oder 0 = r oder 0 < −r.
c) Mit r, s ∈ Q und 0 < r, s ist auch 0 < r + s und 0 < rs.
Durch r < s :⇔ 0 < s − r bekommen wir eine lineare Ordnung auf Q, die ebenfalls den
bekannten Rechengesetzen genügt. Diese Ordnung unterscheidet sich von der von Z durch die
Eigenschaft, dass für r < s immer ein t existiert mit r < t < s. Ferner, aber das gilt natürlich
auch in Z, gibt es kein größtes bzw. kleinstes Element (die Beweise bleiben vollständig dem
Leser überlassen).
Die Abbildung j : Z → Q definiert durch j(a) := [a, 1] ist ein injektiver Ringhomomorphismus. Ferner gilt für a, b ∈ Z : a < b :⇔ j(a) < j(b). Wir können die ganzen Zahlen Z also
mit j(Z) in Q identifizieren. Insbesondere ”enthält” Q somit auch die natürlichen Zahlen und
wir schreiben (in dem Bewusstsein das es eigentlich falsch ist) N ⊆ Z ⊆ Q. In Q gilt das Archimedische Axiom: Zu 0 < r, s gibt es ein n ∈ N mit r < ns (der leichte Beweis bleibt dem
Leser überlassen).
Nicht ganz so trivial ist die folgende interessante Aussage:
Aufgabe 43. Seien X,Y abzählbar unendliche Mengen. Beide seien linear geordnet mit 1) für
x < x0 gibt es ein x00 mit x < x00 < x0 , 2) für y < y0 gibt es ein y00 mit y < y00 < y0 und 3) beide
sind ohne größtes bzw. kleinstes Element. Dann gibt es einen Ordnungsisomorphismus, d.h.
eine bijektive Abbildung F : X → Y mit x < x0 :⇔ F(x) < F(x0 ). Insbesondere ist jede solche
Menge ordnungsisomorph zu den rationalen Zahlen.
13
4 Die reellen Zahlen
4.1 Der Körper R der reellen Zahlen
Sei X eine Menge und N die Menge der natürlichen Zahlen (kanonisch in Z bzw. Q enthalten).
Wir nennen eine Abbildung a : N → X eine Folge in X und schreiben für a(n) auch einfach an und für a : N → X einfach (an )n∈N . Durch den Isomorphie-Satz für Peano-Strukturen
ist es ”egal” welche ”natürlichen Zahlen” man zur Indizierung von Folgen verwendet! Der
Leser kann also beispielsweise immer die ”original” Peano-Struktur (N, S, 0) aus dem ersten Abschnitt verwenden. Für eine Folge ist nur die Ordnungsrelation der Indexmenge, nicht
aber die Art der Elemente der Indexmenge relevant. Eine Folge rationaler Zahlen (rn )n∈N ,
das heißt rn ∈ Q für alle n ∈ N, nennen wir eine Cauchy-Folge, wenn es zu jedem 0 <
ε ∈ Q ein N(ε) ∈ N gibt, so dass |rn − rm | < ε für alle m, n ≥ N(ε) gilt. Die Menge aller
Cauchy-Folgen in Q bezeichnen wir mit F. Auf F führen wir wie folgt eine Äquivalenzrelation ein. Wir nenne zwei Folgen (rn )n∈N und (sn )n∈N aus Q (also als Elemente in F) äquivalent
(rn )n∈N ∼ (sn )n∈N :⇔ ∀ 0 < ε ∈ Q ∃ N(ε) ∈ N ∀n ≥ N(ε) : |rn − sn | < ε; wir bezeichnen
diese Eigenschaft auch kurz mit: (rn − sn )n∈N ist eine Nullfolge. Die Menge der Äquivalenzklassen bezeichnen wir mit R und nennen sie die Menge der reellen Zahlen. Auf R führen
wir nun eine Addition und Multiplikation ein: [(rn )n∈N ]∼ + [(sn )n∈N ]∼ := [(rn + sn )n∈N ]∼ und
[(rn )n∈N ]∼ · [(sn )n∈N ]∼ := [(rn · sn )n∈N ]∼ .
Aufgabe 44. a) ∼ ist eine Äquivalenzrelation auf F.
b) Die Addition und Multiplikation auf R sind wohldefiniert.
c) (R, +, ·) ist ein Körper.
4.2 Die Anordnung von R
Ab jetzt bezeichnen wir auch das Nullelement und Einselement in R mit 0 bzw 1. Ordnen wir
jeder rationalen Zahl q die konstante Folge qN := (qn )n∈N mit qn = q, für alle n ∈ N zu und
bezeichnen die entsprechende Äquivalenzklasse von qN mit e(q), so haben wir eine Abbildung
e : Q → R (es ist klar, dass konstante Folgen Cauchy-Folgen sind).
Aufgabe 45. Die Abbildung e ist injektiv und es gilt:
a) e(0) = 0 und e(1) = 1.
b) e(p + q) = e(p) + e(q) und e(p · q) = e(p) · e(q).
Aufgabe 46. a) Sei (rn )n∈N eine rationale Cauchy-Folge mit ∃ 0 < δ ∈ Q ∃ N(δ ) ∈ N ∀n ≥
N(δ ) : δ < rn . Sei (sn )n∈N eine weitere Cauchy-Folge mit (rn )n∈N ∼ (sn )n∈N . Dann ∃ 0 < ν ∈
Q ∃ M(ν) ∈ N ∀n ≥ M(ν) : ν < sn .
b) Sei (rn )n∈N ein Vertreter der reellen Zahl x 6= 0. Dann tritt genau einer der zwei folgenden
Fälle ein:
1.Fall ∃ 0 < δ ∈ Q ∃ N(δ ) ∈ N ∀n ≥ N(δ ) : δ < rn .
2.Fall ∃ 0 > δ ∈ Q ∃ N(δ ) ∈ N ∀n ≥ N(δ ) : rn < δ .
Wir definieren P := {[(rn )n∈N ]∼ ∈ F | ∃ 0 < δ ∈ Q ∃ N(δ ) ∈ N ∀n ≥ N(δ ) : δ < rn }, also
die Menge all derer Äquivalenzklassen, deren Vertreter - rationalen Cauchy-Folgen - ab einem
gewissen Index immer größer als eine vorgegebene positive rationale Zahl δ sind.
14
Aufgabe 47. a) Es gilt R = P ∪ (−P) ∪ {0} und P ∩ (−P) = 0/ mit 0 6∈ P, P + P ⊆ P und
P · P ⊆ P. Im Sinne von Aufgabe 41 ist R also ein angeordneter Körper.
b) e : Q → R ist ordnungserhaltend. Wir können die rationalen Zahlen Q also mit {e(q) | q ∈ Q}
identifizieren, tun dies auch ab sofort und schreiben nun Q ⊆ R.
c) Zu zwei reellen Zahlen r, s mit r < s gibt es eine rationale Zahl q mit r < q < s; man sagt
auch Q liegt dicht in R.
d) R enthält mit Q nun auch N und ist außerdem archimedisch angeordnet, d.h. zu 0 < r, s ∈ R
gibt es ein n ∈ N mit r < ns.
4.3 Die Vollständigkeit von R
Wir kommen zum Knackpunkt in der Idee der reellen Zahlen. Was unterscheidet R von Q? Mal
abgesehen davon, dass sie aus mengentheoretischer Sicht vollkommen verschiedene Mengen
sind, unterscheidet sie aus struktureller Sicht bisher eigentlich nichts von einander.
Der Schein trügt ...
Wir benötigen zur Formulierung diese Unterschieds den Begriff der Konvergenz einer reellen Zahlenfolge. Eine Folge (rn )n∈N konvergiert gegen ein r ∈ R :↔ ∀0 < ε ∈ R ∃ N(ε) ∈
N ∀ n ≥ N(ε) |rn − r| < ε. Wir schreiben dann auch rn → r für n → ∞.
In R gilt nun das Cauchysche Konvergenzkriterium:
Bevor wir dieses als Aufgabe formulieren, möchten wir noch einmal darauf hinweisen, dass
wir Folgen immer mit unserer ”original” Peano-Struktur (N, S, 0) indizieren. Verwenden wir
in den reellen Zahlen Ausdrücke der Form 1/n, für n ∈ N, so meinen wir n−1 für ein n aus der
kanonisch in R enthaltenen Peano-Struktur. Wir sparen uns also das Symbol für die Abbildung,
die (N, S, 0) mit jener in R gelegenen Peano-Struktur identifiziert.
Aufgabe 48. Eine Folge (xn )n∈N in R konvergiert genau dann gegen ein Element aus R, wenn
sie eine Cauchy-Folge ist.
Bemerkung: Die Idee ist es zu einer Cauchy-Folge (xn )n∈N aus R eine Cauchy-Folge
(qk )k∈N in Q zu konstruieren, so dass xn → [(qk )k∈N ]∼ für n → ∞ gilt. Die Werte qk dürfen natürlich nicht aus der in den reellen Zahlen gelegenen mit Q identifizierten Struktur stammen,
sonder müssen aus unserem ”original” Q sein.
4.4 Die axiomatische Beschreibung und Einzigkeit von R
Die Konstruktion der reellen Zahlen R und der Nachweis der entscheidenen Eigenschaften ist
nun abgeschlossen. Fassen wir diese zusammen:
1) (R, +, ·) ist ein Körper.
2) R ist archimedisch angeordnet (im Sinne von Aufgabe 41 und 47d)).
3) Eine Folge (xn )n∈N in R konvergiert genau dann gegen ein Element aus R, wenn sie eine
Cauchy-Folge ist (dies nennt man die Vollständigkeit von R).
Wir können an dieser Stelle die konkrete Konstruktion nun ”vergessen” und nur noch mit
diesen drei Axiomen arbeiten. Diese charakterisieren den Körper R nämlich bis auf Isomorphie. Was heißt das denn wieder??
Aufgabe 49. Präzisiere diese Aussage und beweise sie!
15
Der Aufbau der reellen Zahlen ist damit beendet. Für elementare Folgerungen und allgemeiner die reelle Analysis, verweisen wir auf Standardlehrbücher, wie z.B. Otto Forster, Analysis
1, Vieweg; oder Konrad Königsberger, Analysis 1, Springer oder das sehr anspruchsvolle
Werk von Jean Dieudonne, Grundzüge der modernen Analysis, VEB. Das Buch von Otto
Forster verwendet die Axiome 1),2) und 3), während in den Büchern von Konrad Königsberger bzw. Jean Dieudonne andere, aber äquivalente Formulierungen der Vollständigkeit benutzt
werden (die Äquivalenzbeweise sind nicht besonders schwierig und werden in allen drei Bücher gegeben).
16
5 Die komplexen Zahlen
5.1 Der Körper C der komplexen Zahlen
Wir setzen C := R × R und definieren eine Addition (a, b) + (c, d) := (a + c, b + d), sowie eine
Multiplikation (a, b) · (c, d) := (ac − bd, ad + bc). Das Nullelement der Addition ist (0, 0) und
das Einselement der Multiplikation ist (1, 0).
Aufgabe 50. (C, +, ·) ist ein Körper. Die Abbildung g : R → C definiert durch g(x) := (x, 0) ist
ein injektiver Körperhomorphismus. {(x, 0) | x ∈ R} ist also ein zu R isomorpher Unterkörper
und ab sofort wird R mit diesem identifiziert. Es gilt also N ⊆ Z ⊆ Q ⊆ R ⊆ C
Wir führen für die natürlichen, ganzen, rationalen, reellen und komplexen Zahlen nun die
Symbole N, Z, Q, R, C ein.
Wozu führen wir überhaupt die C ein? Der Grund liegt darin, dass wir in R die Gleichung
2
x = −1 nicht lösen können; in C allerdings schon: Schreiben wir i := (0, 1) und 1 := (1, 0),
so gilt i2 = −1, denn (0, 1)2 = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0) = −(1, 0). An diesem Beispiel sehen
wir allerdings auch die Unmöglichkeit einer Anordnung von C im Sinne von Aufgabe 41.
In C gilt sogar stärker der Fundamentalsatz der Algebra: Jede Gleichung an zn +an−1 zn−1 +
... + a1 z + a0 = 0, mit 0 < n hat eine Lösung in C. Das Ziel ist es nun diesen Satz und ein paar
interessante Folgerungen zu beweisen!
5.2 Der Fundamentalsatz der Algebra
Bevor wir zu diesem wichtigen Satz kommen, fassen wir einige Eigenschaften komplexer Zahlen zusammen und führen ein paar neue Sprechweisen ein, um den Fundamentalsatz bequem
beweisen zu können.
Eine komplexen Zahl z = (a, b) schreiben wir ab jetzt in der Form a + bi. Dies ist so zwar
nicht ganz korrekt, denn mit i = (0, 1) ist (a, b) = (a, 0) + (b, 0)i, aber die Schreibweise a + bi
ist bequemer und führt nicht zu Missverständnissen. Beachtet man noch i2 = −1 (mit 1 ist
(1, 0) - das Einselement in C gemeint), so kann man mit den Ausdrücken der Form a + bi
”ganz normal” rechnen. Als Beispiel möge (a + bi)(c + di) = ac + adi + bic + bidi = ac −
bd + i(ad + bc) dienen.
Haben wir eine komplexe Zahl z = a + bi, so definieren wir z := a − bi und nennen z die zu
z konjugierte komplexe Zahl.
√
Wir definieren weiter den Betrag |z| := a2 + b2 und man beweist dann leicht die Dreiecksungleichung |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |. Es gilt dann 0 ≤ |z| und z1 + z2 = z1 + z2 bzw z1 z2 = z1 z2 .
Hieraus folgt dann |z|2 = zz und ist p ein Polynom, so ist p(z) = p(z) (Induktion).
Jedes Polynom p : C → C ist stetig. Ebenso ist die Betragsfunktion || : C → R stetig. Wir
erwähnen noch den Zwischenwertsatz für stetige reelle Funktionen. Ist f : [a, b] → R stetig
mit f (a) < 0 und 0 < f (b), dann gibt es ein x mit a < x0 < b und f (x0 ) = 0. Polynome p,
mit p(x) = an xn + ... + a1 x + a0 , mit an 6= 0 und n : ungerade haben also immer eine Nullstelle. Für Ergebnisse dieser Art verweisen wir auf Standard-Lehrbücher der Analysis (siehe
Literaturverzeichnis).
17
Zentral im Beweis des Fundamentalsatzes ist die Existenz beliebiger n-ter Wurzeln aus
komplexen Zahlen. Üblicherweise wird die Existenz komplexer Wurzeln mit Hilfe der komplexen Exponentialfunktion gezeigt (standard Stoff in jeder Einführung in die Analysis). Da
es sich hierbei letztendlich um einen Spezialfall des Fundamentalsatzes handelt, nämlich das
jedes Polynom p(z) = zn + c eine Nullstelle hat (c ∈ C), geben wir für diese Tatsache einen
einfachen aber dennoch trickreichen”elementareren” Beweis (mal nicht als Aufgabe).
a) Jede komplexe Zahl z besitzt Quadratwurzeln. Das heißt es gibt ein β ∈ C mit β 2 = z.
b) Jede komplexe Zahl z hat eine (genau genommen, aber das beweisen wir nicht, hat sie n)
n-te Wurzeln, 1 ≤ n. Das heißt
ein ξ ∈ C mit ξ n = z.
q es existiertq
Beweis: a) Setze β := 12 |z| + a + iη 12 |z| − a, mit η = ±1 derart, dass b = η|b|. Der
Nachweis, dass es sich bei β um eine Wurzel handelt erfolgt durch direktes Nachrechen. Man
kommt zu β (und einer anderen Wurzel) durch den Ansatz (x + iy)2 = a + bi und lösen des
entstehenden Gleichungssystem.
b)Beweis durch Induktion. Für n = 1 ist nichts zu zeigen und n = 2 ist der Fall a). Sei also
2 < n und und für jede Zahl < n die Behauptung bereits als wahr erkannt. Wir unterscheiden
zwei Fälle: 1.Fall n = 2m. Dann gibt es ein η ∈ C mit η 2 = z und da m < n, gibt es ein ξ ∈ C
mit ξ m = η. Es gilt dann ξ n = z.
