In der vorigen Blog-Folge hatten wir definiert, was ein angeordneter Körper ist. In solch einem Körper können wir nicht nur mit den bekannten arithmetischen Operation $+$ und $\cdot$ rechnen, sondern wir können auch Ungleichungen aufstellen. In dieser Blog-Folge werden wir weitere Rechenregeln für Ungleichungen herleiten.
Weitere Regeln für Ungleichungen
Die Überlegungen aus dem Beweis für Proposition 2 der vorigen Blog-Folge liefern uns auch eine strikte Variante des Axioms (A5), also der Monotonie der Multiplikation. Ebenso ist das Axiom (A4) auch in einer strikten Variante gültig.
Proposition 1
Für alle $a,b,c\in\R$ gilt:
-
\[ a > 0 \wedge b >0 \Rightarrow ab > 0. \]
-
\[ a < b \Rightarrow a+ c < b+c \]
Der Punkt (i) dieser Proposition formuliert die strikte Variante von (A5), Punkt (ii) die von (A4).
Die folgende Graphik ist eine schöne Visualisierung von (ii).
Die Ordnungsbeziehung $a < b$ wird um $c$ nach rechts (d. h. $c > 0)$ an eine andere Stelle des Zahlenstrahls verschoben. Die Rechenregel garantiert, dass dabei die Ordnungsbeziehung erhalten bleibt.
Beweis
-
Wegen $a > 0$ und $b >0$ sind die Voraussetzungen von (A5) erfüllt, woraus $ab \geq 0$ folgt.
Würde in der Folgerung nun $ab=0$ gelten, müsste, da ein Körper nullteilerfrei ist, mindestens einer der Faktoren Null sein. Es müsste also $a=0 \vee b=0$ gelten. Dies ist aber nach Voraussetzung ausgeschlossen.
-
Die Voraussetzungen von (A4) sind erfüllt, woraus \[ a + c \leq b + c \] folgt. Angenommen, es gilt $a + c = b+c$. Dann folgt daraus \[ a + c + (-c) = b + c + (-c) \] und somit $a=b$, was ein Widerspruch zu $a < b$.
Wenn wir schon dabei sind, strikte Varianten unserer Axiome herzuleiten, dann sollten wir auch eine strikte Variante des Anordnungsaxioms (A3), der Transitivität, aufstellen.
Proposition 2
Für alle $a,b,c\in\R$ gilt: \[ a < b \wedge b < c \Rightarrow a < c. \]Beweis
Da die Voraussetzungen von (A3) erfüllt sind, folgt $a\leq c$. Wir müssen also nur noch zeigen, dass $a=c$ nicht gelten kann. Hierzu nutzen wir einen Widerspruchsbeweis.
Annahme: Es gilt $a=c$. Aus den Voraussetzungen folgt ja $a \leq b \wedge b \leq c$. Wenn nun $a=c$ gilt, wird daraus $a \leq b \wedge b \leq a$. Mit Anordnungsaxiom (A2) ergibt sich $a=b$, was aber durch die Voraussetzung $a< b$ ausgeschlossen ist. Also haben wir einen Widerspruch. Somit gilt $a < c$.
Die folgende Rechenregel gibt uns eine neue Möglichkeit zu prüfen, ob $a=b$ gilt oder nicht.
Proposition 3
Für alle $a,b\in\R$ ist genau eine der drei Aussagen \[ a =b, \quad a < b, \quad a > b \] wahr.Damit können wir für zwei reelle Zahlen $a$ und $b$ deren Gleichheit $a=b$ nachweisen, indem wir zeigen, dass weder $a < b$ noch $a > b$ gilt. Dies werden wir auch einige male anwenden. Weiterhin garantiert uns diese Proposition, dass eine Fallunterscheidung tatsächlich alle Fälle abdeckt, wenn wir nach diesen drei Fällen unterscheiden.
Beweis
Das Wörtchen "genau" hat in der Mathematik bezogen auf eine Anzahl eine eindeutige Semantik. Wenn wir sagen, dass eine Aussage auf genau $n$ Objekte zutrifft, dann meinen wir damit, dass diese Aussage
auf mindestens $n$ Objekte und
auf höchstens $n$ Objekte zutrifft.
So führen wir dann auch den Beweis für eine Aussage, die das Wort "genau" enthält. Wir müssen hier also zeigen, dass stets mindestens eine drei Aussagen wahr ist und dass auch niemals mehr als eine Aussage wahr ist.
- Mindestens
-
Gilt $a=b$, dann ist eine der drei Aussagen erfüllt.
