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Analysis I - Reelle Zahlen
Prof. Dr. Reinhold Schneider
November 17, 2008
Prof. Dr. Reinhold Schneider
Analysis I - Reelle Zahlen
Algebraische Grundbegriffe und Körper
Definition
Sei M 6= ∅ eine Menge. Jede Funktion f : M × M → M heißt
eine (binäre, innere) Verknüpfung oder eine Operation auf M.
Wir schreiben für (a, b) ∈ M × M, a ∗ b = f (a, b) ∈ M. Dabei
kann das Zeichen ∗ jeweils durch ◦, +, · oder ähnlichem ersetzt
werden.
Versehen wir eine Menge M mit einer Operation ∗, so reden wir
von einer algebraischen Struktur (M, ∗).
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Analysis I - Reelle Zahlen
Verknp̈fungen
Beispiel
1
Es sei M = N, M = Q oder M = R. Die Addition auf M
a, b ∈ M : (a, b) 7→ a + b ∈ M
ist eine Verknüpfung.
2
Auf Q sind durch
a ∗ b = max{a, b}
und
1
(a + b)
2
ebenfalls Verknüpfungen bzw. Operationen definiert.
a◦b =
Da · ∗ · : M × M → M eine Funktion ist, folgt für eine Operation ∗
a, b ∈ M ⇒ a ∗ b ∈ M.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Gruppen
Definition (Gruppen)
Sei (M, ∗) eine algebraische Struktur.
(G1) Kommutativität: Für alle a, b ∈ M gilt
a ∗ b = b ∗ a.
(G2) Assoziativität: Für alle a, b, c ∈ M gilt
(a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c).
(G3) Neutrales Element oder Einselement: Es existiert ein
Element e ∈ M, so dass für alle a ∈ M gilt
a ∗ e = e ∗ a = a.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Gruppen
Definition (Gruppen)
(G4) Inverses Element: Zu jedem a ∈ M existiert ein a−1 ∈ M
mit
a ∗ a−1 = a−1 ∗ a = e.
Ist eine algebraische Struktur (M, ∗) assoziativ, d.h. ist (G2)
erfüllt, so nennen wir (M, ∗) eine Halbgruppe.
Eine Halbgruppe mit Einselement (M, ∗, e) heißt auch Monoid.
Sind die Eigenschaften (G2),(G3) und (G4) erfüllt, so heißt
(M, ∗) eine Gruppe.
Falls zusätzlich auch (G1) gilt, so reden wir von einer
kommutativen oder abelschen Gruppe.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Beispiel
1
Die Menge der natürlichen Zahlen N versehen mit der
Multiplikation · ist eine Halbgruppe mit dem neutralen
Element e = 1.
2
Die Mengen N0 = N ∪ {0} versehen mit der Addition + ist
eine Halbgruppe mit dem neutralen Element e = 0.
3
(Z \ {0}, ·) ist eine Halbgruppe.
4
Sowohl (Z, +) als auch (Q\{0}, ·) sind abelsche Gruppen.
5
Sei X eine Menge und G = {f : X → X : f bijektiv} die
Menge der bijektiven Funktion von X nach X . Gversehen
mit der Komposition ◦ : x 7→ (f ◦ g)(x) := f g(x) , x ∈ X ,
ist ebenfalls eine Gruppe. Das neutrale Element ist hierbei
die identische Abbildung id : X → X gegeben durch
id(x) := x für alle x ∈ X . Das inverse Element zu f ist die
Umkehrfunktion f −1 zu f . Man beachte allerdings, dass
diese Gruppe i.a. nicht kommutativ ist.
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Gruppen
Theorem
1
Sei (M, ∗) eine Halbgruppe mit Einselement, dann gibt es
höchstens ein neutrales Element.
2
Sei (M, ∗) eine Halbgruppe mit Einselement, dann gibt es
zu jedem x ∈ M höchstens ein inverses Element x −1 .
3
Sei (M, ∗) eine Gruppe, dann gilt für alle x, y , z ∈ M
x ∗y =x ∗z
⇔
y = z.
4
Sei (M, ∗) eine Gruppe, dann folgt für alle x, y ∈ M mit
x ∗ y = x dass y = e.
5
In einer Gruppe (M, ∗) gilt für alle x ∈ M
(x −1 )−1 = x.
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Beweis:
1
Seien e, e0 ∈ M neutrale Elemente. Dann gelten für alle
x ∈ M die Gleichungen
x ∗e =e∗x =x
und
x ∗ e0 = e0 ∗ x = x.
Wir setzen in die erste Gleichung x := e0 und in die zweite
x := e ein und erhalten durch Gleichsetzen
e0 = e0 ∗ e = e.
2
Sei x ∈ M beliebig und seien y , y 0 ∈ M, sofern sie
existieren, beides inverse Elemente zu x, d.h.
y ∗ x = x ∗ y = x ∗ y 0 = y 0 ∗ x = e.