2.Fall n = 2m + 1 (n ist ungerade). O.B.d.A. ist z 6∈ R und |z| = 1. Sei d ∈ C mit d 2 = z und
somit dd = 1. Wir betrachten das Polynom p(x) := i[d(x + i)n + d(X − i)n ]. Nun ist p(x) =
p(x), für alle x ∈ R, p ist also ein reelles Polynom und hat außerdem den ungeraden Grad n. Es
d
n
2
gibt also eine Nullstelle λ ∈ R. Dann folgt d(λ + i)n = d(λ − i)n , also ( λλ +i
−i ) = d = d = z.
Der Beweis ist damit beendet.
Nach diesem Spezialfall zeigen wir nun, dass jedes Polynom p mit p(z) = zn + an−1 zn−1 +
... + a1 z + a0 , mit komplexen Koeffizienten ak und n > 0, eine Nullstelle in C hat (Fundamentalsatz der Algebra). Dies folgt nahezu unmittelbar aus den folgenden beiden Aufgaben.
Aufgabe 51. Sei p ein Polynom, mit p(z) = zn + an−1 zn−1 + ... + a1 z + a0 , mit komplexen
Koeffizienten ak und n > 0. Man zeige |p| nimmt auf ganz C ein Minimum an (|p| : C → R,
definiert durch |p|(z) := |p(z)|).
Hinweis: Man schreibe p(z) = zn (1 + r(z)), mit r(z) = an−1 /z + ... + a1 /zn−1 + a0 /zn für
z 6= 0 und zeige ∃ A > 0 mit |p(z)| ≥ A für genügend großes K ∈ R und |z| ≥ K. Dann benutze
man die Tatsache, dass p auf {z ∈ C | |z| ≤ K} ein Minimum annimmt.
Aufgabe 52. a) Sei s ein Polynom, mit s(z) = 1 + a1 z + ... + an zn , n ≥ 1 und an 6= 0. Man
zeige ∃ β ∈ C und ∃ Polynom q mit r(z) := s(β z) = 1 − zk + zk+1 q(z), k ≥ 1 (die Existenz
k-ter Wurzeln aus komplexen Zahlen wird benötigt).
b) Sei q ein Polynom und r(z) := 1 − zk + zk+1 q(z), k ≥ 1. Man zeige ∃ w ∈ R mit 0 < w < 1
und 0 < |r(w)| < 1.
c) Sei p ein nicht konstantes Polynom und p(z0 ) 6= 0. Man zeige ∃ w0 ∈ C mit |p(z0 + w0 )| <
|p(z0 )|.
Hinweis: Man führe den allgemeinen Fall zurück auf ein Polynom s der Form s(z) = 1 +
a1 z + .. + an zn und verwende dann a) und b).
Aufgabe 53. Man beweise den Fundamentalsatz der Algebra. Ferner gilt für ein Polynom p
und eine Nullstelle z, dass auch z eine Nullstelle ist.
18
6 Ordinalzahlen, Kardinalzahlen und das
Auswahlaxiom
6.1 Ordinalzahlen
Aufgabe 54. Sei < eine Wohlordnung auf einer beliebigen Menge X und f : X → X eine
Abbildung mit x < y ⇒ f (x) < f (y). Dann gilt:
a) ∀ x ∈ X: x ≤ f (x).
b) f = idX ist die einzige bijektive Abbildung von X nach X mit x < y ⇒ f (x) < f (y).
c) X ist zu keinem Anfangstück Xx := {y ∈ X | y < x} ordnungsisomorph (zwei geordnete
Mengen X,Y heißen ordnungsisomorph, wenn es eine bijektive Abbildung f : X → Y gibt mit
x < x0 ⇔ f (x) < f (x0 ) für alle x, x0 ∈ X).
Aufgabe 55. transfinite Induktion: Sei ≤ eine Wohlordnung auf der Klasse A. Für jedes
a ∈ A sei ϕ(a) eine Aussage mit der Eigenschaft: ∀ a ∈ A gilt: (∀ b < a ist ϕ(b) eine wahre
Aussage) ⇒ ϕ(a) ist eine wahre Aussage. Außerdem gilt (Induktionsvoraussetzung): Es gibt
ein a0 ∈ A für das ϕ(a0 ) gilt. Dann ist ϕ(a) für jedes a ≥ a0 eine wahre Aussage.
Wir verallgemeinern nun den Rekursionssatz in zwei Richtungen. 1. kommen wir von den
Peano-Strukturen weg, zu beliebigen wohlgeordneten Mengen W und 2. haben wir zur Definition von ϕ(x), für x ∈ W für eine Abbildung ϕ : W → S (S ist eine beliebige Klasse) nun alle
Werte ϕ(y), für y < x zur Verfügung (nicht wie im Rekursionssatz nur ϕ(n) für ϕ(S(n))).
Aufgabe 56. transfinite Rekursion: Sei S eine Klasse, W eine durch < wohlgeordnete Menge. Ferner haben wir für jedes x ∈ W eine Abbildung Kx , welche jeder Abbildung f von
Wx := {y ∈ W | y < x} in S ein Element Kx ( f ) ∈ S zuordnet. Dann gibt es eine eindeutig
bestimmte Abbildung ϕ : W → S mit ϕ(x) = Kx (ϕ|Wx ), für jedes x ∈ W .
Eine Menge α heißt Ordinalzahl, falls die folgenden drei Bedingungen an α erfüllt sind:
1. ∀ β (β ∈ α ⇒ β ⊆ α) diese Eigenschaft nennt man Transitivität.
2. ∀β , γ(β , γ ∈ α ⇒ (β = γ oder β ∈ γ oder γ ∈ β ))
3. ∀ A((A ⊆ α und A 6= 0)
/ ⇒ ∃ β ∈ A mit β ∩ A = 0)
/
Beispielsweise sind 0/ und {0}
/ Ordinalzahlen.
Aufgabe 57. Wir betrachten unsere bekannte Peano-Struktur (N, S, 0), mit N := {X | X ist
induktiv }, S : N → N definiert durch S(n) := n + 1 := n ∪ {n} und 0 := 0.
/ Jedes n ∈ N ist eine
Ordinalzahl, außerdem ist N selber eine Ordinalzahl!
T
Aufgabe 58. α bezeichne in Folgenden eine Ordinalzahl.
a) ¬∃ δ , γ, β mit β ∈ δ ∈ γ ∈ β ∈ α. Also insbesondere α 6∈ α, ∀ β (β ∈ α ⇒ β 6∈ β ) und
¬∃β , γ mit β ∈ γ ∈ β ∈ α.
b) ∈ definiert auf α eine Wohlordnung.
c) Jedes β ∈ α ist wieder eine Ordinalzahl.
19
d) Für jedes transitive β gilt: β ∈ α ⇔ β ( α.
T
e) Für jede Klasse Ω von Ordinalzahlen ist α := ω∈Ω ω wieder eine Ordinalzahl. Und es gilt
sogar α ∈ Ω.
f) Für je zwei Ordinalzahlen α, β gilt entweder α ∈ β oder α = β oder β ∈ α.
S
g) Sei Ω eine Menge von Ordinalzahlen. Behauptung: α := ω∈Ω ω ist eine Ordinalzahl. Offensichtlich handelt es sich um das Supremum von Ω.
h) Die Klasse Ord aller Ordinalzahlen wir durch ∈ wohlgeordnet! Desweiteren ist α ∪ {α}
der direkte Nachfolger von einem α ∈ Ord und verschiedene Ordinalzahlen sind nicht Ordnungsisomorph. Für α ∈ β schreiben wir auch α < β .
Ordinalzahlen α die nicht von der Form α = β ∪ {β } sind nennen wir Limesordinalzahlen.
N ist z.B. eine Limesordinalzahl.
Aufgabe 59. Jede wohlordenbare Menge W ist zu genau einer Ordinalzahl ordnungsisomorph.
Aufgabe 60. (Satz von Hartog, ohne Auswahlaxiom; siehe dazu auch den Abschnitt ”Äquivalente Formulierungen des Auswahlaxioms”) Zu jeder Menge A gibt es eine Ordinalzahl α
mit der Eigenschaft: Es gibt keine Abbildung f : α → A, welche injektiv ist.
6.2 Äquivalente Formulierungen des Auswahlaxioms
Das Auswahlaxiom ist wohl das berühmteste unter den Axiomen der Mengenlehre. Zur Wiederholung. Wir nennen f : P(A) → A eine Auswahlfunktion, wenn f (A) ∈ A ist, für jedes
A ∈ P(A). Das Auswahlaxiom besagt nun: Jede Menge A 6= 0/ hat eine Auswahlfunktion. Es
gibt eine ganze Reihe zum Auswahlaxiom (natürlich auf Basis der übrigen Axiome) äquivalente Formulierungen. Einige von ihnen behandeln wir in diesem Abschnitt. Zur Abkürzung
schreiben wir für Auswahlaxiom einfach AC (axiom of choice).
In der ersten Aufgabe dieses Paragraphen geht es um die Äquivalenz des Auswahlaxioms
zu so genannten Maximalprinzipien.
Aufgabe 61. Folgende Aussaagen sind äquivalent:
a) Das Auswahlaxiom.
b) (Lemma von Zorn) Sei 0/ 6= M durch < partiell geordnet, mit der Eigenschaft, dass jede
total geordnete Teilmenge K von M eine obere in M gelegene Schranke besitzt. Dann gibt es
ein maximales Element in M.
c) (Hausdorff‘s Maximalkettensatz) In jeder partiell geordneten Menge M gibt es maximale
total geordnete Teilmengen.
d) (Lemma von Teichmüller-Tuckey) Sei T 6= 0/ eine Menge mit ∀ x (x ∈ T ⇔ ∀ y (y ⊆ x ∧ y:
endlich ⇒ y ∈ T )), dann existiert ein ⊆-maximales Element in T )
Hinweis für a) ⇒ b): Man benutze den Satz von Hartog und transfinite Rekursion.
In der nächsten Aufgabe lernen wir drei weitere wichtige Prinzipien der Mengenlehre kennen. Zum einen den Wohordnungssatz, der besagt, dass sich auf jeder Menge eine Wohlordnung finden lässt. Den Multiplikationssatz, der besagt für unendliche Mengen M gilt |M ×
M| = |M| (starke Verallgemeinerung von Aufgabe 34). Und last but not least den Vergleichbarkeitssatz. Anschaulich besagt jener, dass sich zwei Mengen bzgl. der ”Anzahl” ihrer Elemente
immer vergleichen lassen.
20
Aufgabe 62. Folgende Aussagen sind äquivalent:
a) Das Auswahlaxiom.
b) Jede Menge M lässt sich wohlordnen, d.h. es gibt eine totale Ordnung auf M mit der Eigenschaft: Jede nichtleere Teilmenge von M hat ein minimales Element.
c) Von zwei Mengen M, N lässt sich eine stets injektiv in die andere einbetten.
d) Für jede unendliche Menge M gilt: |M| = |M × M|.
6.3 Kardinalzahlen
Wir nennen eine Ordinalzahl α Kardinalzahl, wenn ∀ β ∈ α ¬∃ f : α → β bijektiv. Jedes n ∈ N
und auch N selber ist also eine Kardinalzahl. N ∪ {N} ist hingegen keine Kardinalzahl, denn
wie man leicht sieht, gibt es eine Bijektion f : N → N ∪ {N}. Die Klasse aller Kardinalzahlen
ist als Teilklasse der Ordinalzahlen natürlich wieder wohlgeordnet.
Zur Erinnerung: Für zwei Mengen X,Y hatten wir den Ausdruck |X| = |Y | als Abkürzung
für ”∃ f : X → Y bijektiv” eingeführt.
Wir definieren nun den Ausdruck |X|, für eine Menge X, als die kleinste Ordinalzahl α mit
|X| = |α|. Ist das sinnvoll? Ja, denn X lässt sich wohlordnen und ist somit ordnungsisomorph
zu einer Ordinalzahl β insbesondere also |X| = |β |. Die Klasse A := {β | β ist Ordinalzahl
und |X| = |β |} ist also nicht leer und besitzt somit ein kleinstes Element α. Damit muss α
also auch bereits eine Kardinalzahl sein!
Den Ausdruck |X| = |Y | können wir nun also auf zwei Weisen lesen. zum einen ”∃ f : X → Y
bijektiv” und zum anderen ”die X zugeordnete Kardinalzahl ist gleich der Y zugeordneten Kardinalzahl”. Letztendlich bringt beides die gleiche Vorstellung über X und Y zu Tage, nämlich:
X und Y haben ”gleich viele Elemente”. Sprechen wir also in Zukunft von der Anzahl der
Elemente einer Menge X, so meinen wir |X|. Der Ausdruck |X| ≤ |Y | hat also die Bedeutung α ≤ β , wenn |X| = α und |Y | = β gilt. Dies ist äquivalent dazu, dass es eine Injektion
f : X → Y gibt. |X| < |Y | hat hingegen stärker die Bedeutung α < β , es gibt also eine Injektion
f : X → Y , aber es gibt keine Surjektion X → Y .
Für eine endliche Menge X stimmt |X| mit dem eindeutig bestimmten n ∈ N, mit |n| = |X|
überein. Es gilt |n| = n. N ist also die Menge der endlichen Kardinalzahlen.
Die folgende Aufgabe gibt Auskunft über die Kardinalität gewisser Mengen.
Aufgabe 63. Sei X eine unendliche Menge,
Λ eine Menge von Mengen mit |Λ| ≤ |X| und ∀ λ ∈ Λ gilt |λ | ≤ |X|,
S
Γ := {γ ⊆ P(X) \ {0}
/ | X = γ und ∀ g1 , g2 ∈ γ gilt (g1 6= g2 ⇒ g1 ∩ g2 = 0)}
/ (die Menge
aller Zerlegungen von X),
Pω (X) := {A ⊂ X | A :endlich } und P|X| (X) := {A ⊆ X | |A| = |X|}.
Dann gilt:
S
a) | Λ| ≤ |X|
b) |X| = |X n | = |Pω (X)|
c) |Γ| = |P(X)| = |{0, 1}X | = |X X | = |P|X| (X)|
d) |X ×Y | = max (|X|, |Y |).
Wir definieren die Summe ∑i∈I αi und das Produkt ×i∈I αi von beliebigen Kardinalzahlen
21
{αi | i ∈ I} als ∑i∈I αi := | i∈I αi × {i}| und ×i∈I αi := | ∏i∈I αi |. Dies erweitert also die Definition der Addition und Multiplikation von natürlichen Zahlen.
S
Aufgabe 64. (Mi )i∈I , (Ni )i∈I seien zwei Familien von Mengen mit ∀ i ∈ I |Mi | < |Ni |. dann
S
gilt: | i∈I Mi | < | ∏i∈I Ni |. Speziell erhalten wir: |X| < |P(X)| für jede Menge X.
Ein weiterer wichtiger Begriff in der Theorie der Ordinalzahlen und Kardinalzahlen ist die
Kofinalität. Sei A eine geordnete Menge. Eine geordnete Menge B heißt kofinal in A, wenn es
eine unbeschränkte Funktion f : B → A gibt, also mit der Eigenschaft: Für alle a ∈ A existiert
ein b ∈ B mit a ≤ f (b). Für eine Ordinalzahl α definieren wir c f (α) := kleinste Ordinalzahl
β , so dass β kofinal in α ist. c f (α) ist also eine Kardinalzahl! Z.B. c f (0) = 0 und falls α
keine Limesordinalzahl ist, also α = β ∪ {β } so ist c f (α) = 1.
Aufgabe 65. a) Für alle Ordinalzahlen α gilt c f (α) ≤ α.
b) Für γ = |c f (α)| gibt es auch eine monotone unbeschränkte Funktion f : γ → α.
c) c f (c f (α)) = c f (α)
Aufgabe 66. Sei α eine unendliche Kardinalzahl. Dann ist c f (α) die kleinste Kardinalzahl λ
S
derart, dass eine Folge (Sγ )γ<λ von Teilmengen von α existiert mit: α = γ<λ Sγ und |Sγ | < α
für alle γ < λ .
Aufgabe 67. Sei α eine unendliche Kardinalzahl. Dann gilt:
a) α < α c f (α) b) α < c f (2α )
22
7 Lösungsvorschläge
Lösung 1. Da jede induktive Menge X die leere Menge 0/ enthält, ist also 0/ ∈ N. Sei n ∈ N.
