D-MATH, D-PHYS, D-CHAB Analysis I HS 2016 Prof. Manfred Einsiedler Philipp Wirth. Lösung 3

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1 D-MATH, D-PHYS, D-CHAB Analsis I HS 016 Prof Manfred Einsiedler Philipp Wirth Lösung 3 Diese Woche werden nur Lösungen zu den Aufgaben 4, 5 und 6 zur Verfügung gestellt 4 a Nach Folgerung (i aus den Axiomen eines Körpers gilt auch z 0 und somit ist die rechte Seite wohldefiniert Wir rechnen: xz z = (xz(z 1 = (xz(z 1 1 = x(z(z 1 1 = x((zz 1 1 = x(1 1 = x 1 = x b Aus demselben Grund wie in Teilaufgabe a ist die rechte Seite wohldefiniert und es gilt: + x = ( (x 1 = ( ( (x 1 1 = ( ( (x 1 (( 1 ( 1 = (( ( (x 1 ( ( 1 = ( ( 1 1 ( + (x 1 ( ( 1 = ( (1 1 ( + x ( 1 ( ( 1 = ( ((1 1 + x (( 1 ( 1 = ( (1 + x (1 ( 1 = ( + x ( 1 = + x c Wir verwenden folgende Fakten für z R Die Begründung steht jeweils in der Klammer: z = z (Verwende z 0 z 0 (Folgerung (q im Skript und ( z = z Dann folgt die Behauptung aus einer einfachen Fallunterscheidung z > 0 z 1 > 0 (Folgerung (v im Skript Bitte wenden!

2 z = ( 1 z (Folgerung (f im Skript ( z 1 = z 1 (Wichtige Übung 7 im Skript Um die Aufgabe zu beweisen, machen wir eine Fallunterscheidung: 1 Fall: x = 0 Beide Seiten sind Null und die Gleichung ist erfüllt Fall: x > 0 > 0 Wir haben 1 > 0 und somit auch x = x 1 > 0 Daraus folgt x = x = x 3 Fall: x > 0 < 0 Zunächst stellen wir fest: x = x = x( 1 = x(( 1( 1 = (x( 1( 1 = (( 1x( 1 = ( 1(x 1 = x Aus < 0 folgt nun > 0 und damit ( 1 x( 1 > 0 und somit folgt > 0 Also gilt auch x = x = x = x 4 Fall: x < 0 > 0 Analog zu den obigen Fällen 5 Fall: x < 0 < 0 Analog zu den obigen Fällen 5 Wir betrachten die beiden Mengen X = {x R x > a x > 0} und Y = { R < a > 0} Dies sind zwei nicht leere Teilmengen von R, denn es gilt (a + 1 = a + a + 1 > a a + 1 X, Falls a 1: (1/ = 1/4 < a 1/ Y, Falls a < 1: a < a a Y Ausserdem gilt für alle x X und für alle Y die Ungleichung x Somit sind die Voraussetzungen für das Vollständigkeitsaxiom erfüllt und wir finden ein c R, sodass c x für alle x X und Y Nehme nun an, dass c < a, das heisst a c > 0 Wir behaupten, dass es dann ein c Y gibt mit c < c was ein Widerspruch wäre Betrachte ein ε > 0 (man soll sich ε als sehr klein vorstellen, insbesondere ε < 1 und setzte c = c + ε Dann gilt (c + ε = c + cε + ε c + (c + 1ε (die letzte Ungleichung gilt, da ε < 1 Da nach Annahme a c > 0, sind auch die beiden Siehe nächstes Blatt!

