anzuordnen. Eine totale Ordnung ist durch ein

Lösung 11: Es gibt n! Möglichkeiten eine Menge in einem Vektor (a1 , a2 , ..., an ) anzuordnen. Eine totale
Ordnung ist durch eine Ungleichungskette
a1 < a2 < . . . < an
vollständig und eindeutig beschrieben, somit gibt es n!, hier also 6 Totalordnungen auf M .
Im Gegensatz zu einer Totalordnung müssen bei einer Ordnung nicht alle Elemente vergleichbar sein. Bei der
einfachsten Ordnung sind alle Elemente nur zu sich selbst vergleichbar. Es gibt 3 Möglichkeiten zwei Elemente,
die vergleichbar seien sollen, auszuwählen, jeweils mit zwei Möglichkeiten der Relation. Es gibt also 6 Varianten,
wenn zwei Elemente vergleichbar sind.
Es gibt noch den Fall, dass zwar jedes Element mit genau einem anderen vergleichbar ist, jedoch nicht mit
allen: Es gibt 3 Varianten, wenn es ein kleinestes Element gibt, und 3 Varianten, wenn es ein größtes Element
gibt.
Sind alle Elemente vergleichbar, so liegt eine Totalordnung vor- davon gibt es sechs. Damit gibt es 1+6+6+6 =
19 Ordnungen auf einer Menge mit drei Elementen.
Lösung 12:
(a) Die Relation | erfüllt die Bedingungen für eine Ordnungsrelation auf N\{0}:
reflexiv: Da 1 ∈ N\{0} gilt für alle a ∈ N\{0}, dass a|a, da a = 1 · a.
transitiv: Seien a, b, c ∈ N\{0} mit a|b und b|c. Dann gibt es 0 6= d, e ∈ N\{0} mit b = d · a und c = e · b. Da
das Produkt zweiter solcher natürlicher Zahlen in N\{0} liegt, ist wegen c = e · b = (e · d) · a auch
a|c, somit ist die Relation transitiv.
antisymmetrisch: Sei a, b ∈ N\{0} mit a|b und b|a. Dann gibt es c, d ∈ N\{0} mit b = c · a und a = d · b. Damit ist
auch a = d · b = (d · c) · a. Also ist d · c = 1 und dies ist in Z\{0} nur durch c = d = 1 erfüllt. Also
ist a = b.
Es ist aber keine Totalordnung, da z.B. 2 6 | 3 und 3 6 | 2. In Z\{0} gilt 2 = (−1) · (−2) und −2 = (−1) · 2.
Damit gilt 2| − 2 und gleichzeitig −2|2, obwohl 2 6= −2. Hier ist also die Antisymmetrie verletzt.
Die Bedingung für die minimalen Elemente auf N\{0} besagt, dass wenn das Element a minimal ist, und
es ein weiteres Element b gibt mit b|a, so ist a = b. Dies trifft genau auf die Menge der Primzahlen zu,
und umgekehrt ist jede Zahl mit dieser Eigenschaft eine Primzahl. Die Menge der minimalen Elemente
in dieser Teilmenge ist also die Menge der Primzahlen.
Es gibt in dieser Teilmenge kein kleinstes Element, da die Primzahlen untereinander nicht in Relation
stehen, jedoch ist die Zahl 1 ein Infimum: Sie ist eine untere Schranke, da sie alle Zahlen teilt, und es
gibt keine weiteren Zahlen, die eine untere Schranke sein könnten.
(b) Zur Erinnerung: Wir haben auf dem zweiten Übungsblatt gezeigt, dass jedes Element x in Zp \{[0]∼ }
ein multiplikativ Inverses besitzt, d.h. es ein Element y =: x−1 gibt, so dass x · y = [1]∼ . Damit und der
Assoziativität folgt, dass das Produkt zweier Elemente aus Zp \{[0]∼ } wieder in Zp \{[0]∼ } liegen. Beweis
durch Widerspruch: Gilt für x, z 6= [0]∼ , dass x · z = [0]∼ , so ist
[0]∼ = x−1 · [0]∼ = x−1 · (x · z) = (x−1 · x) · z = [1]∼ · z = z
und dies ist im Widerspruch zu z 6= [0]∼ . Die Menge Z×
p := Zp \{[0]∼ } nennt man auch die multiplikative
Gruppe von Zp .