Dann ist n Element jder induktiven Menge X. Also ist auch n ∪ {n} Element jeder induktiven
Menge X und somit n ∪ {n} ∈ N. Da N als Schnitt aller induktiven Mengen definiert wurde,
ist sie somit in jeder induktiven Menge als Teilmenge enthalten.
Lösung 2. Offensichtlich ist 0/ ∈ M1 . Sei nun x ∈ M1 . Dann ist x ∈ X und x ⊆ X. Nun ist
X induktiv, also auch x ∪ {x} ∈ X. Außerdem sehen wir dann auch x ∪ {x} ⊆ X. Deshalb
ist x ∪ {x} ∈ M1 und M1 somit induktiv. Also ist auch {n ∈ N | n ⊆ N} induktiv und somit
N ⊆ {n ∈ N | n ⊆ N}! Das bedeutet N ist transitiv. Für n ∈ N gilt demzufolge n = N ∩ n =
{m ∈ N | m ∈ n}. Beachtet man noch, dass m < n für m ∈ n steht, so sind wir fertig.
Lösung 3. Sei x ∈ M2 . Wir müssen x ∪ {x} ∈ M2 zeigen. Nun ist x ∪ {x} ∈ X, es reicht also
zu zeigen, dass auch x ∪ {x} transitiv ist. Sei also y ∈ x ∪ {x}. Nun ist x, da aus M2 , transitiv,
also falls y ∈ x, dann auch y ⊆ x ⊆ x ∪ {x}. Falls hingegen y ∈ {x}, so ist y = x und somit
y = x ⊆ x ∪ {x}. Also ist auch {n ∈ N | n ist transitiv } induktiv und daher N ⊆ {n ∈ N | n ist
transitiv }. Jedes n ∈ N ist also transitiv.
Lösung 4. Sei x ∈ M3 . Wir müssen wieder x ∪ {x} ∈ M3 zeigen, also x ∪ {x} ist transitiv
(das macht man wie in der vorigen Aufgabe) und x ∪ {x} 6∈ x ∪ {x}. Nehmen wir mal an
x ∪ {x} ∈ x ∪ {x}. Dann haben wir im ersten Fall x ∪ {x} ∈ x, also x ∈ x. Nun kommt x aber aus
M3 und somit gilt x 6∈ x - Widerspruch! Also zweiter Fall x ∪ {x} ∈ {x}. Dann ist x ∪ {x} = x,
also wieder x ∈ x. Beide Fälle führen zum Widerspruch und somit x ∪ {x} 6∈ x ∪ {x} sprich
x ∪ {x} ∈ M3 . Wir schließen {n ∈ N | n ist transitiv und n 6∈ n} ist induktiv, also N ⊆ {n ∈ N | n
ist transitiv und n 6∈ n}. Das bedeutet für alle n ∈ N gilt: n 6∈ n und n 6= n + 1.
Lösung 5. Sei m ∈ N und Z := {n ∈ N | m ∈ n oder m = n oder n ∈ m}. Es ist 0 ∈ Z. Betrachte
dazu Z 0 := {k ∈ N | 0 = k oder 0 ∈ k}. Dann ist 0 ∈ Z 0 und aus m ∈ Z 0 folgt offensichtlich auch
S(m) ∈ Z 0 . Also Z 0 = N und somit 0 ∈ Z.
Sei n ∈ Z. 1.Fall m ∈ n oder m = n, dann auch m ∈ S(n).
2.Fall n ∈ m. Wir betrachten Z 00 := {k ∈ N | ∀l(l ∈ k ⇒ S(l) = k oder S(l) ∈ k)}. Dann
ist offensichtlich 0 ∈ Z 00 . Sei k ∈ Z 00 und l ∈ S(k) = k ∪ {k}. 1.Fall l ∈ k. Dann S(l) = k oder
S(l) ∈ k. Also S(l) ∈ S(k). 2.Fall l ∈ {k}, also l = k. Dann offensichtlich S(l) = S(k). Insgesamt
also S(k) ∈ Z 00 und somit Z 00 = N. Wir folgern S(n) = m oder S(n) ∈ m.
Für S(n) gilt also m ∈ S(n) oder m = S(n) oder S(n) ∈ m und somit S(n) ∈ Z. Folglich
Z = N. Das höchstens eine der drei Bedingungen eintreten kann sollte klar sein!
Lösung 6. Sei m, n ∈ N und m ( n. Dann kann nicht n ∈ m gelten, ebenso kann nicht n = m
gelten. Dann muss aber m ∈ n gelten (denn es gilt genau eine der Beziehungen m ∈ n oder
m = n oder n ∈ m)!
Lösung 7. Sei x ∈ M4 . Wir müssen zeigen, dass x ∪ {x} transitiv ist (dies ist mittlerweile klar;
siehe weiter oben) und jedes nichtleere z ⊆ x ∪ {x} ein ∈- minimales Element hat. Sei also
z ⊆ x ∪ {x}. Wir unterscheiden zwei Fälle. Erstens z ⊆ {x}. Da 0/ 6= z, folgt z = {x} und hat
damit klarerweise ein ∈- minimales Element. Der zweite Fall ist z ∩ x 6= 0/ Sei Dann t ein ∈-
23
minimales Element von z ∩ x. Dann ist t offensichtlich auch ein ∈- minimales Element von z.
Sonst gibt es ein s mit s ∈ t und s ∈ z; dann aber s ∈ {x}, also s = x und somit x = s ∈ t ⊆ x.
Also x ∈ z ∩ x und x ∈ t im Widerspruch zur Minimalität von t.
Lösung 8. Sei 0/ 6= M ⊆ N, wähle n ∈ M und setze m := M ∩ n. Falls m = 0,
/ Dann ist n bereits
das ∈- minimale Element von M. Also nehmen wir mal m 6= 0/ an. Dann ist m ⊆ n, wir finden
also ein ∈- minimales Element t von m. Na ja, nun ist eben t das ∈- minimale Element von M.
Denn andernfalls gibt es ein s ∈ t mit s ∈ M. Dann ist aber auch s ∈ n, denn n ist transitiv und
t ∈ n. Also s ∈ M ∩ n = m - im Widerspruch zur Minimalität von t.
Lösung 9. Sei x ∈ M5 . Zu zeigen ist, wie immer, z := x ∪ {x} ∈ M5 . Nun ist z ∈ X (klar) und
weiter ist z = y ∪ {y} für y := x. Demnach erfüllt z die Voraussetzungen an M5 und liegt somit
auch in M5 . Der Rest folgt wie immer.
Lösung 10. a) Der Beweis ist kürzer als die Behauptung: A ist induktiv und demnach N ⊆ A.
b) Falls A 6= N, so sei n ∈ N minimal mit n 6∈ A. Dann ist aber n ⊆ A, denn für jedes m < n
gilt m ∈ A. Nach Voraussetzung ist nun auch n ∈ A - Widerspruch.
Lösung 11. Klar nach dem ersten Aufgabenblock (dort haben wir sogar noch eine Ordnungsstruktur auf N erklärt.
Lösung 12. Wir setzen G := {H ⊆ M × A | (0, a) ∈ H und ∀ m, x ((m, x) ∈ H ⇒ (S(m), g(x)) ∈
T
H)}. Es ist G 6= 0,
/ denn M × A ∈ G. Nun setzen wir ϕ := H∈G H. Als erstes zeigen wir, dass
es sich bei ϕ auch tatsächlich um eine Abbildung M → A handelt. Sei A0 := {m ∈ M | ∃ ! x ∈ A
mit (m, x) ∈ ϕ}. Dann ist 0 ∈ A0 . Denn wäre auch (0, a0 ) mit a 6= a0 in ϕ, so ist mit H ∈
G auch H \ {(0, a0 )} ∈ G - Widerspruch. Sei m ∈ A0 , also (m, x) ∈ ϕ. Wäre sowohl (m +
1, g(x)) als auch (m + 1, y) mit x 6= y in ϕ, dann wäre mit H ∈ G auch H \ {(m + 1, y)} ∈ G wieder ein Widerspruch. Also auch m + 1 ∈ A0 . Somit ist A0 = N und ϕ eine Abbildung. Nun
ist (0, a) ∈ ϕ, sprich ϕ(0) = a und aus der Konstruktion von ϕ folgt (S(0), g(a)) ∈ ϕ, also
ϕ(S(0)) = g(ϕ(0)). Bezeichnet A00 := {m ∈ M | ϕ(S(m)) = g(ϕ(m))}, so ist also 0 ∈ A00 . Sei
m ∈ A00 , also ϕ(S(m)) = g(ϕ(m)). Das bedeutet (S(m), g(ϕ(m))) ∈ ϕ. Nach Konstruktion ist
dann auch (S(S(m)), g(g(ϕ(m)))) ∈ ϕ, was soviel bedeutet wie ϕ(S(S(m))) = g(g(ϕ(m))) =
g(ϕ(S(m))). Also auch m + 1 = S(m) ∈ A00 . Demzufolge A00 = M.
Zu zeigen bleibt die Eindeutigkeit. Sei auch ϕ 0 : M → A eine solche Abbildung. Wir setzen
B := {n ∈ N | ϕ(n) = ϕ 0 (n)}. Offensichtlich ist 0 ∈ B. Sei n ∈ B. Dann ϕ 0 (S(n)) = g(ϕ 0 (n)) =
g(ϕ(n)) = ϕ(S(n)), also S(n) ∈ B und der Beweis ist damit beendet.
Lösung 13. Den Rekursionssatz auf (M, S, 0) und A := M 0 , g := S0 und a := 00 angewandt
ergibt: Es gibt genau eine Abbildung ϕ : M → M 0 mit ϕ(0) = 00 und ϕ ◦ S = S ◦ ϕ. Ebenso bekommt man: Es gibt genau ein ϕ 0 : M 0 → M mit ϕ 0 (00 ) = 0 und ϕ 0 ◦ S0 = S0 ◦ ϕ 0 . Die Abbildung
ϕ 0 ◦ ϕ : M → M hat die Eigenschaften ϕ 0 ◦ ϕ(0) = 0 und (ϕ 0 ◦ ϕ) ◦ S = ϕ 0 ◦ S0 ◦ ϕ = S ◦ (ϕ 0 ◦ ϕ).
Wendet man den Rekursionssatz auf (M, S, 0), A := M, g := S und a := 0 an, so erhält man: Es
gibt genau eine Abbildung ψ : M → M mit ψ(0) = 0 und ψ ◦ S = S ◦ ψ. Offensichtlich haben
also idM und ϕ 0 ◦ ϕ genau diese Eigenschaften. Aus der Eindeutigkeit folgt somit ϕ 0 ◦ ϕ = idM .
Analog bekommt man ϕ ◦ ϕ 0 = idM 0 . Dies bedeutet nun aber, dass ϕ (und ϕ 0 ) bijektiv ist. Damit ist der Beweis beendet.
24
Lösung 14. Betrachte X := N. Also 0/ 6= X ⊆ P(N) (N ist transitiv!). Nun gibt es für jedes
u ∈ X ein v ∈ X mit u ( v, denn wenn u ∈ X, wähle v := u ∪ {u}. Es folgt u ⊆ v, aber u 6= v.
Der Trick besteht ganz einfach darin, dass N ⊆ P(N) gilt.
Lösung 15. Sei A die Menge aller T - endlichen n ∈ N. Offensichtlich 0 ∈ A. Sei n ∈ A und
0/ 6= X ⊆ P(n ∪ {n}). Wir setzen dann X 0 := {n ∩ u | u ∈ X}. Das bedeutet 0/ 6= X 0 ⊆ P(n).
Demzufolge gibt es ein u ∈ X derart, dass n ∩ u ⊆- maximal in X 0 ist. 1.Fall es gibt ein v ∈ X
mit u ( v. Dann ist v = u ∪ {n} und v somit maximal in X. Gibt es kein solches v, dann ist u
selber bereits ein maximales Element in X.
Lösung 16. Es genügt zu zeigen, dass wenn A eine T - endliche Menge ist und f : A → B eine
bijektive Abbildung ist, dann auch B eine T - endliche Menge ist. Sei also 0/ 6= X ⊆ P(B).
Wir bilden dann 0/ 6= Y := { f −1 (u) | u ∈ X} ⊆ P(A). Dann gibt es ein u ∈ X, so dass f −1 (u)
maximal in Y ist. Die Bijektivität sichert, dass u dann bereits maximal in X sein muss.
Lösung 17. Sei A eine unendliche Menge. Das heißt also, dass es kein n ∈ N gibt, das sich
bijektiv auf A abbilden lässt. Wir betrachten nun X := {u ⊆ A | u ist endlich}. Wir zeigen, dass
es zu jedem u ∈ X ein v ∈ X mit u ( v gibt. Sei dazu u ∈ X gewählt. es gibt dann ein n ∈ N und
eine bijektive Abbildung f : n → u. Da es keine bijektive Abbildung von n → A gibt, finden
wir ein z ∈ A \ u. Wir setzen dann v := u ∩ {z} und definieren g : n + 1 = n ∪ {n} → v durch
g(n) := z und g(m) := f (m), für m ∈ n. Diese Abbildung ist dann bijektiv und somit v ∈ X
und u ( v.
Lösung 18. Sei A D-unendlich. Es gibt also ein injektives f : A → A, das nicht surjektiv
ist. Setze X := {B ⊆ A | B ist D-endlich}. Offensichtlich ist X nicht leer (alle Mengen der
Form {a}, für a ∈ A sind in X). Wir nehmen uns ein beliebiges u ∈ X. Dann ist u 6= A (sonst
wäre A schließlich D-endlich). Es gibt also ein a ∈ A \ u. Wir setzen dann v := u ∪ {a}. Die
Behauptung ist nun, dass v in X liegt. Für ein g : v → v injektiv müssen wir also zeigen, dass
es bereits surjektiv ist. Falls g(a) = a, so ist die Einschränkung h von g auf u injektiv und es
gilt h : u → u. Also ist h bereits surjektiv und somit ist es auch g. Im zweiten Fall ist g(a) 6= a.
Wir unterscheiden wieder zwei Fälle. 1.Fall g(u) ⊆ u. Dann ist die Einschränkung h von g auf
u injektiv, aber nicht surjektiv (g(a) wird durch h nicht erreicht) - Widerspruch. also 2.Fall es
gibt ein z ∈ u mit g(z) = a. Wir bilden die Abbildung k : u → u definiert durch k(x) = g(x),
falls x 6= z und k(z) := g(a). Die Abbildung k ist dann injektiv und muss, nach Voraussetzung
an u, auch surjektiv sein. Dann ist aber auch g surjektiv! Also v ∈ X und u ( v. Es gibt somit
keine maximalen Elemente in X. das heißt aber gerade A ist T -unendlich.
Lösung 19. Sei A T -unendlich. Dementsprechend gibt es ein 0/ 6= X ⊆ P(A) mit der Eigenschaft: ∀u ∈ X ∃ vu ∈ X mit u ( vu . Wir definieren nun eine Abbildung g : X → X durch g(u) :=
vu und wenden den Rekursionssatz auf die Menge X, die Abbildung g und ein fest gewähltes
u ∈ X an und erhalten ein ϕ : N → X mit ϕ ◦ S = g ◦ ϕ und ϕ(0) = u. Wir zeigen als erstes
m < n impliziert ϕ(m) ( ϕ(n). Dazu definieren wir Z := {m ∈ N \ {0} | ∀n (n < m → ϕ(n) (
ϕ(m))}∪{0}. Offensichtlich 0 ∈ Z. Sei m ∈ Z. Wir müssen also S(m) ∈ Z zeigen. Sei dazu n <
S(m), also n ∈ m ∪ {m}. Falls n ∈ m (also n < m), dann ϕ(n) ( ϕ(m) ( g(ϕ(m)) = ϕ(S(m)).
Falls n ∈ {m}, dann n = m und wir schließen wieder ϕ(n) = ϕ(m) ( g(ϕ(m)) = ϕ(s(m)).
25
In beiden Fällen also ϕ(n) ( ϕ(S(m)) und somit S(m) ∈ Z. Das bedeutet Z = N; und damit
impliziert m < n auch ϕ(m) ( ϕ(n).
Nun wählen wir für jedes n ∈ N ein an ∈ ϕ(n + 1) \ ϕ(n). Aus dem eben gezeigten folgt:
m 6= n impliziert an 6= am . Wir betrachten nun die Menge B := {an | n ∈ N} und definieren
die Abbildung f : A → A durch f (a) := a, falls a ∈ A \ B und f (a) := an+1 , falls a = an ∈ B.