Sei also $a\neq b$. Gemäß Axiom (A1) gilt $a\leq b \vee a \geq b$. Wegen $a\neq b$ folgt $a < b \vee a > b$. Damit ist wiederum mindestens eine Aussage erfüllt.
- Höchstens
-
$a = b$ schließt nach Definition $a < b$ und $a > b$ aus. Damit ist also für diesen Fall höchstens eine Aussage wahr.
Sei also nun $a\neq b$. Wir nehmen an, dass die beiden anderen Aussagen gelten, also $a < b \wedge a > b$. Daraus folgt die abgeschwächte Aussage $a \leq b \wedge a \geq b$ und dann mit (A2) $a=b$. Damit haben wir einen Widerspruch. Also gilt höchstens eine der Aussagen.
Positivität des Quadrats
Die nächsten Rechenregeln zeigen, dass das Quadrat einer reellen Zahl nie negativ ist.
Proposition 4
Für alle $a\in\R$ gilt:
$a\cdot a \geq 0$
$a \neq 0 \Rightarrow a\cdot a > 0$
Beweis
Wir machen eine Fallunterscheidung.
Es gelte $a \geq 0$. Dann können wir Axiom (A5) mit $b=a$ anwenden und erhalten damit $a\cdot a \geq 0$.
Es gelte $a < 0$. Daraus folgt gemäß Proposition 2 (ii) der vorigen Blog-Folge: $-a > 0$. Mit der strikten Variante von (A5) aus Proposition 1 (i) ergibt sich: $(-a)(-a) > 0$. Wegen $(-a)(-a) = a\cdot a$ folgt $a\cdot a > 0$ und somit auch $a\cdot a \geq 0$.
-
Aus $a\neq 0$ folgt, da ein Körper nullteilerfrei ist, $a\cdot a \neq 0$. Zusammen mit (i) ergibt sich $a\cdot a > 0$.
Vorzeichenregeln für Kehrwerte
In der vorigen Blog-Folge hatten wir bereits Vorzeichenregeln für das additiv Inverse einer reellen Zahl formuliert und bewiesen. Die nächste Proposition formuliert nun analoge Rechenregeln für das multiplikativ Inverse.
Proposition 5
Für alle $a\in\R$ gilt:
$a > 0 \Rightarrow a^{-1} > 0$
$a < 0 \Rightarrow a^{-1} < 0$
Also hat das multiplikativ Inverse $a^{-1}$ einer reellen Zahl $a\in\R$ das gleiche Vorzeichen wie $a$ selbst.
Beweis
Sowohl für (i) als auch für (ii) gilt $a\neq 0$. Damit ist die Existenz von $a^{-1}$ gewährleistet.
Aus Proposition 4 wissen wir, dass eine Zahl $\neq 0$ mit sich selbst multipliziert stets positiv ist. Dies gilt natürlich auch für $a^{-1}$. Diese Tatsache nutzen wir hier aus.
-
Hier gilt nach Voraussetzung $a > 0$. Damit ergibt sich: \begin{align} & a^{-1}\cdot a^{-1} > 0 \\ \Longrightarrow\quad & a\cdot a^{-1} \cdot a^{-1} > a\cdot 0 \\ \Longrightarrow\quad & a^{-1} > 0. \end{align}
-
Nach Voraussetzung gilt $a < 0$. Damit ergibt sich: \begin{align} & a^{-1}\cdot a^{-1} > 0 \\ \Longrightarrow\quad & a\cdot a^{-1} \cdot a^{-1} < a\cdot 0 \\ \Longrightarrow\quad & a^{-1} < 0. \end{align} Beachten Sie, dass bei der ersten Folgerung aus dem $>$ ein $<$ wird, weil der Faktor $a$, mit dem wir die Ungleichung multiplizieren, negativ ist.
Wir könnten natürlich noch viel mehr Rechenregeln für Ungleichungen aufstellen und beweisen. Ich will aber auch nicht die ganze Arbeit alleine machen. Vielmehr sollst Du dich ja darin üben, solche Rechenregeln zu beweisen. Deshalb gibt es eine Blog-Folge, die aus vielen Übungen besteht, die genau dies verlangen.
Alle Rechenregeln der Propositionen 1 bis 5 habe ich für die reellen Zahlen formuliert. Tatsächlich sind die zugehörigen Beweise aber für jeden angeordneten Körper gültig, denn wir haben ja für die Beweise nichts außer den Körper- und Anordnungsaxiomen genutzt. Dementsprechend gelten diese Regeln tatsächlich in jedem angeordnetem Körper.
