Institut für Analysis WiSe 2018/2019 Prof. Dr. Dirk Hundertmark Dr. Markus Lange. Analysis 1. Aufgabenzettel 4

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1 Institut für Analysis WiSe 2018/2019 Prof. Dr. Dirk Hundertmark Dr. Markus Lange Analysis 1 Aufgabenzettel 4 Abgabe bis 14. November 2018, 19:00 Uhr Erinnerung: Die Anmeldung für den Übungsschein ist freigeschaltet. Die Anmeldung für den Übungsschein erfolgt unter Anmeldeschluss ist der Ohne Anmeldung ist es nicht möglich einen Übungsschein zu erhalten. Für Studierende der Mathematik (Bachelor/Lehramt) und Informatik (Bachelor) ist der Übungsschein Voraussetzung für die Anmeldung zur Klausur. Aufgabe 15: Wie in Aufgabe 11 auf Zettel 3 sei F die Menge der Ausdrücke welche die folgende Form haben a = i Z a i x i, wobei a i R und nur endlich viele a i für i < 0 ungleich Null sind. Anmerkung: x ist hier ein formales Symbol und keine Zahl. Wir nennen ein Element a F positiv wenn der am niedrigsten indizierte Koeffizient a k 0 im Ausdruck a positiv ist. Die Summe c = a + b für a F und b F wird definiert durch c i = a i + b i für i Z und das Produkt d = a b sei gegeben durch d j = i Z a ib j i für j Z. Interpretiert man nun jede reelle Zahl α als das Element a F für welches a i = 0 für alle i Z \ {0} und a 0 = α, dann ist R F. Zeigen Sie, dass in diesem Fall die natürlichen Zahlen N eine beschränkte Menge in F sind. Lösungsvorschlag: Wir zeigen, dass N beschränkt ist in F. Aus der obigen Interpretation der reellen Zahlen sehen wir das wir jedes n N als Element ñ = n x x x 2 + auffassen können. Aus der Definition der Positivität für Elemente in F folgt sofort, dass ñ 0 positiv ist für alle n N. Somit ist 0 eine untere Schranke für N F. Zur Erinnerung, 0 war das neutrale Element der Addition (siehe Aufgabe 11 auf Zettel 3). Sei nun a = 1 x x x 1 +. Dann ist a F und aus der Definition der Positivität folgt dass a ñ positiv ist für alle n N. Somit ist a eine obere Schranke für die Menge N F. Also ist N eine beschränkte Menge in F. Bitte wenden!

2 Aufgabe 16: (K) (i) Zeigen Sie, dass die Menge M := {A N A oder N \ A ist endlich} abzählbar unendlich ist. (ii) Zeigen Sie, dass die Abbildung g : N N N, (n, m) n + 1 (n + m 1)(n + m 2), 2 bijektiv ist. Lösungsvorschlag: (i) Voraussetzung: Definiere M := {A N : A oder N \ A ist endlich}. Behauptung: Die Menge M ist abzählbar. Beweis: Wir gehen in mehreren Schritten vor. Zunächst definieren wir S n := {A N : A ist beschränkt und: A sup A n} für alle n N und behaupten: n N : S n ist endlich. (1) Wir beweisen dies durch vollständige Induktion. Induktionsanfang. Es gilt S 1 = {, {1}}, also ist S 1 endlich. Induktionsschluss. Sei n N. Für dieses n sei die Menge S n endlich (I.V.). Offenbar gilt S n+1 = S n {A {n + 1} : A S n }. Nach der Induktionsvoraussetzung ist S n endlich, und da durch A A {n + 1} eine bijektive Abbildung S n {A {n + 1} : A S n } defininiert wird, ist auch {A {n + 1} : A S n } endlich. Also ist S n+1 = S n {A {n + 1} : A S n } endlich. Definiere nun N := {A N : A ist endlich}, dann gilt offensichtlich N = n N S n, und somit ist N nach Satz aus der Vorlesung als abzählbare Vereinigung endlicher Mengen abzählbar. Da durch A N \ A eine bijektive Abbildung N {N\A : A N} defininiert wird, ist auch {N\A : A N} abzählbar, und da offensichtlich M = N {N \ A : A N} gilt, ist damit auch M abzählbar.

