Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 6. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
19.11.2013
Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 6. Übung
Präsenzaufgabe 1:
Gegeben seien eine beliebige Menge D und Funktionen f, g : D → R. Wir definieren sup f := sup{f (x) ; x ∈ D}
sowie inf f := inf{f (x) ; x ∈ D} (Supremum und Infimum von g analog). Dazu sei c < 0. Zeigen Sie:
a) inf f + inf g ≤ inf(f + g) ≤ sup(f + g) ≤ sup f + sup g.
b) sup(c · f ) = c · inf f , falls f nach unten beschränkt ist.
Lösung:
a) Nach Definition ist sup f eine obere Schranke der Menge {f (x) ; x ∈ D}. Insbesondere ist f (x) ≤ sup f und
analog g(x) ≤ sup g für alle x ∈ D. Daraus folgt direkt f (x) + g(x) ≤ sup f + sup g für alle x ∈ D, also ist
sup f + sup g eine obere Schranke der Menge {f (x) + g(x) ; x ∈ D}. Das Supremum ist gerade die kleinste
obere Schranke, also ist
sup f + sup g ≥ sup{f (x) + g(x) ; x ∈ D} = sup(f + g) .
Analog dazu gilt nach Definition f (x) ≥ inf f und g(x) ≥ inf g für alle x ∈ D. Daraus folgt wiederum
f (x)+g(x) ≥ inf f +inf g für alle x ∈ D, also ist inf f +inf g eine untere Schranke der Menge {f (x)+g(x) ; x ∈
D}. Insbesondere ist
inf f + inf g ≤ inf{f (x) + g(x) ; x ∈ D} = inf(f + g) .
Es bleibt nur die Ungleichung inf(f + g) ≤ sup(f + g) zu zeigen. Diese gilt offensichtlich wegen
inf(f + g) = inf{f (x) + g(x) ; x ∈ D} ≤ sup{f (x) + g(x) ; x ∈ D} = sup(f + g) .
b) Sei x ∈ D beliebig. Wegen f (x) ≥ inf f und c < 0 gilt dann c · f (x) ≤ c · inf f . Also ist c · inf f eine obere
Schranke von {c · f (x) ; x ∈ D}.
Es bleibt also zu zeigen, dass c · inf f die kleinste obere Schranke von {c · f (x) ; x ∈ D} ist. Sei dazu ε > 0
ε
vorgegeben. Wegen c < 0 ist dann auch −c
> 0. Da inf f die größte untere Schranke aller {f (x) ; x ∈ D} ist,
können wir zu jeder Zahl s größer als inf f ein y ∈ {f (x) ; x ∈ D} finden, sodass y ≥ s nicht mehr gilt, zu
ε
inf f + −c
existiert somit ein y ∈ {f (x) ; x ∈ D} mit
y < inf f +
ε
.
−c
Finden wir nun zu jeder kleineren Zahl als c · inf f , also zu jedem ε > 0 und somit c · inf f − ε < c · inf f ein
ỹ ∈ {c · f (x) ; x ∈ D}, sodass ỹ > c · inf f − ε gilt, so ist c · inf f das Supremum aller {c · f (x) ; x ∈ D} und
somit von c · f . Wir formen um:
y < inf f +
ε
−c
⇔
cy > c · inf f − ε
und sehen sofort, mit ỹ := c · y haben wir ein solches Element aus {c · f (x) ; c ∈ D} gefunden.
Präsenzaufgabe 2:
Für jedes n ∈ N sei In = [an , bn ] ⊆ R ein nichtleeres Intervall und es gelte
∀ n ∈ N : In+1 ⊆ In ,
sowie
bn − an < 2−n .
Zeigen Sie: Es existiert genau ein x ∈ R mit x ∈
\
In .
n∈N
1
Reichen auch die Forderungen bn − an <
1
n
oder bn − an < cn , c ∈ R?
Lösung:
Damit [an+1 , bn+1 ] ⊆ [an , bn ] 6= ∅ für alle n ∈ N gilt, muss an+1 ≥ an und bn+1 ≤ bn und an ≤ bn für alle n ∈ N
gelten. Induktiv folgt a1 ≤ an ≤ bn ≤ b1 für alle n ∈ N. Also ist (an ) durch b1 nach oben beschränkt und monoton
wachsend, (bn ) durch a1 noch unten beschränkt und monoton fallend.
Da die Menge der an nach oben beschränkt ist, existiert das Supremum, so sei
s := sup{an ; n ∈ N} .
Zunächst zeigen wir, dass s für alle n ∈ N in In liegt, also
\
In .
s∈
n∈N
Angenommen, dies ist nicht so, dann müsste es ein n0 ∈ N mit s 6∈ In0 , also s < an0 oder s > bn0 geben.
s < an0 führt auf einen Widerspruch, da s obere Schranke aller an ist.
s > bn0 führt ebenso auf einen Widerspruch:
Für alle k, l ∈ N mit k ≤ l gilt nach Konstruktion der Intervalle
ak ≤ al ≤ bl .
