Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 3:
Reelle Zahlen - Algebraische Struktur reeller Zahlen
Lösungen zu den Aufgaben Beschränktheit rationaler Cauchyfolgen
Lösung zur Aufgabe 3.2.1 - Rationale Cauchyfolgen sind beschränkt
Zu \( \varepsilon=1 \) existiert nach der Cauchyfolgeneigenschaft ein \( N=N(1)\in\mathbb N \) mit \[ |x_m-x_n|\lt 1\quad\mbox{für alle}\ m,n\ge N. \] Mit der Dreiecksungleichung schätzen wir nun wie folgt ab \[ |x_n| =|x_n-x_N+x_N| \le|x_n-x_N|+|x_N| \le 1+|x_N| \quad\mbox{für alle}\ n\ge N. \] Wir setzen daher \[ C:=\max\{|x_0|,|x_1|,\ldots,|x_N|,1+|x_N|\} \] und erhalten \[ |x_n|\le C\quad\mbox{für alle}\ n=0,1,2,\ldots, \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Addition und Multiplikation reeller Zahlen
Lösung zur Aufgabe 3.2.2 - Rationale Cauchyfolgen unter Addition
Es sind \( \{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) und \( \{y_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) rationale Cauchyfolgen, d.h. zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) existiert ein gemeinsames \( N(\varepsilon)\in\mathbb N, \) so dass richtig ist \[ |x_n-x_m|\lt\varepsilon,\quad |y_n-y_m|\lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ m,n\ge N(\varepsilon). \] Da alle \( x_n \) und alle \( y_n \) rational sind, so sind auch stets \( x_n+y_n \) und \( x_n\cdot y_n \) rational. Nun zur Summenfolge \( \{x_n+y_n\}_{n=0,1,2,\ldots}: \) \[ \begin{array}{lll} |(x_n+y_n)-(x_m+y_m)|\negthickspace & = & \negthickspace |(x_n-x_m)+(y_n-y_m)| \,\le\,|x_n-x_m|+|y_n-y_m| \\ & \lt & \negthickspace \varepsilon+\varepsilon \,=\,2\varepsilon \end{array} \] für alle \( m,n\ge N(\varepsilon), \) d.h. die Summenfolge ist ebenfalls eine rationale Cauchyfolge.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Ordnungsstruktur reeller Zahlen
Lösung zur Aufgabe 3.2.3 - Die Bernoullische Ungleichung
Wir beweisen die Behauptung vermittels vollständiger Induktion: Im Fall \( n=0 \) gilt zunächst \[ (1+x)^0=1\ge 1+0\cdot x=1, \] d.h. die Behauptung ist richtig. Sei als nun \( (1+x)^n\ge 1+nx \) für ein \( n\ge 0 \) richtig. Wegen \( 1+x\ge 0 \) ermitteln wir \[ \begin{array}{lll} (1+x)^{n+1}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle (1+x)^n\cdot(1+x) \,\ge\,(1+nx)\cdot(1+x) \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1+x+nx+nx^2 \,\ge\,1+x+nx \\ & = & \negthickspace 1+(n+1)x. \end{array} \] Das zeigt die Behauptung.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.2.4 - Folgerung aus der Bernoullischen Ungleichung
| (i) | Wir setzen \( x:=1+y \) mit \( y\gt 0. \) Nach der Bernoullischen Ungleichung ist dann |
\[ x^n=(1+y)^n\ge 1+ny. \]
| Mit der Wahl |
\[ n\gt\frac{K-1}{y}\quad\mbox{im Fall}\ K\gt 1,\quad\mbox{sonst}\ n\gt 0\ \mbox{beliebig,} \]
| folgt bereits die Behauptung. | |
| (ii) | Sei \( \varepsilon\gt 0 \) vorgegeben. Wähle \( K(\varepsilon)\gt 0, \) so dass |
\[ \frac{1}{K(\varepsilon)}\lt\varepsilon. \]
| Mit \( z:=\frac{1}{x}\gt 1 \) existiert zu diesem \( K(\varepsilon) \) ein \( N(\varepsilon)=N(K(\varepsilon))\in\mathbb N \) mit |
