Übung: Rechenregeln für einen angeordneten Körper

Es genügt zu zeigen, dass in einer abelschen Gruppe die inversen Elemente eindeutig bestimmt sind. Damit sind dann auch die inversen Elemente der beiden abelschen Gruppen $({\cal K}, +)$ und $({\cal K}\setminus \{0_{\cal K}\}, \cdot)$ eindeutig, denn diese sind ja gerade die additiv bzw. multiplikativ inversen Elemente.

Es sei also $(G,+)$ eine abelsche Gruppe. Wir nehmen an, dass es zu einem $a\in G$ zwei inverse Elemente gibt: $a'$ und $a''$. Dann gilt: \begin{eqnarray*} & & a + a' = 0 \quad\text{und}\quad a + a'' = 0\\ & \Rightarrow & a + a' = a + a'' \\ & \Rightarrow & a' + a + a' = a' + a + a'' \\ & \Rightarrow & a + a' + a' = a + a' + a'' \\ & \Rightarrow & 0 + a' = 0 + a'' \\ & \Rightarrow & a' = a'' \end{eqnarray*}

(A1)

Ist erfüllt, denn \begin{eqnarray*} a \preceq b \vee b \preceq a & \Leftrightarrow & a \geq b \vee b \geq a \\ & \Leftrightarrow & b \leq a \vee a \leq b \\ & \Leftrightarrow & a \leq b \vee b \leq a. \end{eqnarray*}

(A2)

Ist erfüllt, denn \begin{eqnarray*} a \preceq b \wedge b \preceq a & \Rightarrow & a \geq b \wedge b \geq a \\ & \Rightarrow & b \leq a \wedge a \leq b \\ & \Rightarrow & a = b \end{eqnarray*}

(A3)

Ist erfüllt, denn \begin{eqnarray*} a \preceq b \wedge b \preceq c & \Rightarrow & a \geq b \wedge b \geq c \\ & \Rightarrow & c \leq b \wedge b \leq a \\ & \Rightarrow & c \leq a \\ & \Rightarrow & a \preceq c \end{eqnarray*}

Es gelte \[ a \leq b \quad\text{und}\quad c \leq d. \] Wir addieren $c$ bei der ersten Ungleichung und $b$ bei der zweiten Ungleichung. Dann folgt mit (A4): \[ a+c \leq b + c\quad \text{und} \quad b+c \leq b + d. \] Mit der Transitivität (A3) folgt \[ a+c \leq b+d, \] womit die Korrektheit der Addition bewiesen ist.

Ungleichungen dürfen nicht direkt subtrahiert werden. Dazu hier ein Beispiel: Es gilt \[ 1 \leq 2 \quad\text{und}\quad 0 \leq 3, \] aber nicht \[ 1 = 1-0 \leq 2-3 = -1. \]

Es gibt aber einen anderen Weg, Ungleichungen zu subtrahieren. \begin{eqnarray*} & & a\leq b \wedge c \leq d \\ & \Rightarrow & a \leq b \wedge -d \leq -c \\ & \Rightarrow & a + (-d) \leq b + (-c) \\ & \Rightarrow & a -d \leq b - c \end{eqnarray*} Interpretation: Ungleichungen dürfen über Kreuz subtrahiert werden!

1. Für alle $a\in\R$ gilt $a^2 \geq 0$, also insbesondere für $a=1$. Somit gilt also $1 = 1^2 \geq 0$.

   Außerdem gilt in jedem Körper $1_{\cal K} \neq 0_{\cal K}$. Damit folgt $1 > 0$.

