Beweis der Injektivität < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:23 Sa 06.09.2008 | | Autor: | rainman |
Hallo,
ich möchte beweisen, dass
[mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{(2a+1)}[/mm]
injektiv ist. Leider stehe ich da vollkommen auf dem Schlauch. Ich gelange gerade mal bis zu
[mm]x_{1}^{(2a+1)} = x_{2}^{(2a+1)}[/mm]
ich kann nun natürlich die (2a+1)te Wurzel ziehen und darüber zu x1 = x2 gelangen. Das erscheint mir aber ein ziemlicher Quatsch, denn damit nutze ich schon, was ich beweisen möchte. Ausserdem kann ich mit dieser Methode natürlich x1=x2 für beliebige [mm]x_{1}^a = x_{2}^a[/mm] beweisen - was aber nicht stimmt. Also muss mein Ansatz ganz falsch sein.
Es wäre schön, wenn mir jemand einen Tipp für den richtigen Ansatz geben könnte...
Vielen Dank,
Rainer
|
|
| |
|
> Hallo,
>
> ich möchte beweisen, dass
>
> [mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{(2a+1)}[/mm]
>
> injektiv ist.
Hallo,
es kommt ein bißchen darauf an, was Dir zur Verfügung steht.
darfst Du differenzieren? Wenn ja, ist die Sache leicht: zeig, daß die Ableitung an allen Stellen >0 ist.
Gruß v. Angla
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:00 Sa 06.09.2008 | | Autor: | rainman |
ah... ja, in die Richtung hätte ich denken können. Ich glaube aber, dass ich es an dieser Stelle noch nicht darf (der Kurs ist noch nicht so weit). Hast Du vielleicht noch eine Richtung (das differenzieren werde ich aber zumindest mit meinem verblassten Wissen nachher mal probieren ;)).
Danke schon mal!
Rainer
|
|
|
| |
|
> ah... ja, in die Richtung hätte ich denken können. Ich
> glaube aber, dass ich es an dieser Stelle noch nicht darf
> (der Kurs ist noch nicht so weit).
Hallo,
nein, wenn ihr noch nicht so weit seid, darfst Du's natürlich nicht.
Ich weiß halt nicht, was Ihr so alles verwenden dürft.
Eine Idee wäre: wenn [mm] x_2\not=0, [/mm] kannst Du durch [mm] x_2^{2a+1} [/mm] dividieren und erhältst [mm] (\bruch{x_1}{x_2})^{2a+1}=1.
[/mm]
Vielleicht kannst du das verarbeiten.
Gruß v. Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:44 Sa 06.09.2008 | | Autor: | rainman |
Wir sind leider ganz am Anfang, ich bin in Kapitel 1 des Einstiegskurses Mathe :( . Daher steht mir eigentlich nur Mittelstufenmathe zur Verfügung. Ich muss aber gestehen, dass die Aufgabe keine vorgegebene ist, sondern eine, über die ich selbst gestolpert bin. Von daher kann es gut sein, dass sie mit dem vorhanden Stoff gar nicht beweisbar ist...
uups... ich hatte das gar nicht abgeschickt, nur in die Vorschau (sehe ich gerade). Ich habe aber Zwischenzeitlich eine Idee bekommen, mit einer Fallunterscheidung. Muss noch reifen, aber grob gedacht:
Ich trenne das Vorzeichen von der Funktion, betrachte dann nur die Funktion in [mm] \IR [/mm] >= 0. Das kann ich beweisen. Dann muss ich nur noch beweisen, dass das Vorzeichen von X bei ungeradem Exponenten erhalten bleibt. Wenn ich es habe poste ich es. Wenn es totaler Quatsch ist, wäre ich für einen Hinweis dankbar.
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:27 Sa 06.09.2008 | | Autor: | rainman |
So, dann versuche ich es mal. Der Weg ist natürlich sehr lang und umständlich, aber vielleicht dennoch richtig (das wäre für mein Verständnis wichtig).
Also. Ich möchte beweisen:
[mm]f: \IR \to \IR : x \mapsto x^{(2n+1)}[/mm] mit [mm]n \in \IN_{0}[/mm] ist injektiv
Ich mache nun eine Fallunterscheidung.
FALL 1: [mm]x \ge 0[/mm]
Dazu beweise ich
[mm]f: \IR_{0+} \to \IR_{0+}: x^m[/mm] mit [mm]m \in \IN_{0}[/mm] ist injektiv
Das geht einfach (lol... hoffe ich) - BEWEIS 1.1:
[mm]x_1^m = x_2^m[/mm]
ich darf die m-te Wurzel ziehen, da x positiv ist, daher:
[mm]\gdw x_1 = x_2[/mm]
womit meine Behauptung bewiesen wäre.
BEWEIS 2.1: Nun ist aber [mm]2a +1[/mm] nur ein Fall von [mm]m[/mm]. Somit beweist Beweis 1.1 auch:
[mm]f: \IR_+ \to \IR_+ : x \mapsto x^{(2n+1)}[/mm] mit [mm]n \in \IN_{0}[/mm] ist injektiv
Meine Aussage ist für positive x (Fall 1) hiermit bewiesen.
FALL 2: [mm]x < 0[/mm]
Dieser Beweis ist schwieriger, da mir das Wurzel-ziehen nicht mehr zur Verfügung steht.
Hilfsweise beweise ich nun zunächst (BEWEIS 2.1):
[mm]|x|^{2n} = x^{2n}[/mm] mit [mm]n \in \IN_0, x \in \IR[/mm]
Hierzu nutze ich einen Induktionsbeweis.
Induktionsanfang: [mm]n_0 = 0[/mm], [mm]|x|^0 = x^0 \gdw 1 = 1[/mm] womit der Induktionsanfang bewiesen ist.
Induktionsschritt:
[mm]|x|^{2(n+1)} = x^{2(n+1)}[/mm]
[mm]\gdw |x|^{2n} * |x|^{2} = x^{2n} * x^{2}[/mm]
[mm]\gdw x^{2n} * |x|^{2} = x^{2n} * x^{2}[/mm] | mit dem Induktionsanfang
nun teile ich durch [mm]x^{2n}[/mm], das ist eine Äquivalenzumformung, da lt. Voraussetzung (x < 0) von 0 verschieden
[mm]\gdw |x|^{2} = x^{2}[/mm]
Dies ist in der Tat identisch, da
[mm]x^{2} = x * x = -x * -x[/mm]
womit die Aussage bewiesen ist.
Nun zurück zu dem eigentlich zu Beweisenden:
[mm]x^{(2n+1)} \gdw x^{2n} * x[/mm]
Durch Beweis 2.1 gilt aber:
[mm]\gdw |x|^{2n} * x[/mm]
[mm]|x|[/mm] ist aber [mm]>= 0[/mm]. Mit Beweis 1.1 (Fall 1) gilt aber:
[mm] |x_1|^{2n} = |x_2|^{2n}[/mm] Ich nenne den entsprechenden Wert [mm]m[/mm].
Nun kann ich den Beweis der Injektivität beenden:
[mm]m * x_1 = m * x_2[/mm]
ich kann durch [mm]m[/mm] teilen, da es lt. Voraussetzung [mm] > 0[/mm] ist. Somit gelange ich schließlich zu:
[mm]x_1 = x_2[/mm]
Damit habe ich die Injektivität auch für Fall 2 bewiesen. Da es keine weitern Fälle gibt, gilt:
[mm]f: \IR \to \IR : x \mapsto x^{(2n+1)}[/mm] mit [mm]n \in \IN_{0}[/mm] ist injektiv
... so hoffe ich. Die Frage ist: stimmt es auch? 