\[ z^n\gt K(\varepsilon) \quad\mbox{bzw.}\quad x^n=\frac{1}{z^n}\lt\frac{1}{K(\varepsilon)}\lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon). \]
| Das zeigt die Behauptung. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.2.5 - Kontraktionsabbildungen
| (i) | Mit \( a_n=f(a_{n-1}) \) berechnen wir |
\[ \begin{array}{lll} |a_{n+1}-a_n|\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle |f(a_n)-f(a_{n-1})| \,\le\,q|a_n-a_{n-1}| \\ & = & \negthickspace\displaystyle q|f(a_{n-1})-f(a_{n-2})| \,\le\,q^2|a_{n-1}-a_{n-2}| \\ & \le & \negthickspace\displaystyle q^3|a_{n-2}-a_{n-3}| \le\ldots\le q^{n-1}|a_2-a_1|. \end{array} \]
| (ii) | Mit \( n=m+k \) schätzen wir wie folgt ab: |
\[ \begin{array}{l} |a_{m+k}-a_m| \\ \ \displaystyle =\,|a_{m+k}-a_{m+k-1}+a_{m+k-1}-a_{m+k-2}+a_{m+k-2}-\ldots-a_{m+1}+a_{m+1}-a_m| \\ \ \displaystyle \le\,|a_{m+k}-a_{m+k-1}|+|a_{m+k-1}-a_{m+k-2}|+\ldots+|a_{m+2}-a_{m+1}|+|a_{m+1}-a_m| \\ \ \displaystyle \le\,q^{m+k-2}|a_2-a_1|+q^{m+k-3}|a_2-a_1|+\ldots+q^m|a_2-a_1|+q^{m-1}|a_2-a_1| \\ \ \displaystyle =\,q^{m-1}\cdot\Big\{q^{k-1}|a_2-a_1|+q^{k-2}|a_2-a_1|+\ldots+q|a_2-a_1|+|a_2-a_1|\Big\} \\ \ \displaystyle =\,q^{m-1}\cdot\sum_{\ell=0}^{k-1}q^\ell\cdot|a_2-a_1| \,=\,q^{m-1}\cdot\frac{1-q^k}{1-q}\cdot|a_2-a_1| \\ \ \displaystyle \le\,\frac{q^{m-1}}{1-q}\,|a_2-a_1|. \end{array} \]
| Wegen \( q\in(0,1) \) finden wir zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) ein \( M(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ q^{m-1}\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ m\ge M(\varepsilon), \]
| und damit folgt |
\[ |a_n-a_m|=|a_{m+k}-a_m|\le\frac{\varepsilon}{1-q}\,|a_2-a_1|. \]
| Also stellt \( \{a_k\}_{k=1,2,\ldots} \) eine reelle Cauchyfolge dar. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Die multiplikative Inverse einer reellen Zahl
Lösung zur Aufgabe 3.2.6 - Inverse Elemente
Nach Definition einer positiven Zahl existieren zunächst ein \( p\gt 0 \) und ein \( N(p)\in\mathbb N, \) so dass nach den gemachten Voraussetzung gelten \[ |x_n|\ge p,\quad |y_n|\ge p \quad\mbox{für alle}\ n\ge N(p). \]
| (i) | Für die rationale Cauchyfolge \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) ermitteln wir |
\[ \left|\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_m}\right| =\left|\frac{x_m-x_n}{x_nx_m}\right| =\frac{|x_m-x_n|}{|x_nx_m|} \le\frac{1}{p^2}\,|x_m-x_n| \lt\frac{\varepsilon}{p^2} \]
| für alle \( m,n\ge\mbox{max}\,\{N(\varepsilon),N(p)\}. \) Also ist auch \( \{x_n^{-1}\}_{n=1,2,\ldots} \) eine rationale Cauchyfolge. | |
| (ii) | Sei nun außerdem \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\sim_{\mathbb R}\{y_n\}_{n=1,2,\ldots}. \) Wir ermitteln wie oben |
\[ \left|\frac{1}{x_n}-\frac{1}{y_n}\right| =\frac{|y_n-x_n|}{|x_ny_n|} \le\frac{1}{p^2}\,|x_n-y_n| \lt\frac{\varepsilon}{p^2}\,, \]
| für alle \( m,n\ge\mbox{max}\,\{N(\varepsilon),N(p)\}, \) d.h. es ist auch \( \{x_n^{-1}\}_{n=1,2\ldots}\sim_{\mathbb R}\{y_n^{-1}\}_{n=1,2,\ldots} \) |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Reelle Zahlenintervalle