3 (ii) Wir stellen zunächst fest, dass g(1, 1) = 1 und es keine andere Möglichkeit gibt, 1 zu erhalten, da für (n, m) (1, 1) gilt, dass n + m 2 1 und deshalb g(n, m) > n 1. Für (n, m) (1, 1) können wir nach einem Beispiel aus der Vorlesung (Gaußsche Summenformel) n+m 2 g(n, m) = n + k schreiben. Wir beginnen mit der Injektivität. Seien dazu (n 1, m 1 ), (n 2, m 2 ) (N N) \ {(1, 1)} mit n 1 +m 1 2 n 2 +m 2 2 n 1 + k = n 2 + k Wir nehmen zunächst an, dass n 1 + m 1 n 2 + m 2 gilt. Dann können wir ohne Beschränkung annehmen, dass n 1 + m 1 > n 2 + m 2 gilt. Stellen wir obige Gleichung um, so erkennen wir daraus n 2 n 1 = n 1 +m 1 2 k=n 2 +m 2 1 k min. 1 Summand und alle nicht-negativ n 2 + m 2 1 m 2 1 n 2. Addieren wir n 1 n 2 zu dieser Ungleichung, ergibt sich n 1 0, ein Widerspruch. Deshalb folgt n 1 + m 1 = n 2 + m 2. In die Ausgangsgleichung eingesetzt folgt daraus direkt n 1 = n 2 und deshalb aus n 1 +m 1 = n 2 +m 2 auch direkt m 1 = m 2, also (n 1, m 1 ) = (n 2, m 2 ), die Injektivität. Für die Surjektivität sei N N beliebig. Ist N = 1, so wählen wir (n, m) = (1, 1) wie oben erwähnt. Für N 2 definieren wir die Menge A := {a N a k < N}. Dann ist A nichtleer (denn 1 A). Zudem ist A nach oben beschränkt durch N, denn für alle a N mit a N gilt a a k 1 = a N, also a / A. Somit hat A ein Supremum M R. Es gilt logischerweise M N, da sonst jede reelle Zahl zwischen M und der nächst kleineren natürlichen Zahl eine kleiner obere Schranke wäre. Da M + 1 / A, gilt M k < N M+1 k. Ziehen wir bei dieser Ungleichungskette M k ab, ergibt sich 0 < N M k M + 1, womit n := N M k eine natürliche Zahl zwischen 1 und M + 1 ist. Wir setzen schließlich m := M n+2, was wegen der Eigenschaft von n eine natürliche Zahl zwischen

4 1 und M + 1 ergibt. Mit dieser Definition folgt n+m 2 g(n, m) = n + k = N M M k + k = N, also die Surjektivität. Aufgabe 17: (K) (i) Zeigen Sie, dass jede Untermenge einer endlichen Menge endlich ist. (ii) Zeigen Sie, dass jede unendliche Menge eine abzählbar unendliche Teilmenge besitzt. (iii) Sei A R und a A. Beweisen Sie A ist unendlich A lässt sich bijektiv auf A \ {a} abbilden. (iv) Zeigen Sie, dass die Mengen [0, 1] und [0, 1) gleich mächtig sind. Hinweis: Sei f : A B eine Abbildung. Dann nennt man D(f) = A den Definitionsbereich und R(f) = {b B a A mit f(a) = b} B den Wertebereich von f. Lösungsvorschlag: (i) Sei A eine endliche Menge. Dann gilt #A = n N 0. Wir werden zeigen, dass für jede Untermenge B von A ein m N 0 existiert mit #B = m. Dann ist B offensichtlich endlich. Ist A =, so ist die Behauptung klar. Sei also #A = n für n N. Wir beweisen die Behauptung durch Induktion nach n. Induktionsanfang (n = 1): Die Behauptung ist offensichtlich erfüllt. Induktionsschluss (n n + 1): Sei die Behauptung für ein n N gezeigt und sei eine Menge A mit #A = n + 1 gegeben durch A = {a 1,..., a n+1 }. Sei B nun eine echte Teilmenge von A und komme in B etwa das Element a l nicht vor. Wir definieren f(k) = a k, für k < l, f(k) = a k+1, für l k n. Dann ist f : {1,..., n} A \ {a l } eine bijektive Abbildung. Also gilt #(A \ {a l }) = n. Da B A \ {a l } ist B per Induktionsvoraussetzung endlich. Aus dem Induktionsprinzip folgt, dass die Behauptung für alle n N gilt und damit für alle endlichen Mengen. (ii) Sei A eine unendliche Menge. Im Folgenden konstruieren wir eine bijektive Abbildung f mit D(f) = N und R(f) A. Dann ist R(f) offensichtlich eine abzählbar unendliche Teilmenge von A. Wir wissen, dass die Menge A nicht leer ist. Somit existiert ein Element in A, dies sei f(1). Es sei nun f(k) A für k n schon definiert, so dass für k 1 k 2 stets f(k 1 ) f(k 2 ) gilt. Wäre nun A \ {f(1), f(2),..., f(n)} =, so wäre A = {f(1), f(2),..., f(n)} eine endliche Menge. Demnach muss es ein Element a A geben, so dass a f(k) für alle k n. Wir setzen f(n + 1) = a. Offenbar ist dann f(k 1 ) f(k 2 ) für k 1 k 2 mit k 1 n + 1, k 2 n + 1. Durch Anwendung des Induktionsprinzips sieht man, dass sich f(n) A für alle n N so definieren lässt, dass f(k 1 ) f(k 2 ) für k 1 k 2. Somit ist f : N R(f) bijektiv.