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:35 Sa 06.09.2008 | | Autor: | pelzig |
> So, dann versuche ich es mal. Der Weg ist natürlich sehr
> lang und umständlich, aber vielleicht dennoch richtig (das
> wäre für mein Verständnis wichtig).
>
> Also. Ich möchte beweisen:
>
> [mm]f: \IR \to \IR : x \mapsto x^{(2n+1)}[/mm] mit [mm]n \in \IN_{0}[/mm] ist
> injektiv
>
> Ich mache nun eine Fallunterscheidung.
>
> FALL 1: [mm]x \ge 0[/mm]
>
> Dazu beweise ich
>
> [mm]f: \IR_{0+} \to \IR_{0+}: x^m[/mm] mit [mm]m \in \IN_{0}[/mm] ist
> injektiv
>
> Das geht einfach (lol... hoffe ich) - BEWEIS 1.1:
>
> [mm]x_1^m = x_2^m[/mm]
> ich darf die m-te Wurzel ziehen, da x positiv ist, daher:
> [mm]\gdw x_1 = x_2[/mm]
> womit meine Behauptung bewiesen wäre.
Jo. Denke dass kann man hier einfach mal so machen. (Ich würde aber das nur [mm] $\Rightarrow x_1=x_2$ [/mm] schreiben. Die Rückrichtung ist trivial und völlig belanglos, es ist kein guter Stil "zu viel" zu zeigen weil du dadurch den Leser deines Beweises vom Wesentlichen ablenkst)
> BEWEIS 2.1: Nun ist aber [mm]2a +1[/mm] nur ein Fall von [mm]m[/mm]. Somit
> beweist Beweis 1.1 auch:
Jo.
> [mm]f: \IR_+ \to \IR_+ : x \mapsto x^{(2n+1)}[/mm] mit [mm]n \in \IN_{0}[/mm]
> ist injektiv
>
> Meine Aussage ist für positive x (Fall 1) hiermit
> bewiesen.
Ja... stimmt erstmal, aber... (s.u.)
> FALL 2: [mm]x < 0[/mm]
>
> Dieser Beweis ist schwieriger, da mir das Wurzel-ziehen
> nicht mehr zur Verfügung steht.
>
> Hilfsweise beweise ich nun zunächst (BEWEIS 2.1):
>
> [mm]|x|^{2n} = x^{2n}[/mm] mit [mm]n \in \IN_0, x \in \IR[/mm]
>
> Hierzu nutze ich einen Induktionsbeweis.
> Induktionsanfang: [mm]n_0 = 0[/mm], [mm]|x|^0 = x^0 \gdw 1 = 1[/mm] womit
> der Induktionsanfang bewiesen ist.
Ok.
> Induktionsschritt:
> [mm]|x|^{2(n+1)} = x^{2(n+1)}[/mm]
> [mm]\gdw |x|^{2n} * |x|^{2} = x^{2n} * x^{2}[/mm]
>
> [mm]\gdw x^{2n} * |x|^{2} = x^{2n} * x^{2}[/mm] | mit dem
> Induktionsanfang
Nicht Induktionsanfang, du hast die Induktionsvoraussetzung benutzt.
> nun teile ich durch [mm]x^{2n}[/mm], das ist eine
> Äquivalenzumformung, da lt. Voraussetzung (x < 0) von 0
> verschieden
Ok.
> [mm]\gdw |x|^{2} = x^{2}[/mm]
> Dies ist in der Tat identisch, da
> [mm]x^{2} = x * x = -x * -x[/mm]
> womit die Aussage bewiesen ist.
Ok. Das hätte man aber auch einfacher haben können, denn aus [mm] $|x|^2=x^2$ [/mm] folgt auch [mm] $|x|^{2n}=(|x|^2)^n=(x^2)^n=x^{2n}$.
[/mm]
> Nun zurück zu dem eigentlich zu Beweisenden:
> [mm]x^{(2n+1)} \gdw x^{2n} * x[/mm]
Was soll das denn bedeuten? Du meinst sicher [mm] $x^{(2n+1)} \red{=} x^{2n} [/mm] * x$. Das [mm] "$\gdw$" [/mm] hat da nichts verloren...
> Durch Beweis 2.1 gilt aber:
> [mm]\gdw |x|^{2n} * x[/mm]
Dito.
> [mm]|x|[/mm] ist aber [mm]>= 0[/mm]. Mit Beweis 1.1 (Fall
> 1) gilt aber:
> [mm]|x_1|^{2n} = |x_2|^{2n}[/mm] Ich nenne den entsprechenden Wert
> [mm]m[/mm].
Hier fängt dein Beweis an, sehr unklar zu werden. Was ist $x$? was ist $m$? Wie genau kommst du auf [mm] $|x_1|^{2n}=|x_2|^{2n}$?
[/mm]
Du brauchst ne klare, logische Kette von Folgerungen: [mm] $x_1^{2n+1}=x_2^{2n+1}\Rightarrow [/mm] ... [mm] \Rightarrow x_1=x_2$.
[/mm]
> Nun kann ich den Beweis der Injektivität beenden:
> [mm]m * x_1 = m * x_2[/mm]
> ich kann durch [mm]m[/mm] teilen, da es lt.
> Voraussetzung [mm]> 0[/mm] ist. Somit gelange ich schließlich zu:
> [mm]x_1 = x_2[/mm]
Unklar.
> Damit habe ich die Injektivität auch für Fall 2 bewiesen.
> Da es keine weitern Fälle gibt, gilt:
> [mm]f: \IR \to \IR : x \mapsto x^{(2n+1)}[/mm] mit [mm]n \in \IN_{0}[/mm] ist injektiv
Ich denke nicht 
Was ist wenn [mm] $x_1<0$ [/mm] und [mm] $x_2\ge0$ [/mm] ist? Oder andersrum? Nur weil $f$ auf [mm] $(-\infty,0)$ [/mm] und [mm] $[0,\infty]$ [/mm] injektiv ist, heißt es nicht dass sie auf ganz [mm] $\IR$ [/mm] injektiv ist, betrachte z.B. [mm] $f(x):=x^2$.
[/mm]
Deine Beweisstruktur ist leider vollkommen unklar. Überleg dir nochmal genau was du im Großen eigenentlich zeigen musst, mach von mir aus Fallunterscheideungen, aber überleg dir ganz genau ob diese Fallunterscheidungen überhaupt die Gesamtaussagt beweisen. Man kann Injektivität auch anders zeigen, nämlich indem du aus [mm] $x_1\ne x_2$ [/mm] folgerste, dass [mm] $f(x_1)\ne f(x_2)$ [/mm] sein muss. Vielleicht gehts hier ja so leichter...
Aber mach dir keine Sorgen, es kommt mit der Zeit.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:35 So 07.09.2008 | | Autor: | rainman |
Vielen Dank für die ausführliche Antwort. Sie hat mir zwar den Schlaf geraubt und ich muss gestehen, dass ich mir eine andere gewünscht hätte - aber es ist gut, den kapitalen Denkfehler nun zu sehen - mann, habe ich mich da verrant...
> Deine Beweisstruktur ist leider vollkommen unklar. Überleg
> dir nochmal genau was du im Großen eigenentlich zeigen
> musst, mach von mir aus Fallunterscheideungen, aber überleg
> dir ganz genau ob diese Fallunterscheidungen überhaupt die
> Gesamtaussagt beweisen.
Ich habe jetzt (ernsthaft) ein paar Stunden hin- und her überlegt, komme aber leider zu keinem vernünftigen Ansatz. Ich meine, das Folgende geht alles nicht:
* Wurzelziehen, da negative Werte möglich sind
* Logarithmieren, kann ich nicht mathematisch genau begründen, aber intuitiv ausgedrückt: "Wurzelziehen auf höherere Ebene" (würde auch beweisen, dass f(x) = [mm] x^2 [/mm] injektiv ist...)
