Abbildung ordnungserhaltend

05.11.2021, 19:14

Daxl

Abbildung ordnungserhaltend

Hallo zusammen,

ich sitze zurzeit an einer Analysis Aufgabe und komme nicht wirklich vom Fleck.
Es sei K ein angeordneter Körper und $\begin{eqnarray*} 1_{K} \end{eqnarray*}$ das neutrale Element der Multiplikation. Gegeben sei eine Abbildung $\begin{eqnarray*} f: \mathbb Q \to K \end{eqnarray*}$ die definiert ist durch: $\begin{eqnarray*} f(q) = f(\frac{m}{n}):= \frac{m1_{K} }{n1_{K} }:= m1_{K}*(n1_{K}) ^{-1} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} q=\frac{m}{n}\in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ . Nun soll für alle $\begin{eqnarray*} p,q\in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ bewiesen werden:
$\begin{eqnarray*} p\leq q\Leftrightarrow f(p)\leq f(q) \end{eqnarray*}$ .

Hat jemand eine Idee?

05.11.2021, 22:02

IfindU

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RE: Abbildung Ordnungserhaltend
Nehmen wir $\begin{eqnarray*} p = \frac ab \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} q = \frac c d \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} b, d \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a,c \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ . D.h. insb. $\begin{eqnarray*} b,d > 0 \end{eqnarray*}$ .

Jetzt ist $\begin{eqnarray*} f(p) \leq f(q) \iff a 1_K \cdot (b1_K)^{-1} \leq c 1_K \cdot (d1_K)^{-1} \end{eqnarray*}$ . Ich denke $\begin{eqnarray*} n 1_K > 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n > 0 \end{eqnarray*}$ sollte gelten (bitte überprüfen/beweisen). Demnach kann man über Kreuz multiplizieren und bekommt
$\begin{eqnarray*} a 1_K \cdot (b1_K)^{-1} \leq c 1_K \cdot (d1_K)^{-1} \iff a 1_K \cdot d 1_K \leq c 1_K \cdot b 1_K \end{eqnarray*}$ . Das kann man mit der Definition von $\begin{eqnarray*} n \cdot 1_K \end{eqnarray*}$ dann umformulieren und vereinfachen, und man ist dann schon ganz nahe am Ziel.

05.11.2021, 22:05

Elvis

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$\begin{eqnarray*} p=\frac a b, b>0, q=\frac c d, d>0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p\le q\Leftrightarrow ad\le bc \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n>0 \Rightarrow f(n) =f(\frac n 1)=(n\cdot 1)(1\cdot 1)^{-1}=(n\cdot 1)\cdot 1>0 \end{eqnarray*}$

Weil natürliche Vielfache der 1 in K positiv sind und multiplikatve inverse positiver Elemente in K positiv sind, gilt was zu zeigen ist:

$\begin{eqnarray*} f(p) \le f(q) \Leftrightarrow (a\cdot 1)(b\cdot 1)^{-1}\le (c\cdot 1)(d\cdot 1)^{-1}\Leftrightarrow (a\cdot 1)(d\cdot 1)\le (b\cdot 1)(c\cdot 1) \end{eqnarray*}$

05.11.2021, 22:07

Elvis

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Zeitgleich mit den gleichen Ideen und Symbolen unabhängig voneinander gleich gedacht. smile

05.11.2021, 22:51

IfindU

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Viele Wege führen nach Rom, aber wohl nur einer zum Beweis der Aussage Big Laugh

06.11.2021, 11:28

Daxl

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Vielen Dank für eure Beweis Ideen, ich kann diese auch sehr gut nachvollziehen. Eine Sache irritiert mich jedoch: In der Aufgabenstellung war noch angegeben, dass man folgende Aussagen benutzen darf $\begin{eqnarray*} \forall p,q\in \mathbb Q: f(1)=1_{K} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} f(p*q)=f(p)*f(q) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(p^{-1})=f(p)^{-1} \end{eqnarray*}$ . Diese Aussagen werden in dem Beweis ja gar nicht benötigt verwirrt

06.11.2021, 13:40

Elvis

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Unsere Idee musst du noch ausführen, indem du die restlichen Beweislücken schließt. In der Mathematik sollst du nicht glauben sondern beweisen.
Ich habe behauptet

Zitat:

Original von Elvis
$\begin{eqnarray*} n>0 \Rightarrow f(n) =f(\frac n 1)=(n\cdot 1)(1\cdot 1)^{-1}=(n\cdot 1)\cdot 1>0 \end{eqnarray*}$

Weil natürliche Vielfache der 1 in K positiv sind und multiplikatve inverse positiver Elemente in K positiv sind, gilt was zu zeigen ist:

Das musst du beweisen.