Diese Abbildung ist nun offensichtlich injektiv, aber nicht surjektiv! Demzufolge ist A eine
D-unendliche Menge.
Lösung 20. Siehe Lösung 19.
Lösung 21. Das es überhaupt eine Bijektion f : n → A gibt ist klar. Gäbe es noch eine weiter
Bijektion g : m → A mit m 6= n, dann o.B.d.A. m < n, also m ( n. Nun wäre aber g−1 ◦ f ◦ g :
n → m bijektiv! Dies ist dann ein Widerspruch (zur D-Endlichkeit von n).
Lösung 22. a) Es gibt ein g : A → A injektiv, aber nicht surjektiv. Wir definieren dann h : B → B
durch h(b) = b, falls b ∈ B \ B \ f (A) und h(b) = f (g(a)), falls b = f (A) ∈ f (A). Dann ist auch
h injektiv und nicht surjektiv.
b) f : A → B ist surjektiv, also gibt es auch ein h : B → A injektiv (Beweis!). Sei nun g : B → B
injektiv. Wir definieren k : A → A durch k(a) = a, falls a ∈ A \ h(B) und k(a) = h(g(b)),
falls a = h(b) ∈ h(B). Nun ist k injektiv und muss somit auch surjektiv sein. Dann ist auch g
surjektiv.
Lösung 23. Wir behandeln erst den Fall A ∩ B = 0.
/ Sei m ∈ N mit |m| = |A| (es existiert
also eine Bijektion m → A). Sei Z := {n ∈ N | ∀ B : (|B| = |n| und A ∩ B = 0/ → ∃ p ∈ N mit
|A ∪ B| = |p|)}. Offensichtlich 0 ∈ Z. Sei n ∈ Z. Zu zeigen ist S(n) ∈ Z. Wir wählen dazu ein B
mit A ∩ B = 0/ und |B| = |S(n)|. Sei f : S(n) → B bijektiv. Wir setzen dann B0 := { f (k) | k ∈ n}.
Nun kommt n aus Z, es existiert also ein p ∈ N und ein bijektives g : p → A ∪ B0 . Wir definieren
weiter h : S(p) → A ∪ B durch h(q) := g(q) für q ∈ P und h(p) := f (n). Dann ist h bijektiv
und somit S(n) ∈ Z. Also Z = N! Damit ist der Fall A ∩ B = 0/ bewiesen. In allgemeinen Fall
betrachte A0 := A × {0} und B0 := B × {1}, wobei 0 = 0/ und 1 = {0}. Dann sind auch A0 und
B0 endlich (klar, da bijektiv zu A bzw. B) und somit auch A0 ∪ B0 . Man überlegt sich leicht, dass
es ein surjektives d : A0 ∪ B0 → A ∪ B gibt und folgert so die Endlichkeit von A ∪ B.
Lösung 24. Sei Z := {n ∈ N | ∀ (am )m∈n mit endlichen am ist auch m∈n am endlich}. Dann ist
S
0 ∈ Z ( m∈0 am = 0!).
/ Sei n ∈ Z und (am )m∈S(n) eine durch S(n) indizierte Familie endlicher
S
S
S
Mengen. Dann ist m∈S(n) am = ( m∈n am ) ∪ an . Nun ist m∈n am endlich, da n ∈ Z und an ist
es nach Voraussetzung. Also auch die Vereinigung. Ergo: S(n) ∈ Z und somit Z = N.
Nun gibt es ein n ∈ N und ein bijektives f : n → I. Wenn wir am := A f (m) setzen, so gilt
S
S
i∈I Ai = m∈n am . Letztere Menge ist aber endlich (Z = N!).
S
Lösung 25. a) A × B = b∈B A × {b}. Nun ist für jedes b ∈ B auch A × {b} endlich und wir
S
schließen aus der vorigen Aufgabe auch b∈B A × {b} ist endlich.
b) Sei Z := {n ∈ N | ∀ (am )m∈n mit endlichen am ist auch ∏m∈n am endlich}. Dann ist 0 ∈ Z.
Sei auch n ∈ Z. Wieder schließen wir ∏m∈S(n) am = (∏m∈n am ) × an . Und somit S(n) ∈ Z. Also
Z = N und die Aussage ist damit bewiesen!
S
26
c) Wir setzen 1 := {0} und definieren für B ⊆ A die Abbildung χB : A → {0, 1} durch
χB (x) := 1 für x ∈ B und χB (x) := 0 für x 6∈ B. Die Abbildung g : P(A) → ∏a∈A Ya = {0, 1}A ,
wobei Ya := {0, 1}, definiert durch g(B) := χB ist offensichtlich bijektiv. Zusammen mit b)
folgt dann die Behauptung.
Lösung 26. Wir setzen A := {n ∈ N | ∀ M (m ⊆ N und |M| = |n| ⇒ M ∈ N)}. Offensichtlich
0 ∈ A. Sei n ∈ A und M ⊆ N mit |M| = |n + 1|. Sei dann f : M → S(n) bijektiv. Wir können
S
dann M 0 := {m ∈ M | f (m) ∈ n} definieren und erhalten |M 0 | = |n|, also M 0 ∈ N. Nun gilt
S
S
S
M = ( M 0 ) ∪ f −1 (n). Nun sind sowohl M 0 als auch f −1 (n) ∈ N, also - und das ist nach
den Aufgaben aus dem ersten Teil offensichtlich - ist auch die Vereinigung ein Element aus
N. Es gilt also S(n) ∈ A und damit A = N.
S
N 0 6= 0,
/ also N 0 =: n 6= 0 und damit n = m0 ∪ {m0 } für ein gewisses m0 ∈ N. Die Annahme
∀ m ∈ N 0 gilt m ( n, führt zu ∀ m ∈ N 0 gilt m ∈ n, also m ∈ m0 oder m = m0 . Es gilt somit
S
∀ m ∈ N 0 : m ⊆ m0 , also auch m0 ∈ n = N 0 ⊆ m0 - ein Widerspruch! Also muss es ein m0 ∈ N 0
geben, mit m0 = n und damit n ∈ N 0 .
S
Lösung 27. Wir setzen X := {A ⊆ M | g(A) ⊆ A} und Y := {B ⊆ M | B ⊆ g(B)}. Damit ist dann
S
T
M ∈ X und 0/ ∈ Y , also X 6= 0/ 6= Y . Sei A := A0 ∈X A0 und B := B0 ∈Y B0 . Nun ist g monoton
und A ⊆ A0 , für jedes A0 ∈ X und es folgt dann g(A) ⊆ g(A0 ), für jedes A0 ∈ X, also g(A) ⊆
T
T
0
0
A0 ∈X g(A ) ⊆ A0 ∈X A = A. Außerdem ist g(g(A)) ⊆ g(A) (wieder Monotonie von g), also
g(A) ∈ X und somit A ⊆ g(A). Insgesamt demnach g(A) = A. Mit B ist es ähnlich. Wir haben
S
S
S
S
B = B0 ∈Y B0 ⊆ B0 ∈Y g(B0 ) ⊆ g( B0 ∈Y B0 ) = g(B), denn g ist monoton und B0 ⊆ B0 ∈Y B0 , also
S
g(B0 ) ⊆ g( B0 ∈Y B0 ). Weiter ist g(B) ⊆ g(g(B)) (wieder Monotonie), also g(B) ∈ Y und somit
g(B) ⊆ B. Auch hier also g(B) = B. Bei A und B handelt es sich also um Fixpunkte. Wenn
für C ⊆ M ebenfalls ein Fixpunkt ist, also g(C) = C gilt, so ist C ∈ X und C ∈ Y , und somit
A ⊆ C ⊆ B.
Lösung 28. Definiere F : P(A) → P(A) durch F(P) := A\g(B\ f (P)) (mit f (P) ist { f (p) | p ∈
P} gemeint). Dann hat F einen Fixpunkt P0 , denn die Abbildung F ist monoton. Offensichtlich
ist h : A → B definiert durch h(x) := f (x) falls x ∈ P0 und sonst h(x) := g−1 (x) wohldefiniert
und bijektiv (man male sich am besten eine kleine Skizze).
Lösung 29. a) Seien m, n ∈ N. zu zeigen ist: |(m × {0}) ∪ (S(n) × {1})| = |s ∪ {s}|, wobei
s ∈ N mit |(m×{0})∪(n×{1})| = |s|. Sei dazu f : s → (m×{0})∪(n×{1}) bijektiv gewählt.
Definiere dann g : s ∪ {s} → (m × {0}) ∪ (S(n) ×{1}) durch g(k) := f (k), für k ∈ s und g(s) :=
(n, 1) (man beachte (m × {0}) ∪ (S(n) × {1}) = (m × {0}) ∪ (n × {1}) ∪ ({n} × {1})).
Für die andere Gleichung müssen wir zeigen: |m × S(n)| = |(m × {0}) ∪ (p × {1})|, wobei
p ∈ N mit |p| = |m × n|. Sei h : p → m × n bijektiv. Wir definieren dann e : m × S(n) →
(m × {0}) ∪ (p × {1}) durch e(k, l) := (h−1 (k, l), 1), für (k, l) ∈ m × n und e(k, n) := (k, 0), für
(k, n) ∈ m × {n} (man beachte m × S(n) = (m × n) ∪ (m × {n})).
b) Sei m ∈ N. Wir setzen Z := {n ∈ N | m + n = m ⊕ n}. Dann gilt m + 0 = m = idN (m) =
(ϕ(0))(m) = m⊕0. Also 0 ∈ Z. Sei n ∈ Z. Dann m⊕S(n) = (ϕ(S(n)))(m) = ((ϕ ◦S)(n))(m) =
((g ◦ ϕ)(n))(m) = (g(ϕ(n)))(m) = S(ϕ(n)(m)) = S(m ⊕ n) = S(m + n) = m + S(n). Also
S(n) ∈ Z und somit Z = N.
c) Sei m ∈ N. Wir setzen Z := {n ∈ N | m·n = mn}. Dann gilt wie eben m·0 = 0 = h(m) =
ψ(0)(m) = m 0, also 0 ∈ Z. Sei n ∈ Z. Dann m S(n) = (ψ(S(n)))(m) = ((g ◦ ψ)(n))(m) =
27
(g(ψ(n)))(m) = ϕ(ψ(n)(m))(m) = m ⊕ (m n) = m + (m · n) = m · S(n). Somit S(n) ∈ Z und
daher Z = N.
d) Sei m < n, also m ( n. Sei k ∈ N \ {0} mit |k| = n \ m| und demnach k + m = n (Warum
geht das?). Dann ist aber k ⊕ m = n mit k 6= 0, also m ≺ n.
Sei m ≺ n. Dann gibt es ein k ∈ N mit k 6= 0 und m ⊕ n = k, also m + n = k. Es gilt aber
m < n oder m = n oder n < m. Falls m = n, dann |(k × {0}) ∪ (m × {1})| = |n|. Aber |n| =
|m × {1}| und m × {1} ( (k × {0}) ∪ (m × {1}). Dies führt sofort zu einem Widerspruch zur
Endlichkeit von n! Falls n < m, dann n ( m, also n × {1} ( (k × {0}) ∪ (m × {1}). Nun ist aber
|n| = |n × {1}| und |(k × {0}) ∪ (m × {1})| = |n|. Das ist aber ein Widerspruch zur Endlichkeit
von (k × {0}) ∪ (m × {1})! Es muss also m < n gelten!
Lösung 30. a) Wir verwenden für die Beweise beide Darstellungen der Operationen. Damit
man dies besser auseinander halten kann, verwenden wir die entsprechende Symbolik · bzw.
. 0 + m = m + 0 ist klar (∀m ∈ N). Für die Kommutativität definieren wir f : (m × {0}) ∪
(n × {1}) → (n × {0}) ∪ (m × {1}) durch f (k, 0) := (k, 1) und f (k, 1) := (k, 0). Dann folgt
offensichtlich m + n = n + m. Für die Assoziativität definieren wir Z := {n ∈ N | (k + m) + n =
k + (m + n)}, für fest gewählte k, m ∈ N. Klarerweise 0 ∈ Z. Sei n ∈ Z. Dann (k + m) + S(n) =
S((k + m) + n) = S(k + (m + n)) = k + S(m + n) = k + (m + S(n)). Also S(n) ∈ Z und somit
Z = N. Für beliebige k, m, n ∈ N gilt also (k + m) + n = k + (m + n).
b) Seien k, m ∈ N. Setze Z := {n ∈ N | k · (m + n) = (k · m) + (k · n)}. Dann offensichtlich
0 ∈ Z. Sei n ∈ Z. Dann k · (m + S(n)) = k · S(m + n) = k + (k · (m + n)) = k + (k · m) + (k · n) =
k · m + k · S(n), also S(n) ∈ Z und somit Z = N. Es gilt also das Distributivgesetz.
c) Offensichtlich |{0} × n| = |n| = |n × {0}|. Also 1 · n = n = ·1. Ebenso klar ist das Kommutativgesetz, denn |m × n| = |n × m|. Assoziativität sehen wir so: Seien k, m ∈ N und Z :=
{n ∈ N | k ·(m·n) = (k ·m)·(n)}. Dann offensichtlich 0 ∈ Z (0·n = 0, für alle n ∈ N). Sei n ∈ Z.
Dann k ·(m·S(n)) = k ·(m+(m·n)) = (k ·m)+(k ·(m·n)) = (k ·m)+((k ·m)·n) = (k ·m)·S(n),
also S(n) ∈ Z und somit Z = N.
Lösung 31. a) Wenn m < n, dann m ( n und somit existiert eine injektive, aber nicht surjektive
Abbildung f : (m × {0}) ∪ (k × {1}) → (n × {0}) ∪ (k × {1}). Also gilt nicht m + k = n + k
und es gilt nicht n + k < m + k (ansonsten wäre dies ein Widerspruch zur Endlichkeit). Dann
muss aber m + k < n + k gelten.
b) Wenn m < n und k 6= 0, dann m ( n ,also m×k ( n×k und demzufolge wieder m·k < n·k.
c) Sei m < n, also m ( n. Dann existiert ein k ∈ N mit |k| = |n \ m|. Offensichtlich gilt dann
m + k = n, denn für f : k → n \ m bijektiv ist g : (m × {0}) ∪ (k × {1}) → n definiert durch
g(l, 0) := l und g(l, 1) := f (l) bijektiv.
d) Wenn m + k = n + k ist, aber m 6= n, dann o.B.d.A. m < n, also m + k < n + k - Widerspruch. Die zweite Kürzungsregel beweist man analog.
Lösung 32. Wir betrachten die Menge A := {q ∈ N | qm ≤ n}. Nun ist 0 ∈ A ⊆ n + 1, also ist
S
A endlich und wir können gemäß Aufgabe 26 das Maximum q := A bilden. Es gilt dann also
qm ≤ n < (q + 1)m. Demzufolge existiert ein r ∈ N mit qm + r = n (eindeutig bzgl. q, nach der
Kürzungsregel). Wäre m ≤ r, so gilt r = m + k, mit k ∈ N. Also n = qm + r = qm + m + k =
(q + 1)m + k und damit (q + 1)m ≤ n im Widerspruch zur Wahl von q. Also muss bereits r < m
gelten. Soviel zur Existenz. Kommen wir zur Eindeutigkeit.
28
Sei q0 m + r0 = n = qm + r mit r, r0 < m und r 6= r0 . Nehmen wir o.B.d.A. an, es gelte r0 <
r. Dann r = r0 + s mit 0 < s ∈ N. Es folgt q0 m + r0 = qm + r0 + s und damit folgt aus der
Kürzungsregel q0 m = qm + s. Dann muss aber q < q0 gelten (sons q0 ≤ q und damit q0 m ≤ qm,
also q0 m < qm + s - Widerspruch). Also q0 = q + t mit 0 < t ∈ N und wir erhalten qm +
tm = (q + t)m = qm + s und wieder mit der Kürzungsregel tm = s. Also m ≤ s und damit
m ≤ r0 + s = r - im Widerspruch zur Voraussetzung. Also muss r = r0 gelten. Zweimal die
Kürzungsregel angewendet ergibt dann auch q0 = q, da m 6= 0.
Der Rest über gerade und ungerade Zahlen ist nun klar.