Kurz: ich bekomme den Potenzausdruck einfach nicht weg.
Dann habe ich überlegt, das [mm]x_1 \not= x_2[/mm] (bei Betrachtung des Zahlenstrahls) wohl [mm]x_1 = x_1 + a[/mm] mit [mm]a \in \IR[/mm] entsprechen muss. Das bringt mich aber auch nicht weiter:
* einen Induktionsbeweis, dass mit steigendem a auch f(x+a) grösser wird, kann ich nicht führen, da [mm]a \in \IR[/mm] und somit irrationale Zahlen umfasst.
* einsetzen (z.B. [mm]x^{2n+1} = (x+a)^{2n+1}[/mm] bringt mich auch nicht weiter, da ich spätestens einen Schritt weiter das Ganze wieder nicht auflösen kann.
Dann habe ich es noch mit dem hier vorgeschlagenen Ansatz versucht (den Fall [mm]x_2 = 0[/mm] hätte ich später behandelt):
[mm]x_1^{2n+1} = x_2^{2n+1}[/mm]
[mm]= (\frac{x_1}{x_2})^{2n+1} = 1[/mm]
Aber auch da gelange ich zu keinem sinnvollen Schluss.
So, ich denke, das war es, was ich (teilweise nur in Gedanken), durchprobiert habe. Jetzt fällt mir nichts mehr ein... :-(
> Man kann Injektivität auch anders
> zeigen, nämlich indem du aus [mm]x_1\ne x_2[/mm] folgerste, dass
> [mm]f(x_1)\ne f(x_2)[/mm] sein muss. Vielleicht gehts hier ja so
> leichter...
Das, muss ich leider gestehen, fällt mir im Moment eher noch schwerer. Wahrscheinlich habe ich mich mittlerweile gedanklich eh total verrannt...
Für weitere Tipps wäre ich dankbar.
Rainenr
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:05 So 07.09.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Du hast zu zeigen, dass wenn [mm] x_{1} \ne x_{2} \Rightarrow f(x_{1}) \ne f(x_{2})
[/mm]
Das ganze würde ich versuchen, per Kontraposition zu zeigen, also:
[mm] \neg \left(f(x_{1}) \ne f(x_{2})\right) \Rightarrow \neg(x_{1} \ne x_{2})
[/mm]
Also aus
[mm] x_{1}^{2a+1}=x_{2}^{2a+1} [/mm] folgt [mm] x_{1}=x_{2}
[/mm]
Und da ist dein Ansatz
[mm] x_{1}^{2a+1}=x_{2}^{2a+1}
[/mm]
[mm] \gdw \left(\bruch{x_{1}}{x_{2}}\right)^{2a+1}=1 [/mm] schonmal sehr gut, diesen musst du jetzt nur noch "zuende" führen"
Marius
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:01 Mo 08.09.2008 | | Autor: | rainman |
Hallo Marius,
danke für den Tipp. Ich habe Gestern mal wieder (fürchterlich viel) gerechnet und möchte jetzt mein Ergebnis darstellen:
Ich möchte beweisen: [mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{2n+1}[/mm] mit [mm]n \in \IN[/mm] ist injektiv
[mm]x_1^{2n+1} = x_2^{2n+1}[/mm]
[mm]= (\frac {x_1} {x_2})^{2n+1} = 1[/mm]
[mm]= (\frac {x_1} {x_2})^{2n} * \frac {x_1} {x_2} = 1[/mm]
nun erleichetere ich mir erst einmal ein wenig das Leben und setze [mm]q = \frac {x_1} {x_2}[/mm] und erhalte somit:
[mm]= q^{2n} * q = 1[/mm] | : q ([mm]q = 0[/mm] wird zunächst ausgeschlossen)
[mm]= q^{2n} = \frac {1} {q}[/mm]
Mit Termumformungen bin ich hier nicht mehr weiter gekommen. Allerdings kann ich folgende Überlegung anstellen: ich betrachte q und unterscheide vier Fälle:
1. [mm]|q| > 1 \Rightarrow q^{2n} > 1 \wedge \frac {1} {q} < 1[/mm]
2. [mm]|q| = 1 \Rightarrow q^{2n} = 1 \wedge \frac {1} {q} = 1[/mm]
3. [mm]0 < |q| < 1 \Rightarrow q^{2n} < 1 \wedge \frac {1} {q} > 1[/mm]
(für [mm]q = 0[/mm] ist die Funktion nicht definiert).
... und gestern Abend war ich noch der Meinung, daraus könnte ich nun folgern, dass [mm]q = 1[/mm] sein muss. Heute, wo ich es nochmal aufschreibe, wurde mir (soeben) klar, dass das Quatsch ist. Immerhin weiss ich jetzt, dass beim multiplikativen Inversen entweder ein Wert grösser als 0 und einer kleiner, oder beide gleich 1 sein müssen. So neu dürfte die Erkenntnis allerdings auch nicht sein.
OK, daraus muss ich aber leider einen anderen Schluß ziehen: ich finde leider immer noch keine Lösung. Ich möchte nicht alles aufschreiben, was ich versucht habe (das dauert sehr, sehr lange), aber ich komme immer zu so schönen Ergebnissen wie [mm]1 = 1[/mm], [mm]q = q[/mm] oder auch [mm]1 = q^{4n^{2}-1}[/mm]. Nur halt leider nie zu [mm]q = 1[/mm] oder etwas ähnlich verwertbarem.
... hat doch noch jemand einen Tipp?
Danke,
Rainer
|
|
|
| |
|
> Ich möchte beweisen: [mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{2n+1}[/mm] mit
> [mm]n \in \IN[/mm] ist injektiv
>
> [mm]x_1^{2n+1} = x_2^{2n+1}[/mm]
> [mm]= (\frac {x_1} {x_2})^{2n+1} = 1[/mm]
>
> [mm]= (\frac {x_1} {x_2})^{2n} * \frac {x_1} {x_2} = 1[/mm]
> nun
> erleichetere ich mir erst einmal ein wenig das Leben und
> setze [mm]q = \frac {x_1} {x_2}[/mm] und erhalte somit:
> [mm]= q^{2n} * q = 1[/mm] | : q ([mm]q = 0[/mm] wird zunächst
> ausgeschlossen)
Hallo,
Du hast also
[mm] q^{2n+1} [/mm] = 1
Für q=1 ist das ja wahr.
Du mußt nun ausschließen, daß es noch andere Lösungen gibt.
Was könnte vorkommen? Nur q>1 und q<1.
Diese beiden Falle könntest Du nun untersuchen und zeigen, daß da nicht 1 herauskommt.
Wenn Du das gezeigt hast, weißt Du, daß q=1 die einzige Lösung ist.
Fall 1: sei q>0, dh. es gibt ein d>0 mit q=1+d.
Nun müßtest Du vorrechnen, daß [mm] (1+d)^{2n+1}>1 [/mm] ist.
Wenn Dir vollständige Induktion zur Verfügung steht, könntest Du davon gebrauch machen.
Den zweiten Fall dann so ähnlich.
Gruß v. Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:18 Mo 08.09.2008 | | Autor: | rainman |
kurzer Zwischenstand: auf dem Schmierzettel habe ich jetzt was brauchbares - vielen Dank. Ich poste später, wenn ich es komplett fertig habe...
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:15 Di 09.09.2008 | | Autor: | rainman |
Hallo,
so, nun hat es doch eine Weile gebraucht. Mir ist mittlerweile auch klar, warum es so lange gedauert hat, bis die Menschheit das Rechnen mit negativen Zahlen sicher beherrschte . Ich habe nun einen neuen Beweis, mal schauen ob er korrekt ist.
