Lösungsvorschläge Blatt Nr. 3
Analysis 1 im WS 2005/06

 Die Lösungen werden ergänzt und korrigiert

→ zurück zur Analysis 1 − Homepage

Vom Dozenten empfohlene Begleitliteratur:

Aufgabe 1

Aufgabenstellung

Zeigen Sie mit Hilfe der Körperaxiome und der Rechenregeln:

$\dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{d} =\dfrac{ad+bc}{cd}, \quad \dfrac{a}{c} \cdot \dfrac{b}{d}=\dfrac{ad}{cd} \quad$ und $\quad \dfrac{a\/c}{b\/d}=\dfrac{ad}{bc}$,

wobei a, b, c, d reelle Zahlen seien, für die alle auftretenden Nenner von 0 verschieden sind.

Einschub Körperaxiome

$\forall_{ a,b,c \in \mathbb{R}}$ gelte:

(A1)

$a+b=b+a$ und $ab=ba \qquad$Kommutativgesetze

(A2)

$a+(b+c)=(a+b)+c$ und $a(bc)=(ab)c \qquad$Assoziativgesetze

(A3)

$a(b+c)=ab+ac \quad$ Distributivgesetz

(A4)

$\forall_{ a \in \mathbb{R}}: \; a+0=0$ und $a \cdot 1 =a \qquad$ Existenz neutraler Elemente

(A5)

$\forall_{ a \in \mathbb{R}}\;\exists_{(-a) \in \mathbb{R}}: \; a+(-a)=0$ und $\forall_{ a \in \mathbb{R}}\;\exists_{(a^{-1}) \in \mathbb{R}}: \; a \cdot a^{-1} =1 \qquad$ Existenz inverser Elemente

Einschub Rechenregeln

$\forall_{ a,b \in \mathbb{R}}$ gelte:

(R1)

$\frac{1}{a} = a^{-1} \quad$ bzw. $\quad \frac{a}{b} = a \cdot b^{-1}$

(R2)

$\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b} = (ab)^{-1}$

(R3)

$(a^{-1})^{-1}=a$

Lösung

zu zeigen ist: $\quad \dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{d} =\dfrac{ad+bc}{cd}$

$$\dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{d} =_{(R1)} \; a \cdot c^{-1} + b \cdot d^{-1}$$

$$=_{(A2,A4)} \; a ((c^{-1}) (1) + b ((1) d^{-1})$$

$$=_{(A2,A5)} \; a ((c^{-1}) (d \cdot d^{-1}) + b ((c \cdot c^{-1} ) d^{-1})$$

$$=_{(A1,A2)} \; a ((c^{-1}) (d^{-1} \cdot d) + b ((c (c^{-1} \cdot d^{-1}))$$

$$=_{(A2,A2)} \; a ((c^{-1} \cdot d^{-1}) d) + (bc) (c^{-1} \cdot d^{-1})$$

$$=_{(A1,R2)} \; a (d (c^{-1} \cdot d^{-1})) + (bc) (cd)^{-1}$$

$$=_{(A2,-)} \; (ad) (c^{-1} \cdot d^{-1}) + (bc) (cd)^{-1}$$

$$=_{(R2,-)} \; (ad) (cd)^{-1} + (bc) (cd)^{-1}$$

$$=_{(A3,-)} \; ((ad)+(bc)) (cd)^{-1}$$

$$=_{(R1,-)} \; \dfrac{ad+bc}{cd}$$

$\square$

zu zeigen ist: $\quad \dfrac{a}{c} \cdot \dfrac{b}{d}=\dfrac{ab}{cd}$

$$\dfrac{a}{c} \cdot \dfrac{b}{d} =_{(R1)} \; a \cdot c^{-1} \cdot b \cdot d^{-1}$$

$$=_{(A2)} \; a ( c^{-1} (b \cdot d^{-1}))$$

$$=_{(A2)} \; a ( (b \cdot d^{-1}) \cdot c^{-1})$$

$$=_{(A2)} \; (a b) (d^{-1}\cdot c^{-1})$$

$$=_{(A1)} \; (a b) (c^{-1}\cdot d^{-1})$$

$$=_{(R2)} \; (a b) (c d)^{-1}$$

$$=_{(R1)} \; \dfrac{ab}{cd}$$

$\square$

zu zeigen ist: $\quad \dfrac{a\/c}{b\/d}=\dfrac{ad}{bc}$

$$\dfrac{a\/c}{b\/d} =_{(R1)} \; \dfrac{a \cdot c^{-1}}{b \cdot d^{-1}}$$

$$=_{(R1)} \; (a \cdot c^{-1})(b \cdot d^{-1})^{-1}$$

$$=_{(R1)} \; a (\cdot c^{-1})(b^{-1} \cdot (d^{-1})^{-1})$$

$$=_{(A2)} \; a (\cdot c^{-1} b^{-1} \cdot d)$$

$$=_{(A1)} \; a (\cdot d c^{-1} \cdot b^{-1})$$

$$=_{(A2)} \; (ad) (c^{-1} \cdot b^{-1})$$

$$=_{(A1)} \; (ad) (b^{-1} \cdot c^{-1})$$

$$=_{(R1)} \; \dfrac{ad}{bc}$$

$\square$

Aufgabe 2

Stellen Sie folgende Mengen in geeigneten Figuren anschaulich dar:

a)