2. Aus $1 \leq a$ folgt $a >0$ und mit Proposition 5 der letzten Blog-Folge $a^{-1} > 0$.

   Mit diesem Resultat ergibt sich dann: \begin{eqnarray*} & & 1 \leq a \\ & \Rightarrow & 1 \cdot a^{-1} \leq a \cdot a^{-1} \\ & \Rightarrow & a^{-1} \leq 1 \\ & \Rightarrow & \frac{1}{a} \leq 1. \end{eqnarray*}

3. Hier führen wir eine Fallunterscheidung durch.

   1. Fall: Beide Zahlen sind positiv, also $0 < a \leq b$.

   Dann folgt $a^{-1} > 0$ und $b^{-1} > 0$ und damit: \begin{eqnarray*} & & a \leq b \\ & \Rightarrow & a \cdot a^{-1} \leq b \cdot a^{-1} \\ & \Rightarrow & 1 \leq b \cdot a^{-1} \\ & \Rightarrow & 1\cdot b^{-1} \leq b \cdot a^{-1} \cdot b^{-1} \\ & \Rightarrow & b^{-1} \leq a^{-1} \\ & \Rightarrow & \frac{1}{b} \leq \frac{1}{a} \\ & \Rightarrow & \frac{1}{a} \geq \frac{1}{b}. \end{eqnarray*}

   2. Fall: Beide Zahlen sind negativ, also $a \leq b < 0$.

   Dann folgt $0 < -b \leq -a$ und daraus mit dem 1. Fall \[ \frac{1}{-b} \geq \frac{1}{-a}. \] Multiplikation der Ungleichung mit $(-1)$ ergibt \[ \frac{1}{a} \geq \frac{1}{b}. \]

   3. Fall: Die kleinere Zahl ist negativ, die größere positiv, also $a < 0 < b$.

   Dann folgt $a^{-1} < 0$ sowie $b^{-1} > 0$ und somit \[ \frac{1}{a} < 0 < \frac{1}{b} \] woraus wiederum \[ \frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} \] folgt.

4. Wir beweisen die Aussage mittels vollständiger Induktion.

   $n=0$: Es gilt $a^0 = 1 >0$ und $0$ ist gerade. Also ist die Aussage für $n=0$ wahr.

   $n \rightarrow n+1$: Wir machen eine Fallunterscheidung.

   1. Fall: $n+1$ ist gerade.

   Dann ist $n$ ungerade und mit der Induktionsvoraussetzung folgt: \begin{eqnarray*} & & a^n < 0 \\ & \Rightarrow & a^n \cdot a > 0\cdot a = 0 \\ & \Rightarrow & a^{n+1} > 0. \end{eqnarray*}

   2. Fall: $n+1$ ist ungerade.

   Dann ist $n$ gerade und mit der Induktionsvoraussetzung folgt: \begin{eqnarray*} & & a^n > 0 \\ & \Rightarrow & a^n \cdot a < 0\cdot a = 0 \\ & \Rightarrow & a^{n+1} < 0. \end{eqnarray*}

1. Verallgemeinerte Transitivitätsregel

   Wir zeigen die Aussage mit vollständiger Induktion. Beachte, dass wir für die Transitivität mindestens drei Zahlen $a_1,a_2,a_3$ benötigen.

   $n=3$: Dies entspricht genau dem Axiom (A3): \[ a_1 \leq a_2 \wedge a_2 \leq a_3 \Rightarrow a_1 \leq a_3. \] Also gilt die Aussage für $n=3$.

   $n \rightarrow n+1$: Es gelte: \[ a_1 \leq a_2 \wedge a_2 \leq a_3 \wedge \ldots \wedge a_n \leq a_{n+1}. \] Insbesondere gilt damit \[ a_1 \leq a_2 \wedge a_2 \leq a_3 \wedge \ldots \wedge a_{n-1} \leq a_n, \] woraus nach Induktionsvoraussetzung $a_1 \leq a_n$ folgt. Aus \[ a_1 \leq a_n \wedge a_n \leq a_{n+1} \] folgt aber mit (A3) wiederum \[ a_1 \leq a_{n+1}. \] Damit ist die verallgemeinerte Transitivitätsregel bewiesen.

2. Verallgemeinerte Antisymmetrie

   Wir zeigen die Aussage mit vollständiger Induktion.

