\[ 0\le(x-y)^2=x^2-2xy+y^2\,, \]

\[ 2xy=xy+xy\le\frac{x^2+y^2}{2}+xy=\frac{x^2+y^2}{2}+\frac{2xy}{2}=\frac{x^2+2xy+y^2}{2} \]

\[ xy\le\frac{x^2+2xy+y^2}{4}=\frac{(x+y)^2}{4}=\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\,. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ |x|=\left\{\begin{array}{cl} x, & \quad\mbox{falls}\ x\ge 0 \\[0.6ex] -x, & \quad\mbox{falls}\ x\lt 0 \end{array}\right.. \]

\[ |x|=x\ge 0, \]

\[ |x|=-x\gt 0. \]

\[ -a\le 0\le x=|x|\le a,\quad\mbox{d.h.}\ -a\le x\le a, \]

\[ -a\le 0\le -x=|x|\le a,\quad\mbox{d.h.}\quad -a\le -x\le a\quad\mbox{bzw.}\quad -a\le x\le a. \]

\[ |x|=x\le a, \]

\[ -a\le x=-|x|,\quad\mbox{d.h.}\ |x|\le a. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Angenommen, es existiert eine rationale Zahl \( x=\frac{p}{q} \) mit teilerfremden Zahlen \( p,q\in\mathbb N\setminus\{0\}, \) so dass \( x^2=3. \) Es folgt \[ 3=x^2=\frac{p^2}{q^2} \quad\mbox{bzw.}\quad p^2=3q^2\,. \] Also ist \( p^2 \) durch \( 3 \) teilbar, damit auch \( p. \) Wir können nämlich \( p=3k+r \) mit geeigneten \( k\in\mathbb N \) und \( r\in\{0,1,2\} \) schreiben, was bedeutet \[ \begin{array}{lcl} r=0, & \quad\mbox{dann} & \quad p^2=9k^2\,, \\ r=1, & \quad\mbox{dann} & \quad p^2=9k^2+6k+1, \\ r=2, & \quad\mbox{dann} & \quad p^2=9k^2+12k+4. \end{array} \] Es ist also \( p^2 \) nur dann durch \( 3 \) teilbar, wenn \( r=0 \) erfüllt ist. Mit einem geeigneten \( a\in\mathbb N \) gilt also \( p=3a \) und daher \[ 9a^2=p^2=3q^2\quad\mbox{bzw.}\quad q^2=3a^2\, \] Also ist \( q^2 \) durch \( 3 \) teilbar, damit auch \( q, \) d.h. \( p \) und \( q \) sind nicht teilerfremd im Widerspruch zur Voraussetzung. Ein \( x\in\mathbb Q \) mit \( x^2=3 \) existiert somit nicht.\( \qquad\Box \)

Angenommen, es existiert ein \( x\in\mathbb Q \) mit \( x=\frac{p}{q} \) mit teilerfremden \( p,q\in\mathbb N, \) so dass \( x^2=6. \) Es folgt \[ 6=\frac{p^2}{q^2}=x^2 \quad\mbox{bzw.}\quad p^2=6q^2=2\cdot 3q^2\,, \] d.h. \( p^2 \) und damit auch \( p \) sind gerade, etwa \( p=2m \) mit \( m\in\mathbb N \) geeignet. Dann ist aber auch \[ 4m^2=p^2=6q^2 \quad\mbox{bzw.}\quad 2m^2=3q^2\,, \] d.h. \( 3q^2 \) ist gerade. Dann ist aber auch \( q^2 \) gerade, denn wäre \( q^2 \) ungerade, etwa \( q^2=2n+1 \) mit geeignetem \( n\in\mathbb N_0, \) so folgt \( 3q^2=6n+3, \) und \( 3q^2 \) wäre auch ungerade. Also sind \( q^2 \) und damit auch \( q \) gerade, und \( p \) und \( q \) besitzen den gemeinsamen Teiler \( 2 \) im Widerspruch zur vorausgesetzten Teilerfremdheit. Ein \( x\in\mathbb Q \) mit \( x^2=6 \) existiert also nicht.\( \qquad\Box \)

Zeichne das Einheitsintervall \( [0,1] \) und markiere farbig nacheinander die Intervalle \[ 0\le x\le\frac{1}{2}\,,\quad \frac{1}{2}\le x\le\frac{1}{4}\,,\quad \frac{1}{4}\le x\le\frac{1}{8} \quad\mbox{usw.} \] Diese Intervalle veranschaulichen die Teilsummen \[ \sum_{k=1}^1\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2}\,,\quad \sum_{k=1}^2\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\,,\quad \sum_{k=1}^3\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8} \quad\mbox{usw.} \] Man entnimmt grafisch (gemeint ist: anschaulich) \[ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{2^k}=1. \]