1 Loesungen zu Analysis 1/ 2.Uebung
1.1 Einleitung
In diese Loesung schreiben wir K als Abkuerzung fuer< K,+,·, P >. Somit ist K immer ein angeordneter Koerper. Angeordnete Koerper sind wie aus der Vorlesung bekannt Q und Rsehr nahe. Das 1. Beispiel in dieser Uebung ist eine Spezialisierung folgenden Satzes:
SATZ: Fuer K gilt K hat unendlich viele Elemente, im speziellen gibt es kein n ∈N, sodass n·1K := (1K+· · ·+ 1K
| {z }
nmal
) = 0.
Dieser Satz folgt trivialerweise aus der Beobachtung, dass 1K und −1K nicht gleichzeitig in P liegen koennen, die Summe von endlich vielen Elementen aus P aber immer noch in P liegt.
Es gilt sogar, dass jedes K eine zu Qisomorphe Kopie enthaelt. Es also eine injektive Funktion ϕ von Q nach K gibt die mit +,· vertauscht. Man kann sich also Q als den kleinsten angeordneten Koerper vorstellen.
Weiters sei fuer M ⊆K die Menge der oberen Schranken O(M) ={z ∈K :
∀m ∈ M, z ≥m} und U(M) = {z ∈K : ∀m∈ M, z ≤m} die Menge der unteren Schranken in K.
Wir verwenden in den Umformungen die Axiome eines angeordneten Koer- pers. Um genau zu dokumentieren, welche Axiome verwendet werden, geben wir hier eine Liste und eine Kurzbezeichnung an, damit wir leichter auf die Axiome verweisen koennen. {a, b, c, d, k} ∈K:
Ass (a+b) +c=a+ (b+c) und a(bc) = (ab)c Kom ab=ba und a+b=b+a
Dist (a+b)c=ac+bc
AK1 a= 0 oder genau eine Element von {−a, a} ist in P AK2 a∈P ∧b∈P ⇒a+b∈P
AK3 a∈P ∧b∈P ⇒ab∈P
Add a < b ⇒a+k < b+k, gezeigt im 4. Beispiel
Mul a < b folgt fuer c ∈ P, dass ac < bc, und fuer c ∈ −P, dass ac > bc, gezeigt im 5. Beispiel
Im weiteren ist die Schreibweise ab nur eine Abkuerzung fuer ab−1 und hat nichts damit zu tun, dass man sich in Q oderR befindet.
7. Beispiel Gegeben
φ : x→ x 1 +|x|
.
Z.z. φ is bijective, streng monotone Abbildung von K →(−1,1) ={x∈K :
−1< x <1}.
Eine wichtige Beobachtung ist, dass sgnx= sgnφx gilt.
Wir zeigen die Injektivitaet: Sei x, y ∈K mit 1+|x|x = 1+|y|y . Es folgt mit Hilfe von Ass und Distx(1 +|y|) =y(1 +|x|)⇔x+x|y|=y+y|x|. Da das signum von xundy uebereinstimmen muss, giltx|y|=|x|yund mit Addx=y, also die Injektivitaet.
Fuer die Surjektivitaet sei einy∈(−1,1) gegeben. Wir suchen einx∈K mit φx =y. Dazu loesen wir die Gleichung y= 1+|x|x nachx auf. Wir bestimmen also φ−1:
y= x 1 +|x|
Dist⇔ y+y|x|=xAdd,Komm⇔ y=x−yxsgn(x)
sgn(x) = sgn(y)
⇔ y=x−sgn(y)yxKom,Dist⇔ y
1− |y| =x.
Bei der letzten Umformung brauchen wir die Existenz von (1− |y|)−1, also 1−|y| 6= 0, was ausy∈(−1,1) folgt. Damit ist φ−1 auf (−1,1) wohldefiniert, und man verfiziert, dass fuer beliebig vorgegebens y∈ (−1,1), gilt:
φ(φ−1(y)) =
y 1−|y|
1 + 1−|y|y
sgn1−|y|y = sgn(y) day∈(−1,1)
=
y 1−|y|
1 + 1−|y|y sgn(y) =
Dist=
y 1−|y|
y
1−|y|(1−|y|y + sgn(y)) = 1
1−|y|+|y|
y
=y
Es wurde verwendet, dass xy1 = (xy)−1 = y−1x−1 = 1x · 1y. Somit bildet φ surjektiv auf (−1,1) ab.
Es fehlt noch der Nachweis fuer φ monoton:
Wir betrachten also x, y ∈K mit x < y und zeigen φ(y)−φ(x)>0:
φ(y)−φ(x) = y
1 +|y|− x
1 +|x| >0Ass,Dist,Mul
⇔ y(1 +|x|)−x(1 +|y|)>0
Dist,Kom
⇔ y−x+y|x| −x|y|>0⇔y−x≥0⇔x < y.
Der letzte Schritt benuetzt, dass y|x| −x|y| =xy(sgn(x)−sgn(y))≥ 0, da sgn(x)≤ sgn(y). (HINWEIS: Falls sgn(x)<sgn(y) ist entweder x= 0 oder x∈ −P und in diesem Fall auch sgn(x)−sgn(y)∈ −P)
8. Beispiel Gegeben K, M ⊆ K. Angenommen O(M) ist nicht leer. Z.z.
O(M)∩M enthaelt hoechstens 1 Element.
