TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathemati Prof. Dr. Oliver Matte Max Lein Zentralübung 15. Abzählbareit Mathemati für Physier 2 Analysis 1) Wintersemester 2010/2011 Lösungsblatt ) i) Zeigen Sie, dass Z abzählbar ist. ii) Zeigen Sie, dass R nicht abzählbar ist. Bevor wir mit der eigentlichen Aufgabe anfangen, wiederholen wir urz, was es bedeutet, wenn eine Menge abzählbar ist. Definition 0.1 Abzählbareit) Eine Menge M heißt höchstens abzählbar, wenn eine bijetive Abbildung f : N N 0 M existiert. M heißt abzählbar unendlich, wenn N N 0 ist. Die Definition legt schon nahe, dass nicht jede Menge höchstens abzählbar ist und dass, obwohl N 0 unendlich viele Elemente enthält! Wie wir sehen werden, müssen wir zwischen Mengen mit abzählbar unendlich) vielen und überabzählbar unendlich) vielen Elementen unterscheiden. i) Wir geben explizit eine solche Abbildung f an: { n f : N 0 Z, n fn) : 2 n 2N 0 2 n 2N Wie man diret sieht, werden die geraden Zahlen auf positive ganze Zahlen abgebildet und die ungeraden auf die negativen. Auf den ersten Blic scheint diese Tatsache paradox: obwohl N 0 Z eine echte Teilmenge der ganzen Zahlen ist, gibt es eine Bijetion zwischen beiden. Wie man leicht sieht, ann das aber nur für Mengen mit abzählbar) unendlich vielen Elementen gelten, endliche Mengen önnen niemals echte Teilmengen mit gleicher Mächtigeit enthalten dieses Kriterium ann man auch dazu heranziehen, zwischen endlichen und unendlichen Mengen zu unterscheiden, Stichwort: Dedeind-unendliche Menge). ii) Wir werden zwei Widerspruchsbeweise mit unterschiedlichen Ideen angeben: Der Erste beruht auf einem mengentheoretischen Argument, der Zweite zeigt, dass reelle Zahlen nicht vollständig durch ihre Dezimaldarstellung charaterisiert sind. a) Ein möglicher Beweis verwendet Intervallschachtelungen: sei also {s n } n N eine Aufzählung von I 0 : [0, 1] R. Wenn wir zeigen önnen, dass eine Teilmenge von R überabzählbar ist, so muss auch R überabzählbar sein. Wir definieren reursiv das abgeschlossene Intervall I n : wir teilen I n 1 in drei gleich große Intervalle auf und wählen nun ein Intervall aus, in dem s n nicht liegt. Falls also s 1 0, ist, so önnen wir für I 1 das zweite oder das dritte Drittel auswählen, usw. So erhalten wir eine Intervallschachtelung, I j I n j > n. Da alle I n der Intervallschachtelung abgeschlossen sind, wissen wir aus Satz der Vorlesung, dass eine 1

2 Zahl s existiert, die in allen Intervallen der Intervallschachtelung enthalten ist, s I n n N. Andererseits muss s in der Aufzählung enthalten sein; wäre s s j für ein j N, so hätten wir insbesondere s s j I j. Nach Konstrution der Intervallschachtelung ann dies aber nie erfüllt sein, Widerspruch! b) Nehmen wir an, [0, 1] R wäre abzählbar und {s n } n N wäre eine solche Abzählung, das heißt die Abbildung f : N R, n fn) : s n. Jede Zahl s n stellen wir als Dezimalzahl dar und füllen gegebenenfalls die restlichen Stellen mit 0 auf. Bezeichne s n m die mte Stelle der Zahl s n, also beispielsweise ist die dritte Stelle der Zahl s 7 s 7 {1, 4, 5, 6, 2, 0,...} 0, s Jede Dezimalstelle ann nur Werte zwischen 0 und 9 annehmen. Außerdem bezeichnen wir eine beliebige Zahl zwischen 0 und 9 außer der 0 mit 0, usw. Wir definieren also die Zahl s 0 mit Dezimalen s n n : die n-te Dezimalstelle ist also gerade nicht die n-te Stelle der n-ten Zahl. Seien also beispielsweise die ersten 5 Zahlen der Aufzählung Dann definieren wir S 0, s 1 {3, 1, 5, 7, 4, 0,...} 0, s 2 {1, 8, 5, 6, 2, 2,...} 0, s 3 {2, 4, 5, 6, 2, 7,...} 0, s 4 {5, 6, 1, 1, 4, 8,...} 0, s 5 {9, 7, 5, 6, 3, 3,...} 0, S 0 : { s 0 {s 0 1, s 0 2, s 0 3, s 0 4,...} s 0 j s j j, j N }, als die Menge der Zahlen, dessen n-te Ziffer gerade nicht der n-ten Ziffer der n-ten Zahl der Aufzählung entspricht; in unserem Beispiel ist dies S 0 : { { 1, 4, 1, 6,...} 0 0, 1 1,..., 9 9 }. Eine mögliche Wahl wäre in diesem Fall 0, , es gibt aber unendlich viele andere. Sei s 0 S 0 [0, 1] beliebig aber fest. s 0 ann nicht in der Aufzählung von R enthalten sein. Denn angenommen s 0 wäre die n-te Zahl der Aufzählung, s 0 s n, so müsste auch s 0 n s n n gelten. Nach Konstrution von s 0 ann dies nie erfüllt sein und s 0 ist nicht in der Aufzählung enthalten. Widerspruch! 2