Behauptung:
[mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{2n+1}[/mm] mit [mm]n \in \IN_0[/mm] ist injektiv
Dazu zeige ich:
[mm]x_1^{2n+1} = x_2^{2n+1}[/mm]
Anmerkung: [mm]x^{2n+1} \not= 0[/mm] für alle [mm]x \not= 0[/mm]. Dies folgt aus der Definiton der Potenzfunktion (oder muss ich das auch noch beweisen?).
Beweis 1: [mm]x_2 = 0 \Rightarrow x_1 = 0[/mm]
[mm]x_1^{2n+1} = 0^{2n+1}[/mm]
[mm]x_1^{2n+1} = 0[/mm] | noch Def. Potenzfunktion
[mm]x_1 = 0[/mm] | noch Def. Potenzfunktion
Durch einfach Vertauschung ist damit auch bewiesen: [mm]x_1 = 0 \Rightarrow x_2 = 0[/mm]
Damit ist für den Fall x = 0 bewiesen, dass [mm]x_1 = x_2[/mm] (nämlich gleich 0) gelten muss. Diesen Fall brauchen wir nicht weiter zu betrachten.
Zwischenstand
[mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{2n+1}[/mm] mit [mm]n \in \IN_0[/mm] ist injektiv ist bewiesen für
1. x = 0
Nun mache ich mich an die weiteren Fälle.
[mm]x_1^{2n+1} = x_2^{2n+1}[/mm] mit [mm]x_1, x_2 \in \IR \backslash 0[/mm]
Die Divison durch [mm]x_2^{2n+1}[/mm] ist durch [mm]\IR \backslash 0[/mm] nun eine Äquivalenzumformung, somit
[mm]\Rightarrow (\frac {x_1} {x_2})^{2n+1} = 1[/mm]
Zur Vereinfachung sei zunächst [mm]q = \frac {x_1} {x_2}[/mm]. Somit is zu zeigen:
[mm]q^{2n+1} = 1[/mm] mit [mm]q \in \IR \backslash 0, n \in \IN[/mm]
Ich muss nun zeigen, dass diese Aussage nur dann zutrifft, wenn q = 1 gilt. In allen anderen Fällen darf sie nicht zutreffen. Sollte mir dies gelingen, kann ich auf [mm]x_1 = x_2[/mm] schließen, da:
Eingeschobener Beweis 2:
[mm]1 = q = \frac {x_1} {x_2} \Rightarrow 1 = \frac {x_1} {x_2} \Rightarrow x_2 = x_1[/mm]
Somit ist es hinreichend, [mm]q^{2n+1} = 1[/mm] zu zeigen, um [mm]x_1 = x_2[/mm] zu beweisen. Im Folgenden werde ich daher immer nur den "Beweis mit q" führen und ihn ohne weiteren Hinweis als Beweis für [mm]x_1 = x_2[/mm] nutzen. (Den Satz könnte man bestimmt auch "schöner" formulieren - oder?)
Beweis 3:
Nun betrachte ich zunächst [mm]q = 1[/mm], dann gilt: [mm]1^{2n+1} = 1[/mm], was gemäss Definition der Potenzfunktion so korrekt ist.
Nun betrachte ich [mm]q > 1[/mm], also [mm]q = 1 + d[/mm] mit [mm]d > 0[/mm]. Dann
zeige ich:
Beweis 4: (vollständige Induktion)
Annahme: [mm](1+d)^{2n+1} > 1[/mm]
Induktionsanfang: [mm] n_0 = 0 \Rightarrow 1 + d > 1[/mm] was unter unseren Voraussetzungen korrekt ist
Induktionsschritt:
[mm](1+d)^{2(n+1)+1} > 1[/mm]
[mm]= (1+d)^{2n+1} * (1+d)^2 > 1[/mm]
[mm]> 1 * (1+d)^2 > 1[/mm]
[mm]>1 + 2d + d^2 > 1[/mm], was unter unseren Voraussetzungen korrekt ist.
Beweis 3 wurde somit auf dem Wege der vollständigen Induktion erbracht.
Zwischenstand in Bezug auf q
Bewiesen ist: [mm]q^{2n+1}[/mm]
1. = 1, wenn q = 1 (Beweis 3)
2. > 1, wenn q > 1 (Beweis 4)
Nun betrachte ich [mm]q < 1[/mm], also [mm]q = 1 - d[/mm] mit [mm]d > 0[/mm]. Der Fall ist hier komplexer, aber gehen wir zunächst einmal in den Beweis:
Beweis 5: (vollständige Induktion)
Annahme: [mm](1-d)^{2n+1} < 1[/mm]
Induktionsanfang: [mm] n_0 = 0 \Rightarrow 1 - d < 1[/mm] was unter unseren Voraussetzungen korrekt ist
Induktionsschritt:
[mm](1-d)^{2(n+1)+1} < 1[/mm]
[mm]= (1-d)^{2n+1} * (1-d)^2 < 1[/mm]
[mm]> 1 * (1-d)^2 < 1[/mm]
[mm]= 1 - 2d + d^2 < 1[/mm]
Das beweist unsere Behauptung jedoch noch nicht, wie ein einfaches Gegenbeispiel aufzeigt: [mm] d = 5 = 1 - 2*5 + 5^2 = 1 - 10 + 25 = 16 > 1[/mm] was im Gegensatz zu unserer Ungleichung steht. Wir müssen daher weiter auflösen um die korrekte Lösungsmenge zu erhalten:
[mm]= 1 - 2d + d^2 < 1[/mm]
[mm]= -2d + d^2 < 0[/mm] |pq-Formel anwenden
[mm]= d * (d-2)< 0[/mm]
Die Lösungsmenge umfasst nun 2 Fälle:
1. [mm]d < 0 \wedge d - 2 > 0[/mm], unmöglich, somit leere Menge
2. [mm]d > 0 \wedge d -2 < 0[/mm]
Fall 2 ist möglich. Damit beträgt liegt unsere Lösungsmenge im Interval ]0,2[. Um meinen Induktionsbeweis zu "retten" schränke ich nun seinen Defintionsbereich auf dieses Interval ein. Damit ist Beweis 5 erbracht. Als "Nebeneffekt" habe ich mit dem Induktionsanfang aber auch noch
[mm](1-d)^{2n+1} < 1[/mm] für n = 0 und alle d gezeigt.
Zwischenstand in Bezug auf q
Bewiesen ist: [mm]q^{2n+1}[/mm]
1. = 1, wenn q = 1, für alle n (Beweis 3)
2. > 1, wenn q > 1, für alle n (Beweis 4)
3. < 1, wenn q = 1 - d, für alle d, für n = 0 (Beweis 5, Induktionsanfang)
4. < 1, wenn q = 1 - d, für 0 < d < 2, für alle n (Beweis 5)
Was fehlt mir jetzt noch? Ein Beweis, das q = 1 - d für d >= 2. Dazu sei [mm]e = d + 2 \Rightarrow q = 1 - (d+2) = 1 - e[/mm]. Damit wiederhole ich nun im Ansatz Beweis 5:
Beweis 6:
Ich vermute: [mm](1-e)^{2n+1} > 1[/mm]
Induktionsanfang:
Aus Beweis 5, Indkutionsanfang weiss ich [mm]n_0 = 0 \Rightarrow (1-e)^{2n+1} < 1[/mm]. Daher definiere ich hier [mm]n_0 = 1[/mm]. Das kann ich, da ich für den Fall [mm]n_0 = 0[/mm] schon alles bewiesen habe, was zu beweisen ist, und somit kein Aussage verliere. Nun versuche ich den Induktionsanfang:
[mm]n_0 = 1 \Rightarrow (1-e)^3 > 1 \Rightarrow 1- 3e+e^2+e^3 > 1[/mm]. Das allerdings zeigt noch nicht das Gewünschte. Für hinreichend kleine e wird die Ungleichung falsch (z.B. [mm]e = 1 \Rightarrow 1 - 3 + 1 +1 > 1 \Rightarrow 0 > 1[/mm]). Nun ist aber e = d + 2 und damit insbesondere [mm]e \ge 2 \Rightarrow -3e+e^2+e^3 \ge -3*2+2^2+2^3 \ge -6 + 4 + 8 \ge 6[/mm]. Das aber wiederum führt zu [mm]1- 3e+e^2+e^3 > 1 \Rightarrow 6 > 1[/mm], was nun endlich eine wahre Aussage ist. Damit ist der Induktionsanfang bewiesen.