Lösung 33. a) Folgt unmittelbar aus der Lösung zu Aufgabe 13.
b) Folgt unmittelbar aus der Lösung zu Aufgabe 20 und dem Satz von Schröder-Bernstein
(Aufgabe 28).
Lösung 34. a) Für jedes n ∈ N bilden wir dn := {(p, q) ∈ N × N | p + q = n}. Es gilt dann
|dn | = |S(n)|, für jedes n ∈ N. Zum Beweis setzen wir A := {n ∈ N | |dn | = |S(n)|}. Dann
offensichtlich 0 ∈ A. Sei n ∈ A. Wir behaupten dS(n) = {(S(p), q) | (p, q) ∈ dn }∪{(0, S(n))} =:
B. Falls dem so ist, gilt offensichtlich |dS(n) | = |S(S(n))| und somit S(n) ∈ A, also A = N.
Das B ⊆ dS(n) gilt, ist klar (0 + S(n) = S(n) und S(p) + q = S(p + q) = S(n)). Sei (r, q) ∈
dS(n) . Falls r = 0, dann q = r + q = S(n), also (r, q) = (0, S(n)) ∈ B. Falls hingegen r 6= 0, so
ist r = S(p) für ein p ∈ N und es folgt S(p + q) = S(p) + q = r + q = S(n), also p + q = n,
sprich (p, q) ∈ dn und somit (r, q) = (S(p), q) ∈ B.
S
Für jedes n ∈ N bilden wir nun ∆n := k≤n dk . Jedes ∆n ist somit ebenfalls endlich. Wir
setzen weiter X := { f : ∆n → m) | n, m ∈ N und f : ∆n → m ist bijektiv}. Dann ist X 6= 0,
/ denn
z.B. f : ∆0 → S(0) ∈ X für f ((0, 0)) := 0.
Wir definieren nun eine Abbildung g : X → X, die jedes f : ∆n → m zu einem f 0 : ∆S(n) → m0
fortsetzt, erzeugen mit Hilfe vom Rekursionssatz eine ”aufsteigende Folge” von Abbildungen
und vereinigen diese zu unserer gesuchten Bijektion.
Sei f ∈ X, also f : ∆n → m bijektiv, für gewisse n, m ∈ N. Es gilt ∆S(n) = ∆n ∪ dS(n) mit
∆n ∩ dS(n) = 0.
/ Setze k := m + S(S(n)). Dann gilt |∆S(n) | = |k| und |k \ m| = |dS(n) |. Es gibt
also eine Bijektion h : dS(n) → k \ m. Wir definieren dann eine Bijektion f 0 : ∆S(n) → k durch
f 0 (a) := f (a), für a ∈ ∆n und f 0 (a) := h(a), für a ∈ dS(n) . Damit gilt dann f 0 |∆n = f , d.h. f 0
ist eine Fortsetzung von f ( f ⊆ f 0 ). Unser g : X → X definieren wir dann durch g( f ) := f 0 .
Wir wenden nun den Rekursionssatz auf X, g : X → X und das (eindeutig bestimmte) Tripel
(h, ∆0 , S(0)) ∈ X, mit h((0, 0)) := 0 an und erhalten so eine Abbildung ψ : N → X mit ψ(0) = h
und ψ ◦ S = g ◦ ψ. Die gesuchte Bijektion f : N × N → N bekommen wir dann durch F :=
S
n∈N ψ(n). Um dies zu beweisen, zeigen wir zuerst ψ(m) ⊆ ψ(n), für m ≤ n. Dafür setzen
wir A := {m ∈ N \ {0} | ∀ n(n < m ⇒ ψ(n) ⊆ ψ(m))} ∪ {0}. Sei m ∈ A. Wir müssen S(m) ∈ A
zeigen. Wähle dazu n < S(m). 1.Fall n < m, dann ψ(n) ⊆ ψ(m) ⊆ g(ψ(m)) = ψ(S(m)). 2.Fall
n = m, dann ψ(n) = ψ(m) ⊆ g(ψ(m)) = ψ(S(m)). Somit S(m) ∈ A. Also A = N und damit
ψ(m) ⊆ ψ(n), für m ≤ n.
S
F := n∈N ψ(n) ist also klarerweise eine Abbildung von N × N → N (da {ψ(n) | n ∈ N}
eine lineare, durch Inklusion geordnete, Menge ist). Zeigen wir die Injektivität: Sei F((k, l)) =
F((k0 , l 0 )). Dann gibt es n, m ∈ N mit F((k, l)) = ψ(n)((k, l)) und F((k0 , l 0 )) = ψ(m)((k0 , l 0 )).
O.B.d.A. m ≤ n, also ψ(m)((k, l)) = ψ(m)((k0 , l 0 )) und aus der Bijektivität von ψ(m) folgt
(k, l) = (k0 , l 0 ).
29
Surjektivität: Als erstes mache man sich klar (mittels Induktion), dass für jedes n ∈ N die
Abbildung ψ(n) von ∆n → m läuft, wobei m ∈ N das eindeutig bestimmte Element mit |∆n | =
|m| ist. Sei k ∈ N. Es gilt |∆n | ≥ |n|. Die ist klar für n = 0. Sei es für n erfüllt. Weiter oben
hatten wir gezeigt ∆S(n) = ∆n ∪ dS(n) mit ∆n ∩ dS(n) = 0.
/ Also |DeltaS(n) | ≥ |n + 1|. Damit gibt
es dann ein (l, l 0 ) ∈ ∆n mit ψ(n)(l, l 0 ) = k, also F(l, l 0 ) = k.
Damit haben wir bewiesen: F : N × N → N ist bijektiv!
S
b) Sei I abzählbar und für jedes i ∈ I sei auch Ai abzählbar. Dann ist A := i∈I Ai abzählbar.
Wir zeigen erst den Fall disjunkter Ai , i ∈ I. Dazu wählen wir für jedes i ∈ I eine injektive
Abbildung fi : Ai → N und definieren dann f : A → N × N durch f (a) := ( fi (a), i), wobei i ∈ I
S
eindeutig durch a ∈ Ai bestimmt ist (die Ai sind disjunkt und A = i∈I Ai ). Die Abbildung f ist
dann injektiv, denn f (a) = f (b) ergibt ( fi (a), i) = ( f j (b), j) und damit i = j. Die Injektivität
von fi und fi (a) = fi (b) ergibt dann a = b. Nun gibt es aber eine Bijektion F : N × N → N und
die Abbildung g := F ◦ f : A → N ist dann ebenfalls injektiv.
Im allgemeinen Fall setzen wir erst A0i := Ai ×{i}, für i ∈ I. Dann sind die A0i disjunkt und der
S
erste Fall liefert eine Injektion f 0 : A0 := i∈I A0i → N. Es ist nicht schwer, sich zu überlegen,
dass es eine Injektion f : A → A0 gibt. Die Verknüpfung f 0 ◦ f : A → N ist dan die gesuchte
injektive Abbildung.
Lösung 35. Offensichtlich a + b = a + b, also (a, b) ∼ (a, b) für alle a, b ∈ N. Wenn (a, b) ∼
(c, d), dann a + d = b + c, also c + b = d + a (Kommutativität der Addition in N) und somit
(c, d) ∼ (a, b). Die Relation ist also symmetrisch. Sei (a, b) ∼ (c, d) und (c, d) ∼ (e, f ). Dann
a + d = b + c und c + f = d + e. Also a + d + c + f = b + c + d + e. Mit Kommutativität,
Assoziativität und der Kürzungsregel erhält man a + f = b + e, was soviel wie (a, b) ∼ (e, f )
bedeutet.
Lösung 36. Sei [a, b] = [a0 , b0 ] und [c, d] = [c0 , d 0 ], also a+b0 = b+a0 und c+d 0 = d +c0 . Dann
auch a + b0 + c + d 0 = b + a0 + d + c0 . Und das bedeutet [a + c, b + d] = [a0 + c0 , b0 + d 0 ]. Die
Operation + : Z × Z → Z ist also wohldefiniert. Offensichtlich ist [0, 0] ein neutrales Element.
Kommutativität und Assoziativität führt man unmittelbar auf die in N zurück. kommen wir
zu den Inversen Elementen. Sei [a, b] ∈ Z. Dann ist [b, a] das zu [a, b] inverse Element, denn
[a, b] + [b, a] = [a + b, a + b] = [0, 0]. Damit ist alles gezeigt.
Lösung 37. Zur Wohldefiniertheit: Sei [a, b] = [a0 , b0 ] und [c, d] = [c0 , d 0 ], also (1) a + b0 =
b + a0 und (2) c + d 0 = d + c0 . Multipliziert man Gleichung (1) mit c0 und d 0 und Gleichung (2)
mit a und b, so erhält man die vier Gleichungen ac0 + b0 c0 = bc0 + a0 c0 , a0 d 0 + bd 0 = ad 0 + b0 d 0 ,
bd + bc0 = bc + bd 0 und ac + ad 0 = ad + ac0 . Addiert man die vier Gleichungen so auf und
wendet die Kürzungsregel der Addition (in N) an, so erhält man ac + bd + a0 d 0 + b0 c0 = ad +
bc + a0 c0 + b0 d 0 , also [a, b] · [c, d] = [a0 , b0 ] · [c0 , d 0 ].
Die Kommutativität, Assoziativität und Distributivität rechnet man direkt nach. Die Eins ist
[1, 0].
Sei [a, b] · [c, d] = [0, 0], also ac + bd = ad + bc. Falls c 6= d, also [c, d] 6= [0, 0], dann 1.Fall
c < d. Es gibt nun ein e 6= 0 mit c + e = d. Einsetzen ergibt ac + bc + be = ac + ae + bc. Kürzen
ergibt a = b. Der 2.Fall d < c geht analog. Also [a, b] = [0, 0].
Die Kürzungsregel zeigt man ähnlich. Sei [a, b] · [c, d] = [e, f ] · [c, d], also ac + bd + de +
c f = ad + bc + ce + d f mit c 6= d. Ausklammern ergibt c(a + f ) + d(b + e) = d(a + f ) +
30
c(b + e). 1.Fall c = d + g für g 6= 0. Einsetzen und kürzen ergibt dann g(a + f ) = g(b + e),
also a + f = b + e. Der 2.Fall geht wieder analog.
Lösung 38. a) Sei [a, b] = [c, d] und b < a. Es gilt a + d = b + c. Wäre c ≤ d, so wäre d = c + e
mit 0 ≤ e. Also a + d = a + c + e = b + c. Die Kürzungsregel in N ergibt a ≤ a + e = b Widerspruch. Also d < c.
b) 0 < k und 0 < l implizieren offensichtlich 0 < k + l. Die Multiplikation ist einfach,
aber nicht ganz so trivial. Sei 0 < [a, b] und 0 < [c, d], also b < a und d < c. Dann gibt es
e, f ∈ N mit 0 < e, f und a = b + e bzw. c = d + f . Dann ist ad + bc = bd + de + bd + b f <
bd + b f + de + e f + bd = ac + bd und somit 0 < [ac + bd, ad + bc].
Lösung 39. a) i(m) = i(n) ⇒ [m, 0] = [n, 0], also m = m + 0 = 0 + n = n.
b) Bestätigt man durch direktes nachrechnen.
c) i(N) ⊆ {z ∈ Z | 0 < z} ∪ {0} ist klar. 0 ∈ i(N) ist auch klar. Sei 0 < z ∈ Z, also z = [a, b]
mit b < a. Sei dann d ∈ N das eindeutig bestimmte Element mit |d| = |a \ b|. Offensichtlich
gilt d + b = 0 + a und somit [d, 0] = [a, b]. Damit dann z = i(d). Die Gleichung Z = i(N) ∪
{−i(n) | n ∈ N} ist nun offensichtlich; ebenso i(N) ∩ {−i(n) | n ∈ N} = {0}. Auch d) und e)
sind offensichtlich.
Lösung 40. a) Reflexivität und Symmetrie sind klar. Sei (a, b) ∼ (c, d) und (c, d) ∼ (e, f ).
Dann ad = bc und ce = d f . Multiplizieren ergibt acde = bcd f . Kürzen ergibt dann ae = b f ,
also (a, b) ∼ (e, f ).
b) Sei (a, b) ∼ (a0 , b0 ) und (c, d) ∼ (c0 , d 0 ). Dann gilt (ad + bc)b0 d 0 = ab0 dd 0 + cd 0 bb0 =
a0 bdd 0 + c0 dbb0 = bd(a0 d 0 + c0 b0 ). Also (ad + bc, bd) ∼ (a0 d 0 + b0 c0 , b0 d 0 ) und die Addition ist wohldefiniert. Außerdem gilt acb0 d 0 = ab0 cd 0 = a0 bc0 d = a0 c0 bd und somit (ac, bd) ∼
(a0 c0 , b0 d 0 ). Die Multiplikation ist also auch wohldefiniert.
c) Die Rechengesetze (Kommutativität, Assoziativität, Distributivität) kann man durch Nachrechnen überprüfen. Das Nullelement ist [0, 1], das Einselement ist [1, 1], das Inverse zu [a, b]
mit a 6= 0 ist [b, a]
Lösung 41. a) Da 0 6∈ P, gilt für kein x ∈ K: x < x. Sei x < y und y < z. Also y − x, z − y ∈ P
und somit z − x = (z − y) + (y − x) ∈ P, also x < z. Aus den Voraussetzungen an P folgt
unmittelbar, dass für x, y ∈ K genau eine der Beziehungen x < y, y < x x = y gilt. < ist also
eine totale Ordnung auf K.
b) (y + z) − (x + z) = y − x ∈ P, also x + z < y + z.
c) −x − (−y) = y − x ∈ P, also −y < −x.
d) (y + b) − (x + a) = (y − x) + (b − a) ∈ P, da y − x, b − a ∈ P, also x + a < y + b.
e) yz − xz = (y − x)z ∈ P, da y − x, z ∈ P, also xz < yz.
f) Es gilt y − x ∈ P und b − a ∈ P. Falls x = 0, ist alles klar; also 0 < x. Dann ist b(y − x) ∈ P
und x(b − a) ∈ P, also auch by − ax = b(y − x) + x(b − a) ∈ P und somit ax < by.
g) a < 0 heißt −a = 0 − a ∈ P, also ax − ay = −a(y − x) ∈ P und somit ay < ax.
h) Falls 0 < x, dann aus f) 0 < x2 . Falls x < 0, also 0 < −x, dann folgt aus f) 0 < (−x)2 = x2 .
Da 0 6= 1 = 12 folgt insbesondere 0 < 1 (also 1 ∈ P).
i) Mit 0 < x ist offensichtlich 0 6= x, also ist x−1 sinnvoll und 0 6= x−1 . Wäre 0 < −x−1 ,
so folgt aus f) 0 = 0 · 0 < x(−x−1 ) = −1. Mit 0 < 1 ergibt dies 0 = 0 + 0 < −1 + 1 = 0 Widerspruch!
31
j) Folgt unmittelbar aus der Definition.
k) Für |xy| = |x||y| gehe man einfach alle möglichen Fälle durch. Für die Dreiecksungleichung beachte man x ≤ |x| und −x ≤ |x| (analog mit y). Dann folgt x + y ≤ |x| + |y| und
−(x + y) = (−x) + (−y) ≤ |x| + |y|. Daraus folgt dann |x + y| ≤ |x| + |y|. Die letzte Beziehung
folgt aus der Anwendung der Dreiecksungleichung angewendet auf x = (x − y) + y, denn man
erhält dann |x| ≤ |x − y| + |y|, also |x| − |y| ≤ |x − y|. Analog |y| − |x| ≤ |y − x| = |x − y|.
Lösung 42. a) Sei [a, b] = [c, d] und 0 < [a, b]. Also ad = bc und 0 < ab. Wäre 0 = cd, so
wäre c = 0 (d 6= 0) und damit ad = 0, also a = 0 - Widerspruch. Wäre cd < 0, so führt man
dies mit ein paar Fallunterscheidungen sofort zum Widerspruch.
b) Folgt unmittelbar aus der Definition und den Rechengesetzen der ganzen Zahlen!
c) Wenn 0 < [a, b], [c, d], dann ist (ad + bc)bd = abd 2 + cdb2 > 0 und somit 0 < [ad + bc, bd].
Ebenso ist acbd = (ab)(cd) > 0 und damit 0 < [a, b] · [c, d]; beides folgt aus den Rechengesetzen der ganzen Zahlen!