$\{t \in \mathbb{R} \mid 4 < t^2 \leq 16\}$

$t^2 > 4 \Leftrightarrow t_1 > -2$ und $t_2> 2$
$t^2 \leq 16 \Leftrightarrow t_3 \leq -4$ und $t_4 \leq 4$

b)

$\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid 1 \leq \vert x \vert + \vert y \vert \leq 2 \}$

Fallunterscheidungen für die Ungleichung $1 \leq \vert x \vert + \vert y \vert$:

1. $\quad 1 \leq -x + y$ $\Leftrightarrow$ $y\geq x+1$
2. $\quad 1 \leq x + y$ $\Leftrightarrow$ $y\geq -x+1$
3. $\quad 1 \leq x - y$ $\Leftrightarrow$ $y\leq x-1$
4. $\quad 1 \leq -x - y$ $\Leftrightarrow$ $y\leq-x-1$

Fallunterscheidungen für die Ungleichung $\vert x \vert + \vert y \vert \leq 2$:

1. $-x +y \leq 2$ $\Leftrightarrow$ $y \leq x +2$
2. $x +y \leq 2$ $\Leftrightarrow$ $y \leq -x +2$
3. $x -y \leq 2$ $\Leftrightarrow$ $y \geq x -2$
4. $-x -y \leq 2$ $\Leftrightarrow$ $y \geq -x -2$

c)

$\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid \vert x \vert + \vert y \vert + 2 \leq \vert x \vert\}$

1. $-x +y + 2 \leq \pm x$ $\Leftrightarrow$ $y \leq -2$ bzw. $y \leq 2x -2$
2. $x +y + 2 \leq \pm x$ $\Leftrightarrow$ $y \leq -2$ bzw. $y \leq -2x -2$
3. $x -y + 2 \leq \pm x$ $\Leftrightarrow$ $y \geq 2$ bzw. $y \geq 2x +2$
4. $-x -y + 2 \leq \pm x$ $\Leftrightarrow$ $y \geq 2$ bzw. $y \geq -2x +2$

Also ergeben sich am Ende nur sechs unterschiedliche Fälle und damit sechs zu zeichnende Geraden:

Aufgabe 3

Sei $A \subset \mathbb{R}$ und $-A=\{-x \vert x \in A\}$. Zeigen Sie:

a)

$A$ ist nach unten beschränkt $\Leftrightarrow$ $-A$ ist nach oben beschränkt.

1. Die Hin-Richtung besagt:
   Wenn $A$ nach unten beschränkt ist, dann $\exists_{\alpha \in \mathbb{R}} \; \forall_{x \in A}: \quad \alpha \leq x$
   
   Die Multiplikation dieser Ungleichung mit der $-1$ liefert:
   $\exists_{\alpha \in \mathbb{R}} \; \forall_{x \in A}: \quad -\alpha \geq -x$
   Das ist aber dann genau die Definition für die obere Schranke von $-A$.
2. Die Rück-Richtung besagt:
   Wenn $A$ nach oben beschränkt ist, dann $\exists_{\beta \in \mathbb{R}} \; \forall_{x \in A}: \quad \beta \geq x$
   
   Die Multiplikation dieser Ungleichung mit der $-1$ liefert:
   $\exists_{\alpha \in \mathbb{R}} \; \forall_{x \in A}: \quad -\beta \leq -x$
   Das ist aber dann genau die Definition für die untere Schranke von $A$.

b)

$A$ ist nach unten beschränkt $\Rightarrow$ $\inf(A)=-\sup(-A)$

Die Beschränktheit ergibt sich aus Aufgabenteil a), in dem wir festgestellt haben, falls $A$ nach unten beschränkt ist, so ist dann $-A$ nach oben schränkt.
Nehmen wir noch das Vollständigkeitsaxiom hinzu , dann folgern wir:

• $\inf(A)$ existiert, weil $A$ nach unten beschränkt ist.
• $\sup(-A)$ existiert, weil $-A$ nach oben beschränkt ist.