Induktionsschritt:
[mm](1-e)^{2(n+1)+1} > 1[/mm]
[mm]\Rightarrow (1-e)^{2n+1} * (1-e)^2 > 1[/mm]
[mm]\Rightarrow 1 * (1-e)^2 > 1[/mm]
[mm]\Rightarrow 1 + 2e + e^2 > 1[/mm]
Die Aussage ist also wahr im Sinne unserer Voraussetzungen ([mm]e = d + 2 \wedge d > 0 \Rightarrow e > 0[/mm]).
Damit ist bewiesen, dass gilt [mm](1-e)^{2n+1} > 1[/mm] für n > 1. Da e = d + 2, gilt auch [mm](1-(d+2))^{2n+1} > 1[/mm] und damit ist bewiesen, dass [mm](1-d)^{2n+1} > 1[/mm] für [mm]d \ge 2, n \ge 1[/mm].
Zwischenstand in Bezug auf q
Bewiesen ist: [mm]q^{2n+1}[/mm]
1. = 1, wenn q = 1, für alle n (Beweis 3)
2. > 1, wenn q > 1, für alle n (Beweis 4)
3. < 1, wenn q = 1 - d, für alle d, für n = 0 (Beweis 5, Induktionsanfang)
4. < 1, wenn q = 1 - d, für 0 < d < 2, für alle n (Beweis 5)
5. > 1, wenn q = 1 - d, für [mm]d \ge 2, n \ge 1[/mm] (Beweis 6)
Nun zum Endspurt: mit Fällen 3, 4 und 5 ist bewiesen [mm]q = 1 - d \Rightarrow q^{2n+1} \not= 1[/mm] da es keine weiteren Fälle zu betrachten gibt.
Nun fasse ich neu zusammen: Zwischenstand in Bezug auf q
Bewiesen ist: [mm]q^{2n+1}[/mm]
1. = 1, wenn q = 1, für alle n (Beweis 3)
2. > 1, wenn q > 1, für alle n (Beweis 4)
3. [mm]\not=[/mm] 1, wenn q = 1 - d, für alle n (Beweis 5, 6)
Damit ist nun aber bewiesen, dass [mm]q^{2n+1} = 1 \Rightarrow q = 1[/mm] und mit Beweis 2 gilt somit [mm]x_1 = x_2[/mm]. Damit ist bewiesen
[mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{2n+1}[/mm] mit [mm]n \in \IN_0[/mm] ist injektiv,
was zu zeigen war.
... und ich erzähle jetzt besser nicht, wie lange ich dafür gebraucht habe . Und wieder sind wir bei der bangen Frage angekommen: stimmts?
Vielen Dank und beste Grüße,
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:40 Di 09.09.2008 | | Autor: | pelzig |
Also erstmal vorweg: Meine Anmerkungen sind jetzt so als würdest du z.B. Mathe studieren, d.h. ich bin ziemlich pedantisch. Das ist nicht um dich zu ärgern sondern damit du was bei lernst. Dein Beweis ist erstmal richtig, aber er hat noch viele Schönheitsfehler und ein paar Lücken.
> Behauptung:
> [mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{2n+1}[/mm] mit [mm]n \in \IN_0[/mm] ist
> injektiv
>
> Dazu zeige ich:
> [mm]x_1^{2n+1} = x_2^{2n+1}[/mm]
Nein, du zeigst: [mm] $x_1^{2n+1}=x_2^{2n+1}\Rightarrow x_1=x_2$.
[/mm]
> Anmerkung: [mm]x^{2n+1} \not= 0[/mm] für alle [mm]x \not= 0[/mm]. Dies folgt
> aus der Definiton der Potenzfunktion (oder muss ich das
> auch noch beweisen?).
Aha... wie folgt das denn aus der Definition der Potenzfunktion?
Ich schreib dazu später nochmal was.
> Beweis 1: [mm]x_2 = 0 \Rightarrow x_1 = 0[/mm]
> [mm]x_1^{2n+1} = 0^{2n+1}[/mm]
Also eigentlich zeigst du: [mm] $x_1^{2n+1}=x_2^{2n+1}=0\Rightarrow x_1=x_2$
[/mm]
> [mm]x_1^{2n+1} = 0[/mm] | noch Def. Potenzfunktion
> [mm]x_1 = 0[/mm] | noch Def. Potenzfunktion
>
> Durch einfach Vertauschung ist damit auch bewiesen: [mm]x_1 = 0 \Rightarrow x_2 = 0[/mm]
Also insbesondere [mm] $x_1=x_2$, [/mm] das ist der eigentliche Punkt.
> Damit ist für den Fall x = 0 bewiesen, dass [mm]x_1 = x_2[/mm]
> (nämlich gleich 0) gelten muss. Diesen Fall brauchen wir
> nicht weiter zu betrachten.
Was ist denn jetzt bitte $x$ schon wieder? So wie es da steht heißt es [mm] $x=0\Rightarrow x_1=x_2$ [/mm] - ne völlig sinnlose Aussage.
In Wirklichkeit hast du, wie gesagt, gezeigt, dass [mm] $f(x_1)=f(x_2)=0\Rightarrow x_1=x_2$, [/mm] das war auch vollkommen richtig, aber dann schreib auch nix anderes hin
> Zwischenstand
> [mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{2n+1}[/mm] mit [mm]n \in \IN_0[/mm] ist
> injektiv ist bewiesen für
> 1. x = 0
Auch diese Aussage ist so nicht ganz exakt. Eine Funktion ist nicht "injektiv für ein $x$" oder sowas. Eine Funktion ist nur "als ganzes" injektiv oder nicht. Injektivität bedeutet, das unterschiedliche Argumente nicht auf auf gleiche Funktionswerte abgebildet werden, oder anders gesagt, auf jedes Element in der Bildmenge wird "höchstens einmal" abgebildet. In dieser Sprechweise hast du gezeigt, dass nur die $0$ auf $0$ abgebildet wird.
> Nun mache ich mich an die weiteren Fälle.
> [mm]x_1^{2n+1} = x_2^{2n+1}[/mm] mit [mm]x_1, x_2 \in \IR \backslash 0[/mm]
Ok.
> Die Divison durch [mm]x_2^{2n+1}[/mm] ist durch [mm]\IR \backslash 0[/mm] nun
> eine Äquivalenzumformung, somit
> [mm]\Rightarrow (\frac {x_1} {x_2})^{2n+1} = 1[/mm]
Ne Division ist immer eine "Äquivalenzumformung" (eine Division durch $0$ gibt es nicht).
> Zur Vereinfachung sei zunächst [mm]q = \frac {x_1} {x_2}[/mm]. Somit
> is zu zeigen:
> [mm]q^{2n+1} = 1[/mm] mit [mm]q \in \IR \backslash 0, n \in \IN[/mm]
Nein, das ist nicht die Aussage, die du zeigst. Es muss heißen [mm] $q^{2n+1}=1\Rightarrow [/mm] q=1$.
