Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 2:
Elementare Zahlenbereiche - Einführung in die Körpertheorie
Lösungen zu den Aufgaben Definition eines Körpers
Lösung zur Aufgabe 2.4.1 - Neutrales Element der Addition
Angenommen, es mit \( 0_1 \) und \( 0_2 \) gibt es zwei neutrale Elemente der Addition, d.h. \[ x+0_1=x \quad\mbox{und}\quad x+0_2=x \quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb K. \] In der ersten Identität ersetzen wir \( x \) durch \( 0_2 \) und erhalten mit dem Kommutativgesetzes der Addition \[ 0_2+0_1=0_1+0_2=0_2\,. \] In der zweiten Identität ersetzen wir \( x \) durch \( 0_1 \) und erhalten \[ 0_1+0_2=0_1\,. \] Ein Vergleich beider Identitäten liefert \[ 0_1+0_2=0_1 \quad\mbox{und}\quad 0_1+0_2=0_2\,, \quad\mbox{also}\quad 0_1=0_2\,. \] Das in (K1.3) geforderte neutrale Element der Addition ist also eindeutig.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Rechnen in Körpern
Lösung zur Aufgabe 2.4.2 - Folgerungen aus dem Körperaxiomen
| (i) | Wir ermitteln |
\[ x\cdot 0\stackrel{(K1.4)}{=}x\cdot(x-x)\stackrel{(K3)}{=}x\cdot x-x\cdot x\stackrel{(K1.4)}{=}0. \]
| (ii) | Angenommen, es gibt \( x,y\in\mathbb K\setminus\{0\} \) mit \( xy=0. \) Dann ist |
\[ \begin{array}{lll} x\cdot y=0 & \Leftrightarrow & y\cdot x=0 \\ & \Leftrightarrow & (y\cdot x)\cdot x^{-1}=0\cdot x^{-1} \\ & \Leftrightarrow & (y\cdot x)\cdot x^{-1}=0 \\ & \Leftrightarrow & y\cdot(x\cdot x^{-1})=0 \\ & \Leftrightarrow & y\cdot 1=0 \\ & \Leftrightarrow & y=0 \end{array} \]
| (welche Axiome bzw. Folgerungen wurden benutzt?). Dieser Widerspruch zeigt, dass die Annahme \( xy=0 \) falsch war. |
Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Angeordnete Körper
Lösung zur Aufgabe 2.4.3 - Erste Form der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung
Es ist \[ 0\le(x-y)^2=x^2-2xy+y^2\,, \] und Umstellen liefert die Behauptung.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.4.4 - Eine weitere Ungleichung
Wir berechnen \[ \begin{array}{lll} (1+x)(1+y)[(1-(x+y)] & = & (1+x+y+xy)(1-x-y) \\ & = & 1-x^2-x^2y-xy-y^2-xy^2 \,\le\,1 \end{array} \] unter Beachtung von \( x,y\ge 0. \) Umstellen liefert die Behauptung.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Das Archimedische Axiom
Lösung zur Aufgabe 2.4.5 - Folgerung aus dem Archimedischen Axiom I
Wir gehen in zwei Schritten vor:
| \( \circ \) | Ist \( p\le 1, \) so wähle \( n=2, \) und es folgt \( n\gt p. \) |
| \( \circ \) | Ist \( p\gt 1, \) so haben wir genauer \( 0\lt 1\lt p \) und damit, da \( \mathbb Q \) Archimedisch ist, |
\[ p\lt n\cdot 1=n \]
| mit geeignet zu wählendem \( n\in\mathbb N. \) |
Das zeigt die Behauptung.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.4.6 - Folgerung aus dem Archimedischen Axiom II
Angenommen, es ist \( p\gt q. \) Dann existiert ein rationales \( \varepsilon\gt 0 \) mit \( p-q\gt \varepsilon. \) Wähle nun ein \( n\in\mathbb N \) mit \( \frac{1}{n}\lt\varepsilon \) (vergleiche das Beispiel in Abschnitt 2.4.4). Dann folgt \[ p-q\gt\varepsilon\gt\frac{1}{n} \quad\mbox{bzw.}\quad \frac{1}{n}+q\lt p. \] Hierin setzen wir die Voraussetzung ein und erhalten \[ \frac{1}{n}+q\lt p\le q+\frac{1}{n} \quad\mbox{bzw.}\quad \frac{1}{n}\lt\frac{1}{n}\,. \] Das ist ein Widerspruch, da \( \mathbb Q \) angeordnet ist. Also gilt \( p\le q.\qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Der Absolutbetrag
Lösung zur Aufgabe 2.4.7 - Eigenschaften der Betragsfunktion
Wir unterscheiden zwei Fälle:
| \( \circ \) | Sei \( |x|\le a. \) Im Fall \( x\ge 0 \) sind dann |
\[ -a\le 0\le x\quad\mbox{sowie}\quad x=|x|\le a, \]