Wir verwenden das Assoziativgesetz (G2)
y = y ∗ e = y ∗ (x ∗ y 0 ) = (y ∗ x) ∗ y 0 = e ∗ y 0 = y 0 .
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Analysis I - Reelle Zahlen
1
Wir zeigen zunächst die Implikation “⇐”. Aus y = z folgt
durch Einsetzen x ∗ y = x ∗ z. Um “⇒” zu zeigen,
bemerken wir zuerst, dass zu jedem x ∈ M das inverse
Element x −1 ∈ M exisitiert. Hiermit folgt dann
y = e ∗ y = (x −1 ∗ x) ∗ y = x −1 ∗ (x ∗ y ) =
= x −1 ∗ (x ∗ z) = (x −1 ∗ x) ∗ z = e ∗ z = z.
2
Die Behauptung folgt aus Punkt 3 mit z = e.
3
Per Definition gilt
e = x −1 ∗ x = (x −1 ) ∗ x = x ∗ (x −1 ).
q.e.d.
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Körper
Definition (Körper)
Eine Menge M versehen mit zwei Operationen + und · heißt ein Körper (M, +, ·),
wenn
1
(M, +) eine kommutative Gruppe ist, d.h. für alle a, b, c ∈ M gelten
(A1)
a + b = b + a,
(A2)
a + (b + c) = (a + b) + c,
(A3)
a + 0 = a (0 ist das neutrale Element bezüglich der Addition),
(A4)
a + (−a) = 0 (−a ist das inverse Element zu a bezüglich der
Addition),
2
(M \ {0}, ·) ebenfalls eine kommutative Gruppe ist, d.h. für alle a, b, c ∈ M \ {0}
gelten
(M1)
a·b =b·a
(M2)
a · (b · c) = (a · b) · c
(M3)
a · 1 = a (1 ist das neutrale Element bezüglich der Multiplikation),
(M4)
a · a−1 = 1 (a−1 ist das inverse Element bezüglich der Multiplikation),
3
es gilt das Distributivgesetz, d.h. für alle a, b, c ∈ M gilt
(D)
(a + b) · c = (a · c) + (b · c) =: a · c + b · c.
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Körper
Beispiel
1
(Q, +, ·) ist ein Körper.
2
M = {0, 1} versehen mit der folgenden Addition und
Multiplikation
a
0
0
1
1
a
0
0
1
1
b
0
1
0
1
b
0
1
0
1
a+b
0
1
1
0
a·b
0
0
0
1
ist ebenfalls ein Körper.
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Körper
Theorem
Sei (K , +, ·) ein Körper, dann gelten für beliebige x, y ∈ K die
folgenden Aussagen.
1
Es gilt −(−x) = x und −0 = 0.
2
Für alle x ∈ K gilt 0 · x = x · 0 = 0.
3
Für alle x, y ∈ K mit x 6= 0 und y 6= 0 folgt x · y 6= 0.
4
Aus der Gleichung x · y = 0 folgt x = 0 oder y = 0.
5
Falls gilt xy = xz = 1 ist y = z.
6
Es ist (−x)y = −(xy ).
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Beweis
1
Diese Eigenschaft folgt aus der Eindeutigkeit des neutralen
und inversen Elementes einer Gruppe, vgl. Satz 6.
2
Es gilt
0 · x + 0 · x = (0 + 0) · x = 0 · x = 0 · x + 0
und wegen Satz 6, Punkt 4, folgt hieraus 0 · x = 0.
3
Die Aussage beweisen wir indirekt. Wir nehmen an, dass
x · y = 0. Dann existieren die inversen Elemente
x −1 , y −1 ∈ K und es ist
1 = (x ·x −1 )·(y ·y −1 ) = (x −1 ·y −1 )·(x ·y ) = (x −1 ·y −1 )·0 = 0.
Aus diesem Widerspruch folgt die Behauptung.
4
Folgt aus 3. durch Negation.
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Analysis I - Reelle Zahlen
5
Aus x · y = x · z = 1 folgt x 6= 0. Somit existiert x −1 und es
folgt wie gehabt
y = 1 · y = (x −1 · x) · y = x −1 · (x · y ) =
= x −1 · (x · z) = (x −1 · x) · z = 1 · z = z.
6
Es gilt
(−x) · y + x · y = (x − x) · y = 0 · y = 0.
q.e.d.
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Körper
Falls (K , +, ·) ein Körper ist, so schreiben wir x 2 := x · x.
Corollary
In einem Körper gelten
1
∀x ∈ K : (−1) · x = −x,
2
(−1)2 = 1 und
3
∀x ∈ K : (−x)2 = x 2 .
Beweis.
Übung.
Wir werden im folgenden einfachheitshalber kurz xy statt x · y
schreiben.