> Ich muss nun zeigen, dass diese Aussage nur dann zutrifft,
> wenn q = 1 gilt. In allen anderen Fällen darf sie nicht
> zutreffen. Sollte mir dies gelingen, kann ich auf [mm]x_1 = x_2[/mm]
> schließen, da:
>
> Eingeschobener Beweis 2:
> [mm]1 = q = \frac {x_1} {x_2} \Rightarrow 1 = \frac {x_1} {x_2} \Rightarrow x_2 = x_1[/mm]
Genau.
> Somit ist es hinreichend, [mm]q^{2n+1} = 1[/mm] zu zeigen, um [mm]x_1 = x_2[/mm]
> zu beweisen. Im Folgenden werde ich daher immer nur den
> "Beweis mit q" führen und ihn ohne weiteren Hinweis als
> Beweis für [mm]x_1 = x_2[/mm] nutzen. (Den Satz könnte man bestimmt
> auch "schöner" formulieren - oder?)
> Beweis 3:
> Nun betrachte ich zunächst [mm]q = 1[/mm], dann gilt: [mm]1^{2n+1} = 1[/mm],
> was gemäss Definition der Potenzfunktion so korrekt ist.
Formal gesehen muss man auch das natürlich aus den Axiomen der reellen Zahlen beweisen, ist so ähnlich wie oben, ich schreib da nachher nochmal was dazu.
> Nun betrachte ich [mm]q > 1[/mm], also [mm]q = 1 + d[/mm] mit [mm]d > 0[/mm]. Dann
> zeige ich:
>
> Beweis 4: (vollständige Induktion)
> Annahme: [mm](1+d)^{2n+1} > 1[/mm]
Das ist die sog. "Induktionsvoraussetzung", die hat hier noch nix verloren. Die Reihenfolge ist:
1) Induktionsanfang zeigen
2) zeigen, dass aus der Induktionsvorraussetzung die Induktionsbehauptung folgt. Dieser Teil heißt "Induktionsschritt".
> Induktionsanfang: [mm]n_0 = 0 \Rightarrow 1 + d > 1[/mm]
> was unter unseren Voraussetzungen korrekt ist
> Induktionsschritt:
> [mm](1+d)^{2(n+1)+1} > 1[/mm]
> [mm]= (1+d)^{2n+1} * (1+d)^2 > 1[/mm]
> [mm]> 1 * (1+d)^2 > 1[/mm]
> [mm]>1 + 2d + d^2 > 1[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
, was unter unseren Voraussetzungen
> korrekt ist.
> Beweis 3 wurde somit auf dem Wege der vollständigen
> Induktion erbracht.
Was haben diese ganzen Gleichungen mit einander zu tun? Du meinst sicher dass sie äquivalent sind, aber dennoch: es ist kein guter Stil, nen Beweis nach dem Schema $\text{Behauptung}\gdw ...\gdw\text{wahre Aussage}$. Schreibe lieber:
$(1+d)^{2(n+1)+1}=(1+d)^{2n+1)\cdot (1+d)^2$ (Nach Def. der Potenzfunktion)
$>(1+d)^2$ (da $(1+d)^{2n+1}$ Nach Induktionsvoraussetzung $>1$ ist)
$=1+2d+d^2$ (zweimaliges Anwenden des Distributivgesetzes)
$>1$ (da $2d,d^2>0$ sind).
Siehst du den Unterschied? Wenn man jetzt noch die Begründungen wegdenkt, und in aller Regel wird man bei solchen einfachen Rechnungen nichts großartig begründen (aber man sollte natürlich bei jedem Schritt bescheid wissen, warum das geht), dann steht da $(1+d)^ {2(n+1)+1}=...>1$, so muss es sein.
Trotzdem, dein Beweis ist natürlich richtig.
>
> Zwischenstand in Bezug auf q
> Bewiesen ist: [mm]q^{2n+1}[/mm]
> 1. = 1, wenn q = 1 (Beweis 3)
> 2. > 1, wenn q > 1 (Beweis 4)
>
> Nun betrachte ich [mm]q < 1[/mm], also [mm]q = 1 - d[/mm] mit [mm]d > 0[/mm]. Der Fall
> ist hier komplexer, aber gehen wir zunächst einmal in den
> Beweis:
>
> Beweis 5: (vollständige Induktion)
> Annahme: [mm](1-d)^{2n+1} < 1[/mm]
Selbes Problem wie oben, aber wenigstens bist du konsequent
> Induktionsanfang: [mm]n_0 = 0 \Rightarrow 1 - d < 1[/mm]
> was unter unseren Voraussetzungen korrekt ist
Ok.
> Induktionsschritt:
> [mm](1-d)^{2(n+1)+1} < 1[/mm]
> [mm]= (1-d)^{2n+1} * (1-d)^2 < 1[/mm]
> [mm]> 1 * (1-d)^2 < 1[/mm]
> [mm]= 1 - 2d + d^2 < 1[/mm]
Selbes Problem wie oben, es wird einfach nicht klar was die Gleichungen miteinander zu tun haben.
> Das beweist unsere Behauptung jedoch
> noch nicht, wie ein einfaches Gegenbeispiel aufzeigt: [mm]d = 5 = 1 - 2*5 + 5^2 = 1 - 10 + 25 = 16 > 1[/mm]
> was im Gegensatz zu unserer Ungleichung steht. Wir müssen
> daher weiter auflösen um die korrekte Lösungsmenge zu
> erhalten:
> [mm]= 1 - 2d + d^2 < 1[/mm]
> [mm]= -2d + d^2 < 0[/mm] |pq-Formel anwenden
> [mm]= d * (d-2)< 0[/mm]
> Die Lösungsmenge umfasst nun 2 Fälle:
Aha... wie folgt das? Für diesen Schritt benutzt du nämlich schon einige Eigenschaften der quadratischen Funktionen, die du erst viel später, mit dem Zwischenwertsatz für stetige Funktionen beweisen kannst.
> 1. [mm]d < 0 \wedge d - 2 > 0[/mm], unmöglich, somit leere Menge
> 2. [mm]d > 0 \wedge d -2 < 0[/mm]
> Fall 2 ist möglich. Damit
> beträgt liegt unsere Lösungsmenge im Interval ]0,2[. Um
> meinen Induktionsbeweis zu "retten" schränke ich nun seinen
> Defintionsbereich auf dieses Interval ein. Damit ist Beweis
> 5 erbracht. Als "Nebeneffekt" habe ich mit dem
> Induktionsanfang aber auch noch
> [mm](1-d)^{2n+1} < 1[/mm] für n = 0 und alle d gezeigt.
> Zwischenstand in Bezug auf q
> Bewiesen ist: [mm]q^{2n+1}[/mm]
> 1. = 1, wenn q = 1, für alle n (Beweis 3)
> 2. > 1, wenn q > 1, für alle n (Beweis 4)
> 3. < 1, wenn q = 1 - d, für alle d, für n = 0 (Beweis 5,
> Induktionsanfang)
> 4. < 1, wenn q = 1 - d, für 0 < d < 2, für alle n (Beweis
> 5)
Ok.
> Was fehlt mir jetzt noch? Ein Beweis, das q = 1 - d für d
> >= 2. Dazu sei [mm]e = d + 2 \Rightarrow q = 1 - (d+2) = 1 - e[/mm].
Finde das etwas verwirrend mit dem neuen Bezeichner.
> Damit wiederhole ich nun im Ansatz Beweis 5:
>
> Beweis 6:
> Ich vermute: [mm](1-e)^{2n+1} > 1[/mm]
Ok ich kürz hier mal ab, denn die Behauptung ist offensichtlich falsch. Es ist doch [mm] $e=d+2\ge [/mm] 4$ und damit [mm] $1-e\le1-4=-3<0$. [/mm] Damit ist auch [mm] $(1-d)^{2n+1}<0$ [/mm] - und das reicht ja auch schon, du wolltest ja nur zeigen dass dann [mm] $(1-d)^{2n+1}\ne [/mm] 1$ ist.