Das machen wir indem wir zeigen ∀z, z′ ∈O(M)∩M : z =z′:
Dieser Umstand folgt aus ∀m∈ M :m≤ z∧m≤z′, da aber z, z′ ∈M gilt im Speziellen auch z ≤z′ und z′ ≤z also z =z′.
Nun zeigen wir, dass O(M)∩M genau maxM enthaelt:
Falls M ein Maximum m besitzt, gilt nach Definition des Maximums m ∈ O(M) und damitm ∈M ∩O(M).
Umgekehrt wenn O(M)∩M = {z} gilt folgt, dass ∀m ∈ M, z ≥ m und damit m ein Maximum ist.
Zu guter letzt wollen wir zeigen, dass supM genau dann existiert, wenn inf−M existiert. Dazu benuetzt man, dass supM genau dann existiert, wenn
−supM existiert.
Als erstes sieht man unter Verwendung von Mul:
−O(M) =−{z ∈K : ∀m∈M, z ≥m}=
={−z ∈K : ∀m ∈M, z≥m}={−z ∈K : ∀m∈ −M, −z ≤m}=
={z ∈K : ∀m ∈ −M, z ≤m}=U(−M) Nun schreiben wir−supM um, dabei schreiben wir =s: B(s) und meinen, das einzige Element s∈ {s : B(s)}. Wir verwenden ausserdem wieder Mul:
−supM =−minO(M) =
=−s: (∀m ∈M, s≥m∧ ∀z ∈O(M), z ≥s) =
=s: (∀m ∈ −M, s≤m∧ ∀z ∈ −O(M), z ≤s) =
=s: (∀m ∈ −M, s≤m∧ ∀z ∈U(−M), z ≤s) =
= maxU(−M) = inf(−M) 9. Beispiel Gegeben K. Sei M ⊆K, sodass infM existiert und s∈K. Z.z. s <infM genau dann wenn ein t ∈ K existiert, sodass s < t ≤ m fuer alle m ∈M.
Wenn es ein t ∈ K gibt mit s < t ≤ m fuer alle m ∈ M, dann gilt durch die Transitivitaet von ≤, dass ∀m ∈ M : s ≤ m, somit s ∈ U(M) und s ≤maxU(M) = infM.
Umgekehrt wenn s <infM, kann man einfacht= infM setzen, und erhaelt s < t≤ infM.
Z.z. s ≤infM ⇔s ≤m, ∀m ∈M. Es gilt auf Grund der Transitivitaet von
≤:
s≤infM ⇔s∈U(M)⇔ ∀m ∈M, s≤m
10. Beispiel Es ist die Existenz von min,max,sup,inf der Menge
A
z }| {
−1,1 2
∪
1 + 1 n·1K
: n∈N
| {z }
B
∪
C
z }| { (2,3]
Wir zeigen zuerst A < B < C. Dazu reicht es B ⊆(1,2], da der Rest durch die Transitivitaet von ≤ und der Definition der Intervalle folgt.
∀n ∈N: 1 + 1 n·1K
>1Add⇔ ∀n∈N: 1 n·1K
>0
K2,K3
⇔ ∀n∈N: n·(1K) n·1K
>0⇔1K >0.
∀n ∈N: 1 + 1 n·1K
≤2Add⇔ ∀n∈N: 1 n·1K
≤1
K2,K3
⇔ ∀n ∈N: n·(1K) n·1K
≤n·1K K2,Add
⇔ ∀n∈N: 1K ≤n·1K. K2 benoetigt man nur fuer n·1K ∈P.
Wir zeigen 3 ist das Maximum und somit das Supremum von A∪B∪C:
Es gilt durch die Transitivitaet∀x∈A∪B∪C : x≤3 und da 3∈A∪B∪C, folgt nach dem 8. Beispiel: {3} = O(A∪B∪C)∩(A∩B ∩C) und somit, dass O(A∪B ∪C)\ {3}>{3}. Damit ist 3, max und sup von A∪B ∪C.
Schwieriger ist der Nachweis, dass−1 das inf ist. Einerseits weiss man, wieder durch die Transitivitaet, dass −1 eine untere Schranke ist, aber nicht in A∪B ∪C liegt.
Wir zeigen A hat kein min. Der Beweis wird indirekt gefuehrt:
Sei also m = minA gefunden. Wir behaupten, dass dann n := −1+m2 ∈ A und n < m. Wir fuehren, die zu beweisenden Aussagen auf m∈A zurueck:
n >−1
−1 +m
2 >−1K2,Mul,Dist
⇔ (−1 +m)>−2Add⇔ m >−1.
n <0
−1 +m
2 <0K2,Mul,Dist
⇔ (−1 +m)<0Add⇔ m <1.
n < m
−1 +m
2 < mK2,Mul,Kom⇔ (−1 +m)<2m
K2,Add,Dist
⇔ −1< m(2−1) =m(1 + 1−1) =m.
Somit ist n < m und n ∈ A was ein Widerspruch zu m = minA ist. Also gibt es kein min.
Damit folgt aus der dualen Aussage des 8. Beispiel fuerU(A), dassU(A)∩A=
∅.
Wir zeigen −1 ist das Infimum: Gegeben eine untere Schranke i∈K : ∀a∈ A :i ≤a, dann gilt falls i ≥ −1, dass i ∈[−1,∞) und somit i ∈A∪ {−1}.
Nun kann aber i nicht in A liegen, da U(A)∩A = ∅, und es ist allgemein i≤ −1. Somit haben wir gezeigt −1 = infA= inf(A∪B∪C).