−1
Somit gilt für jedes x, y ∈ Z×
∈ Z×
p , dass x|y, da mit c = y · x
p gilt: y = c · x.
reflexiv: Ist erfüllt, da die Relation für alle x, y ∈ Z×
p erfüllt ist. Also ist x|x.
transitiv: Ist erfüllt, da mit x, y, z ∈ Z×
p automatisch x|z gilt.
antisymmetrisch: Ist nicht erfüllt, wenn p > 2, da [1]∼ |[2]∼ und umgekehrt, jedoch [1]∼ 6= [2]∼ . Falls p = 2, so ist
die Antisymmetrie erfüllt, da Z×
p = {[1]∼ } und somit nur aus einem Element besteht und kein
Widerspruch möglich ist.
vergleichbar: Da alle Elemente in Relation stehen, sind natürlich auch alle vergleichbar.
Damit ist die Teilbarkeit nur für p = 2 eine Ordnung, dann sogar eine Totalordnung.
Lösung 13:
(a) Zunächst einmal ist die Summe zweier natürlicher Zahlen wieder eine natürliche Zahl, somit ist die
angegebene Abbildung tatsächlich eine Abbildung in Z, soweit die Beschreibung noch unabhängig ist
von den gewählten Repräsentanten.
Seien a0 = (a01 , a02 ) ∼ (a1 , a2 ) = a und b0 = (b01 , b02 ) ∼ (b1 , b2 ) = b, also a1 + a02 = a2 + a01 und
b1 + b02 = b2 + b01 . Zu zeigen ist, dass (a01 + b01 , a02 + b02 ) ∼ (a1 + b1 , a2 + b2 ) gilt. Dies ist erfüllt, denn
(∗)
(a01 + b01 ) + (a2 + b2 ) = (a01 + a2 ) + (b01 + b2 ) = (a1 + a02 ) + (b1 + b02 ) = (a1 + b1 ) + (a02 + b02 ) ,
wobei die Gleichheit (∗) wegen den Relationen a0 ∼ a und b0 ∼ b gilt. Somit ist die gegebene Definition
wohldefiniert und bildet in die richtige Menge ab.
Damit folgt die Kommutativität und die Assoziativität direkt aus den Eigenschaften der Addition in N:
[(a1 , a2 )]∼ + [(b1 , b2 )]∼ = [(a1 + b1 , a2 + b2 )]∼ = [(b1 + a1 , b2 + a2 )]∼ = [(b1 , b2 )]∼ + [(a1 , a2 )]∼
[(a1 , a2 )]∼ +([(b1 , b2 )]∼ + [(c1 , c2 )]∼ ) = [(a1 +b1 +c1 , a2 +b2 +c2 )]∼ = ([(a1 , a2 )]∼ + [(b1 , b2 )]∼ )+[(c1 , c2 )]∼
(b) Es sei e = [(0, 0)]∼ . Damit ist für beliebiges a ∈ Z:
[(a1 , a2 )]∼ + [(0, 0)]∼ = [(a1 + 0, a2 + 0)]∼ = [(a1 , a2 )]∼
(c) Zu x = [(x1 , x2 )]∼ ∈ Z betrachte y = [(x2 , x1 )]∼ ∈ Z. Dann ist
x + y = [(x1 + x2 , x1 + x2 )]∼ = [(0, 0)]∼ ,
wobei die letzte Gleichheit gilt, da (x1 + x2 ) + 0 = (x1 + x2 ) + 0 und somit (x1 + x2 , x1 + x2 ) ∼ (0, 0).
Lösung 14:
(a) Wir prüfen die Kriterien:
reflexiv: Sei f ∈ C[0, 2π], so ist immer f (t) ≤ f (t), somit f ∼ f .
transitiv: Seien f, g, h ∈ C[0, 2π] mit f ∼ g und g ∼ h, sowie t ∈ [0, 2π] beliebig. Dann ist f (t) ≤ g(t) ≤ h(t),
somit f (t) ≤ h(t), und da dies für alle t ∈ [0, 2π] gilt, ist f ∼ h.
antisymmetrisch: Seien f, g ∈ C[0, 2π] mit f ∼ g und g ∼ f . Dann gilt für alle t ∈ [0, 2π], dass f (t) ≤ g(t) ≤ f (t).
Somit ist überall g(t) = f (t) und damit f = g.
vergleichbar: Die unterschiedlichen Funktionen f (t) = x − π und g(t) = π − x sind nicht vergleichbar, da f (0) =
−π ≤ π = g(0), jedoch g(2π) = −π ≤ f (2π) = π.
Insgesamt können wir festhalten, dass ∼ eine Ordnungsrelation ist, jedoch keine Totalordnung.
(b) Für natürliche n 6= k sind an 6= ak und mit Additionstheoremen sieht man
an (t) − ak (t) = sin(nt) − sin(kt) = 2 sin(
n+k
n−k
t) cos(
t) .
