Skripten - an der Fakultät für Mathematik! - Universität Wien

110 6. ZAHLENMENGEN
Beweis. Wir beginnen mit (1)⇒(2). Sei ∅ ≠ F ⊆ M und F nach unten beschränkt. Wir
definieren
E := {x ∈ M | x ≤ f ∀f ∈ F }.
Die Menge E ist nach oben beschränkt, weil jedes Element in F eine obere Schranke für
E ist. Außerdem ist E nichtleer, da F als nach unten beschränkt vorausgesetzt war. Nach
Voraussetzung existiert daher das Supremum α = sup E ∈ M. Wir zeigen nun, dass α =
inf F gilt. Nachdem E die Menge aller unteren Schranken von F ist, ist α größer oder gleich
allen unteren Schranken von F. Wir müssen also nur zeigen, dass α eine untere Schranke
von F ist. Angenommen, das ist nicht der Fall. Dann gäbe es ein f ∈ F mit f < α. Weil
E die Menge der unteren Schranken von F ist, gilt e ≤ f ∀f ∈ F. Daher ist f eine obere
Schranke von E, ein Widerspruch zur Supremumseigenschaft von α. Daher ist α tatsächlich
eine untere Schranke von F, also inf F.
(2)⇒(3): Seien E und F Mengen wie in der Voraussetzung. Wegen (2) existiert m := inf F.
Klarerweise ist m ≤ b für alle b ∈ F. Es ist außerdem ∀a ∈ E : a ≤ m, denn wäre das nicht
der Fall, so gäbe es ein e ∈ E mit e > m. Wegen der Eigenschaften von E und F ist aber
e eine untere Schranke von F, was der Infimumseigenschaft von m widerspricht. Daher gilt
(3).
(3)⇒(1): Sei E eine nach oben beschränkte Menge. Wir definieren die Menge F aller oberen
Schranken von E als
F := {x ∈ M | e ≤ x ∀e ∈ E} ≠ ∅.
Nach Voraussetzung existiert dann ein m ∈ M mit e ≤ m ≤ f für alle e ∈ E und f ∈ F.
Daher ist m eine obere Schranke von E. Sei α < m. Dann ist α /∈ F, also keine obere
Schranke. Daher ist m das Supremum von E.
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Beispiel 6.4.3. Die Menge der rationalen Zahlen ist nicht ordnungsvollständig. Betrachten
wir nämlich die Teilmengen A und B vonÉ, die definiert sind durch
A = {x ∈É|x>0 ∧ x 2 < 2},
B = {x ∈É|x>0 ∧ x 2 > 2}.
Zunächst sind A und B nichtleer, da 1 ∈ A und 2 ∈ B. Weiters gilt a < b für alle a ∈ A
und für alle b ∈ B. WäreÉordnungsvollständig, dann gäbe es ein Element m ∈Émit
Definieren wir nun
Damit gilt
a ≤ m ≤ b für alle a ∈ A und b ∈ B. (6.8)
c := m − m2 −2
= 2m+2
m+2 m+2
> 0. (6.9)
c 2 − 2 = 2(m2 − 2)
(m + 2) 2 . (6.10)
Ist nun m 2 > 2, dann folgt mit (6.10) dass c 2 > 2 und somit c ∈ B. Allerdings ist wegen
(6.9) c < m, was im Widerspruch zu (6.8) steht.
Andererseits führt aber auch m 2 < 2 zu einem Widerspruch. In diesem Fall impliziert
nämlich (6.10) c 2 < 2 und somit c ∈ A, während (6.9) c > m zur Folge hat. Das widerspricht
aber (6.8).
Daher gilt also m 2 = 2, was aber inÉunmöglich ist wegen Theorem 3.2.4.
Die nun dringend benötigte Ordnungsvervollständigung vonÉund damit den Schritt zu
den reellen Zahlen liefert uns der folgende Satz.