> Induktionsanfang:
> Aus Beweis 5, Indkutionsanfang weiss ich [mm]n_0 = 0 \Rightarrow (1-e)^{2n+1} < 1[/mm].
> Daher definiere ich hier [mm]n_0 = 1[/mm]. Das kann ich, da ich für
> den Fall [mm]n_0 = 0[/mm] schon alles bewiesen habe, was zu beweisen
> ist, und somit kein Aussage verliere. Nun versuche ich den
> Induktionsanfang:
> [mm]n_0 = 1 \Rightarrow (1-e)^3 > 1 \Rightarrow 1- 3e+e^2+e^3 > 1[/mm].
Hier hat sich wohl ein Vorzeichenfehler bei dem [mm] $e^3$ [/mm] eingeschlichen...
> Das allerdings zeigt noch nicht das Gewünschte. Für
> hinreichend kleine e wird die Ungleichung falsch (z.B. [mm]e = 1 \Rightarrow 1 - 3 + 1 +1 > 1 \Rightarrow 0 > 1[/mm]).
> Nun ist aber e = d + 2 und damit insbesondere [mm]e \ge 2 \Rightarrow -3e+e^2+e^3 \ge -3*2+2^2+2^3 \ge -6 + 4 + 8 \ge 6[/mm].
> Das aber wiederum führt zu [mm]1- 3e+e^2+e^3 > 1 \Rightarrow 6 > 1[/mm],
> was nun endlich eine wahre Aussage ist. Damit ist der
> Induktionsanfang bewiesen.
Wahrscheinlich hast du hier den Fehler
> Induktionsschritt:
>
> [mm](1-e)^{2(n+1)+1} > 1[/mm]
> [mm]\Rightarrow (1-e)^{2n+1} * (1-e)^2 > 1[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow 1 * (1-e)^2 > 1[/mm]
> [mm]\Rightarrow 1 + 2e + e^2 > 1[/mm]
Tja hier sieht man dass der Induktionsschritt auch bei falschen Aussagen klappen kann
Ohne nen korrekten Induktionsanfang beweist das natürlich gar nichts.
> Die Aussage ist also wahr im Sinne unserer Voraussetzungen
> ([mm]e = d + 2 \wedge d > 0 \Rightarrow e > 0[/mm]).
>
> Damit ist bewiesen, dass gilt [mm](1-e)^{2n+1} > 1[/mm] für n > 1.
> Da e = d + 2, gilt auch [mm](1-(d+2))^{2n+1} > 1[/mm] und damit ist
> bewiesen, dass [mm](1-d)^{2n+1} > 1[/mm] für [mm]d \ge 2, n \ge 1[/mm].
>
> Zwischenstand in Bezug auf q
> Bewiesen ist: [mm]q^{2n+1}[/mm]
> 1. = 1, wenn q = 1, für alle n (Beweis 3)
> 2. > 1, wenn q > 1, für alle n (Beweis 4)
> 3. < 1, wenn q = 1 - d, für alle d, für n = 0 (Beweis 5,
> Induktionsanfang)
> 4. < 1, wenn q = 1 - d, für 0 < d < 2, für alle n (Beweis
> 5)
> 5. > 1, wenn q = 1 - d, für [mm]d \ge 2, n \ge 1[/mm] (Beweis 6)
>
> Nun zum Endspurt: mit Fällen 3, 4 und 5 ist bewiesen [mm]q = 1 - d \Rightarrow q^{2n+1} \not= 1[/mm]
> da es keine weiteren Fälle zu betrachten gibt.
>
> Nun fasse ich neu zusammen: Zwischenstand in Bezug auf q
> Bewiesen ist: [mm]q^{2n+1}[/mm]
> 1. = 1, wenn q = 1, für alle n (Beweis 3)
> 2. > 1, wenn q > 1, für alle n (Beweis 4)
> 3. [mm]\not=[/mm] 1, wenn q = 1 - d, für alle n (Beweis 5, 6)
>
> Damit ist nun aber bewiesen, dass [mm]q^{2n+1} = 1 \Rightarrow q = 1[/mm]
> und mit Beweis 2 gilt somit [mm]x_1 = x_2[/mm]. Damit ist bewiesen
>
> [mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{2n+1}[/mm] mit [mm]n \in \IN_0[/mm] ist
> injektiv,
>
> was zu zeigen war.
Ok.
Also erstmal: Schon viel besser. Man sieht, dass du dir ganz genau überlegt hast was du alles zeigen musst und auch wirklich akribisch alle Fälle durchgeackert hast. Dein Beweis wäre aber wesentlich übesichtlicher wenn du z.b. den Beweis von [mm] $q^{2n+1}=1$ [/mm] irgendwie in ein eigenes "Lemma" oder so auslagern könntest. Außerdem ist der Beweis dafür sehr kompliziert und umständlich (der Fall [mm] $d\ge2$ [/mm] ist sogar schlichtweg falsch).
Versuch doch mal folgende, sog. "Bernoullische Ungleichung" mit Induktion über $n$ zu beweisen:
Für jede reelle Zahl [mm] $x\ge-1$ [/mm] und für jede natürliche Zahl $n$ gilt: [mm] $(1+x)^n\ge [/mm] 1+nx$.
Wie lässt sich damit dein "Lemma" beweisen?
Bei diesem Beweis wird deutlich dass es sehr wichtig ist, dass man sich erstmal darauf einigt, was man benutzen darf und was nicht. An ner Uni z.B. werden meistens die "Rechenregeln" der reellen Zahlen als ![[]](/images/popup.gif) Axiome eingeführt, und die sind ziemlich knapp, d.h. man muss selbst die einfachsten Dinge erstmal beweisen, z.b. dass ein Produkt genau dann Null ist wenn einer der Faktoren Null ist, das geht z.B. so:
zu zeigen: [mm] $xy=0\gdw x=0\vee [/mm] y=0$
Beweis von [mm] $\Leftarrow$. [/mm] Ist $x=0$, so ist [mm] $0\cdot [/mm] y=0$, analog für $y=0$. (Achtung, selbst die Tatsache, dass [mm] $0\cdot [/mm] a=0$ für jedes $a$ gilt, steht nicht in den Axiomen, uns muss aus diesen gefolgert werden.)
Beweis von [mm] $\Rightarrow$. [/mm] Ist [mm] $x\ne0$, [/mm] so gibt es das (multiplikative) Inverse [mm] $x^{-1}$ [/mm] von $x$ und aus $xy=0$ folgt:
[mm] $x^{-1}(xy)=x^{-1}\cdot0\gdw (x^{-1}x)y=0\gdw 1\cdot y=0\gdw [/mm] y=0$. Für [mm] $y\ne [/mm] 0$ folgt $x=0$ analog.
Deine Behauptung lässt sich allein aus den Körperaxiomen und Anordnungsaxiomen der reellen Zahlen zeigen. Wahrscheinlich brauchst du auch vollständige Induktion, aber ich kann nicht ausschließen, dass es auch ohne geht.
Du musst selbst entscheiden ob du dich mit solchem Urschleim beschäftigen willst, aber im Studium wirst du es auf jeden Fall müssen und wenn du es richtig lernen willst, führt daran eh kein Weg vorbei.
Gruß, Robert
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:51 Di 09.09.2008 | | Autor: | rainman |
Hallo Robert,
ganz kurz vorab:
> Also erstmal vorweg: Meine Anmerkungen sind jetzt so als
> würdest du z.B. Mathe studieren, d.h. ich bin ziemlich
> pedantisch. Das ist nicht um dich zu ärgern sondern damit
> du was bei lernst.