2
2
pi
π
Somit gleichen sich die Funktionen u.a. an 0 und n+k
2 t = 2 , d.h. 0 < t = n+k < 2π. Damit ist links von
t die eine Funktion größer, rechts von t die andere und somit sind die Funktionen in A jeweils nur mit
sich selbst vergleichbar.
Somit kann es kein kleinestes oder größtes Element in A geben, und jedes Element in A ist sowohl
maximales, als auch minimales Element.
Man kann sich leicht klarmachen, dass f (t) = 1 eine obere Schranke zu A darstellt. Dieses f ist auch das
Supremum von A.
Sei g eine weitere obere Schranke von A. Ist g vergleichbar zu f und gilt f ∼ g, so gibt es keinen
Widerspruch. Ist hingegen g ∼ f , so ist g(t) < 1 für alle t ∈ [0, 2π]. Dann gilt sicher nicht a1 ∼ g, da
a1 (π/2) = 1 und somit ist g in diesem Fall keine obere Schranke.
Ist g hingegen nicht vergleichbar zu f , so gibt es aber Punkte mit g(t) < 1. Da g stetig ist, gilt dies sogar
für eine ganze Umgebung von t. Es ist naheliegend, dass es eine Funktion in der Menge M gibt, zu der
dann wie zuvor g keine obere Schranke ist. Dies korrekt zu beweisen benötigt aber weitere Hilfsmittel:
Man muss dazu wissen, dass die rationalen Zahlen dicht in R liegen, d.h. in jeder Umgebung einer reellen
1
Zahl liegt eine rationale Zahl. Die Funktion ak erreicht die 1 genau k-mal, und zwar an 2π( 8k
+ nk ) für
n = 0, . . . , k − 1. Teilt man nun t durch 2π, so erhält man eine Umgebung einer Zahl in [0, 1] und in der
Nähe dieser gibt es mindestens eine rationale Zahl der Form 8n+1
8k , zu der man mit obiger Überlegung
die Funktion ak finden kann, die dort 1 erreicht und damit ist g zu dieser Funktion keine obere Schranke.
(c) Leider mussten wir feststellen, dass die Konstruktion, die uns vorschwebte, nicht funktioniert:
a ∼l b :⇐⇒ a = b oder a(t) ≤ b(t) für t ∈ [v, v + ε], v = inf({s ∈ [0, 2π] : a(s) 6= b(s)}), ε > 0
Denn es gibt stetige Funktionen, bei denen man nicht entscheiden kann, ob sie nach der Nullstelle positiv
oder negativ sind:
1
f (x) = x sin
x
Diese Funktion ist an 0 stetig zu 0 ergänzbar, doch funktioniert die obige Definition hier dann nicht.
Schränkt man den Funktionenraum auf z.B. nur die Polynome ein, so macht diese Übertragung der
lexigraphischen Ordnung auf Funktionen wieder Sinn.
Lösung 15:
(a) Das reicht nicht, hier ein Gegenbeispiel: Betrachten wir die Teilbarkeitsrelation und in X = N\{0} die
Menge A = {2, 3}. Diese Menge ist z.B. durch 6 beschränkt, da 2|6 und 3|6, doch da 2 und 3 nicht
vergleichbar sind, sind sie nur maximale Elemente und kein größtes Element. So gibt es weder unendlich
viele Elemente in A, noch kann man so eine Ungleichungskette aufstellen.
(b) Induktiv kann man so eine Ungleichungskette aufstellen. Da A beschränkt ist, ist wenigstens die Schranke
das Supremum. Und da A nicht leer ist, gibt es ein erstes a1 ∈ A. Nun die Induktion:
k → k + 1: Sei ak ∈ A. Da A keine maximalen Elemente besitzt, muss es ein weiteres Element x ∈ A
geben, für welches ak ≤ x, sonst wäre ak ein maximales Element. Sei ak+1 = x, und dann ist ak ≤ ak+1
und da ak+1 6= ak ist ak < ak+1 .
Induktiv erhält man die geforderte Ungleichungskette.
(c) Ist die Ordnung eine Totalordnung, so sind alle Elemente vergleichbar. Die Induktion läuft fast wie in
b): Da A nicht leer ist, ist a1 ∈ A.
k → k + 1: Sei ak ∈ A. Dieses ak ist obere Schranke für alle a1 , . . . , ak−1 , und es ist gleichzeitig ak ∈ A.
Es kann somit keine kleinere obere Schranke geben, und da sup A 6∈ A und deswegen ak 6= sup A muss
es ein weiteres x ∈ A geben, für welches ak keine obere Schranke ist, und wegen der Vergleichbarkeit
ak ≤ x gilt: Sei nun ak+1 = x. Da ak+1 6= ak ist ak < ak+1 .
Damit erhalten wir die geforderte Ungleichungskette.