Skripten - an der Fakultät für Mathematik! - Universität Wien

112 6. ZAHLENMENGEN
Die Zahl r ist irrational, weil √ 2 irrational ist. Außerdem ist
und deswegen gilt x < q 1 < r < q 2 < y.
q 2 − r = (q 2 − q 1 )(1 + 1 √
2
) > 0,
Eine weitere Eigenschaft vonÊbetrifft das Wurzelziehen. Es folgt nämlich aus der Ordnungsvollständigkeit.
Proposition 6.4.6 (Wurzel). Für alle a ∈Êmit a > 0 und alle positiven n ∈Ægibt es
genau ein x ∈Êmit x > 0 und x n = a.
Beweis. Beweisen wir zuerst die Eindeutigkeit: Sind x ≠ y zwei Lösungen, so ist o.B.d.A.
x < y. Mit den Ordnungseigenschaften und vollständiger Induktion folgt dann für jedes
n ∈Æ, dass x n < y n , also x n ≠ y n .
Die Existenzaussagen ist für n = 1 oder a ∈ {0, 1} trivial. Seien also zunächst a > 1 und
n ≥ 2. Dann definieren wir
A := {x ∈Ê|x>0 ∧ x n ≤ a},
∈Æ
Weil 1 ∈ A liegt und ∀x ∈ A : x < a gilt (denn mittels Proposition 6.3.2(3) und Induktion
folgt x ≥ a ⇒ x n ≥ a n > a), wissen wir, dass s = sup A existiert.
Wir wollen jetzt beweisen, dass s n = a gilt.
Fall 1: Ist s n < a, so definieren wir b := (1 + s) n − s n > 0 und wählen 0 < ε <
min{1, a−sn }. Dann folgt unter Verwendung von ε < 1 ⇒ ε n < ε für alle 1 < n
b
(was ebenfalls mittels Induktion aus Proposition 6.3.2(3) folgt)
∑n−1
( n ∑n−1
( n
(s + ε) n = s
k)
k ε n−k + s n ≤ ε s
k)
k + s n = εb + s n < a − s s + s n = a,
k=0
∑ j
0 ≤ 2j − 1 ≤ n
k=0
ein Widerspruch zur Supremumseigenschaft von s.
Fall 2: Ist s n > a, so definieren bzw. wählen wir
( ) n
c :=
2j − 1
s n−2j+1 > 0, und 0 < ε < min{1, sn −a
c
}.
Dann rechnen wir nach (wobei wir wieder verwenden, dass ε n < ε gilt)
n∑
( n
(s − ε) n = s n + s
k)
n−k (−ε) k
≥ s n +
k=1
n∑
k=1, k ungerade
= s n + ∑ j
≥ s n − ε
0 ≤ 2j − 1 ≤ n
∑
j
0 ≤ 2j − 1 ≤ n
( n
k)
(−1) k ε k s n−k
( ) n
(−1) 2j−1 s n−2j+1 ε 2j−1
2j − 1
( n
2j − 1
)
= s n − εc > s n − s n + a = a.
s n−2j+1
Dies widerspricht ebenfalls der Tatsache, dass s = sup A gilt.
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