Rechenregeln für Ungleichungen

Zur besseren Übersichtlich werden zwei Ungleichungen manchmal zusammengefasst:

${\displaystyle a\leq b}$ und ${\displaystyle b\leq c}$   ⇔   ${\displaystyle a\leq b\leq c}$

und auch die übliche Sprechweise negativ und positiv benutzt:

${\displaystyle a}$ ist positiv   ⇔   ${\displaystyle a>0}$     und     ${\displaystyle a}$ ist negativ   ⇔   ${\displaystyle a<0}$

Satz

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

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

Beweis

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

zu 1. Widerspruchsbeweis

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

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

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

zu 6. Der Beweis erfolgt durch vollständige Induktion.

Induktionsanfang

Annahme: ${\displaystyle 1\leq 0}$

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

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

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

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

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

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

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

Induktionsschritt

Aus ${\displaystyle 0<n}$ folgt mit 1.: ${\displaystyle 0+1<n+1}$.

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

zu 7.

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

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

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

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

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

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

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

Die reellen Zahlen sind archimedisch geordnet

Satz

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

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

Beweis

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

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

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

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

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

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

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

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

wegen ${\displaystyle 0<1}$ folgt mit den Rechenregeln von Ungleichungen:

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

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

Satz

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

Beweis

Der Beweis erfolgt durch Fallunterscheidung: ${\displaystyle a=0}$ und ${\displaystyle a>0}$

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

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

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