Loesungen ausgewaehlter Beispiele zu Analysis I, G. Bergauer, Seite 1
1 Loesungen zu Analysis 1/ 4.Uebung
1.1 Einleitung
In der Analysis fuer angeordnete Koerper, also z.B. in R ist es ueblich, fuer A⊆R das supA folgendermassen zu karakterisieren:
λ = supA⇔λ∈O(A) und ∀ǫ >0∃a∈A: a > λ−ǫ
Die Elemente aus A naehern sich dem supA sozusagen beliebig nahe an.
Beweis : Offensichtlich muss λ ∈ O(A) gelten, da es ja die kleinste obere Schranke ist.
6⇐ Angenommen ∃ǫ >0∀a∈A: a≤λ−ǫ. Dann waere aber λ−ǫ eine obere Schranke und λ > λ−ǫ, im Widerspruch dazu, dass λdas Supremum ist.
6⇒ Angenommen λ nicht supA. Dann ist entweder λ6∈ O(A) oder es gibt ein λ′ ∈O(A) das kleiner ist alsλ.
Der zweite Fall ist interessant. Seiq= λ′+λ2 , dann istλ′< q < λ. Somit gibt es ein ǫ:=λ−q >0, sodassλ−ǫ=q > λ′ ≥afuer alle a∈A.
Man koennte fuer das 3. Beispiel also auch diese Karakterisierung verwenden und sich dadurch den indirekten Beweis ersparen.
1. Beispiel Gegeben ein archimedisch angeordneter KoerperK. Man zeige, dass es ein η∈(0,1)\Qgibt, falls es zumindest einκ inK gibt, das nicht in Q liegt. Ausserdem zeige man fuerx, y ∈K mit x < y gibt es einα∈K\Q mit x < α < y.
BH: |κ| und |κ|1 sind nicht Element Q.
Beweis : Die erste Aussage gilt, da sgn(κ)(sgn(κ)κ) = sgn(κ)|κ|=κaber sgn(κ)∈Q. Ebenso sieht man sofort ein, dass |κ|1 6∈Q, da ja andernfalls 11
|κ|
=|κ| ∈Q.
BH: min
|κ|,|κ|1
∈(0,1)
Beweis : Da beide betrachteten Ausdruecke nicht in Q liegen, kann ihr Betrag nicht 0 oder 1 sein. Im Fall |κ| < 1 ist nichts mehr zu zeigen. Also sei |κ| ≥ 1.
Da |κ|1 > 0 gilt, folgt durch Multiplikation mit diesem Ausdruck, sofort 1 =|κ| ·|κ|1 ≥1·|κ|1 .
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Nun zeigen wir die Existenz des geforderten α. Dazu gibt es mehrere Moeg- lichkeiten. Wir waehlen hier eine ohne Fallunterscheidungen.
BH: Fuerx, y ∈K mitx < yliegt das Element κ′ :=κ(y−x) +xim Intervall (x, y).
Beweis : Die Aussage gilt, da x < κ(y−x) +x ⇔0 < κ(y−x) undκ(y−x) +x <
y⇔κ < x−yx−y = 1.
BH: Fuer x, y ∈K mit x < y gibt es ein α∈K\Q mit x < α < y.
Beweis : Man findet durch die archimedische Anordnung von K zwei Elementex′, y′ in Q∩(x, y) mit x′ < y′. Nun sei α := κ(y′ −x′) +x′. Einerseits kann α nicht in Q liegen, da ja κ = yα−x′−x′′ gilt. Andererseits ist nach der vorigen Behauptung x < x′ < α < y′ < y.
2. Beispiel Seip(x) =akxk+· · ·+a0 ein Polynom mit reellen Koeffizienten, sodass ak >0. Wir zeigen ∃N ∈N, sodass fuer alle n > N gilt p(n)>0.
Dazu behaupten wir:
BHA(n): Es gibt einN, sodassNk > A(N) := ak
k·Nk−1max(|ak−1|, . . . ,|a0|)
| {z }
:=maxC
.
Beweis : Diese Aussage ist gleichwertig zuN > ak
k·maxC und kann eingeschraenkt auf x∈R, wegen der archimedischen Anordnung, gefunden werden. Theoretisch kann der Koerper in dem das Polynom ausgewertet wird beliebig sein. Da die Koeffizienten inRliegen, enthaelt der Koerper, in dem alle solchen Polynome ausgewertet werden koennen, jedoch ganz R.
Offensichtlich gilt n > A(n) auch fuer alle n ∈N mit n > N. BH: Pk
i=1ai ≤k·max{ai : i∈ {1, . . . , k}}:
Beweis : (IA) 1·max{ai : i= 1}=a1=P1
i=1ai (IS) Angenommen Pn
i=1ai ≤n·max{ai: i∈ {1·n}}.
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Wir betrachten
n+1X
i=1
ai =an+1+ Xn
i=1
ai ≤an+1+n·max{ai : i∈ {1, . . . , n}} ≤
≤max{an+1,max{ai : i∈ {1, . . . , n}}+n·max{ai : i∈ {1, . . . , n} ≤
≤max{ai : i∈ {1, . . . , n+ 1}}+n·max{ai : i∈ {1, . . . , n+ 1}}=
= (n+ 1)·max{ai : i∈ {1, . . . , n+ 1}}
Wir formen nun um. Dabei verwenden wir die obige BH und a+c > b ⇔ a > b−c: Es gilt fuer n > N ≥1:
p(n) + maxC·nk−1+· · ·+ maxC ≥aknk ⇔
⇔p(n)≥aknk−maxC·nk−1− · · · −maxC ≥
≥aknk−k·maxC·nk−1 ≥aknk−akA(n)BH>A(n)0.
3.Beispiel Gegeben M, N nichtleere Mengen und f : M ×N → R. Hier koennte man statt Rauch eine geordnete Menge, die unter sup abgeschlossen ist, betrachten.
Wir zeigen, dass
λ := sup{sup
=:B(n)
z }| {
{f((m, n)) : m∈M}: n∈N}
| {z }
=:A
=
= sup{f((m, n)) : (n, m)∈N ×M}
| {z }
=:C
=:µ
Wir fuehren den Beweis indirekt:
Beweis :
λ > µ : Angenommen λ > µ. Dann ist µ keine obere Schranke von A. Es gibt also ein n, sodass supm∈MB(n) > µ. Daher istµ keine obere Schranke von B(n) und es gibt einm, sodass f(m, n) > µim Widerspruch zur Annahme µ= supC.
µ > λ : Umgekehrt nehmen wir nun an µ > λ. Somit ist istλkeine obere Schranke vonCund es gibt einm∈M,n∈N, sodassf(m, n)> λ. Nun istf(m, n)∈ B(n) und damitλkeine obere Schranke vonB(n) und somit auch nicht von A. Widerspruch zu λ= supA.
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• Somit giltλ=µ.
Der Beweis funktioniert auch fuer λ=∞=µ.