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Geordnete Mengen
Definition
Sei M eine Menge. Eine Ordnung auf M ist eine Relation,
üblicherweise mit “<” bezeichnet, mit den beiden folgenden
Eigenschaften:
(O1) Für beliebige x, y ∈ M gilt genau eine (!) der folgenden
Eigenschaften
x < y,
x =y
oder x > y .
(O2) Sind x, y , z ∈ M, so folgt aus x < y und y < z dass auch
x < z gilt (Transitivität).
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Analysis I - Reelle Zahlen
Ordnungsrelationen
Die Aussage “x < y ” wird als “x kleiner als y ” bzw. “x > y ” als
“x größer als y ” gelesen. “x ≤ y ” bedeutet “x < y oder x = y ”.
Eine geordnete M, kurz (M, <), ist eine Menge M auf der eine
Ordnung “<” definiert ist.
Beispiel
Sowohl die natürlichen Zahlen N, die ganzen Zahlen Z als auch
die rationalen Zahlen Q bilden geordnete Mengen. Die
Aussage “r < s” ist gleichbedeutend mit s − r ist positiv.
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Infimum und Supremum
Definition
Sei (M, <) eine geordnete Menge und N ⊆ M. Falls ein y ∈ M
existiert mit x ≤ y für alle x ∈ N, so heißt N nach oben
beschränkt und y eine obere Schranke von N. Untere
Schranken werden analog definiert.
Definition
Sei M eine geordnete Menge und N ⊆ M eine nach oben
beschränkte Teilmenge von M. Falls ein Element y ∈ M derart
existiert, dass
1
y ist eine obere Schranke von N,
2
für alle x ∈ M mit x < y ist x keine obere Schranke von N,
das heißt, y ist die kleinste obere Schranke von N, dann heißt
y das Supremum von N, kurz y = sup N.
In der gleichen Art und Weise definiert man das Infimum
y = inf N alsdie größte untere Schranke von N.
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Infimum und Supremum
Das Infimum bzw. das Supremum von N, sofern es existiert,
muss selbst kein Element von N sein.
Beispiel
Sei M = Q:
1
2
3
A = {1, 2, 32 , 21 },
B=
{ n1
: n ∈ N},
sup A = 2 ∈ A,
inf A =
1
2
∈ A.
sup B = 1 ∈ B aber inf B = 0 ∈
/ B.
x2
C = {x ∈ Q :
< 2}: C ist beschränkt, aber es existiert in
M = Q weder ein Infimum noch ein Supremum.
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Supremum
Definition
Eine geordnete Menge M besitzt die Supremumseigenschaft,
falls zu jeder nichtleeren und nach oben beschränkten
Teilmenge N ⊆ M ein Supremum y = sup N ∈ M existiert.
Theorem
Sei M eine geordnete Menge mit der Supremumseigenschaft
und sei N ⊆ M nach unten beschränkt. Sei U ⊆ M die Menge
aller unteren Schranken von N, d.h.
U = {y ∈ M : y ≤ x für alle x ∈ N}.
Dann existiert y = inf N und es gilt y = sup U ∈ U.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Beweis.
Da N nach unten beschränkt ist, ist U 6= ∅. Andererseits ist
U ⊆ M nach oben beschränkt, denn jedes x ∈ N ist eine obere
Schranke von U. Infolge der Supremumseigenschaft existiert
y = sup U.
Sei z < y beliebig, dann ist z keine obere Schranke von U,
d.h. z ∈
/ N und folglich gilt z < x für alle x ∈ N. Daraus folgt
y ≤ x für alle x ∈ N und somit y ∈ U nach Definition von U.
Aber es existiert wegen y = sup U kein z > y mit z ≤ x für alle
x ∈ N. Das heißt, y ist die größte untere Schranke, also das
Infimum von N.
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Geordnete Körper
Definition
Sei K ein Körper und zugleich eine geordnete Menge (K , <). K
heißt ein geordneter Körper, falls die Ordnungsrelation den
folgenden Bedingungen genügt:
(O3) Für x, y , z ∈ K mit x < y folgt x + z < y + z.
(O4) Für alle x, y ∈ K mit x > 0 und y > 0 folgt x · y > 0.
Ist x > 0, so heißt x positiv , falls x < 0 heißt x negativ .
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Geordnete Körper
Theorem
In einem geordneten Körper gelten folgende Aussagen für
x, y , z ∈ K :
1
Ist x > 0, so ist −x < 0 und umgekehrt.
2
Ist x > 0 und y < z, so gilt x · y < x · z.
3
Ist x < 0 und y < z, so folgt x · y > x · z.
4
Ist x 6= 0, so ist x 2 > 0. Insbesondere ist 1 > 0.
5
Ist 0 < x < y, so folgt 0 <
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1
y
< x1 .
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Geordnete Körper
Beweis.
1
Aus x > 0 folgt 0 = −x + x > −x + 0 = −x, d.h. −x < 0.
Die Umkehrung beweist man analog.