Lösung 43. Sei X = {xn | n ∈ N} und Y = {yn | n ∈ N} (natürlich nicht: xk < xk+1 , bzw
yk < yk+1 , für alle k ∈ N). Wir konstruieren nun rekursiv ein bijektives F : X → Y mit x < x0 ⇒
F(x) < F(x0 ). Für n ∈ N sei Xn := {xk | k ≤ n}. Setze A := { f : Z → Y | ∃ n ∈ N mit Z = Xn
und xk < xl ⇒ f (xk ) < f (xl ), für k, l ≤ n}. Wir definieren nun eine Abbildung g : A → A. Sei
f ∈ A, also f : Xn → Y . Wir unterscheiden drei Fälle:
1.Fall ∀ k ≤ n gilt xn+1 < xk . Dann definieren wir f 0 : Xn+1 → Y durch f 0 |Xn := f und
0
f (xn+1 ) := yi , wobei i := min { j ∈ N | ∀ k ≤ n gilt y j < f (xk )}.
2.Fall ∀ k ≤ n gilt xk < xn+1 . Dann definieren wir f 0 : Xn+1 → Y durch f 0 |Xn := f und
0
f (xn+1 ) := yi , wobei i := min { j ∈ N | ∀ k ≤ n gilt f (xk ) < y j }.
3.Fall ∃ k, l ≤ n mit xk < xn+1 < xl . Wir definieren dann P := {k ≤ n | xk < xn+1 } und
Q := {l ≤ n | xn+1 < xl } und setzen f 0 (xn+1 ) := yi , wobei i := min { j ∈ N | f (xk ) < y j < f (xl )
für alle (k, l) ∈ P × Q}; und wie gehabt f 0 |Xn := f .
In jedem Fall definieren wir dann g( f ) := f 0 ∈ A. Setzen wir noch h : X0 → Y , mit f (x0 ) :=
y0 , so gibt es, laut Rekursionssatz, ein ψ : N → A mit ψ(0) = h und ψ ◦ S = g ◦ ψ. Wie in
der Lösung zu Aufgabe 34 zeigt man ψ(m) ⊆ ψ(n), für m ≤ n (also ψ(n) ist eine Fortsetzung
S
von ψ(m)) und F := n∈N ψ(n) ist eine Abbildung F : X → Y mit F(x) < F(x0 ) für x < x0 .
Zu zeigen bleibt nur noch die Surjektivität. Annahme F ist nicht surjektiv. Sei n := min {k ∈
N | yk ∈ Y \ {F(x) | x ∈ X}}. Das heißt für jedes k < n gibt es ein xmk mit F(xmk ) = yk . Wir
setzen nun m := max {mk | k < n} und unterscheiden wieder drei Fälle.
1.Fall ∀ k ≤ m ist F(xk ) < yn . Wähle l minimal mit xk < xl , für alle k ≤ m, also m < l
und xl 0 ≤ max{xk | k ≤ m} < xl für alle l 0 < l. Damit folgt dann F(xl 0 ) ≤ max{F(xk ) | k ≤
m} < yn . Dann wäre aber F(xl ) = yi mit n < i, im Widerspruch zur Wahl von i und l und der
Konstruktion von F.
2.Fall ∀ k ≤ m ist yn < F(xk ). Wähle l minimal mit xl < xk , für alle k ≤ m (also m < l). Dann
ist F(xl ) = yi mit n < i, im Widerspruch zur Wahl von i und l und der Konstruktion von F.
3.Fall ∃ k, k0 ≤ m mit F(xk ) < yn < F(xk0 ). Bilde A := {(k, k0 ) | k, k0 ≤ m und F(xk ) < yn <
F(xk0 )} und wähle (r, s) ∈ A zu denen es kein t ≤ m gibt, mit F(xr ) < F(xt ) < F(xs ) (A ist
endlich; also kein Problem). Wähle dann wieder l minimal mit xr < xl < xs (also m < l). Dann
ist F(xl ) = yi mit n < i, im Widerspruch zur Wahl von i und l und der Konstruktion von F.
Alle drei Fälle führen zu einem Widerspruch und demzufolge ist F doch surjektiv.
32
Lösung 44. a) Die Reflexivität von ∼ ist klar ebenso die Symmetrie (die Addition in Q ist
kommutativ). Zu zeigen bleibt die Transitivität. Sei also (rn )n∈N ∼ (sn )n∈N und (sn )n∈N ∼
(tn )n∈N . Wir wählen ein beliebiges 0 < ε ∈ Q. Dann ∃ N(ε) ∈ N ∀n ≥ N(ε) : |rn − sn | < ε/2
und ∃ N 0 (ε) ∈ N ∀n ≥ N 0 (ε) : |sn − tn | < ε/2. Für N 00 (ε) := max (N(ε), N 0 (ε)) und n ≥ N 00 (ε)
gilt dann (mit Hilfe der Dreiecksungleichung) |rn − tn | ≤ |rn − sn | + |sn − tn | < ε/2 + ε/2 = ε,
also (rn )n∈N ∼ (tn )n∈N .
b) Wir zeigen zuerst, dass mit zwei Cauchy-Folgen (rn )n∈N und (sn )n∈N auch (rn + sn )n∈N
bzw. (rn ·sn )n∈N Cauchy-Folgen sind. Erst die Summe: Sei ε > 0. Es gibt dann ein N(ε) ∈ N, so
dass |rn −rm | < ε/2 und |sn −sm | < ε/2 ist, für alle m, n ≥ N(ε). Aus der Dreiecksungleichung
folgt dann sofort |(rn + sn ) − (rm + sm )| < ε (für m, n ≥ N(ε)).
Nun das Produkt: Für 1 gibt es ein 0 ≤ N(1) ∈ N, so dass |rn − rN(1) | < 1 für n ≥ N(1) gilt.
Dann aber |rn | ≤ |rn − rN(1) | + |rN(1) | < 1 + |rN(1) |. Setze M := max(|r0 |, ..., |rN(1)−1 |, 1 + |rN |),
dann gilt |rn | ≤ M für alle n ∈ N. Analog gibt es ein solches M 0 für die Folge (sn )n∈N . O.B.d.A.
gilt M 0 ≤ M. Für ein beliebiges ε > 0 gibt es dann ein N(ε) ∈ N, so dass |rn − rm | < ε/2M
und |sn − sm | < ε/2M gilt, für m, n ≥ N(ε). Die Dreiecksungleichung liefert dann |rn sn −
rm sm | ≤ |rn ||sn − sm | + |sm ||rn − rm | < M(ε/2M) + M(ε/2M) = ε für m, n ≥ N(ε). Daher ist
auch (rn · sn )n∈N eine Cauchy-Folge.
Die Definitionen der Addition und Multiplikation machen also Sinn. Zu zeigen bleibt aber
noch, dass sie unabhängig von der Wahl der Repräsentanten ist. Wenn (rn − rn0 )n∈N und (sn −
s0n )n∈N Nullfolgen sind, so offensichtlich (folgt direkt aus der Dreiecksungleichung) auch
((rn + sn ) − (rn0 + s0n ))n∈N . Das heißt die Addition ist unabhängig von der Wahl der Repräsentanten.
Zur Multiplikation: Sei (rn )n∈N ∼ (rn0 )n∈N und (sn )n∈N ∼ (s0n )n∈N . Man muss nun (rn sn )n∈N ∼
(rn0 s0n )n∈N zeigen. Für 1 gibt es ein 0 ≤ N(1) ∈ N, so dass |rn − rN(1) | < 1 für n ≥ N(1) gilt.
Dann aber |rn | ≤ |rn − rN(1) | + |rN(1) | < 1 + |rN(1) |. Setze M := max(|r0 |, ..., |rN(1)−1 |, 1 + |rN |),
dann gilt |rn | ≤ M für alle n ∈ N. Analog gibt es ein solches M 0 für die Folge (s0n )n∈N . O.B.d.A.
gilt M 0 ≤ M. Für ein beliebiges ε > 0 gibt es dann ein N(ε) ∈ N, so dass |rn − rn0 | < ε/2M
und |sn − s0n | < ε/2M gilt, für n ≥ N(ε). Die Dreiecksungleichung liefert dann |rn sn − rn0 s0n | ≤
|rn ||sn − s0n | + |s0n ||rn − rn0 | < M(ε/2M) + M(ε/2M) = ε für n ≥ N(ε) - fertig.
c) Mit 0 bzw. 1 bezeichnen wir die Folgen, die konstant 0 bzw 1 sind. Die entsprechenden
Äquivalenzklassen von 0 bzw 1 sind dann offensichtlich das Nullelement bzw. Einselement
in R. Ferner sind Addition und Multiplikation kommutativ, assoziativ und distributiv (folgt
sofort aus der Definition und den entsprechenden Gesetzen in Q). Inverse Elemente bezüglich
der Addition sind ebenfalls klar. Die einzige (kleine) Schwierigkeit ist die Existenz inverser
Elemente der Multiplikation.
Sei dazu x ∈ R mit x 6= 0. Wir wählen uns einen Vertreter (rn )inN von x (nicht vergessen: die
Elemente aus R sind Äquivalenzklassen). Das bedeutet (rn − 0)n∈N ist keine Nullfolge, also
gibt es ein ε > 0 mit der Eigenschaft: ∀ n ∈ N gibt es ein m ≥ n mit |rm | ≥ ε. Nun ist (rn )n∈N
aber auch eine Cauchy-Folge. Das heißt zu ε/2 gibt es ein N(ε) ∈ N, so dass |rn − rm | < ε
gilt, für alle m, n ≥ N(ε). Zu N(ε) gibt es ein M(ε) ≥ N(ε) (1) mit ε ≤ |rM(ε) |. Für n ≥ M(ε)
gilt aber auch |rM(ε) | − |rn | ≤ |rn − rM(ε) | < ε/2, also −ε/2 < |rn | − |rM(ε) |. Zusammen mit
(1) ergibt dies ε/2 ≤ |rn |, für n ≥ M(ε). Insbesondere also rn 6= 0 für n ≥ M(ε). Ändern wir
in der Folge (rn )n∈N die Werte rn zu 1, für n < M(ε) (für n ≥ M(ε) verändern wir nix) und
33
bezeichnen die so erhaltene Folge mit (sn )n∈N , so ist die entsprechenden Äquivalenzklasse von
(sn )n∈N also auch x, mit dem Unterschied, dass sn immer 6= 0 ist! Wir können also die Folge
−1
(s−1
n )n∈N definieren. Wenn wir nun noch zeigen können, dass (sn )n∈N eine Cauchy-Folge ist,
so ist die entsprechende Äquivalenzklasse y von (s−1
n )n∈N also das inverse Element zu x! Ans
Werk:
Nun ist (sn )n∈N eine Cauchy-Folge und für alle n ∈ N ist sn 6= 0. Wie oben zeigen wir, dass
es ein δ > 0 und ein N(δ ) ∈ N gibt, mit δ < |sn | für n ≥ N(δ ). Aus der folgenden Abschätzung
−1
−1
entnimmt man unmittelbar, dass auch (s−1
n )n∈N eine Cauchy-Folge ist. sn − sm | = |sn − sm | ·
−1
2
|s−1
n sm | ≤ |sn − sm |/δ , für m, n ≥ N(δ ).
Lösung 45. a) und b) folgen unmittelbar aus der Definition.
Lösung 46. a) Es gibt ein M(δ ) ∈ N mit M(δ ) ≥ N(δ ) und ∀ n ≥ M(δ ) gilt |rn − sn | < δ /2,
also −δ /2 < −|rn − sn | ≤ −(rn − sn ) für n ≥ M(δ ). Zusammen mit δ < rn (für n ≥ M(δ ))
folgt, dann δ /2 = δ − δ /2 < rn − (rn − sn ) = sn , für n ≥ M(δ ).
b) Der Lösung zu Aufgabe 44 entnimmt man die Existenz eines 0 < δ ∈ Q und die Existenz
eines N(δ ) ∈ N, so dass δ < |rn | ist für n ≥ N(δ ). Nun ist rn eine Cauchy-Folge, es gibt
also ein M(δ ) ∈ N, mit M(δ ) ≥ N(δ ), so dass |rn − rm | < δ ist für m, n ≥ M(δ ). Gäbe es
m, n ≥ M(δ ) mit rm < 0 < rn , so wäre δ + δ ≤ |rn | + |rm | = ||rn | + |rm || = |rn − rm | < δ , also
δ < 0 - Widerspruch. Also ist (rn )n∈N ab M(δ ) immer positiv, oder immer negativ. Der Rest
ist dann klar!
Lösung 47. a) R = P ∪ (−P) ∪ {0} und P ∩ (−P) = 0,
/ folgt aus der vorigen Aufgabe Teil b).
Die Behauptungen P + P ⊆ P und P · P ⊆ P sind (fast) offensichtlich (beide Folgen, die man
sich wählt, sind ab einem gewissen Index größer als eine positive rationale Zahl δ und damit
ist die Summe bzw. das Produkt ab diesem index größer als δ + δ bzw. δ · δ ).
b) Folgt unmittelbar aus der Definition (siehe dazu auch Aufgabe 41).
c) Sei (rn )n∈N ein Vertreter von r und (sn )n∈N ein Vertreter von s. Es gibt dann ein 0 < δ ∈ Q
und Ein M1 (δ ) ∈ N mit 0 < δ < sn − rn , für alle n ≥ M1 (δ ). Da (rn )n∈N und (sn )n∈N CauchyFolgen sind, gibt es M2 (δ ) und M3 (δ ), mit |rn − rm | < δ /3 für m, n ≥ M2 (δ ) und |sm − sn | <
δ /3 für m, n ≥ M3 (δ ). Wir setzen dann M(δ ) := max (M1 (δ ), M2 (δ ), M3 (δ )) und q := rM(δ ) .
Dann gilt rn < q < sn für n ≥ M(δ ) (die linke Ungleichung folgt direkt aus der Voraussetzung,
für die rechte gehe man vom Gegenteil aus und führe dies mit der Dreiecksungleichung zum
Widerspruch). Damit gilt dann also r < e(q) < s.
d) Seien 0 < r, s ∈ R. Falls r < s = 1 · s, so sind wir fertig. Falls r = s, dann ist r < r + r =
2r = 2s und wir sind auch fertig. Sei also 0 < s < r. Es gilt r < r + 1, also können wir p, q ∈ Q
(genauer in e(Q)) wählen mit 0 < p < s < r < q < r + 1. Die rationalen Zahlen sind aber
archimedisch angeordnet, das bedeutet es gibt ein m ∈ N mit q < mp. Dann gilt aber auch
r < q < mp < ms (siehe dazu auch Aufgabe 41).
Lösung 48. Zu jedem xn wählen wir ein qn ∈ Q mit |xn − e(qn )| < 1/n 4 Wir behaupten
nun, dass (qn )n∈N die gesuchte Cauchy-Folge aus Q ist. Dazu wählen wir ein 0 < ε ∈ Q (!)
4 nochmal:
1/n ist hier als Element in R zu verstehen und n stammt aus unserer ”original” Peano-Struktur
(N, S, 0). Präzise steht hier eigentlich |xn − e(qn )| < f (n)−1 , wenn f : N → R die entsprechende Identifizierungsabbildung bezeichnet.
34
und finden ein N(ε) ∈ N mit |e(qn ) − e(qm )| ≤ |e(qn ) − xn | + |xn − xm | + |xm − e(qm )| < e(ε),
für m, n ≥ N(ε) (folgt aus der Dreiecksungleichung, das (xn )n∈N eine Cauchy-Folge ist, der
Wahl der qn und dem Archimedischen Axiom). Wir erhalten also |e(qn − qm )| < e(ε). Da
e : Q → R ordnungserhaltend ist, folgt auch |qn − qm | < ε für m, n ≥ N(ε). Das bedeutet,
dass (qn )n∈N eine Cauchy-Folge ist. Es gilt dann xn → q := [(qn )n∈N ]∼ , denn |xn − q| ≤ |xn −
e(qn )| + |e(qn ) − q| < 1/n + |[(qn − qk )k∈N ]∼ |. Da (qk )k∈N eine Cauchy-Folge ist, folgt nun
leicht xn → q.
Das auch umgekehrt jede konvergente Folge eine Cauchy-Folge ist, folgt unmittelbar aus
der Dreiecksungleichung.