Lösung zur Aufgabe 3.2.7 - Auflösen von Ungleichungen mit Brüchen
| (i) | Zunächst ist \( x\not=2 \) zu fordern. Sei nun \( x\gt 2. \) Dann ist |
\[ 2\lt x\ \mbox{und}\ \frac{1}{x-2}\le 1 \quad\mbox{bzw.}\quad 2\lt x\ \mbox{und}\ 3\le x, \]
| zusammengefasst also \( x\ge 3. \) Im Fall \( x\lt 2 \) ist wegen \( x-2\lt 0 \) die Ungleichung erfüllt. Insgesamt erfüllen also die Ungleichung |
\[ \{x\in\mathbb R\,:\,x\lt 2\}\cup\{x\in\mathbb R\,:\,x\ge 3\}\,. \]
| (ii) | Zunächst ist \( x\not=1 \) zu fordern. Sei nun \( x\gt 1. \) Dann ist |
\[ 1\lt x\ \mbox{und}\ \frac{x+1}{x-1}\lt 2 \quad\mbox{bzw.}\quad 1\lt x\ \mbox{und}\ 3\lt x, \]
| zusammengefasst also \( x\gt 3. \) Die Werte \( -1\lt x\lt 3 \) erfüllen die Ungleichung nicht. Sei nun \( x\lt 1. \) Dann ist |
\[ \frac{x+1}{x-1}\lt 0\lt 2\quad\mbox{für alle}\ -1\lt x\lt 1, \]
| und die Ungleichung ist erfüllt. Im Fall \( x\le -1 \) hingegen haben wir |
\[ \frac{x+1}{x-1}\ge 0, \]
| und wir schätzen wie folgt ab |
\[ \frac{x+1}{x-1} =\frac{1-|x|}{-1-|x|} =\frac{|1-|x||}{1+|x|} \le 1\lt 2. \]
| Insgesamt erfüllen also die Ungleichung |
\[ \{x\in\mathbb R\,:\,x\lt 1\}\cup\{x\in\mathbb R\,:\,x\gt 3\}\,. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.2.8 - Quadratische Ergänzung und mehr
| (i) | Die Behauptung folgt nach Umstellen von |
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| (ii) | Die Behauptung folgt aus |
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| (iii) | Die Behauptung folgt aus |
\[ \begin{array}{l} (x+y)^2\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle x^2+y^2+2xy \,\le\,x^2+y^2+2\cdot\left(\frac{1}{2}\,x^2+\frac{1}{2}\,y^2\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle x^2+y^2+x^2+y^2 \,=\,2(x^2+y^2). \end{array} \]
| (iv) | Die Behauptung folgt nach Umstellen von |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{4}{x+y}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \frac{y}{xy}+\frac{x}{xy}-\frac{4}{x+y} \,=\,\frac{x+y}{xy}-\frac{4}{x+y} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{(x+y)^2-4xy}{xy(x+y)} \,=\,\frac{x^2+2xy+y^2-4xy}{xy(x+y)} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{x^2-2xy+y^2}{xy(x+y)} \,=\,\frac{(x-y)^2}{xy(x+y)} \,\ge\,0. \end{array} \] Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.2.9 - Auflösen von Betragsungleichungen
| (i) | Sei \( x\gt 0. \) Dann ist \( |x|=x, \) und der Ungleichung genügen alle \( x\in\mathbb R \) mit |
\[ |x|=x\lt 3 \quad\mbox{bzw.}\quad 0\lt x\lt 3. \]
| Sei \( x\lt 0. \) Dann ist \( |x|=-x, \) und der Ungleichung genügen alle \( x\in\mathbb R \) mit |
\[ |x|=-x\lt 3 \quad\mbox{bzw.}\quad -3\lt x\lt 0. \]
| Und wegen \( |x|\lt 3 \) für \( x=0 \) erhalten wir insgesamt als Lösungsmenge |
\[ \{x\in\mathbb R\,:\,-3\lt x\lt 3\}\,. \]
| (ii) | Sei \( x-1\gt 0 \) bzw. \( x\gt 1. \) Dann ist \( |x-1|=x-1, \) und der Ungleichung genügen alle \( x\in\mathbb R \) mit |
\[ |x-1|=x-1\ge 2 \quad\mbox{bzw.}\quad x\gt 1\ \mbox{und}\ x\ge 3 \quad\mbox{bzw.}\quad x\ge 3. \]
| Sei \( x-1\lt 0 \) bzw. \( x\lt 1. \) Dann ist \( |x-1|=1-x, \) und der Ungleichung genügen alle \( x\in\mathbb R \) mit |