3 16. Injetive, surjetive und bijetive Abbildungen i) Seien f 1 : N P und f 2 : M N injetive Abbildungen. Zeigen Sie, dass die Hintereinanderausführung f 1 f 2 : M P, m f 1 f 2 m) : f 1 f2 m) ) ebenfalls injetiv ist. ii) Seien f 1 und f 2 aus Teilaufgabe i) bijetiv. Zeigen Sie, dass die Abbildung f 1 f 2 bijetiv ist und geben Sie das Inverse an. iii) Kann f 1 f 2 invertierbar sein, wenn f 1 und f 2 nicht beide notwendigerweise invertierbar sind? i) Zu allererst stellen wir fest, dass f 1 f 2 wohldefiniert ist: f 2 bildet von M nach N ab. Da f 1 auf ganz N definiert ist, ergibt f 1 f2 n) ) P Sinn. Sei also p f 1 f 2 M) P. Dann existiert ein m M mit f 1 f 2 m) p. Angenommen es gibt noch ein weiteres m M mit p f 1 f 2 m ). Dann ist n f 2 m ) ein Urbildpunt von p bezüglich f 1. Wäre n n : fm), dann liefert das einen Widerspruch zur Injetivität von f 1, da f 1 n) p f 1 n ). Gilt n n, so gäbe es zu diesem Punt zwei Urbilder unter f 2, Widerspruch zur Injetivität von f 2. Also ist auch die Komposition f 1 f 2 injetiv. ii) Wir brauchen zuerst ein Lemma: Lemma 0.2 Eine Abbildung f : M N ist genau dann bijetiv, wenn eine Abbildung g : N M existiert mit f g id N 1) g f id M, wobei id M : M M, m m, und id N : N N, n n, die Identitätsabbildungen sind, die jedes Element der Menge auf sich selbst abbilden. In diesem Fall schreiben wir f 1 g. Man beachte, dass die Identitätsabbildungen auf unterschiedlichen Mengen leben. Proof : Angenommen, es existiert ein g, das Gleichungen 1) erfüllt. Dann folgt aus f g id N, dass f surjetiv sein muss: ansonsten gäbe es ein n 0 N \ fm) ohne Urbild. Andererseits muss gn 0 ) ein Urbild sein, Widerspruch. Aus g f id M folgt, dass f auch injetiv ist: angenommen, es gäbe m 1, m 2 M mit fm 1 ) fm 2 ) n. Dann gilt aber m 1 g fm 1 ) gn) g fm 2 ) m 2. f ist also bijetiv. : Sei f bijetiv. Dann ist die Umehrabbildung f 1 : N M auf ganz N fm) definiert und es gelten f f 1 n) f f 1 n) ) n id N n) n N f 1 fm) f 1 fm) ) m id M m) m M. 3