Unendlichkeit von $\R$
Es ist möglich, dass ein Körper $\cal K$ nur endlich viele Elemente enthält. Beispiele dafür sind die Restklassenkörper $\Z/p\Z$, die man auch mit $\mathbb{F}_p$ bezeichnet. Dies sind die Körper der Restklassen, die bei der Rechnung modulo $p$ entstehen, wenn $p$ eine Primzahl ist. Diese Körper spielen in der Zahlentheorie und der Kryptographie eine bedeutende Rolle.
Wie ist dies nun mit den reellen Zahlen? Könnte $\R$ ein endlicher Körper sein? Gibt es nur endlich viele reelle Zahlen? Der folgende Satz zeigt uns, dass dies nicht der Fall ist.
Satz
$\R$ hat unendlich viele Elemente.
Beweis
Nach Proposition 4 gilt für alle $a\in\R: a\cdot a \geq 0$, also insbesondere für $a = 1$. Demnach muss \[ 1 = 1\cdot 1 \geq 0 \] gelten. Nun gilt in einem Körper aber auch stets $1\neq 0$, woraus \[ 1 > 0 \] folgt. Eine interessante Tatsache, die Dir logisch erscheinen mag, die wir tatsächlich aber bisher weder gefordert noch bewiesen hatten. Nun wissen wir es!
Mit Axiom (A4) in der strikten Variante, siehe Proposition 1 (ii), folgt \[ 1 + 1 > 1 \] und daraus wiederum \[ 1 + 1 + 1 > 1 + 1. \] Diesen Prozess können wir beliebig oft wiederholen, also praktisch durch die Addition mit der $1$ immer ein neues Element aus $\R$ erzeugen, das größer ist, als alle Elemente, die wir bis dahin erzeugt haben. Demnach muss $\R$ unendlich viele Elemente beinhalten.
An dieser Stelle möchte ich nochmals darauf hinweisen, dass alles, was wir bisher hergeleitet haben, für jeden angeordneten Körper gilt. Dementsprechend muss jeder Körper, der angeordnet werden kann, unendlich viele Elemente haben.
Korollar
Endliche Körper können nicht angeordnet werden.
Auf endlichen Körpern wie $\Z/p\Z$ bzw. $\mathbb{F}_p$ können wir demnach keine Ordnungsrelation definieren. Jeder Versuch, solch einem Körper eine Ordnung zu geben, die die Anordnungsaxiome erfüllt, muss scheitern.
Monotonie der Quadratfunktion
Proposition 6
Für $a,b \in \R$ mit $a\geq 0$ gilt \[ a < b \Rightarrow a\cdot a < b \cdot b. \]
Beweis
Aus den Voraussetzungen folgt $b > 0$. Für $a = 0$ gilt damit \[ b\cdot b >0 = a\cdot a. \] Für $a > 0$ können wir Proposition 2 (iii) der vorigen Blog-Folge nutzen, mit $c=a$. Damit ergibt sich \[ a < b \Rightarrow a\cdot a < a\cdot b. \] Wenden wir Proposition 2 (iii) mit $c=b$ an, ergibt sich \[ a < b \Rightarrow a\cdot b < b\cdot b. \] Mit der Transitivität in strikter Form (siehe Proposition 2) folgt \[ a\cdot a < b \cdot b. \]
Potenzen
Mit dem folgenden Begriff der Potenz können wir ein Produkt, dass aus sich wiederholenden Faktoren besteht, einfacher notieren. Dabei definieren wir die Potenz rekursiv.
Definition
Für $a \in \R$ und $n \in \N_0$ sei \begin{eqnarray*} a^0 & := & 1 \\ a^{n+1} & := & a^n \cdot a. \end{eqnarray*} Weiterhin sei für $a\neq 0$ und $n\in\N$ \[ a^{-n} := \left(a^n\right)^{-1}. \]
Der Term $a^{-n}$ steht also für das multiplikativ Inverse von $a^n$. Beachte, dass gemäß Definition auch $0^0 = 1$ gilt, aber $0^n = 0$ für $n \in \N$.
Mit der Definition der Potenz können wir die Aussage von Proposition 6 auch noch einfacher formulieren: \[ \forall a,b \in \R: 0 \leq a < b \Rightarrow a^2 < b^2. \]
Jetzt wird es Zeit für die ersten umfangreicheren Übungen. Schaue Dir die Blog-Folge dafür gut an und bearbeite diese Übungen oder auch andere, z. B. die eines Übungsblattes aus der Vorlesung. Danach geht es mit der Definition von Fakultät und Binomialkoeffizient, wichtigen Zählkoeffizienten für die Analysis, weiter.
Teilen und Drucken