\[ |x-1|=1-x\ge 2 \quad\mbox{bzw.}\quad x\lt 1\ \mbox{und}\ x\le -1 \quad\mbox{bzw.}\quad x\le -1. \]
| Im Fall \( x-1=0 \) bzw. \( x=1 \) erhalten wir mit \( 0=|1-1|\ge 2 \) einen Widerspruch. Insgesamt erhalten wir als Lösungsmenge |
\[ \{x\in\mathbb R\,:\,x\le -1\}\cup\{x\in\mathbb R\,:\,x\ge 3\}\,. \]
| (iii) | Sei \( x-1\gt 0 \) bzw. \( x\gt 1. \) Dann ist \( |x-1|=x-1, \) und der Ungleichung genügen alle \( x\in\mathbb R \) mit |
\[ 0\lt|x-1|=x-1\lt 2 \quad\mbox{bzw.}\quad x\gt 1\ \mbox{und}\ x\lt 3 \quad\mbox{bzw.}\quad 1\lt x\lt 3. \]
| Sei \( x-1\lt 0 \) bzw. \( x\lt 1. \) Dann ist \( |x-1|=1-x, \) und der Ungleichung genügen alle \( x\in\mathbb R \) mit |
\[ 0\lt |x-1|=1-x\lt 2 \quad\mbox{bzw.}\quad x\lt 1\ \mbox{und}\ x\gt -1 \quad\mbox{bzw.}\quad -1\lt x\lt 1. \]
| Im Fall \( x-1=0 \) bzw. \( x=1 \) erhalten wir einen Widerspruch zu \( 0\lt|x-1|. \) Insgesamt erhalten wir als Lösungsmenge |
\[ \{x\in\mathbb R\,:\,-1\lt x\lt 1\}\cup\{x\in\mathbb R\,:\,1\lt x\lt 3\}\,. \]
| (iv) | Sei \( x\ge 1. \) Dann sind |
\[ |x-1|=x-1,\quad |x+2|=x+2, \]
| die Ungleichung ist aber nicht erfüllt, denn wir gelangen zu dem Widerspruch |
\[ |x-1|=x-1\ge x+2=|x+2| \quad\mbox{bzw.}\quad -1\ge 2. \]
| Ebenso führt der Fall \( x=1 \) auf einen Widerspruch. Sei jetzt \( -2\lt x\lt 1, \) also |
\[ |x-1|=1-x,\quad |x+2|=x+2, \]
| und der Ungleichung genügen alle \( x\in\mathbb R \) mit |
\[ 1-x\ge x+2 \quad\mbox{bzw.}\quad x\le-\,\frac{1}{2} \quad\mbox{und}\quad -2\lt x\lt 1. \]
| Schließlich verifiziert man, dass \( x=-2 \) und \( x\lt -2 \) ebenfalls der Ungleichung genügen, und wir erhalten insgesamt als Lösungsmenge |
\[ \left\{x\in\mathbb R\,:\,x\le-\,\frac{1}{2}\right\}. \]
| (v) | Es ist stets \( |x|+1\gt 0, \) und damit haben wir bereits |
\[ \big||x|+1\big|=|x|+1\ge 3 \quad\mbox{bzw.}\quad |x|\ge 2. \]
| Analog zu (i) erhalten wir als Lösungsmenge |
\[ \{x\in\mathbb R\,:\,x\le -2\}\cup\{x\in\mathbb R\,:\,x\ge 2\}\,. \]
| (vi) | Wähle \( x\lt -2. \) Dann ist \( |x-1|-3\gt 0, \) und wir erhalten |
\[ \begin{array}{l} x\lt -2\ \mbox{und}\ \big||x-1|-3\big|=|x-1|-3\lt 2 \\ \mbox{bzw.}\quad x\lt -2\ \mbox{und}\ |x-1|\lt 5 \\ \mbox{bzw.}\quad x\lt -2\ \mbox{und}\ -4\lt x\lt 6 \\ \mbox{bzw.}\quad -4\lt x\lt -2. \end{array} \]
| Die Ungleichung ist also nicht erfüllt für alle \( x\lt -4, \) und sie ist erfüllt für alle \( -4\lt x\lt -2, \) weiter aber auch für \( x=-2. \) Wähle nun \( -2\lt x\lt 4. \) Dann ist \( |x-1|-3\lt 0, \) und wir erhalten |
\[ \begin{array}{l} -2\lt x\lt 4\ \mbox{und}\ \big||x-1|-3\big|=3-|x-1|\lt 2 \\ \mbox{bzw.}\quad -2\lt x\lt 4\ \mbox{und}\ |x-1|\gt 1, \\ \mbox{bzw.}\quad -2\lt x\lt 4\ \mbox{und}\ x\lt 0\ \mbox{oder}\ x\gt 2 \\ \mbox{bzw.}\quad -2\lt x\lt 0\ \mbox{oder}\ 2\lt x\lt 4. \end{array} \]
| Die Ungleichung ist also nicht erfüllt für alle \( 0\le x\le 2, \) und sie ist erüllt für alle \( -2\lt x\lt 0 \) und alle \( 2\lt x\lt 4 \) erfüllt, sie ist nicht erfüllt für \( x=0 \) und \( x=2, \) aber sie ist erfüllt für \( x=4. \) Wähle nun \( x\gt 4. \) Dann ist wieder \( |x-1|-3\gt 0, \) und wir erhalten wie oben |