4 Wir werden zeigen, dass f 1 f 2 ) 1 f2 1 f1 1 : P M die Inverse Abbildung zu f 1 f 2 ist und daher auch f 1 f 2 invertierbar ist. Das heißt, wir müssen f 1 f 2 ) 1 f 1 f 2 ) id M f 1 f 2 ) f 1 f 2 ) 1 id P zeigen. Wir begnügen uns mit dem Beweis der ersten Aussage, der von der zweiten geht analog. Wir müssen zuerst zeigen, dass die Vernüpfung von Abbildungen assoziativ ist, also für alle f 1 : N P, f 2 : M N, f 3 : J M f 1 f 2 f 3 ) f 1 f 2 ) f 3 f 1 f 2 f 3 : J P gilt. Das sieht man durch diretes Einsetzen: für alle j J gilt f 1 f 2 f 3 )j) f 1 f2 f 3 j) ) f 1 f2 f3 j) )) f 1 f 2 ) f 3 j) ) f 1 f 2 ) f 3 j) f 1 f 2 f 3 j). Für mehr als 3 Abbildungen ann man indutiv zeigen, dass man bei der Komposition von Abbildungen eine Klammern zu setzen braucht. Durch Einsetzen rechnen wir nach, dass f 1 f 2 ) 1 f 1 2 f 1 1 das Linsinverse ist: f 1 2 f 1 1 ) f 1 f 2 ) f 1 2 f1 1 f 1 }{{} id N 1 f 2 f2 f 2 id M iii) Ja, das ann passieren: angenommen, f 2 : M N ist injetiv. Dann ist f 1, aufgefasst als Abbildung zwischen M und im f N bijetiv. Wenn f 1 surjetiv und die Einschränung f 1 im f2 : im f 2 N P auf das Bild bijetiv ist, dann ist f 1 f 2 bijetiv. Als Beispiel betrachte man sin : R [ 1, +1] und arcsin : [ 1, +1] [ π /2, + π /2]: wir haben zwar sin arcsin id [ 1,+1], aber nicht arcsin sin id R. Der Sinus ist nicht überall invertierbar, sondern nur, wenn man ihn auf ein geeignetes Intervall einschränt man ann den Winel nur modulo π reonstruieren. 4

5 17. Polarzerlegung i) Zeigen Sie, dass man jede omplexe Zahl z C derart in ein r 0 und ein w C, w 1, zerlegen ann, dass z rw gilt. Wann ist diese Zerlegung eindeutig? ii) Geben Sie Real- und Imaginärteil von w aus i) an und interpretieren Sie beide geometrisch. i) Wir müssen zwei Fälle unterscheiden: z 0 und z 0. Sei also z 0. Dann ist r 0 und w 1 eine Zerlegung, Diese Zerlegung ist aber nicht eindeutig, man önnte nämlich jede andere omplexe Zahl w S 1 : { w C w 1 } auf der Kreislinie in der omplexen Ebene wählen. Nun zu z 0: dann önnen wir z schreiben als z z z : r w. z Per Definition ist z r > 0 und w hat Betrag 1, w z z 1 z 1. z Diese Zerlegung ist auch eindeutig, denn sei r w z eine andere Zerlegung mit r 0 und w 1. Dann folgt aus r r z und dann auch die Zerlegung ist für z 0 eindeutig. r w r w r r 0 r }{{} 1! z rw r w r r>0 r w 1 r z 1 z z w, ii) Wenn wir C R 2 als omplexe Ebene interpretieren, dann entspricht die Zerlegung z rw, r 0, w 1, der Polardarstellung. Man identifiziert die x-achse als Realteil und die y-achse als Imaginärteil. Dann ergeben sich die Komponenten von w zu w cos α + i sin α, wobei α der Winel ist, der zwischen dem Vetor z a + ib und der x-achse aufgespannt wird. Später werden wir sehen, dass man auch w e iα schreiben ann. 5

6 18. Der Betrag in C Man zeige für w, z C: i) z z, ii) w + z w + z, iii) w z wz, iv) wz w z, v) Re z) 1 2 z + z) vi) Im z) 1 2i z z) vii) Rew z) w z, viii) w + z w + z. Sei im Folgenden immer w u + iv, z x + iy, dann ist w u iv. i) z x iy x + iy z. ii) trivial. iii) w z u + iv) x + iy) u iv) x iy) ux vy) ivx+uy) ux vy) + ivx + uy) u + iv)x + iy) wz iv) wz 2 wzwz w wz z w 2 z 2. v) Für z x + iy erhalten wir Re z) x und 1 ) 2 x + iy) + x + iy) 1 2 x + iy + x iy) x. vi) Ganz analog zur vorigen Teilaufgabe erhalten wir Im z) y 1 2i z z) durch Einsetzen von z x + iy. vii) Für jede omplexe Zahl gilt Rez) z, also ist w z w z w z Rew z). viii) w + z 2 w + z) w + z) w w + z w + w z + z z w 2 + 2Rew z) + z 2 w w z + z 2 w + z ) 2. 6

