Mathematik: Analysis: Reelle Zahlen: Ungleichungen

Analysis

Reelle Zahlen

Eigenschaften reeller Zahlen – Ungleichungen (Eigenschaften) – Wichtige Ungleichungen – Metrik –     Topologie – Sätze v. Bolzano-Weierstraß u. Heine-Borel

Folgen und Reihen

Ungleichungen

In den folgenden Kapiteln über Folgen und Reihen werden, z. B. um die Konvergenz nachzuweisen, immer wieder Ungleichungen verwendet. Die wichtigsten Regeln sind hier zusammengestellt und werden teilweise auch bewiesen. Im Anschluss werden noch drei bekannte und wichtige Ungleichungen eingeführt:

• Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittelwert
• Bernoullische Ungleichung und die
• Schwarzsche Ungleichung.

Rechenregeln für Ungleichungen

Zur besseren Übersichtlich werden zwei Ungleichungen manchmal zusammengefasst:

$a\leq b$ und $b\leq c$   ⇔   $a\leq b\leq c$

und auch die übliche Sprechweise negativ und positiv benutzt:

$a$ ist positiv   ⇔   $a>0$     und     $a$ ist negativ   ⇔   $a<0$

Satz

Für alle $a,b,c,d\in \mathbb {R}$ gilt:

1. $a<b$   ⇒   $a+c<b+c$
   (Verträglichkeit von < mit der Addition)
   
   
2. $a\leq b$ und $c\leq d$   ⇒   $a+c\leq b+d$ und
   $a<b$ und $c\leq d$   ⇒   $a+c\leq b+d$
   (Ungleichungen, die gleichgerichtet sind, kann man addieren)
   
   
3. $a<b$ und $c>0$   ⇒   $a\cdot c<b\cdot c$
   $a>b$ und $c>0$   ⇒   $a\cdot c>b\cdot c$
   (Verträglichkeit von < mit der Multiplikation)
   
   
4. $0\leq a\leq b$ und $0\leq c\leq d$   ⇒   $a\cdot c\leq b\cdot d$ und
   $0\leq a<b$ und $0<c\leq d$   ⇒   $a\cdot c<b\cdot d$
   (Ungleichungen nichtnegativer Zahlen, die gleichgerichtet sind, kann man multiplizieren)
   
   
5. $a\leq b$ und $c<0$   ⇒   $a\cdot c\geq b\cdot c$ und
   $a<b$ und $c<0$   ⇒   $a\cdot c>b\cdot c$
   (Die Multiplikation mit einer negativen Zahl kehrt die Ungleichung um.)
   
   
6. $0<n$ für alle $n\in \mathbb {N}$
   (Die natürlichen Zahlen sind positiv)
   
   
7. $0<a<b$   ⇒   $0<{\frac {1}{b}}<{\frac {1}{a}}$
   
   
8. für $0\leq a$ und $0\leq b$ gilt:
   $a\leq b$   ⇔   $a^{2}\leq b^{2}$ und
   $a<b$   ⇔   $a^{2}<b^{2}$

Beweis

Die Behauptungen lassen sich aus den Eigenschaften der linearen Ordnung von $\mathbb {R}$ beweisen. Die Beweise werden hier allerdings nur zu einigen Punkten gezeigt und die übrigen Ihnen zur Übung empfohlen.

zu 1. Widerspruchsbeweis

Wenn $a\leq b$   ⇔   $a<b$ oder $a=b$ gilt, ergibt sich wegen der Verträglichkeit der linearen

Ordnung mit der Addition: $a+c\leq b+c$.

Da aus $a+c=b+c$ ebenfalls $a=b$ folgen würde, entsteht ein Widerspruch zur Voraussetzung.

zu 6. Der Beweis erfolgt durch vollständige Induktion.

Induktionsanfang

Annahme: $1\leq 0$

Addiert man $-1$ auf beiden Seiten (Verträglichkeit mit der Addition) so folgt: $0\leq -1$

Die beiden Ungleichungen lassen sich (Verträglichkeit mit der Multiplikation) kombinieren zu:

$1\cdot (-1)\leq 0\cdot (-1)$ d. h. $-1\leq 0$

Aus $0\leq -1$ und $-1\leq 0$ folgt wegen der Antisymmetrie der Ordnung   $-1=0$ und daraus (Verträglichkeit mit der Addition) $0=1$.

$\mathbb {R}$ muss als Körper mindestens zwei Elemente enthalten, also neben der $0$ noch mindestens ein weiteres Element $x$ mit $x\neq 0$. Mit diesem Element $x$ folgt weiter:

$x=x\cdot 1=x\cdot 0=0$. Dies ist aber ein Widerspruch zu $x\neq 0$.