2
Aus z > y folgt z − y > y − y = 0 und somit
x · (z − y ) > 0, also x · z − x · y > 0 bzw. x · z > x · y .
3
Aus z > y und −x > 0 folgt (−x) · (z − y ) > 0,
d.h. x · y − x · z > 0 bzw. x · y > x · z.
4
5
Ist x > 0, so folgt x 2 = x · x > 0. Ist x < 0, dann ist −x > 0
und x 2 = (−x) · (−x) > 0.
Angenommen es ist x1 < 0. Daraus folgt der Widerspruch
1 = x · x1 < 0. Damit gilt x1 , y1 > 0 und x1 · y1 > 0. Hieraus
schließt man aus x < y dass
x
1
y
1
= <
= .
x ·y
y
x ·y
x
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Analysis I - Reelle Zahlen
Reelle Zahlen - Axiome
Definition (Axiomatische Definition der reellen Zahlen )
Wir definieren die reellen Zahlen als einen geordneten Körper
mit der Supremumseigenschaft. Dies bedeutet, eine Menge R,
die
1
die Körperaxiome (A1) – (A4), (M1) – (M4), sowie (D)
erfüllt, d.h. (R, +, .) ist ein Körper,
2
den Ordnungsaxiomen (O1) – (O4) genügt, d.h. (R, +, ·, <)
ist ein geordneter Körper,
3
die Supremumseigenschaft aus Definition 16 besitzt,
bezeichnen wir als reelle Zahlen R.
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Charakterisierung des Supremum
Theorem
Sei ∅ =
6 A ⊂ R eine nach oben beschränkte Menge, und s ∈ R
eine obere Schranke, dann sind äquivalent
1
s = sup A,
2
für jedes > 0 existiert ein a ∈ A mit s − < a.
Beweis.
⇒: Sei > 0, dann ist s − keine obere Schranke von A,
d.h. es existiert ein a ∈ A mit s − < a
⇐: Nach Voraussetzung gilt s ≥ sup A.
Angenommen s > sup A,
dann ist := s − sup A > 0, und nach 2) existiert ein a ∈ A mit
a > s − = s − (s − sup A) = sup A .
Im Widerspruch zur Definition des Supremums
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Analysis I - Reelle Zahlen
Natürliche Zahlen
Haben wir die reellen Zahlen axiomatisch eingeführt müssen
wir darauf aufbauend die natürlichen Zahlen definieren. Die
ganzen und die rationalen Zahlen folgen dann unmittelbar aus
dieser Definition.
Definition
Eine Teilmenge N ⊆ R heißt eine induktive Menge, falls
1
1∈N
2
aus a ∈ N folgt a + 1 ∈ N.
Der Durchschnitt aller induktiven Mengen heißt die Menge der
natürlichen Zahlen, die mit N bezeichnet wird.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Dabei ist N = {1, 1 + 1 = 2, 3, . . .} die Menge der natürlichen
Zahlen,
N0 := {0, 1, 2, 3, . . .} = {0} ∪ N die Menge der natürlichen
Zahlen mit 0,
Z := {. . . , −2, −1.01, 1 + 1 = 2, 3, . . .} = N0 ∪ {z = −n : n ∈ N}
die Menge der ganzen Zahlen und
m
Q = {m
n : m, n ∈ Z} = { n : m, n ∈ Z teilerfremd} die Menge der
rationalen Zahlen.
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Natürliche Zahlen
Theorem (Archimedische Eigenschaft)
Seien x, y ∈ R mit x > 0, so existiert eine natürliche Zahl
n ∈ N, so daß
nx > y .
Beweis.
Wir führen einen indirekten Beweis. Sei A = {n · x : n ∈ N}.
Angenommen die Behauptung sei falsch, dann ist A beschränkt
und y eine obere Schranke von A.
Wegen der Supremumseigenschaft existiert α = sup A.
Da x > 0 gilt α − x < α, also ist α − x keine obere Schranke
von A, d.h. es existiert m ∈ N mit α − x < mx ∈ A. Dann ist
aber α < (m + 1)x.
Folglich α ist keine obere Schranke. Dies steht im Widerspruch
zur Annahme und daher ist die Menge A unbeschränkt.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Natürliche Zahlen
Theorem
Sei ∅ =
6 M ⊆ N eine Teilmenge der natürlichen Zahlen. Dann
besitzt M ein Minimum, d.h. es existiert m ∈ M, so dass für alle
n ∈ M gilt m ≤ n. Dieses Minimum wird mit m = min M
bezeichnet und es gilt min M = inf M.
Beweis.
Wir bemerken zunächst, dass M ⊆ N nach unten durch 1
beschränkt ist, folglich ein Infimum besitzt. Sei n = inf M ∈ R.
Angenommen es gelte n 6∈ M, dann existert ein m ∈ M mit
n < m < n + 1.