| so dass folgt \( -a\le x\le a. \) Im Fall \( x\lt 0 \) sind |
\[ x\le a\quad\mbox{sowie}\quad -x=|x|\le a\ \mbox{bzw.}\ x\ge -a, \]
| so dass auch jetzt folgt \( -a\le x\le a. \) | |
| \( \circ \) | Sei \( -a\le x\le a. \) Im Fall \( x\ge 0 \) ist |
\[ |x|=x\le a. \]
| Im Fall \( x\lt 0 \) ist |
\[ -|x|=x\ge -a \]
| und daher ebenfalls \( |x|\le a. \) |
Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.4.8 - Dreiecksungleichung
Wir unterscheiden vier Fälle:
| \( \circ \) | Seien \( x,y\ge 0. \) Dann sind |
\[ |x+y|=x+y,\quad |x|=x,\quad |y|=y, \]
| und die geforderte Ungleichung folgt aus |
\[ |x+y|=x+y=|x|+|y|. \]
| \( \circ \) | Seien \( x,y\lt 0. \) Dann sind \( x+y\lt 0 \) sowie |
\[ |x+y|=-(x+y)=-x-y,\quad |x|=-x,\quad |y|=-y, \]
| und die geforderte Ungleichung folgt aus |
\[ |x+y|=-x-y=|x|+|y|. \]
| \( \circ \) | Seien \( x\ge 0, \) \( y\lt 0 \) und \( x+y\ge 0. \) Dann sind |
\[ |x+y|=x+y,\quad |x|=x,\quad |y|=-y, \]
| und die geforderte Ungleichung folgt aus |
\[ |x+y|=x+y=|x|-|y|\le|x|+|y|. \]
| \( \circ \) | Seien \( x\ge 0, \) \( y\lt 0 \) und \( x+y\lt 0. \) Dann ist |
\[ |x+y|=-(x+y)=-x-y,\quad |x|=x,\quad |y|=-y, \]
| und die geforderte Ungleichung folgt aus |
\[ |x+y|=-x-y=-|x|+|y|\le|x|+|y|. \] Den Fall \( x\lt 0, \) \( y\ge 0 \) behandelt man analog. Es folgt die Behauptung.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.4.9 - Inverse Dreiecksungleichung
Mit der Dreiecksungleichung erhalten wir \[ |x|=|x-y+y|\le|x-y|+|y| \quad\mbox{und damit}\quad |x|-|y|\le|x-y|. \] Ganz entsprechend ermitteln wir \[ \begin{array}{l} |y|=|y-x+x|\le|y-x|+|x|=|x-y|+|x| \\ \mbox{und damit}\quad |y|-|x|=-(|x|-|y|)\le|x-y| \\ \mbox{bzw.}\quad |x|-|y|\ge-|x-y|. \end{array} \] Wir fassen zusammen \[ -|x-y|\le|x|-|y|\le|x-y| \quad\mbox{bzw.}\quad \big||x|-|y|\big|\le|x-y| \] nach Aufgabe 2.4.7. Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.4.10 - Produkt beschränkter Zahlentripel
Wir schätzen nämlich wie folgt ab: \[ \begin{array}{lll} |ax+by+cz|\negthickspace & \le & \negthickspace\displaystyle |ax|+|by|+|cz| \,=\,|a|\cdot|x|+|b|\cdot|y|+|c|\cdot|z| \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,|a|^2+\frac{1}{2}\,|x|^2+\frac{1}{2}\,|b|^2+\frac{1}{2}\,|y|^2+\frac{1}{2}\,|c|^2+\frac{1}{2}\,|z|^2 \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,a^2+\frac{1}{2}\,x^2+\frac{1}{2}\,b^2+\frac{1}{2}\,y^2+\frac{1}{2}\,c^2+\frac{1}{2}\,z^2 \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,(a^2+b^2+c^2)+\frac{1}{2}\,(x^2+y^2+z^2) \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{2} \,=\,1. \end{array} \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 2.4.11 - Summen und Produkte
Die Behauptung ist klar, wenn ein \( x_i=0 \) ist. Sei also jetzt stets \( x_i\not=0. \) Weiter ist \[ \prod_{i=1}^nx_i\le\prod_{i=1}^n|x_i|, \] d.h. es genügt, \( x_i\in(0,1) \) für alle \( i=1,\ldots,n \) anzunehmen. Dann schätzen wir mit Hilfe der ersten Form der Cauchy-Schwarz-Ungleichung \[ \begin{array}{l} n\cdot(x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n) \\ \qquad =\,x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n+x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n+\ldots+x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n \\ \qquad \le\,x_1\cdot x_2+x_2\cdot x_3+\ldots+x_n\cdot x_1 \\ \qquad\displaystyle \le\,\frac{x_1^2}{2}+\frac{x_2^2}{2}+\frac{x_2^2}{2}+\frac{x_3^2}{2}+\ldots+\frac{x_n^2}{2}+\frac{x_1^2}{2} \\ \qquad =\,x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2\,. \end{array} \] Das zeigt die Behauptung.\( \qquad\Box \)