Dazu hat auch IfindU aufgefordert:

Zitat:

Original von IfindU
Ich denke $\begin{eqnarray*} n 1_K > 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n > 0 \end{eqnarray*}$ sollte gelten (bitte überprüfen/beweisen).

06.11.2021, 14:23

Daxl

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Aber ist die Aussage, dass $\begin{eqnarray*} n*1_{K} > 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n>0 \end{eqnarray*}$ nicht trivial nach der Definition des neutralen Elements der Multiplikation in einem Körper? Also $\begin{eqnarray*} n*1_{K}=n >0 \end{eqnarray*}$ . Oder hab ich da einen Denkfehler?
Dass multiplikative Inverse positiver Elemente in K positiv sind, habe ich auch bewiesen, dafür jedoch nicht die obigen Aussagen zur Abbildung f benötigt. Oder geht es bei diesen Aussagen nur darum, dass Multiplikation und Inverse in K genauso verwendet werden können, wie in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ? Ich stehe scheinbar gerade auf dem Schlauch...

06.11.2021, 18:05

Elvis

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$\begin{eqnarray*} n\cdot 1_K \in K, n\in \mathbb N\subset \mathbb Q \end{eqnarray*}$ , also können diese Elemente nicht gleich sein. In $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ sind die natürlichen Zahlen positiv, also $\begin{eqnarray*} n>0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ . Für die Vielfachen $\begin{eqnarray*} n\cdot 1_K=1_K+...+1_K\in K \end{eqnarray*}$ muss das bewiesen werden, denn das ist ja nur eine symbolische Schreibweise.
Trivial heißt selbstverständlich, eine Aussage darf man nur trivial nennen, wenn sie bewiesen wurde oder man sie beweisen kann. Was man nicht beweisen kann ist nicht trivial und darf nicht einfach so angenommen werden. Ja, es geht in dieser Aufgabe ganz sicher auch darum, die Verhältnisse in angeordneten Körpern zu untersuchen, die trivialen Aussagen zu beweisen und dadurch zu verstehen, warum alles ganz genau so wie in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ist.
Wie beweist du, dass multiplikative Inverse positiver Elemente in $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ positiv sind ?

Hinweis:
Angeordnete Körper sind leicht verständlich, wenn man sie wie folgt zerlegt: $\begin{eqnarray*} K=N\dot\cup\{0\}\dot\cup P \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} N=\{a\in K:a < 0\}, P=\{a\in K:a>0\} \end{eqnarray*}$
und es gilt $\begin{eqnarray*} a,b\in P\Rightarrow a+b,ab\in P;a\in P,b\in N\Rightarrow a+b\in K,ab\in N;a,b\in N\Rightarrow a+b\in N,ab\in P \end{eqnarray*}$ (Beweis ?)
(So merkt man sich das schon in der Schule $\begin{eqnarray*} +\cdot +=-\cdot -=+,+\cdot -=-\cdot+=- \end{eqnarray*}$ )