7 Hausaufgaben 20. Binomische Formel [10 Punte] Zeigen Sie indutiv, dass für alle n N und w, z K die binomische Formel w + z) n w n z gilt. Hinweis: Verwenden Sie ) n + n ) +1 +1) und die Konvention z 0 : 1, wobei 1 K das neutrale Element der Multipliation ist. IA Wir zeigen die Aussage für n 1: 1 ) 1 w 1 z ) 1 w 1 z ) 1 w 0 z 1 1 w + z w + z) 1 IV Wir nehmen an, wir haben n w + z) n w n z für alle n n gezeigt. IS n n + 1: w + z) w + z) w + z) n IV, w + z) w + w n +1 z + w n z +1 w n z ) n 1 n w n +1 z + z + w n z +1 w n +1 z + z + w n 1) z 1 1 [ ) )] n n + w n +1 z + z 1 }{{} ), + 1 w n +1 z + z + 1 w z w + w + w + 7

8 21. Dreiecsungleichung [9 Punte] Für x R definieren wir den Betrag als x : max{ x, x}. i) Zeigen Sie die Dreiecsungleichung: für alle x, y R gilt x + y x + y. ii) Zeigen Sie, dass für alle n N und x 1,..., x n R gilt: x x i) Einerseits gilt x x und y y und somit auch x + y x + y x + y. Andererseits sind auch x x und y y richtig, woraus x + y) x + y) x + y ii) folgt. Somit ist ±x + y) x + y x + y gezeigt. IA n 1: Die Aussage ist für n 1 trivialerweise richtig, für alle x 1 R gilt 1 x x 1 x 1 1 x. IV Wir nehmen an, dass für alle n n, n N, n n x x bewiesen worden ist. IS n : Wir setzen die Aussage für ein, spalten den letzten Term ab und benutzen die normale Dreiecsungleichung sowie die Indutionsvoraussetzung, x IV, x + x -UGl, n x + x x. Somit gilt die Dreiecsungleichung auch für n + 1 Terme. x + x 8

9 22. Rechnen mit Summen [10 Punte] i) Zeigen Sie indutiv, dass linear ist, das heißt für alle n N und w 1,... w n, z 1,..., z n, λ K gilt: ) w + λz w + λ ii) Sei z K. Berechnen Sie z 4) 2 n a z. Sortieren Sie das Ergebnis nach Potenzen von z und benutzen Sie die Summenschreibweise als weit möglich. z i) IA Für n 1 ist die Aussage trivialerweise wahr, denn für alle w 1, z 1, λ K gilt 1 ) w + λz w1 + λz 1 IV Angenommen, wir haben die Behauptung, für alle n n bewiesen. 1 w + λ n w + λz w + λ n IS n n + 1: Seien w 1,..., w, z 1,..., z, λ K. Dann gilt ) w + λz z 1 z. ) ) w + λz + w + λz IV, D), w + λ z + w + λz ) w + λ z + z w + λ Im mit D) geennzeichneten Schritt haben wir das Distributivgesetz benutzt. z. ii) Wir multiplizieren aus und verwenden stets, dass linear ist: z 4) 2 a z z 2 a z 8z a z +2 n+2 2 a z a z +1 + a 2 z 8a 1 z + a z 16a z 16a z 9

10 a 2 z + a n 1 z + a n z n a 0 z 8a 1 z 8a n z a a 1 z + 16a z 2 16a 0 + 8a a 1 ) z + ) a 2 8a a z a n 1 8a n ) z + a n z n+2 10

11 23. Komplexe Zahlen [4 Punte] Berechnen Sie Real- und Imaginärteil von i) 1 + i) 2, ii) i ) 1, iii) 5 3+i, iv) den Lösungen der Gleichung z 2 2i. i) 1 + i) i ii) i ) 1 i+1 i ) 1 i 1+i i 1 i i 2 5 iii) 3+i 5 3+i)3 i) 3 i) i) iv) Nach i) ist z 1 + i eine Lösung, z 1 i ist die andere. 11