Nun ist entweder m = min M und damit m = inf M im
Widerspruch zu n < m,
oder es existiert ein l ∈ M mit l < m. Dann ist aber auch
m − 1 ∈ M, was im Widerspruch steht zu
m < n + 1 ⇔ m − 1 < n.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Natürliche Zahlen
Theorem (Dichtheit von Q)
Seien x, y ∈ R mit x < y , so existiert q ∈ Q mit x < q < y .
Beweis.
Aus x < y folgt y − x > 0. Wegen der Archimedischen Eigenschaft gibt es eine
natürliche Zahl n mit
n(y − x) > 1 .
Desweiteren existert m ∈ N mit
nx < m.
Aufgrund von Satz 24 existiert eine kleinste derartige natürliche Zahl m. Diese erfüllt
dann sogar
m − 1 ≤ nx < m.
Somit gilt
nx < m ≤ 1 + nx < ny ,
und hieraus erhalten wir
x<
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m
< y.
n
Analysis I - Reelle Zahlen
Natürliche Zahlen
Die Menge N ist natürlich wieder eine induktive Menge. Eine
wichtige Anwendung induktiver Mengen ist das Prinzip der
vollständigen Induktion, das wir vielfach als Beweismethode
verwenden werden.
Der Beweis durch vollständige Induktion beruht auf dem
Nachweis, dass diejenigen Zahlen n, für die A(n) richtig ist eine
induktive Menge bilden.
Theorem
Seien A(n), n ∈ N, Aussagen, dann sind die beiden folgenden
Aussagen äquivalent
(i) ∀n∈N A(n),
(ii) A(1) und ∀n∈N A(n) ⇒ A(n + 1).
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Natürliche Zahlen
Beweis.
Die Implikation “(i) ⇒ (ii)” ist klar, d.h. wir müssen nur noch “(i)
⇐ (ii)” zeigen.
Dazu sei X := {n ∈ N : A(n)} und Y := N \ X .
Aus (ii) folgt 1 6∈ Y und n + 1 ∈ Y ⇒ n ∈ Y .
Wir nehmen an, dass Y 6= ∅:
Wegen Satz 24 besitzt die Menge Y ⊆ N ein Minimum m mit
m > 1.
Damit ist aber auch m − 1 ∈ Y , was im Widerspruch zu
m = min Y steht.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Natürliche Zahlen
Um das Induktionsprinzip zu demonstrieren beweisen wir die
Bernoullische Ungleichung.
Lemma (Bernoullische Ungleichung)
Für beliebige n ∈ N und x > −1 gilt
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
Dabei gilt die strenge Ungleichung nur für n > 1 und x 6= 0.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Beweis.
(i) Induktionsverankerung: Für n = 1 lautet die Behauptung
1 + x = 1 + x,
was für alle x ∈ R richtig ist.
(ii) Induktionsschritt n 7→ n + 1: Wir nehmen an, dass für ein
festes n ∈ N gilt
(1 + x)n ≥ 1 + nx ∀x > −1.
Wir müssen nun die Behauptung für n + 1 zeigen. Diese
folgt aus der für alle x > −1 gültigen Ungleichungskette
(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x)
≥ 1 + nx + x + nx 2
≥ 1 + (n + 1)x.
Den zweiten Teil der Aussage überprüft man analog mit der
Induktionsverankerung n = 2.
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Analysis I - Reelle Zahlen
n-te Wurzel
Theorem
Zu jeder reellen Zahl x > 0, x ∈ R und jeder natürlichen Zahl
n ∈ N existiert genau eine positive reelle Zahl y mit
y n = x.
Wir schreiben hierfür y =
√
n
1
x oder y = x n .
Beweis: Für 0 < y1 < y2 folgt 0 < y1n < y2n . Hieraus ersehen
wir sofort, dass es höchstens ein y > 0 geben kann mit y n = x.
Denn y1n = x = y2n steht in Widerspruch zu y1 < y2 . Damit ist
die Eindeutigkeit von y bewiesen.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Wir zeigen nun die Existenz: Sei E = {τ : τ n < x}.
x
Für t := 1+x
gilt 0 < t < min{1, x} und 0 < t n ≤ t < x, somit
t ∈ E und E 6= ∅.
Für beliebiges t ∈ E ist 0 < t < max{1, x}, d.h. E ist nach oben
beschränkt .
Die Supremumseigenschaft sichert die Existenz von
y := sup E ∈ R.
Es bleibt zu zeigen, dass hierfür y n = x gilt. Dies geschieht
indirekt indem wir die Annahmen y n < x oder y n > x beide ad
absurdum führen.
Wir verwenden hierzu die folgende Identität
bn − an = (b − a)(bn−1 + bn−2 a + . . . + ban−2 + an−1 ),
woraus für 0 < a < b die Ungleichung folgt
bn − an < (b − a)nbn−1 .