Ja, bitte. Schönfärberei nützt mir nichts. Ich sollte vielleicht auch sagen, dass ich im Moment im ersten Kapitel des Mathegrundkurses an der Fernuni Hagen (erstes Semester) stecke. Von daher sollte es schon passen :)
Die Aufgabenstellung stammt allerdings nicht aus dem Script, sondern ich bin selbst "drüber gestolpert". Und da ich eigentlich immer ganz gerne an praktischen Problemen arbeite, habe ich mir hier wohl eine (zu harte) Nuss heraus gegriffen. OK, es ist frustig, aber ich habe hier in dem Thread schon eine ganze Menge gelernt und auch so manches erst richtig verstanden. Von daher ist es wohl gut investierte Zeit. Ich hoffe nur, ich nerve Euch nicht mittlerweile zu sehr
Also: deine Hinweise sind äusserst hilfreich und willkommen. Ich muss nur schauen, ob ich jetzt die Fragestellung doch irgendwann abbreche, um mit dem eigentlichen Script weiter zu machen. Die Zeit wird doch eng. Aber einen Versuch möchte ich (nachher ) doch noch wagen.
> Deine Behauptung lässt sich allein aus den Körperaxiomen
> und Anordnungsaxiomen der reellen Zahlen zeigen.
> Wahrscheinlich brauchst du auch vollständige Induktion,
> aber ich kann nicht ausschließen, dass es auch ohne geht.
hehe, vielleicht sollte ich doch mal ein paar Seiten im Script weiterlesen...
> Du musst selbst entscheiden ob du dich mit solchem
> Urschleim beschäftigen willst, aber im Studium wirst du es
> auf jeden Fall müssen und wenn du es richtig lernen willst,
> führt daran eh kein Weg vorbei.
Wie Du vielleicht siehst, bin ich schon etwas älter - ich versuche es jetzt einfach mit dem Studium, da ich festgestellt habe, dass ich einige Dinge nicht klar genug ausdrücken kann (und ich kann durchaus pedantisch sein). Mir ist klar geworden, dass die Mathematik ein ausgezeichnetes Hilfsmittel zum Verständnis der Welt, auf jeden Fall aber zum "korrekten" (logisch richtigen) Denken und Folgern ist. Das aber natürlich nur, wenn man die Grundkonzepte *wirklich* *beherrscht* und geistig durchdrungen hat. Der "Urschleim" ist vielleicht wenig sexy - aber sicherlich absolut notwendig, um alles andere wirklich zu verstehen. Aber das weisst Du eh .
Vielen Dank nochmal,
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:25 Sa 06.09.2008 | | Autor: | yrun8 |
Hallo,
vielleicht versteh ich da was falsch, aber erhält man nicht für
a=0.5 die nicht-injektive Abbildung [mm] x\mapsto x^2 [/mm] ??
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:36 Sa 06.09.2008 | | Autor: | pelzig |
> ich möchte beweisen, dass
> [mm]f: \IR \to \IR: x \mapsto x^{(2a+1)}[/mm]
> injektiv ist.
Wie yrun8 schon angemerkt hat, ist die Behauptung für beliebige $a$ natürlich falsch, z.b. $a=-1/2$. Außerdem ist die funktion für $x<0$ i.A. gar nicht definiert. Wie habt ihr denn den Ausdruck [mm] $x^c$ [/mm] für [mm] $c\in\IR$ [/mm] überhaupt definiert? Wisst ihr schon, dass stetige monotone Funktionen injektiv sind?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:51 Sa 06.09.2008 | | Autor: | rainman |
haben wir leider alles noch nicht (sorry, mein Post eben war stecken geblieben...). Und gemeint ist [mm]a \in \IN_{0}[/mm]. Danke für den Hinweis, es ist wichtig, die Dinge von Anfang an richtig zu benennen.
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:10 So 07.09.2008 | | Autor: | pelzig |
Ok ich hab mir jetzt nochmal den Ansatz [mm] $x_1\ne x_2\Rightarrow x_1^{2n+1}\ne x_2^{2n+1}$ [/mm] angeschaut.
Sei im Folgenden oBdA [mm] $x_1
1) Genau eine der Zahlen ist gleich $0$, z.B. [mm] x_1:
[/mm]
Dann ist jedenfalls [mm] $x_1^{2n+1}=0$. [/mm] Wäre auch [mm] $x_2^{2n+1}=0$, [/mm] so wäre auch [mm] $x_2$ [/mm] gleich null, denn ein Produkt ist (in [mm] $\IR$!) [/mm] genau dann Null, wenn einer der Faktoren Null ist. Das wäre aber ein Widerspruch zu [mm] $x_1\ne x_2$, [/mm] also muss doch [mm] $x_2^{2n+1}\ne0=x_1^{2n+1}$ [/mm] sein.
2) [mm] $x_1<0$ [/mm] und [mm] $x_2>0$: [/mm] Dann ist offenbar [mm] $x_1^{2n+1}<0$ [/mm] und [mm] $x_2^{2n+1}>0$ [/mm] (folgt aus den Anordnungsaxiomen der reellen Zahlen), also kann nicht [mm] $x_1^{2n+1}=x_2^{2n+1}$ [/mm] sein, denn eine Zahl kann nicht kleiner Null und größer Null zugleich sein.
3) [mm] $x_1,x_2>0$: [/mm] Wir setzen [mm] $x_2=x_1+a$ [/mm] mit $a>0$. Es genügt zu zeigen dass [mm] $x_2^{2n+1}-x_1^{2n+1}\ne [/mm] 0$ ist. Also:
[mm] $x_2^{2n+1}-x_1^{2n+1}=(x_1+a)^{2n+1}-x_2^{2n+1}=\left(\sum_{k=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{k}x_1^k a^{2n+1-k}\right)-x_2^{2n+1}=\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n+1}{k}x_1^k a^{2n+1-k}>0$, [/mm] da alle Summanden größer Null sind.
4) [mm] $x_1,x_2<0$: [/mm] Den überlass ich mal dir. Er geht jedenfalls auf die gleiche Weise wie 3), setze dazu [mm] $x_1=x_2-a$ [/mm] mit $a>0$ und wende wieder den Binomischen Satz an.
Ich finde es erschreckend wie kompliziert der Beweis doch geworden ist, es kann sehr gut sein dass es einen sehr viel einfacheren Weg gibt. Aber gerade in den Grundlagen muss man sich in der Mathematik manchmal auch die Finger schmutzig machen...
Edit: Achja, wie schon mehrfach festgestellt wurde, genügte es ja auch zu zeigen dass [mm] $a^{2n+1}=1\Rightarrow [/mm] a=1$. Das geht natürlich viel einfacher. Falls [mm] $a\le0$ [/mm] ist, dann ist natürlich [mm] $a^{2n+1}\le [/mm] 0$, also verschieden von $1$. Ist $a>0$ so kann man $a=1+x$ setzen mit $x>-1$ und die Bernoullische Ungleichung Anwenden: [mm] $a^n=(1+x)^{2n+1}\ge [/mm] 1+{2n+1}x$, also kann [mm] $a^{2n+1}=1$ [/mm] nur erfüllt sein, wenn $2n+1=0$ oder [mm] $x=0\gdw [/mm] a=1$ ist, also [mm] $a=1\qquad\Box$ [/mm]
Abgesehen davon, dass dieser Beweis viel kürzer ist, benutzt er auch nur die Bernoullische Ungleichung, die viel einfacher zu beweisen ist als der Binomische Satz.
Gruß, Robert
|
|
|
|