5 Bemerkung: Es ist wichtig, dass man bei der Definition einer Abbildung durch Induktion darauf achtet, dass die einmal definierten Funktionswerte beim nächsten Induktionsschritt nicht geändert werden! (iii) Wir zeigen beide Richtungen getrennt. : Es gebe eine bijektive Abbildung f : A A \ {a}. Wir führen einen Widerspruchsbeweis und nehmen deshalb an, dass A endlich ist, also A = {a, a 1,..., a n } für ein n N. Die Mächtigkeit von A ist demnach n+1, während A\{a} = {a 1,..., a n } die Mächtigkeit n hat. Nach dem Schubfach-Prinzip kann also keine bijektive Abbildung f : A A \ {a} existieren. Denn eine solche Abbildung von A nach A \ {a} = {a 1,..., a n } kann nicht injektiv sein, denn dann müssen je zwei verschiedene Elemente aus A auf zwei verschiedene Elemente aus A \ {a} abgebildet werden. Da A jedoch n + 1 und A \ {a} nur n Elemente besitzt, gibt es mindestens zwei Elemente aus A, die auf dasselbe Element aus A \ {a} abgebildet werden, ein Widerspruch zur Injektivität von f. : Die Menge A sei unendlich. Es gibt also kein N N, sodass eine surjektive Abbildung von {1,..., N} nach A gefunden werden kann. Aber es gibt eine Folge (a n ) n N von Elementen in A \ {a}, die paarweise verschieden sind. Das sieht man induktiv wie folgt: Angenommen wir finden kein Element in A \ {a}, so wäre A = {a} endlich (N = 1), ein Widerspruch. Also muss ein Element a 1 A \ {a} existieren. Würden wir kein weiteres Element finden, so wäre A = {a, a 1 } wieder endlich (N = 2), ein Widerspruch. Dies kann man offensichtlich induktiv fortsetzen. Wir definieren nun die Abbildung f : A A \ {a} durch a 1, x = a, f(x) = a n+1, x = a n, x, x A \ {a, a 1, a 2,...}. Dann ist f injektiv, denn für x 1, x 2 A mit f(x 1 ) = f(x 2 ) folgt 1. Fall: x 1 = a f(x 1 ) = a 1 = f(x 2 ) x 2 = a = x Fall: x 1 = a n für ein n N f(x 1 ) = a n+1 = f(x 2 ) x 2 = a n = x Fall: x 1 A \ {a, a 1, a 2,...} f(x 1 ) = x 1 = f(x 2 ). Wegen x 1 A \ {a, a 1, a 2,...} folgt daraus x 2 A \ {a, a 1, a 2,...} (sonst wäre x 1 = f(x 2 ) {a 1, a 2,...} {a, a 1, a 2,...}, ein Widerspruch) und deshalb x 1 = f(x 2 ) = x 2. Zudem ist f surjektiv. Dazu sei x A \ {a} beliebig. 1. Fall: x = a 1 f(a) = x. 2. Fall: x = a n+1 für ein n 1 f(a n ) = x. 3. Fall: x A \ {a, a 1, a 2,...} f(x) = x. Somit kann zu jedem x A\{a} ein Element in A gefunden werden, das durch f auf x abgebildet wird. (iv) Aus der Vorlesung wissen wir, dass zwei Mengen A, B gleich mächtig sind wenn eine Bijektion f : A B existiert. Es gibt nun mehrere Möglichkeiten die Aussage zu beweisen: 1. Möglichkeit: Angeben einer Bijektion zwischen [0, 1] und [0, 1). Eine solche Bijektion ist (wie man anhand der Abbildung im Aufgabenteil (ii) leicht sieht) zum Beispiel gegeben durch die Abbildung { 1, x = 2 n für n N f : [0, 1] [0, 1) ; x 2 n+1 0, x, sonst. 2. Möglichkeit: Direktes anwenden des Aufgabenteils (ii): Es gilt [0, 1] R und [0, 1) = [0, 1] \ {1}. Somit folgt aus Aufgabenteil (iii), dass eine Bijektion zwischen [0, 1] und [0, 1) genau dann existiert wenn [0, 1] unendlich ist. Da die Menge { 1 n n N} abzählbar unendlich ist und { 1 n n N} [0, 1] muss [0, 1] unendlich sein.

6 Aufgabe 18: (Präsenzaufgabe) Geben Sie jeweils abzählbare Mengen A, B mit den folgenden Eigenschaften an. (i) #A = 5. (ii) A \ B ist abzählbar. (iii) A \ B ist endlich, aber nicht leer. Lösungsvorschlag: Zum Beispiel: (i) A := {3, 5, 12, 46, 332}. (ii) A := Z und B := N. (iii) A := Z und B := Z \ {0}.