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Analysis I - Reelle Zahlen
(1)
1
Sei y n < x angenommen. Wir wählen ein h mit 0 < h < 1 und
h<
x − yn
.
n(y + 1)n−1
Wir setzen in (1) a = y und b = y + h. Dann gilt wegen (1)
(y + h)n − y n < hn(y + h)n−1 < hn(y + 1)n−1 < x − y n ,
also (y + h)n < x, d.h. y + h ∈ E. Wegen y + h > y liegt ein Widerspruch zu
y = sup E vor.
2
Im Falle y n > x setzen wir
k :=
yn − x
> 0.
ny n−1
Dann ist 0 < k < y und für beliebiges t > y − k > 0, und t < y , gilt
y n − t n < y n − (y − k )n < kny n−1 = y n − x.
Somit gilt t n > x und t 6∈ E und folglich ist y − k eine obere Schranke zu E.
Wegen y − k < y = sup E liegt hier ebenfalls ein Widerspruch vor.
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Natürliche Zahlen
Corollary
Für x, y ∈ R, x, y > 0, und n ∈ N gilt
1
1
1
(xy ) n = x n · y n .
Beweis.
1
1
Setze a := x n und b := y n . Dann gilt x · y = an · bn = (a · b)n .
Wegen der Eindeutigkeitsaussage im letzten Satz folgt
1
1
1
(x · y ) n = ab = x n y n .
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Natürliche Zahlen
Definition
Seien a1 , a2 , . . . , aN ∈ R, die Summe aller Zahlen ai
bezeichnen wir abkürzend mit
N
X
ai := a1 + a2 + . . . + aN
i=1
und das Produkt aller Zahlen ai mit
N
Y
ai := a1 · a2 · . . . · aN .
i=1
Insbesondere schreiben wir im Falle a1 = 1, a2 = 2, . . . aN = N
N
auch
Y
N! := 1 · 2 · . . . · N =
i.
i=1
Dabei wird N! als Fakultät von N bezeichnet.
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Natürliche Zahlen
Definition
Seien n, k ∈ N natürliche Zahlen. Wir definieren für n ≥ k die
Binomialkoeffizienten durch
n
n
:=
:= 1,
0
n
und
k
n
n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) Y n + 1 − i
n!
:=
=
=
.
k
1 · 2 · ... · k
i
k !(n − k )!
i=1
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Natürliche Zahlen
Theorem
Es gelten die Rechenregeln
n
n
=
k
n−k
und
n
n
n+1
+
=
.
k
k +1
k +1
(2)
(3)
Der Beweis beruht auf vollständiger Induktion, wir verzichten
allerdings auf ihn. Man beachte, dass sich beide Formeln durch
das Pascalsche Dreieck motivieren lassen.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Natürliche Zahlen
n = 0:
1
n = 1:
1
1
n = 2:
1
n = 3:
1
k =0
2
3
k =1
1
3
k =2
↓
n
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Analysis I - Reelle Zahlen
1
k =3
−→
Natürliche Zahlen
Theorem (Binomischer Satz)
Seien a, b ∈ R und n ∈ N, dann gilt
n X
n k n−k
(a + b) =
a b
.
k
n
k =0
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Analysis I - Reelle Zahlen
Beweis: Wir beweisen diesen Satz mittels vollständiger Induktion.
(i) Induktionsverankerung: Für n = 1 ist die Behauptung
(a + b)1 = (a + b) =
1 “ ”
X
1
k =0
k
ak b1−k
offensichtlich richtig.
(ii) Induktionsschritt n 7→ n + 1: Wir nehmen an, dass für n die Behauptung richtig
ist. Dann folgt mit (2), (3)
(a + b)n+1 = (a + b)n (a + b)
=
n “ ”
X
n
k =0
=
k
!
k n−k
a b
(a + b)
n “ ”
n
X
n k +1 n−k X “n ” k n+1−k
a
b
+
a b
k
k
k =0
k =0
= an+1 + bn+1 +
n−1
X“
k =0
= an+1 + bn+1 +
n−1
X“
k =0
=
n+1 “
X
n + 1”
k =0
k
n−1
n ” k +1 n−k X “ n ” k +1 n−k
a
b
+
a
b
k
k +1
k =0
n + 1”
k +1
ak +1 bn−k
ak bn+1−k .
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Analysis I - Reelle Zahlen
Komplexe Zahlen
Wir betrachten die Menge
C := R × R
versehen mit der folgenden Addition und Multiplikation: Für
z = (a, b), w = (c, d) ∈ C soll
z + w := (a + c, b + d) ∈ C
und
z · w := (ac − bd, ad + bc) ∈ C
gelten.
Theorem
Die Menge C versehen mit der obigen Addition und
Multiplikation bildet den Körper (C, +, ·) der komplexen Zahlen
mit dem Nullelement (0, 0) und Einselement (1, 0).