06.11.2021, 21:14

Daxl

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Ok das mit den Vielfachen hab ich nun verstanden, man muss $\begin{eqnarray*} n>0\Rightarrow n*1_{K}>0 \end{eqnarray*}$ doch beweisen und es ist (leider) nicht trivial wie ich anfangs dachte.
Dass multiplikative Inverse positiver Elemente in K (also in angeordneten Körpern allgemein) positiv sind, hab ich so bewiesen:
Sei $\begin{eqnarray*} a\in K \end{eqnarray*}$ zu zeigen: $\begin{eqnarray*} a>0 \Leftrightarrow a^{-1}>0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (\Rightarrow) : (a^{-1}) ^{2}>0 \Rightarrow a^{-1}=a*(a^{-1}) ^{2}>0 \end{eqnarray*}$ Dass die Quadrate aller Elemente ungleich 0 größer als 0 sind, wurde zuvor in der Vorlesung bewiesen, genauso wie die Aussage, dass das Produkt zweier positiver Elemente wieder positiv ist.
$\begin{eqnarray*} (\Leftarrow) \end{eqnarray*}$ analog zu $\begin{eqnarray*} (\Rightarrow) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} a^{-1} >0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a^{2}>0 \end{eqnarray*}$

Danke für den Hinweis über die Zerlegung von angeordneten Körpern, die hilft sehr beim Verständnis smile

07.11.2021, 11:37

Elvis

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Die Rückrichtung muss man gar nicht beweisen, weil $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ das inverse von $\begin{eqnarray*} a^{-1} \end{eqnarray*}$ ist, und in der Hinrichtung hast du schon gezeigt, dass das inverse eines positiven Elements positiv ist.

Es fehlt nur noch der Beweis, dass $\begin{eqnarray*} +++=+ \end{eqnarray*}$ ist.
Vorschlag:

$\begin{eqnarray*} (I)\,\, n\cdot 1_K<(n-1)\cdot 1_K \end{eqnarray*}$ (Annahme: es existiert ein $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mit (I))
$\begin{eqnarray*} (II)\, 0\cdot 1_K=0<1=1\cdot 1_K \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (I)+(II)\, n\cdot 1_K<n\cdot 1_K \end{eqnarray*}$ im Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} n\cdot 1_K=n\cdot 1_K \end{eqnarray*}$

(Genügt das ? ist das richtig ? Geht es besser ?)

08.11.2021, 18:28

Elvis

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Noch ein Beweis (durch vollständige Induktion)
Induktionsanfang (IA) $\begin{eqnarray*} n=1: 0\cdot 1_K=0_K<1_K=1\cdot 1_K \end{eqnarray*}$
Induktionsschluß: $\begin{eqnarray*} 1_K=1_K \end{eqnarray*}$ (trivial) (I)
Induktionsvoraussetzung: $\begin{eqnarray*} (n-1)\cdot 1_K<n\cdot 1_K \end{eqnarray*}$ (II)
(I)+(II) $\begin{eqnarray*} n\cdot 1_K<(n+1)\cdot 1_K \end{eqnarray*}$ qed

Korollar: Ein endlicher Körper kann nicht angeordnet werden.
Beweis: Jeder endliche Körper $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ hat $\begin{eqnarray*} q=p^n \end{eqnarray*}$ Elemente, $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ Primzahl (die Charakteristik von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ ), $\begin{eqnarray*} n>0 \end{eqnarray*}$ natürliche Zahl, und es ist $\begin{eqnarray*} 0=p\cdot 1_K \end{eqnarray*}$ . In einem angeordeneten Körper muss aber nach obigem Beweis $\begin{eqnarray*} 0<p\cdot 1_K \end{eqnarray*}$ sein.

08.11.2021, 20:32

IfindU

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@Elvis: Hier beschränkst du dich nur auf natürliche Vielfache der Eins. Damit würdest du z.B. in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ noch nicht zeigen, dass die Summen positiver Brüche im Allgemeinen wieder positiv sind.

08.11.2021, 22:13

Elvis

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Stimmt genau. Das habe ich gemacht, weil es für die Anfrage von Daxl völlig ausreicht - und weil ich mir selbst wieder einmal klar machen wollte, warum insbesondere endliche Körper nicht angeordnet werden können.

09.11.2021, 14:15

IfindU

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Verstehe

Man kann das Korollar sogar führen, ohne zu benutzt, dass endliche Körper zwangsläufig $\begin{eqnarray*} p^k \end{eqnarray*}$ Elemente haben: Da $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ endlich ist, existieren nach Schubfachprinzip $\begin{eqnarray*} n_1 < n_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n_1 1_K = n_2 1_K \end{eqnarray*}$ , im Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} n_1 1_K < n_2 1_K \end{eqnarray*}$ .

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