3 Zahlen mit a c und 3(c+1 a c positiv Nach dem Vollständigkeitsaxiom gibt es also ein ε (c+1 a c 3(c + 1 ε a c (c + 1 a c 3 (c + 1ε a c und daraus folgt auch die strikte Ungleichung 0 < (c + 1ε < a c Somit gilt (c < a und deshalb ist c Y Ausserdem gilt c < c + ε = c und wir haben den gewünschten Widerspruch erhalten Also ist die Annahme falsch und es gilt c a Analog führt man auch die Annahme c > a zu einem Widerspruch und erhält daraus c a Beide Aussagen zusammen ergeben c = a, was die Existenz von a beweist 6 a Die einzigen invertierbaren Elemente in Z bzgl Multiplikation sind { 1, 1} Alle anderen Elemente aus Z haben kein multiplikatives Inverses und somit ist Z kein Körper b Wir prüfen die Körperaxiome und verwenden dazu Aufgabe 4 b, um zwei rationale Zahlen zu addieren (1 (Nullelement Das Element 0 = 0 Q erfüllt 0 + x = x + 0 = x für alle 1 1 x, Z mit 0 ( (Additives Inverses Für x Q definieren wir x x := Dann gilt x + x = x + x x = 0 und somit ist ein additives Inverses zu x (3 (Assoziativgesetz der Addition Seien, x, x 3 Z und,, 3 N Wir rechnen die Assoziativität direkt nach und benutzen dabei die Assoziativität der Addition von Z: + x + x ( 3 x1 + x 1 = + x 3 = 3 + x 3 + x = x ( 1 x 3 + x 3 + = x ( 1 x + + x (4 (Kommutativgesetz der Addition Seien, x Z und, N Auch hier rechnen wir direkt nach und benutzen die Kommutativität der Addition und der Multiplikation von Z: + x = + x = x + = x + (5 (Einselement Das Element 1 = 1 Q erfüllt 1 x = x 1 = x für alle 1 1 x, Z mit 0 (6 (Multiplikatives Inverses Für ein Element x Q \ {0} (dh x, 0 definieren wir ( x 1 := Dann gilt x = x = 1 = 1 und somit ist ein x x x x multiplikatives Inverses zu x Bitte wenden!

4 (7 (Assoziativgesetz der Multiplikation Seien, x, x 3 Z und,, 3 N Wir rechnen die Assoziativität direkt nach und benutzen dabei die Assoziativität der Multiplikation von Z: x ( 1 x = xx 3 = (x x ( 3 = (x x 3 ( 3 = x 3 = x 3 (8 (Kommutativgesetz der Multiplikation Seien, x, Z und, N Auch hier rechnen wir direkt nach und benutzen die Kommutativität der Multiplikation von Z: x = x = x = x x1 (9 (Distributivgesetz Seien, x, x 3 Z und,, 3 N Wir rechnen direkt nach und benutzen dazu die Assoziativität und Kommutativität der Addition und der Multiplikation, sowie Aufgabe 4 a: + x = + x = x 3 + x x = x x x = x x x 3 3 = 3 + x 3 c Um zu sehen, dass Z abzählbar ist, geben wir eine injektive Abbildung f : Z N an: { n falls n > 0, f(n = n + 1 falls n 0 Die Abbildung ist sogar bijektiv und es folgt, dass Z und N gleichmächtig sind Für die Abzählbarkeit von Q bemerken wir zuerst, dass es eine injektive Abbildung g : Q Z N gibt: Wir können jede rationale Zahl in der Form x mit x Z und N schreiben und ein paar (x, Z N definiert die rationale Zahl x eindeutig Dann definieren wir die Abbildung g durch g ( x = (x, Z N Wir haben bereits gesehen, dass Z und N gleichmächtig sind Deshalb reicht es zu zeigen, dass N N abzählbar ist Ähnlich wie auf dem Übungsblatt, Aufgabe 6 konstruieren wir eine injektive Abbildung h : N N N: h(m, n = p m 1 p n, wobei p 1 und p zwei verschiedene Primzahlen sind Aus der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung folgt, dass h injektiv ist und somit ist Q abzählbar Siehe nächstes Blatt!

5 Indem wir die Abbildungen von oben verknüpfen, können wir auch explizit eine injektive Abbildung i : Q N angeben: Seien p 1, p zwei verschiedene Primzahlen, x Z und N Dann definieren wir die Abbildung i mittels i ( x {p x = 1 p falls x > 0, p1 x+1 p falls x 0 d Wir führen einen indirekten Beweis und nehmen an, dass rational ist Das heisst wir können = p als einen gekürzten Bruch schreiben, p und q haben also keine gemeinsamen Teiler ausser 1 Wenn wir diese Gleichung quadrieren und umformen, erhalten wir q = p Die linke Seite ist durch teilbar, also auch die rechte Seite Dies ist jedoch nur möglich, wenn p gerade ist und in diesem Fall ist die rechte Seite sogar durch 4 teilbar Also muss auch die linke Seite durch 4 teilbar sein, was wiederum nur möglich ist, falls q gerade ist Wir haben also gezeigt, dass sowohl p als auch q gerade sind und somit beide durch teilbar sind Dies widerspricht aber unserer Annahme und wir haben gezeigt, dass nicht rational ist e Siehe Lineare Algebra, Serie 3, Aufgabe q