Lösung 49. bevor wir eine präzise Antwort geben können, noch ein paar Bemerkungen. Sei
(K, +, ·) ein angeordneter Körper (im Sinne von Aufgabe 41). Was bedeutet es dann, dass er
archimedisch geordnet ist? Dazu bemerken wir, dass K eine Peano-Struktur enthält, nämlich
T
(M, S0 , 0), wobei M := {P ⊆ K | 0 ∈ P und x ∈ P ⇒ x + 1 ∈ P} und S0 die Abbildung
S0 : M → M, definiert durch S0 (m) := m + 1 ist. Archimedisch angeordnet ist K, wenn zu
x, y > 0 ein m ∈ M existiert, mit x < my.
Eine Cauchy-Folge in einem solchen Körper definieren wir genauso wie in R bzw. Q. Eine
Folge (xn )n∈N aus K nennen wir eine Cauchy-Folge, wenn zu jedem 0 < ε ∈ K ein N(ε) ∈ N
existiert, so dass für alle m, n ≥ N(ε) die Ungleichung |xm − xn | < ε erfüllt ist.
Eine Folge (xn )n∈N aus K ist konvergent in K, wenn es ein x ∈ K gibt, so dass zu jedem
0 < ε ∈ K ein N(ε) ∈ N existiert, mit |xn − x| < ε, für n ≥ N(ε). (Wir weisen noch einmal
darauf hin: Ob die Folge mit M oder N indiziert wird ist wurscht! Wir indizieren alle Folgen
konsequent mit N.).
Die Behauptung ist nun:
Zu jedem archimedisch angeordneten und vollständigen Körper K gibt es einen Körperisomorphismus ψ : K → R, der auch ordnungserhaltend ist.
Beweisskizze: In einem solchen archimedisch angeordneten Körper K finden wir auch die
rationalen Zahlen (das heißt, etwas dazu isomorphes) wieder. Wir setzen dazu einfach Q0 :=
{m·n−1 | (m, n) ∈ M ×(M \{0})}∪{−m·n−1 | (m, n) ∈ M ×(M \{0})}. Aus dem IsomorphieSatz für Peano-Strukturen folgt dann sofort, dass es einen Isomorphismus f : Q0 → Q gibt, der
auch ordnungserhaltend ist (”sofort” ist vielleicht übertrieben, dennoch bleibt es dem Leser
überlassen). Als nächstes mache man sich klar, das Q0 in K dicht liegt, also zu x < y gibt
es ein q0 ∈ Q0 mit x < q0 < y. Zu 1 und y − x gibt es nämlich ein n ∈ M mit 1 < n(y − x),
also 0 < 1/n < y − x. Wir wählen dann m minimal mit m · (1/n) = m/n > x. Annahme es
gilt y ≤ m/n. Dann folgt mit x + 1/n < y ≤ m/n auch x < m/n − 1/n = (m − 1) · (1/n) im
Widerspruch zur Wahl von m. Also x < m/n < y.
Zu Jedem x ∈ K gibt es somit eine Folge (xn )n∈N aus Q0 , die gegen x konvergiert. Damit
ist (xn )n∈N eine Cauchy-Folge. Dann ist aber auch ( f (xn ))n∈N eine Cauchy-Folge in Q und
repräsentiert somit eine Äquivalenzklasse, also ein Element aus R. Die Abbildung ψ : K → R
definieren wir also durch ψ(x) := [( f (xn ))n∈N ]∼ . Zu zeigen, dass ψ ein Körperisomorphismus
ist und zusätzlich noch ordnungserhaltend, ist nicht mehr so schwer und bleibt vollständig dem
Leser überlassen.
Lösung 50. Alle Rechengesetze bestätigt man durch direktes Nachrechnen. Das inverse Elemente von (a, b) bezüglich der Addition ist (−a, −b), das bezüglich der Multiplikation ((a, b) 6=
35
a
−b
(0, 0)) ist ( a2 +b
2 , a2 +b2 ). Die Eigenschaften der Abbildung g bestätigt man wieder durch direktes Nachrechnen.
Lösung 51. Wir setzen A := |a0 | + ... + |an−1 |. Dann gilt |r(z)| ≤ |an−1 /z| + ... + |a0 /zn | ≤
|an−1 /2A| + ... + |a0 /2A| ≤ A/2A = 1/2, für |z| ≥ K := max (1, 2A). Damit gilt dann |p(z)| =
|zn | · |1 + r(z)| ≥ 21 |zn | ≥ A, für |z| ≥ K.
Für |z| ≤ K hingegen nimmt |p| (als stetige Funktion) an einer Stelle z0 das Minimum an
und es gilt dann |p(z0 )| ≤ |p(0)| = |a0 | ≤ A. Das bedeutet |p(z0 )| ≤ |p(z)|, für alle z ∈ C.
Lösung 52. a) Sei k := min ({l ≥ 1 | al 6= 0}) ≥ 1. Dann gibt es ein β ∈ C, mit β k = −a−1
k
(Existenz k-ter Wurzeln in C). Setzt man dann r(z) := s(β z) so gilt r(z) = 1 − zk + bk+1 zk+1 +
... + bn zn = 1 − zk + zk+1 q(z), mit q(z) := bk+1 + ... + bn zn−k−1 .
b) Sei c > 0 eine obere Schranke von |q| auf {z ∈ C | |z| ≤ 1}, also |q(z)| ≤ c für alle
z ∈ C mit |z| ≤ 1. Wir wählen nun ein w ∈ R mit 0 < w < min (1, c−1 ). Dann gilt |q(w)| ≤ c
und 0 < w < c−1 , also 0 ≤ |wq(w)| < 1 und damit 0 < |1 − wq(w)| ≤ 1. Es gilt aber auch
0 < wk < 1 und dies ergibt dann 0 < |wk (1 − wq(w))| < 1
c) Wir definieren s(z) := p(z1 ) p(z + z0 ). Dann folgern wir aus a) die Existenz eines β ∈ C
0
und die Existenz eines Polynoms q mit r(z) := s(β z) = 1 − zk + zk+1 q(z), k ≥ 1. Aus b) folgern
wir die Existenz eines w ∈ R mit 0 < w < 1 und 0 < |r(w)| < 1. Also | p(z1 ) p(β w + z0 )| < 1.
0
Setzen wir also w0 := β w, so gilt |p(w0 + z0 )| < |p(z0 |.
Lösung 53. Sei p ein Polynom, mit p(z) = zn + an−1 zn−1 + ... + a1 z + a0 , mit komplexen
Koeffizienten ak und n > 0. Dann nimmt |p| auf C sein Minimum an einer Stelle z0 an. Wäre
p(z0 ) 6= 0, so gäbe es ein w0 ∈ C mit |p(z0 + w0 )| < |p(z0 )| - Widerspruch!
Lösung 54. a) Andernfalls betrachte das kleinste Element x ∈ X} mit f (x) < x. Offensichtlich
gilt dann auch f ( f (x)) < f (x) < x im Widerspruch zur Minimalität von x.
b) Sei f : X → X bijektiv mit x < y ⇒ f (x) < f (y). Annahme: f 6= id. Sei x ∈ X minimal
mit f (x) 6= x. Dann gilt x < f (x). Sei f (y) = x. Dann gilt auch y < f (y) (sonst y=f(y)=x und
dann x=f(x)), also y < x im Widerspruch zur Minimalität von x.
c) Annahme es gibt ein f : X → Xx bijektiv mit y < z ⇒ f (y) < f (z). Für x ist offensichtlich
f (x) ∈ Xx , also f (x) < x im Widerspruch zu a).
Lösung 55. Annahme es gibt ein a ≥ a0 für die ϕ(a) falsch ist. Dann gibt es auch ein minimales a ≥ a0 für die ϕ(a) falsch ist. Das heißt für jedes b < a ist die Aussage ϕ(b) wahr.
Nach Voraussetzung gilt dann aber auch die Aussage ϕ(a). Dies ist ein Widerspruch. Also gilt
tatsächlich für jedes a ≥ a0 die Aussage ϕ(a).
Lösung 56. Sei x0 das kleinste Element aus W . Wir setzen A := {x ∈ W | x = x0 oder ∃ ϕx :
Wx → S mit ∀y < x : ϕx (y) = Ky (ϕx |Wy )}. Wir zeigen zuerst durch transfinite Induktion in
Wy , dass für x, y ∈ A mit y < x bereits ϕx |Wy = ϕy gilt und bezeichnen diese Eigenschaft mit
(∗). Es gilt ϕx (x0 ) = Kx0 (ϕx kWx0 ) = Kx0 (0)
/ = Kx0 (ϕy |Wx0 ) = ϕy (x0 ). Sei ϕx (z) = ϕy (z), für alle
z < x00 < y. Dann gilt ϕx (x00 ) = Kx00 (ϕx |Wx00 ) = Kx00 (ϕy |Wx00 ) = ϕy (x00 ). Also ϕx |Wy = ϕy .
Die Eindeutigkeit der Abbildung ϕ (im Fall der Existenz) beweist sich vollkommen analog.
kommen wir also zu Existenz:
36
Wir zeigen mittels transfiniter Induktion, dass A = W gilt. Bezeichnet x00 den Nachfolger
von x0 , so sieht man x0 , x00 ∈ A. Sei x ∈ W und z ∈ A, für alle z < x. 1.Fall ∀ z < x ∃ z0 ∈ W mit
S
z < z0 < x, dann setze ϕx := z<x ϕz . Für y < x gibt es dann ein z mit y < z < x und es gilt
ϕx (y) = ϕz (y) = Ky (ϕz |Wy ) = Ky (ϕx |Wy ) (Eigenschaft (∗)!). 2.Fall Es gibt ein ∃ z < x ∀ y(y <
x → y ≤ z). Definiere dann ϕx : Wx → S durch ϕx (y) := ϕz (y), für y < z und ϕx (z) := Kz (ϕz ).
Dann gilt wieder ϕx (y) = Ky (ϕx |Wy ), für y < x. Insgesamt bekommen wir x ∈ A und somit
A = W.
Zur Definition von ϕ : W → S unterscheiden wir wieder zwei Fälle. 1.Fall es gibt kein
S
größtes Element in W . Dann setzen wir einfach ϕ := x∈A ϕx . Aus der Eigenschaft (∗) folgt
unmittelbar, das ϕ sinnvoll definiert ist und die geforderte Eigenschaft besitzt. 2.Fall es gibt ein
größtes Element xg ∈ W . Dann definieren wir ϕ(x) := ϕxg (x), für x < xg und ϕ(xg ) := Kxg (ϕxg ).
Das so definierte ϕ hat dann die geforderte Eigenschaft.
Lösung 57. Wir müssen nur die dritte Eigenschaft von Ordinalzahlen nachweisen. Die ersten
beiden folgen unmittelbar aus den Aufgaben aus dem Abschnitt Ein Modell der natürlichen
Zahlen. Aber auch das ist ganz leicht. Sei 0/ 6= A ⊆ n ∈ N Dann ist A ⊆ N. Nun ist N wohlgeordnet, also gibt es ein kleinstes Element m ∈ A (man beachte, dass die Ordnungsrelation
k < l für k ∈ l steht). Gäbe es ein k ∈ m ∩ A, so wäre k < m und k ∈ A - Widerspruch. Das jedes
n ∈ N eine Ordinalzahl ist, lässt sich natürlich auch durch Induktion beweisen.
Um zu zeigen, dass auch N eine Ordinalzahl ist, gehen wir gleich von einem 0/ 6= A ⊆ N aus
und wählen wieder ein minimales m ∈ A. Genau wie eben ergibt sich dann ein Widerspruch.
Lösung 58. a) Annahme, es gibt doch solche Elemente. Setze 0/ 6= A := {δ , γ, β }. Offensichtlich widerspricht dieses A der dritten Forderung an Ordinalzahlen.
b) Die Irreflexivität folgt aus a). Sei δ ∈ γ ∈ β ∈ α aus 1) folgt δ , γ, β ∈ α und aus 2) folgt
dann δ = β oder δ ∈ β oder β ∈ β . Und a) reduziert die Möglichkeiten zu δ ∈ β . Also haben
wir die Transitivität. Je zwei Elemente sind außerdem schon per Definition vergleichbar. Zum
Nachweis der Wohlordnung nehmen wir uns einfach mal ein 0/ 6= A ⊆ α. Aus 3) folgern wir:
Es gibt ein β ∈ A mit A ∩ β = 0.
/ Offensichtlich handelt es sich bei diesem β um das kleinste
Element von A. Also handelt es sich um eine Wohlordnung.
c) Nachzuweisen sind die Eigenschaften 1) bis 3). Sei β ∈ α. Zu 1): Sei γ ∈ β . Falls δ ∈ γ,
so folgern wir aus der Transitivität δ ∈ β , also γ ⊆ β
zu 2): Für δ , γ ∈ β gilt dann δ , γ ∈ α. Von α setzen wir aber voraus, dass es sich um eine
Ordinalzahl handelt. Also gilt δ = γ oder δ ∈ γ oder γ ∈ δ .
Zu 3): Falls 0/ 6= A ⊆ β , so auch A ⊆ α und man folgert die Gültigkeit für 3).
d) Sei β ( α Dann existiert ein γ ∈ α \ β mit γ ∩ (α \ β ) = 0.
/ Also schon mal γ ⊆ α \ (α \
β ) = β . Nehmen wir mal an es gibt ein δ ∈ β \ γ, also insbesondere δ 6∈ γ. Es tritt also einer
der folgenden zwei Fälle ein.
Fall 1: δ = γ, dann aber γ ∈ β im Widerspruch zu γ ∈ α \ β .
Fall 2: γ ∈ δ . Aus der Transitivität folgern wir, da δ ∈ β , dass dann ebenfalls γ ∈ β sein muss.
Also ist β \ γ = 0/ und somit β ⊆ γ. Insgesamt erhalten wir β = γ ∈ α, also auch β ∈ α. Die
Rückrichtung folgt aus a).
e) Der Nachweis von 1) bis 3) folgt unmittelbar aus der Definition einer Ordinalzahl und
der Eigenschaft von Schnitten.
Für jedes ω ∈ Ω gilt natürlich: α ⊆ ω. Annahme, für alle ω gilt sogar α ( ω, dann folgt:
37
∀ ω ∈ Ω gilt α ∈ ω, also α ∈ ω∈Ω ω = α ⇒ Widerspruch! Es muss also ein ω ∈ Ω geben
mit α = ω. Und somit α ∈ Ω.
f) Das höchstens einer der drei Fälle eintreten kann ist klar. Zu zeigen bleibt, dass mindesten
einer eintritt.
Annahme sowohl α \ β 6= 0/ als auch β \ α 6= 0.
/ Dann gibt es ein γ ∈ α \ β mit γ ∩ (α \ β ) = 0.
/
Da γ ⊆ α folgt das auch γ ⊆ α \ (α \ β ) = α ∩ β . Dies führt zu γ ⊆ β . Währe sogar γ ( β ,
dann währe γ ∈ β im Widerspruch zu γ ∈ α \ β . Also gilt γ = β und somit β ∈ α, also auch
β ( α. Nach Voraussetzung existiert aber auch ein δ ∈ β \ α. Da aber schon β ( α führt dies
zum Widerspruch.
Insgesamt erhalten wir also α \ β = 0/ oder β \ α = 0,
/ also α ⊆ β oder β ⊆ α. Die Behauptung
folgt.
g) Die Eigenschaften 1), 2), 3) müssen nachgewiesen werden. 1) ist trivial.
2): Sei β , γ ∈ α. Dann gibt es ω1 , ω2 ∈ Ω mit β ∈ ω1 und γ ∈ ω2 . O.B.d.A. gilt ω1 ⊆ ω2 . Also
β ∈ ω2 . Da ω2 eine Ordinalzahl ist, folgern wir β = γ oder β ∈ γ oder γ ∈ β .
3): Sei 0/ 6= A ⊆ α. Dann gibt es ein ω ∈ Ω mit A ∩ ω 6= 0.
/ Also existiert ein γ ∈ A ∩ ω mit
γ ∩ A ∩ ω = 0.
/ Falls γ ∩ A 6= 0,
/ so gibt es ein δ ∈ γ ∩ A, also auch δ ∈ ω (Transitivität) und
damit δ ∈ γ ∩ A ∩ ω ⇒ Widerspruch. Also γ ∈ A und γ ∩ A = 0.