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Analysis I - Reelle Zahlen
Beweis: Wir zeigen die Körperaxiome. Zunächst bemerken
wir, dass sowohl die Addition als auch die Multiplikation für alle
komplexen Zahlen definiert ist und immer eine komplexe Zahl
liefert. Im folgenden bezeichnen z = (a, b), w = (b, d) und
v = (e, f ) stets komplexe Zahlen.
(A1)
(A2)
Die Addition ist kommutativ, da
z + w = (a + c, b + d) = (c + a, d + b) = w + z.
Die Addition ist assoziativ, da
(z + w) + v = (a + c, b + d) + (e, f ) = (a + (c + e), b + (d + f ))
= (a, b) + ((c + e), (d + f )) = z + (w + v ).
(A3)
(0, 0) ist das Nullelement,
da z + (0, 0) = (a + 0, b + 0) = (a, b) = z.
(A4) Setze −z = (−a, −b), dann gilt
z + (−z) = (a − a, b − b) = (0, 0).
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Analysis I - Reelle Zahlen
(M1) Die Multipliaktion ist kommutativ, da
z · w = (ac − bd, ad + bc) = (ca − db, da + cb) = w · z
(M2) Die Multipliaktion ist assoziativ, da
(z · w) · v = (ac − bd, ad + bc) · (e, f )
= ac − bd)e − (ad + bc)f , (ac − bd)f + (ad + bc)e
= a(ce − df ) − b(cf + de), a(cf + de) + b(ce − df )
= (a, b) · (ce − df , cf + de)
= z · (w · v )
(M3) Wegen (1, 0) · (a, b) = (a, b) = z ist (1, 0) das Einselement.
(M4) Aus z 6= (0, 0) folgt a 6= 0 oder b 6= 0 und damit ist
a2 + b2 > 0. Wir definieren
1 a
−b z −1 = =
,
.
z
a2 + b 2 a2 + b 2
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Analysis I - Reelle Zahlen
Nachrechnen ergibt
z·
und analog
a
1
−b = (a, b) · 2
= (1, 0)
z
a + b 2 a2 + b 2
1
z
· z = (1, 0).
(D) Das Distributivgesetz folgt mittels
z · (w + v ) = (a, b) · (c + e, d + f )
= (ac + ae − bd − bf , ad + af + bc + be)
= (ac − bd, ad + bc) + (ae − bf , af + be)
= z · w + z · v.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Komplexe Zahlen
Definition
Wir setzen i := (0, 1). i bezeichnet die imginäre Einheit.
Ferner identifizieren eine reelle Zahl a ∈ R mit der komplexen
Zahl (a, 0) ∈ C.
Theorem
Es gilt für alle a, b ∈ R
1
i 2 = i · i = (−1, 0) = −1,
2
w = (a, b) = a + ib.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Beweis: Die erste Aussage ergibt sich aus
i 2 = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0) = −1 während die zweite Aussage
aus a + ib = (a, 0) + (0, 1) · (b, 0) = (a, b) folgt. Anstelle von
z = (a, b), a, b ∈ R, schreiben wir meist z = a + ib ∈ C. Wenn
man die Konvention i 2 = −1 und die obige Schreibweise
benutzt, kann man mit den üblichen Arithmetiken + bzw. · die
komplexe Addition bzw. Multiplikation auch folgendermaßen
schreiben. Seien z = a + ib, w = c + id ∈ C mit a, b, c, d ∈ R,
dann ist
z + w = (a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d)
und
z·w = (a+id)·(c+id) = ac+ibc+iad+i 2 bd = (ac−bd)+i·(bc+ad).
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Analysis I - Reelle Zahlen
Komplexe Zahlen
Definition
Sei z = a + ib ∈ C, a, b ∈ R, eine komplexe Zahl. Dann heißt a
der Realteil und b der Imaginärteil von z, kurz
a := Re z,
b := Im z,
und z := a − ib die zu z konjugiert komplexe Zahl.
Theorem
Seien z, w ∈ C, dann gelten die Rechenregeln
1
z + w = z + w und z · w = z · w,
2
Re z = 12 (z + z) und Im z =
3
das Produkt z · z ist reell und positiv falls z 6= 0.
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1
2i (z
− z),
Analysis I - Reelle Zahlen
Komplexe Zahlen
Beweis: Sei z = a + ib und w = c + id dann überprüft man die
ersten beiden Aussagen leicht durch Nachrechnen. Die dritte
Aussage folgt aus
zz = (a + ib) · (a − ib) = a2 − (i 2 ) · b2 = a2 + b2 > 0,
falls z 6= 0.
Definition
Sei z ∈ C, so heißt
|z| :=
√
1
z · z = (z · z) 2 =
p
a2 + b 2
der Absolutbetrag von z.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Komplexe Zahlen
Diese Definition ist konsistent
mit dem Absolutbetrag einer
√
reellen Zahl a, da |a| = a2 ≥ 0.