Für alle k, l ∈ N mit k > l gilt nach Konstruktion der Intervalle
ak ≤ bk ≤ bl .
Somit gilt für alle k ∈ N: ak ≤ bn0 und auch bn0 ist eine obere Schranke aller an , also s = sup an ≤ bn0 , in
Widerspruch zu s > bn0 .
Nun zeigen wir, dass für
\jedes ε > 0 die Zahl sowohl die Zahl s − ε, als auch die Zahl s + ε nicht mehr in allen In
liegen, also die Menge
In genau aus einem Element besteht, somit
n∈N
\
In = {s} .
n∈N
Wir können, da s Supremum aller an ist, ein n1 ∈ N so finden, dass s − an1 < ε gilt, somit ist s − ε < an1 , also
s − ε 6∈ In1 .
Wir können, da 2n > 1ε für hinreichend große n gilt, ein n2 ∈ N so finden, dass 2−n2 < ε gilt. Dann ist bn2 ≤
an + 2−n2 ≤ s + 2−n < s + ε, somit ist s + ε > bn , also
s + ε 6∈ In2 .
In der Mathematik werden solche Beweise der Form „Es gibt genau ein . . . “ häufig mit Existenz und Eindeutigkeit
geführt. Dies wollenTwir alternativ zum obigen Beweis auch hier nochmal durchführen, wobei der
T Anfang bis s :=
sup{an ; n ∈ N} ∈ n∈N In bis hierhin gleich bleibt; wir haben die Existenz eines Elementes in n∈N In bewiesen.
Für die Eindeutigkeit
gehen wir folgendermaßen vor: Wir gehen von zwei Zahlen x, y mit x 6= y, o.B.d.A. sogar
T
x < y, mit x, y ∈ n∈N In aus und leiten daraus einen Widerspruch her:
Wir wählen ñ ∈ N so, dass 2−ñ < y − x gilt, dazu ist x, y ∈ Iñ = [añ , bñ ] , also
x + 2−ñ < y ≤ bñ < añ + 2−ñ
und damit x < añ , also x 6∈ Iñ , im Widerspruch zu x ∈
T
n∈N In .
Präsenzaufgabe 3:
Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf Surjektivität, Injektivität und Bijektivität:
a) f : R × R≥0 → R, f (x, y) = x · y ,
b) g : R → R, g(x) = x3 ,
c) h : N × N → N, h(n, m) = ggT(n, m) .
2
Lösung:
a) Es ist f (x, 1) = x, für z ∈ R wähle x = z und y = 1 und es gilt f (x, y) = z, f ist surjektiv. Aber f (2, 1) = 2 =
f (1, 2) und (2, 1) 6= (1, 2), somit ist f nicht injektiv und erstrecht nicht bijektiv.
b) Wir zeigen zuerst, dass die Funktion injektiv ist. Seien dazu x, y ∈ R mit x 6= y. Wir können ohne Beschränkung
der Allgemeinheit annehmen, dass x < y ist. Wir zeigen, dass dann auch x3 < y 3 gilt, indem wir folgende Fälle
unterscheiden:
1. Für 0 ≤ x < y ist x3 = xxx < xxy < xyy < yyy = y 3 .
2. Für x < 0 < y ist x3 < 0 < y 3 .
3. Für x < y ≤ 0 ist 0 ≤ −y < −x, nach 1. gilt also (−x)3 > (−y)3 und damit x3 = −(−x)3 < −(−y)3 = y 3 .
In allen Fällen ist also x < y und damit insbesondere x 6= y. Die Funktion ist also injektiv.
Wir kommen nun zu der Frage, ob die Funktion g : R → R, x 7→ x3 surjektiv ist. Obwohl die Funktion eine sehr
einfache Gestalt hat ist dies nicht einfach: Die Surjektivität der Funktion x 7→ x3 ist offensichtlich äquivalent
zur Existenz von dritten Wurzeln, also dazu, dass zu jedem y ∈ R ein x ∈ R mit x3 = y existiert. Dies zu
beweisen ist mit den bisher zur Verfügung stehenden Mitteln sehr schwierig.
Sollten Sie dennoch versuchen wollen einen Beweis anzugeben, kann Ihnen Hausaufgabe 2 helfen; dort wird
die Approximation beliebiger Wurzeln durch rationale Zahlen betrachtet. Präsenzaufgabe 2 liefert dann eine
Möglichkeit, diese Approximation zu nutzen, um die Existenz von Wurzeln zu beweisen.
c) Es ist h(1, 1) = ggT(1, 1) = 1 = ggT(1, 2) = h(1, 2), aber (1, 1) 6= (1, 2); h ist nicht injektiv.
Sei n ∈ N beliebig aus der Zielmenge, dann ist h(n, n) = n, so ist h surjektiv.
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