/
S
Sei auch β eine Ordinalzahl mit: ∀ ω ∈ Ω gilt ω ∈ β . Dann ist offensichtlich α := ω∈Ω ω ⊆
β , also α = β oder α ∈ β . Somit gilt tatsächlich α = sup Ω.
h) Folgt sofort aus der Aufgabe 54 und a) bis g).
T
Lösung 59. Wir setzen A := {x ∈ W | Wx ist ordnungsisomorph zur Ordinalzahl ax }. Offensichtlich ist das kleinste Element aus W auch in A. Sei x ∈ W und z ∈ A, für jedes z < x. Wir
unterscheiden zwei Fälle: 1.Fall zu jedem y < x gibt es ein z mit y < z < x. Wir wählen dann
für jedes z < x die eindeutig bestimmte Ordinalzahl αz mit (eindeutig bestimmten) OrdnungsS
S
isomorphismus fz : Wz → αz , setzen αx := z<x α :z und fx := z<x fz und haben somit einen
Ordnungsisomorphismus fx : Wx → αx .
2.Fall Es gibt ein z < x, so dass für jedes y < x bereits y ≤ z gilt. Dann wählen wir wieder αz
und fz und definieren fx : Wx → αz ∪{αz } := αx durch fx (y) := fz (y), für y < z und fx (z) := αz .
Auch hier bekommen wir einen Ordnungsisomorphismus fx : Wx → αx . isgesammt bekommen
wir somit A = W .
Um zu zeigen, dass auch W zu einer Ordinalzahl ordnungsisomorph ist, unterscheiden wir
wieder zwei Fälle:
S
1.Fall es gibt kein größtes Element in W , dann setzen wir einfach α := x∈A αx und f :=
S
x∈A f x . Aufgrund der Eindeutigkeit der f x ist f dann der gesuchte Ordnungsisomorphismus.
2.Fall Es gibt ein größtes Element xg in W . Dann definieren wir f (x) := fxg (x), für x < xg
und f (xg ) := αxg und erhalten so einen Ordnungsisomorphismus f : W → αxg ∪ {αxg }
Lösung 60. Sei A eine vorgegebene Menge (o.B.d.A. ist A unendlich). Setze dann
Ω := {α | ∃ B ⊆ A und ∃ <⊆ B × B derart, dass < eine Wohlordnung auf B ist und α ordnungsisomorph zu B ist }
S
Aus den obigen Aussagen folgt: Ω ist eine Menge von Ordinalzahlen. Sei dann β := α∈Ω α
und α 0 := β ∪ {β }.
Annahme es gibt ein f : α 0 → A injektiv. Dann könnte man auf { f (δ ) | δ ∈ α 0 } ⊆ A die
38
Wohlordnung von α 0 induzieren. Und demzufolge währe α 0 ∈ Ω und somit α 0 ⊆ β ∈ α 0 Widerspruch!
Lösung 61. a) ⇒ b) Der Satz von Hartog liefert eine Ordinalzahl α, welche sich nicht injektiv
in M einbetten lässt. Sei z eine Menge, mit z 6∈ M. Nun ist α ist eine wohlgeordnete Menge und
wir definieren für jedes δ ∈ α eine Abbildung Kδ , welche jeder Abbildung f : δ → M ∪ {z}
ein Element aus M ∪ {z} nach folgender Regel zuordnet. Falls M f := {m ∈ M | ∀ δ 0 ∈ δ :
f (δ 0 ) < m} 6= 0,
/ so sei Kδ ( f ) ein beliebiges Element aus M f . Falls hingegen M f = 0,
/ dann
sei Kδ ( f ) = z (Auswahlaxiom!). Mittels transfiniter Rekursion schließt man auf die Existenz
einer Abbildung ψ : α → M ∪ {z} mit ψ(δ ) = Kδ (ψ|δ ). Falls δ < δ 0 und ψ(δ ), ψ(δ 0 ) ∈
M, dann ψ(δ 0 ) = Kδ 0 (ψ|δ 0 ) > ψ(δ ). Es muss nun ein δ < α geben, mit ψ(δ ) = z (sonst
wäre ψ : α → M injektiv). Wir wählen dann das δ ∈ α minimal mit ψ(δ ) = z und definieren
K := {ψ(δ 0 ) | δ 0 < δ }. Dann ist K eine Kette in M und nach Voraussetzung gibt es dann ein
maximales Element ψ(δ 0 ) in K. Dann kann es aber kein δ 00 geben, mit δ 0 < δ 00 < δ (sonst
ψ(δ 0 ) < ψ(δ 00 ) und ψ(δ 00 ) ∈ M - Widerspruch). Also δ = δ 0 ∪ {δ 0 } und somit ist ψ(δ 0 )
maximal in M (andernfalls wäre ψ(δ ) = Kδ (ψ|δ ) 6= z).
b) ⇒ d): Sei T 6= 0/ eine Menge mit ∀ x (x ∈ T ⇔ ∀ y (y ⊆ x ∧ y: endlich ⇒ y ∈ T )). T
wird durch die Inklusion partiell geordnet. Sei (xi )i∈I eine total geordnete Teilmenge aus T .
S
Setze x := i∈I xi . Sei y ⊆ x und y: endlich, dann ∃ i ∈ I mit y ⊆ xi . Nach Voraussetzung an xi
also y ∈ T . Und damit auch x ∈ T . Offensichtlich ist x eine obere in T gelegene Schranke von
(xi )i∈I , nach dem Zornschen Lemma hat T ein maximales Element bezüglich Inklusion.
d) ⇒ c): Sei M durch < partiell geordnet. Setze T := {x ⊆ M | x : total geordnet }.
Falls x ∈ T dann folgt klarerweise ∀ y (y ⊆ x ∧ y: endlich ⇒ y ∈ T ).
Falls umgekehrt ∀ y (y ⊆ x ∧ y: endlich ⇒ y ∈ T ), so ist zu zeigen: x ∈ T . Selbstverständlich
ist x ⊆ M und damit schon partiell geordnet. Die totale Ordnung sieht man so: z1 , z2 ∈ x ⇒
{z1 , z2 } ⊆ x, also {z1 , z2 } ∈ T . Damit folgt o.B.d.A. z1 ≤ z2 . Also x ∈ T . Nach TeichmüllerTuckey existiert eine max. total geordnete Teilmenge in M.
c) ⇒ b): Ist offensichtlich.
b) ⇒ a): Man betrachte eine Menge A zu der man eine Auswahlfunktion haben möchte.
Setze A := { f : P(B) → B | B ⊆ A und ∀C ∈ P(B) gilt f (C) ∈ C}. Die Menge A wird
partiell durch die Inklusion geordnet und total geordnete Teilmengen von A haben obere
in A gelegenen Schranken (man betrachte die Vereinigung einer solchen total geordneten
Teilmenge). Maximale Elemente in A müssen dann Auswahlfunktionen für A sein.
Lösung 62. Wir führen aus Spaß an der Freude keinen minimalen Kreisschluss. Der Leser ist
aufgefordert sich weitere Äquivalenzen direkt zu überlegen.
a) ⇒ b) Wir verwenden den Satz von Hartog und transfinite Rekursion. Sei also α so gewählt (Ordinalzahl), dass es keine injektive Abbildung f : α → M gibt. Sei z eine Menge, mit
z 6∈ M. Nun ist α ist eine wohlgeordnete Menge und wir definieren für jedes δ ∈ α eine Abbildung Kδ , welche jeder Abbildung f : δ → M ∪ {z} ein Element aus M ∪ {z} nach folgender
Regel zuordnet. Falls M f := {m ∈ M | ∀ δ 0 ∈ δ : f (δ 0 ) 6= m} 6= 0,
/ so sei Kδ ( f ) ein beliebiges Element aus M f . Falls hingegen M f = 0,
/ dann sei Kδ ( f ) = z (Auswahlaxiom!). Mittels
transfiniter Rekursion schließt man auf die Existenz einer Abbildung ψ : α → M ∪ {z} mit
ψ(δ ) = Kδ (ψ|δ ). Falls δ < δ 0 und ψ(δ ), ψ(δ 0 ) ∈ M, dann ψ(δ 0 ) = Kδ 0 (ψ|δ 0 ) ∈ M \ {ψ(δ )},
also ψ(δ 0 ) 6= ψ(δ ). Es muss nun ein δ < α geben, mit ψ(δ ) = z (sonst wäre ψ : α → M
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injektiv). Wir wählen dann das δ ∈ α minimal mit ψ(δ ) = z. Die Abbildung ψ engeschränkt
auf δ , also ψ|δ : δ → M ist dann injektiv. Sie ist aber auch surjektiv, denn sonst wäre ψ(δ ) =
Kdelta (ψ|δ ) ∈ M. Also ist ψ|δ : δ → M bijektiv und wir können auf M die Wohlordnung von
δ induzieren.
a) ⇒ c): Seien M und N zwei Mengen. Betrachte M := {(X,Y, f ) | X ⊆ M und Y ⊆ N und f :
X → Y ist bijektiv }. Durch (X,Y, f ) ≤ (X 0 ,Y 0 , f 0 ) falls X ⊆ X 0 , Y ⊆ Y 0 und f 0 |X = f wird auf
M eine partielle Ordnung definiert. Offensichtlich hat jede total geordnete Teilmenge von M
eine obere in M gelegene Schranke. Das Zornsche Lemma (äquivalent zum Auswahlaxiom)
garantiert uns ein maximales Element (X,Y, f ). Dann muss aber bereits X = M oder Y = N
sein.
c) ⇒ b) lässt sich seht einfach beweisen: Sei M eine beliebige (unendliche Menge). Aus
dem Satz von Hartog (siehe Anhang) folgern wir: Es gibt eine Ordinalzahl α, die sich nicht
injektiv in M einbetten lässt. Aus dem Vergleichbarkeitssatz schließen wir dann aber, dass sich
M injektiv in α einbetten lassen muss. Auf M können wir also mittels f eine Wohlordnung
induzieren.
a) ⇒ d): Sei M eine unendliche Menge. Setze M := {(X, f ) | X ⊆ M und f : X → X × X
ist eine Bijektion }. Da M eine unendliche Menge ist, besitzt M eine abzählbar unendliche
Teilmenge N. Nun ist aber offensichtlich |N| = |N × N|. Also M 6= 0.
/ Auf M definieren wir
durch (X, f ) ≤ (Y, g) falls X ⊆ Y und g|X = f eine partielle Ordnung. Falls (Xi , fi )i∈I eine total
S
S
geordnete Teilmenge darstellt, dann ist ( i∈I Xi , i∈I fi ) eine obere in M gelegene Schranke.
Sei dann (X, f ) ein maximales Element in M (Zornsches Lemma). Annahme ∃ m ∈ M \ X.
Dann gilt
|(X ∪ {m}) × (X ∪ {m})| = |(X × X) ∪ ({m} × X) ∪ (X × {m}) ∪ {(m, m)}| = |Y1 ∪ Y2 ∪ Y3 ∪
{(m, m)}|, wobei |Yi | = |X| für i = 1, 2, 3. Nun ist aber |Y1 ∪ Y2 ∪ Y3 | ≤ |X × X| = |X|, also
|Y1 ∪ Y2 ∪ Y3 ∪ {(m, m)}| ≤ |X ∪ {(m, m)}| = |X ∪ {m}| im Widerspruch zur Maximalität von
X.
d) → b): Wir benötigen wieder den Satz von Hartog. Sei X eine beliebige Menge und α
eine Ordinalzahl mit ¬(α ≤ X) (Satz von Hartog). Es gilt nun: |X × α| ≤ |(X × X) ∪ (X ×
α) ∪ (α × X) ∪ (α × α)| = |(X ∪ α) × (X ∪ α)| = |X ∪ α|. Sei also f : X × α → X ∪ α eine
injektive Abbildung.
1 Fall: ∃ x ∈ X mit f ({x} × α) ⊆ X. Dann folgt aus |α| = |{x} × α| und der Injektivität von f
sofort α ≤ X, im Widerspruch zur Voraussetzung an α.
Also 2. Fall: Für alle x ∈ X gilt f ({x} × α) * X. Das heißt für jedes x ∈ X ist γx := {β ∈
α | f (x, β ) ∈ α} 6= 0.
/
Für x ∈ X sei g(x) das minimale Element aus γx . Also haben wir eine Abbildung h : X → α
definiert durch h(x) := f (x, g(x)). h ist dann injektiv und wir können auf X eine Wohlordnung
induzieren.
b) ⇒ a) Wir wählen auf A eine Wohlordnung und wählen für jedes B ∈ P(A) einfach das
kleinste Element aus B. Das definiert eine Auswahlfunktion.
Lösung 63. Bleibt vollständig dem Leser überlassen.
Lösung 64. Annahme ∃ f : i∈I Mi → ∏i∈I Ni surjektiv, weiter seien p j : ∏i∈I Ni → N j für j ∈ I
die natürlichen Projektionen. Wir betrachten dann x = (xi )i∈I mit xi ∈ Ni \ pi ( f (Mi )); letztere
Menge ist 6= 0,
/ wegen ∀ i ∈ I |Mi | < |Ni |. Also gibt es ein z ∈ Mi für ein i ∈ I mit f (z) = x.
S
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Dann ist aber xi = pi ( f (z)) ∈ pi ◦ f (Mi ) im Widerspruch zur Wahl von xi . Die Gleichung 1 < 2
impliziert dann ferner |X| < |P(X)|.
Lösung 65. a) Folgt aus der Definition.
b) Sei g : γ → α unbeschränkt (o.B.d.A. sei α eine Limesordinalzahl). Definiere f : γ → α
S
durch f (δ ) := {g(β ) | β < δ }. Wenn nämlich δ < γ, dann ist g|δ : δ → α nicht unbeschränkt, also f (δ ) < α. Andererseits ist g : γ → α offensichtlich unbeschränkt in α und nach
Konstruktion auch monoton.
c) Ist wieder offensichtlich.
Lösung 66. Sei f : c f (α) → α unbeschränkt. Dann ist (Sγ )γ<c f (α) definiert durch Sγ :=
{ f (δ ) | δ < γ} die gewünschte Familie.
Sei andererseits λ < c f (α). Nehmen wir mal an es gibt trotzdem eine entsprechende Folge
(Sγ )γ<λ . Wegen λ < c f (α) ist µ := sup {|Sγ | | γ < λ } < α. Für δ < α sei g(δ ) := in f {γ <
λ | δ ∈ Sγ } und für γ < λ sei fγ : Sγ → |Sγ | eine Bijektion. Dann ist aber h : α → λ × µ,
h(δ ) := (g(δ ), fg(δ ) (δ )) injektiv, also α ≤ λ × µ = max (λ , µ) < α - ein Widerspruch.
Lösung 67. a) Sei α = ∑ξ <c f (α) αξ mit αξ < α für ξ < c f (α). Dann folgt aus dem Satz von
König α = ∑ξ <c f (α) αξ < ∏ξ <c f (α) α = α c f (α) .
α
b) Angenommen c f (2α ) ≤ α. Dann folgt mit a) 2α < (2α )c f (2 ) ≤ (2α )α = 2α×α = 2α - ein
Widerspruch.
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”There is no book so bad that there is not something good in it.”
Miguel de Cervantes
Literatur
[1] O.Deiser: Einführung in die Mengenlehre; Springer
Eine leicht verständliche und großen Wert auf Motivation legende Einführung in die
Mengenlehre, mit vielen historischen Anmerkungen. Sehr zu empfehlen, insbesondere
für Studienanfänger.
[2] J.Dieudonne, Grundzüge der modernen Analysis, VEB
Ein sehr abstrakter (und schwerer) Zugang zur modernen Analysis (von Anfang an wird
in metrischen und normierten Räumen gearbeitet), es wird aber nichts an Vorwissen vorausgesetzt. Ebenfalls ein echter Klassiker.
[3] H.-D.Ebbinghaus et al., Zahlen; Springer
Der Name ist Programm!
[4] O.Forster, Analysis 1; Vieweg
Deutsprachiges standard Lehrbuch zur Analysis.
[5] T.Jech: Set Theory; Springer
Standardwerk zur modernen axiomatischen Mengentheorie.
[6] K.Königsberger, Analysis 1; Springer
Deutsprachiges standard Lehrbuch zur Analysis.
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