   $n=2$: Dies entspricht genaus dem Axiom (A2): \[ a_1 \leq a_2 \wedge a_2 \leq a_1 \Rightarrow a_1 = a_2. \] Also gilt die Aussage für $n=2$.

   $n \rightarrow n+1$: Es gelte: \[ a_1 \leq a_2 \wedge a_2 \leq a_3 \wedge \ldots \wedge a_n \leq a_{n+1} \wedge a_{n+1} \leq a_1. \] Aus \[ a_n \leq a_{n+1} \wedge a_{n+1} \leq a_1 \] folgt mit (A3) die Aussage $a_n \leq a_1$, womit \[ a_1 \leq a_2 \wedge a_2 \leq a_3 \wedge a_{n-1} \leq a_n \wedge a_n \leq a_1 \] erfüllt ist. Mit Anwendung der Induktionsvoraussetzung ergibt sich \[ a_1 = a_2 = \cdots = a_n. \] Mit der verallgemeinerten Transitivitätsregel folgt aus den Voraussetzungen aber auch $a_1 \leq a_{n+1}$. Da nach Voraussetzung aber auch $a_{n+1} \leq a_1$ gilt, ergibt sich mit (A3) $a_1 = a_{n+1}$ und somit insgesamt \[ a_1 = a_2 = \cdots = a_n = a_{n+1}. \]

Wir lösen die erste Ungleichung nach $x$ auf: \begin{eqnarray*} & & 4 x + 3 \leq 5x -7 \\ & \Leftrightarrow & 4x \leq 5x - 10 \\ & \Leftrightarrow & -x \leq -10 \\ & \Leftrightarrow & x \geq 10 \end{eqnarray*} Jetzt die zweite Ungleichung: \begin{eqnarray*} & & x + 25 \geq 3x - 15 \\ & \Leftrightarrow & 3x - 15 \leq x + 25 \\ & \Leftrightarrow & 2x \leq 40 \\ & \Leftrightarrow & x \leq 20 \end{eqnarray*} Also ist \[ {\cal L} = \{x\in\R| 10 \leq x \leq 20\} \] die Lösungsmenge dieser Ungleichungen.

Die Ungleichungen sind: \begin{eqnarray*} \frac{1}{2} x + y & \leq & 6 \\ -\frac{2}{5}x + y & \geq & -3 \end{eqnarray*} Wir multiplizieren die zweite Gleichung mit $-1$ und erhalten \begin{eqnarray*} \frac{1}{2} x + y & \leq & 6 \\ \frac{2}{5} x - y & \leq & 3 \end{eqnarray*} Jetzt können wir die Ungleichungen addieren und erhalten damit \[ \frac{9}{10}x \leq 9. \] Multiplikation mit $\frac{10}{9}$ führt zu \[ x \leq 10. \]

Wir multiplizieren die erste Ungleichung mit $10$ und die zweite mit $7$ und erhalten damit \begin{eqnarray*} 40x + 70y & \leq & 560 \\ 21x - 70y & \leq & 420 \end{eqnarray*} Jetzt addieren wir beide Ungleichungen. Es folgt \[ 61 x \leq 980 \] und damit \[ x \leq \frac{980}{61} < 17. \] Dies steht im Widerspruch zur dritten Ungleichung $x \geq 20$.

1. Einerseits gilt für alle $a,b\in\R$: \[ a \leq b \Rightarrow 2a \leq a + b \Rightarrow a \leq \frac{a+b}{2}. \] Andererseits: \[ a \leq b \Rightarrow a+b \leq 2b \Rightarrow \frac{a+b}{2} \leq b. \]

2. Für alle $a,b\in\R$ gilt: \begin{eqnarray*} & & 0 \leq (a-b)^2 \\ & \Rightarrow & 0 \leq a^2 -2ab + b^2 \\ & \Rightarrow & 4ab \leq a^2 +2ab + b^2 \\ & \Rightarrow & ab \leq \frac{a^2 + 2ab + b^2}{4} \\ & \Rightarrow & ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 \end{eqnarray*}