\[ \begin{array}{l} x\lt 4\ \mbox{und}\ \big||x-1|-3\big|=|x-1|-3\lt 2 \\ \mbox{bzw.}\quad x\lt 4\ \mbox{und}\ |x-1|\lt 5 \\ \mbox{bzw.}\quad x\lt 4\ \mbox{und}\ -4\lt x\lt 6 \\ \mbox{bzw.}\quad 4\lt x\lt 6. \end{array} \]
| Die Ungleichung ist erfüllt für alle \( 4\lt x\lt 6, \) und sie ist nicht erfüllt für alle \( x\gt 6. \) |
Zusammenfassend erhalten wir als Lösungsmenge \[ \{x\in\mathbb R\,:\,-4\lt x\lt 0\}\cup\{x\in\mathbb R\,:\,2\lt x\lt 6\}\,. \]
Lösung zur Aufgabe 3.2.10 - Wissenschaft und Fortschritt, Aufgabe 24/77
Nach Voraussetzung gelten \[ a\le\frac{a_i}{b_i}\le b\quad\mbox{für alle}\ i=1,2,\ldots,n, \] wobei nach Voraussetzung stets \( b_i\gt 0. \) Wir erhalten einmal wegen \( ab_i\le a_i \) für alle \( i=1,2,\ldots,n \) \[ \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^na_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^nb_i} \ge\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^nab_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^nb_i} =a\cdot\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^nb_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^nb_i} =a \] und wegen \( a_i\le bb_i \) für alle \( i=1,2,\ldots,n \) \[ \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^na_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^nb_i} \le\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^nbb_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^nb_i} =b\cdot\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^nb_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^nb_i} =b. \] Zusammengefasst gilt \[ a\le\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^na_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^nb_i}\le b, \] was zu zeigen war.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Die reellen Zahlen als Körper
Lösung zur Aufgabe 3.2.11 - Rational oder irrational?
Wir gehen in drei Schritten vor:
| \( \circ \) | Es existiert kein \( \lambda\in\mathbb Q \) mit \( a=\lambda c \) und \( b=\lambda d. \) Andernfalls wäre nämlich |
\[ a=\lambda c,\quad b=\lambda d \quad\Longrightarrow\quad ad-bc=\lambda cd-\lambda dc=0 \]
| im Widerspruch zur Voraussetzung \( ad-bc\not=0. \) | |
| \( \circ \) | Es existiert kein \( \mu\in\mathbb Q \) mit \( ax+b=\mu(cx+d). \) Andernfalls wäre nämlich |
\[ ax+b=\mu(cx+d) \quad\Longrightarrow\quad ax+b=\mu cx+\mu d \quad\Longrightarrow\quad x=\frac{\mu d-b}{a-\mu c} \,. \]
| Nach dem ersten Beweispunkt ist dabei \( \mu a-c\not=0, \) d.h. die rechte Seite in letzter Identität ist rational, da alle auftretenden Größen rational sind, d.h. auch \( x \) ist rational im Widerspruch zur Voraussetzung \( x\in\mathbb R\setminus\mathbb Q. \) | |
| \( \circ \) | Angenommen, der in Frage stehende Bruch ist rational, d.h. mit einem \( \mu\in\mathbb Q \) gilt |
\[ \frac{ax+b}{cx+d}=\mu \quad\mbox{bzw.}\quad ax+b=\mu(cx+d), \]
| wobei nach Voraussetzung \( cx+d\not=0 \) erfüllt ist. Das steht aber unmittelbar im Widerspruch zum zweiten Beweispunkt. |
Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)