Also muss die Annahme $1\leq 0$ falsch sein. Dann kann aber nur $0<1$ gelten und das zeigt den Induktionsanfang.

Induktionsschritt

Aus $0<n$ folgt mit 1.: $0+1<n+1$.

Mit $0<1$ und wegen der Transitivität der Ordnung folgt weiter: $0<n+1$.

zu 7.

Da $a\neq 0$ gibt es ein Inverses bezüglich der Multiplikation, nämlich ${\frac {1}{a}}$.

${\frac {1}{a}}$ kann nicht negativ sein, denn dann würde mit 3. folgen:

${\frac {1}{a}}\cdot a<0\cdot a$, das bedeutet aber $1<0$ und das ist ein Widerspruch zu 6.

Ist nun $0<a<b$, so folgt aus dem gerade bewiesenen ($a\cdot b$ ist wegen 4. auch positiv):

$0<{\frac {1}{ab}}$.

Wegen $a<b$ und $0<{\frac {1}{ab}}$ folgt mit 3.: $a\cdot {\frac {1}{ab}}<b\cdot {\frac {1}{ab}}$ also

$0<{\frac {1}{b}}<{\frac {1}{a}}$

Die reellen Zahlen sind archimedisch geordnet

Satz

Zu jedem $x\in \mathbb {R}$ gibt es ein $n\in \mathbb {N}$ mit $x<n$.

Wegen dieser Eigenschaft heißt $\mathbb {R}$ ein archimedisch geordneter Körper.

Beweis

$\mathbb {R}$ wurde als Obermenge von $\mathbb {N}$ konstruiert.

Wenn $\mathbb {N}$ nicht nach oben beschränkt wäre, kann es kein $x\in \mathbb {R}$ geben, das eine obere Schranke von $\mathbb {N}$ ist. (Wäre $x$ obere Schranke würde gelten $n\leq x$ für alle $n\in \mathbb {N}$. Wenn es nicht gilt, muss es also mindestens ein $n\in \mathbb {N}$ geben mit $x<n$).

Der Satz ist daher bewiesen, wenn gezeigt werden kann, dass, $\mathbb {N}$ nicht beschränkt ist.

Annahme: $\mathbb {N}$ ist nach oben beschränkt.

Da die reellen Zahlen vollständig sind gibt es ein Supremum $s\in \mathbb {R}$ von $\mathbb {N}$ mit

$n\leq s$ für alle $n\in \mathbb {N}$. Wegen der Verträglichkeit von Ungleichungen mit der Addition folgt:

$(n-1)\leq (s-1)$. Setzt man jetzt $m:=n-1$ für alle $n\in \mathbb {N}$ so folgt weiter:

$m\leq (s-1)$ für alle $m\in \mathbb {N}$, also ist auch $s-1$ eine obere Schranke von $\mathbb {N}$.

wegen $0<1$ folgt mit den Rechenregeln von Ungleichungen:

$(s-1)=0+(s-1)<1+(s-1)=s$. Also ist $s$ keine obere Schranke. Wegen dieses Widerspruches muss aber die Annahme, dass $\mathbb {N}$ nach oben beschränkt ist, falsch sein.

Mit der Eigenschaft, dass $\mathbb {R}$ ein archimedisch geordneter Körper ist, lässt sich bereits so etwas wie ein erster Grenzwert zeigen.

Satz

Sei $a\in \mathbb {R}$, $a\geq 0$ und $a\leq {\frac {1}{n}}$ für alle $n\in \mathbb {N}$. Dann folgt: $a=0$.

Beweis

Der Beweis erfolgt durch Fallunterscheidung: $a=0$ und $a>0$

1. $a=0$: Mit den Rechenregeln für Ungleichungen gilt: $0<{\frac {1}{n}}$ für alle $n\in \mathbb {N}$. Es gilt also $0\geq 0$ und $0\leq {\frac {1}{n}}$ für alle $n\in \mathbb {N}$. Für $0$ ist der Satz damit erfüllt.
   

1. $a>0$: Der Beweis erfolgt hier durch Widerspruch.
   Annahme: Es gibt ein $a>0$ mit $a\leq {\frac {1}{n}}$ für alle $n\in \mathbb {N}$.
   Wegen $a>0$ gilt auch ${\frac {1}{a}}>0$. Multipliziert man $a\leq {\frac {1}{n}}$ mit den beiden positiven Zahlen $n$ und ${\frac {1}{a}}$, so erhält man:
         $a\cdot {\frac {1}{a}}\cdot n\leq {\frac {1}{n}}\cdot {\frac {1}{a}}\cdot n$       ⇒       $n\leq {\frac {1}{a}}$       für alle $n\in \mathbb {N}$.
   Dann wäre $\mathbb {R}$ aber kein archimedisch geordneter Körper . Also kann es kein solches $a$ geben.