Sei $a \in A$ und $\inf(A) + \varepsilon > a$ Die Multiplikation dieser Ungleichung mit der $-1$ liefert:

$-\inf(A) - \varepsilon < -a$
$\sup(-A) - \varepsilon < -a$

Das zeigt falls $-\inf(-A)=\sup(-A)$ dann auch $\inf(A)=-\sup(-A)$

$\square$

Aufgabe 4

a)

Zeigen Sie, dass $\sqrt{2}$ keine rationale Zahl ist

Wir zeigen durch einen Widerspruchsbeweis, dass $\sqrt{2} \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$:
Annahme: $\sqrt{2} \in \mathbb{Q}$ und $\sqrt{2}=\frac{p}{q}$ ist für bereits $p,q \in \mathbb{Z}$ gekürzt.
Dann gilt:
$2=\frac{p^2}{q^2} \Leftrightarrow 2q^2=p^2$
$\Rightarrow$ 2 teilt $p^2$ $\Rightarrow$ 2 teilt $p$, also $\exists r \in \mathbb{Z}$, so dass gilt: $p=2r$
$\Rightarrow$ $q^2=4r^2$ $\Leftrightarrow$ $q^2=2r^2$
$\Rightarrow$ Also ist $q$ gerade, was aber zu einem Widerspruch führt, weil dann $p=2r$ ist. Somit liegt $\frac{p}{q}$ entgegen der Annahme nicht gekürzt vor.

$\square$

b)

Zeigen Sie, dass $\beta=3/2$ eine obere Schranke der Menge $W=\{x \in \mathbb{Q} \mid x^2 < 2\}$ ist.

Wir zeigen, dass $\beta \geq \sqrt{2}$ weil $x_2=\sqrt{2}$ die kleinste obere Schranke der Menge $W$ ist (und $x_1=-\sqrt{2}$ die größte untere Schranke).

Es gilt $\beta^2 = (\frac{3}{2})^2=\frac{9}{4}$ und $x_{2}^{2}=(\sqrt{2})^2=\frac{8}{4}$.
Weil der Körper der Rationalen Zahlen ein angeordneter Körper ist gilt: $\quad \frac{9}{4} > \frac{8}{4}$

$\Rightarrow$ $\beta^2 > x_{2}^{2}$
$\Rightarrow$ $\beta > x_2$

$\Rightarrow$ $\beta$ ist eine obere Schranke der Menge $W$.

$\square$

c)

Sei $ß \in \mathbb{Q}$ eine obere Schranke von $W$.
Zeigen Sie, dass auch $(\beta^2+2)/(2\beta)$ eine rationale obere Schranke von $W$ ist und dass

$\dfrac{\beta^2+2}{2\beta} < \beta$

Hinweis: $W$ hat keine kleinste obere Schranke in $\mathbb{Q}$

1. Wir zeigen wie in der Teilaufgabe b), dass $\tilde{\beta}=(\beta^2+2)/(2\beta)$ rationale obere Schranke ist:
   
   Es gilt $\tilde{\beta}^2=\Bigl(\dfrac{\beta^2+2}{2\beta}\Bigr)^2$
   aus der 4b) wissen wir: $\beta^2 > x_{2}^{2}$, also gilt:
   
   $\Bigl(\dfrac{\beta^2+2}{2\beta}\Bigr)^2 > \Bigl(\dfrac{x_{2}^{2}+2}{2 x_2}\Bigr)^2$
   Wir bemühen nochmals die 4b) wegen der Aussage $x_2=\sqrt{2}$ ist die kleinste obere Schranke der Menge $W$. Also dürfen wir wegen dem Hinweis in der Aufgabenstellung o.B.d.A. $x_2=\sqrt{2}$ einsetzen:
   
   $\Bigl(\dfrac{\beta^2+2}{2\beta}\Bigr)^2 > \Bigl(\dfrac{(\sqrt{2})^{2}+2}{2 \sq... ...ac{4}{2\sqrt{2}}\Bigr)^2 = \Bigl(\dfrac{2}{\sqrt{2}}\Bigr)^2 = \dfrac{4}{2} = 2$
   $\Rightarrow$ $\tilde{\beta}^2 > 2$
   $\Rightarrow$ $\tilde{\beta} > \sqrt{2}$
   $\Rightarrow$ $\tilde{\beta}$ ist eine obere rationale Schranke der Menge $W$.
   $\square$
2. Für die Identität $\dfrac{\beta^2+2}{2\beta} < \beta$ verwenden wir aus 4b), dass $\beta=\frac{3}{2}$ ist. Wir dürfen das, weil wir im 1. Teil der c) gerade gezeigt haben, dass $\tilde{\beta}$ eine obere Schranke ist und in 4b) das $\beta=\frac{3}{2}$ eine obere Schranke ist. Also vergleichen wir hier zwei gültige obere Schranken der Menge $W$ miteinander und setzen den Wert für $\beta$ in die Identität ein, wobei o.B.d.A $\tilde{\beta}\neq \beta$:
   
   $\dfrac{(\frac{3}{2})^2 + \frac{3}{2} }{2 \frac{3}{2}} = \dfrac{\frac{9}{4} + \frac{5}{4}}{\frac{6}{4}}=\frac{15}{6}=\frac{5}{2}\geq \frac{3}{2}$
   $\square$

→ zurück zur Analysis 1 − Homepage

zurück zu Mathlab.de