Theorem
Seien z, w ∈ C komplexe Zahlen. Dann gilt
1
|z| > 0 für z 6= 0 und |z| = 0 genau dann wenn z = 0,
2
|z| = |z|,
3
|z · w| = |z||w|,
4
Re z, Im z ≤ |z|,
5
|z + w| ≤ |z| + |w|
6
||z| − |w|| ≤ |z − w|.
7
|z||w| ≤ 12 (|z|2 + |w|2 ).
(Dreiecks-Ungleichung),
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Analysis I - Reelle Zahlen
Komplexe Zahlen
Beweis: Die Aussagen 1,2 und 4 sind trivial. Die dritte
Aussage folgt aus |z · w|2 = z · w · z · w = z · z · w · w = |z|2 |w|2 .
Die fünfte Aussage ergibt sich aus
|z + w|2 = (z + w)(z + w)
= zz + zw + wz + ww
= |z|2 + 2 Re(wz) + |w|2
≤ |z|2 + 2|w||z| + |w|2
= (|z| + |w|)2 .
Die sechste Aussage verbleibt als Übung. Aussage 7 ergibt
sich mit 0 ≤ (|z| − |w|)2 = |z|2 − 2|z||w| + |w|2 .
Als Abschluss dieses Abschnittes geben wir noch zwei
bedeutende Sätze an, deren Beweis allerdings unsere
bisherigen Möglichkeiten übersteigt.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Komplexe Zahlen
Theorem (Eulersche Formel)
Sei ϕ ∈ R, dann gilt die sogenannte Eulersche Formel
eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ.
Theorem (Fundamentalsatz der Algebra)
Seien a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ C. Dann hat die Gleichung
z n + an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0 = 0
genau n nicht notwendigerweise verschiedene komplexe
Lösungen.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Euklidische Räume
Definition
Sei n ∈ N, dann definieren wir das n-Tupel
x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn
mit x1 , x2 , . . . , xn ∈ R. Die Elemente in Rn nennen wir Vektoren
oder Punkte im Rn . Für diese definieren wir die folgende
Operation der Addition + : Rn × Rn → Rn ,
x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ),
x, y ∈ Rn ,
und die Multiplikation mit einem Skalar · : Rn × R → Rn
αx = (αx1 , αx2 , . . . , αxn ),
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x ∈ Rn , α ∈ R.
Analysis I - Reelle Zahlen
Euklidische Räume
Definition
Desweiteren führen wir ein inneres Produkt
x, y ∈ Rn → hx, yi :=
n
X
xi yi ,
i=1
sowie die Norm von x,
1
2
kxk = hx, xi =
X
n
xi2
1
2
.
i=1
Die so definierte Struktur eines Vektorraumes mit einem
inneren Produkt heißt ein n-dimensionaler Euklidischer Raum.
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Analysis I - Reelle Zahlen
Euklidische Räume
Theorem
Es seien x, y, z ∈ Rn und α ∈ R.
1
Kommutativität: hx, yi = hy, xi.
2
Linearität: hx + y, zi = hx, zi + hy, zi und hαx, yi = αhx, yi.
3
Es ist kxk > 0 genau dann wenn x 6= 0 = (0, 0, . . . , 0). Im
Falle x = 0 gilt kxk = 0.
4
Homogenität: Es gilt kαxk = |α|kxk.
5
Cauchy-Schwarzsche-Ungleichung: Es gilt
|hx, yi| ≤ kxk · kyk.
6
Dreiecksungleichung: Es gilt kx + yk ≤ kxk + kyk.
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Analysis I - Reelle Zahlen
1
Beweis erfolgt durch Nachrechnen.
2
Beweis erfolgt durch Nachrechnen.
3
trivial
4
kαxk2 =
Pn
2
i=1 (αxi )
= α2
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Pn
2
i=1 xi
= α2 kxk2
Analysis I - Reelle Zahlen
5
Offensichtlich ist die Behauptung richtig im Falle y = 0.
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei nun y 6= 0. Für
beliebiges α ∈ R gilt
0 ≤ kx + αyk2
= hx + αy, x + αyi
= kxk2 + 2αhx, yi + α2 kyk2 .
Wir wählen α =
−hx,yi
kyk2
und erhalten
0 ≤ kxk2 − 2
hx, yi2 hx, yi2
+
kyk2 .
kyk2
kyk4
Wegen kyk > 0 folgt daraus
0 ≤ kxk2 kyk2 − 2hx, yi2 + hx, yi2 = (kxk · kyk)2 − |hx, yi|2 .
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Analysis I - Reelle Zahlen
6
Unter Zuhilfenahme der dritten Aussage finden wir
kx + yk2 = hx + y, x + yi
= hx, xi + 2hx, yi + hy, yi
≤ kxk2 + 2kxkkyk + kyk2
= (kxk + kyk)2 .
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Analysis I - Reelle Zahlen