# Analysis 1: Blatt 3

## Aufgabe 15
Zu zeigen: : Für alle $x ∈ R$ mit $x > −1$,$x \neq 0$ und alle $n \in \mathbb{N} \backslash \{1\}$ gilt $(1 + x)^n > 1 + nx$.
Beweis per vollständiger Induktion:

- Induktionsanfang:
Sei $n = 2$.
Es gilt $(1 + x)^2 > 1 + 2x$
$\Leftrightarrow 1+2x+x^2 > 1+2x$
$\Leftrightarrow x^2 > 0$
Dies gilt nach Satz 3.3 (vii).
- Induktionsvoraussetzung: Sei $n \in \mathbb{N}$, sodass $(1 + x)^n > 1 + nx$.
- Induktionsschritt: $n \leadsto n+1:$
Es gilt $(1 + x)^n+1 > 1 + (n+1)x$
$\Leftrightarrow (1 + x)^n \cdot (1 + x) > 1 +nx + x$
$\Leftrightarrow [(1 + x)^n] \cdot (1 + x) > [1 +nx] + x$
Nach Induktionsvoraussetzung gilt bereits $(1 + x)^n > 1 + nx$.
Ebenfalls gilt $(1 + x) > x$ für $x > -1$.
Also gilt auch $[(1 + x)^n] \cdot (1 + x) > [1 +nx] + x$ und damit $(1 + x)^n > 1 + nx$ für alle $x \in \mathbb{R}, x > -1, x \neq 0$ und für alle $n \in \mathbb{N} \backslash \{1\}$.
$\Box$

## Aufgabe 16
Es sei $q > 1$. Zu zeigen: zu jedem $C ∈ R$ existiert ein $n ∈ N$ mit $q^n > C$.

Wir schreiben $C$ um, sodass $C := 1+nx$. Aus Aufgabe 15 wissen wir, dass eine Zahl $1+x$ existiert mit $(1+x)^n > C, \forall x > -1$. Somit können wir $q := (1+x)$ wählen, wobei $x > 0$ gelten soll.
$\Box$

## Aufgabe 17
Im archimedisch angeordneten Körper $(\mathbb{Q}, +, \cdot, P)$ betrachten wir die beiden Mengen $A := \{ a ∈ \mathbb{Q} : a ≤ 0 ∨ a^2 < 2\}$ und $B := \{ b ∈ \mathbb{Q} : b > 0 ∧ b^2 > 2\}$. Zeigen Sie, dass der Dedekindsche Schnitt $(A, B)$ keine Schnittzahl besitzen kann.

Aus den Definitionen von $A$ und $B$ geht hervor, dass für alle $a \in A$ gilt $a < \sqrt 2$ und für alle $b \in B$ gilt $b > \sqrt 2$. $\sqrt 2$ selbst kann keine Schnittzahl sein, da $\sqrt 2 \notin \mathbb{Q}$.
Annahme: Es gibt eine Schnittzahl $s$.
- Fall 1: $s \in A$: Dann gilt $\forall a \in A: a \leq s \leq \sqrt 2$. Insbesondere $s \leq \sqrt 2$. Da aber $\mathbb{Q}$ dicht ist, existiert eine Zahl $\frac{m}{n} \in \mathbb{Q}$ mit $s \leq \frac{m}{n} \leq \sqrt 2$. Da aber $\frac{m}{n} \leq \sqrt 2$, gilt $(\frac{m}{n})^2 \leq 2$, somit $\frac{m}{n} \in A$ und $s$ kann nicht Schnittzahl sein.
- Fall 2: $s \in B$: Beweisführung analog.
Also besitzt der Dedekindsche Schnitt $(A,B)$ keine Schnittzahl.
$\Box$

## Aufgabe 18
Es seien $A$ und $B$ Mengen. Wir wollen abgekürzt $A ∼ B$ schreiben genau dann, wenn $A$ und $B$ gleichmächtig sind. Zeigen Sie, dass ∼ eine Äquivalenzrelation ist, d.h. für alle Mengen $A, B, C$ gilt
- (i) A ∼ A
- (ii) A ∼ B impliziert B ∼ A.
- (iii) A ∼ B und B ∼ C impliziert A ∼ C.

- reflexiv: $A \sim A \Leftrightarrow \#A = \#A$
- symmetrisch: $A \sim B \Leftrightarrow \#A = \#B = \#A \Leftrightarrow B \sim A$
- transitiv: Es gelte $A \sim B, B \sim C \Rightarrow \#A = \#B \land \#B = \#C$. $\Rightarrow \#A = \#B = \#C \Leftrightarrow A \sim C$.
Nachdem alle drei Bedingungen erfüllt sind, ist $\sim$ eine Äquivalenzrelation.
$\Box$

## Aufgabe 19
Zeigen Sie, dass die Menge $N := \{n ∈ \mathbb{N} : ∃m ∈ \mathbb{N} : n = 1000 + m\}$ gleichmächtig zu $\mathbb{N}$ ist.

Die Menge $N$ ist gleichmächtig zu $\mathbb{N}$, genau dann, wenn eine Bijektion $f: \mathbb{N} \rightarrow N$ existiert.
Wir wählen $f: \mathbb{N} \rightarrow N, x \mapsto 1000 + x$.
- $f$ ist injektiv: Seien $x,z \in \mathbb{N}, f(x) = f(z)$. $\Rightarrow 1000 + x = 1000 + z \Rightarrow x = z$.
- $f$ ist surjektiv: Sei $y \in N$ $\overset{Def. \space N}\Rightarrow \exists z \in \mathbb{N}: y = 1000 + z$. Dann aber nach Definition der Abbildung $f(z) = 1000 + z = y$.
Also ist $f$ bijektiv.
$\Box$

## Aufgabe 20
Beweisen oder widerlegen Sie die folgende Aussage: Jeder Körperhomomorphismus ist eine injektive Abbildung.

Die Aussage ist wahr. Beweis per Widerspruch:
Sei $f: K \rightarrow L$ ein Körperhomomorphismus, $f$ nicht injektiv. Seien $x,y \in K, f(x) = f(y)$. Dann gilt $f(x) - f(y) = f(x-y) = 0$, aber da $f$ nicht injektiv $x \neq y \Rightarrow x - y \neq 0$.
$\Rightarrow \exists (x-y)^{-1} : (x-y) \cdot (x-y)^{-1} = 1$.
$\Rightarrow 0 = f(x-y)= 0 \cdot f((x-y)^{-1}) = f((x-y)^{-1}) \cdot f(x-y) = f((x-y) \cdot (x-y)^{-1}) =$
$=f(1) \overset{\text{Def. Körperhomomorphismus}} \neq 0.\unicode{x21af}$
Damit ist $f$ injektiv.
$\Box$

## Aufgabe 21

Es seien $w = −1 + 2i$ und $z = 1 + 2i$ Elemente aus $\mathbb{C}$. Berechnen Sie die Darstellung $x + iy$ mit $x, y ∈ \mathbb{R}$ von
- $w + z = (-1 + 2i) + (1+2i) = 4i$
- $\overline{(w+z)} = (-1-2i) + (1-2i) = -4i$
- $w · z = (-1+2i) \cdot (1+2i) = -1 + (-1 \cdot i \cdot 2) + (i \cdot 2 \cdot 1) + (i^2 \cdot 2 \cdot 2) =$
$= -1 -2i + 2i -4 = -5$
- $\frac{w}{z} = \frac{-1+2i}{1+2i} = \frac{-1+2i}{1+2i} \cdot \frac{1-2i}{1-2i} = \frac{3+4i}{5} = \frac{3}{5} + \frac{4}{5}i$