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Lösung für Aufgabe 6.3.3

Sei $(K,+,\cdot,\leq)$ ein geordneter Körper. Beweisen Sie folgende Aussagen für $a,b,c,d\in K$, ausschließlich unter Verwendung der Körperaxiome, der Definition einer Ordnung, der Ordnungsaxiome und Proposition 6.3.2. Begründen Sie jeden ihrer Schritte!
  • (i) Gleichsinnige Ungleichungen "dürfen" addiert werden, genauer: aus $a < b$ und $c < d$ folgt $a+c < b+d$, oder in leicht verständlicher Symbolik: $$\begin{array}{rcl} a & < & b\\ c & < & d\\\hline a+c& < &b+d\end{array}$$
  • (ii) Gleichsinnige Ungleichungen "dürfen" immer dann miteinander multipliziert werden, wenn alle Glieder positiv sind, genauer: aus $0 < a < b$ und $0 < c < d$ folgt $ac < bd$, oder in leicht verständlicher Symbolik: $$\begin{array}{rcccl} 0& < &a& < &b\\ 0& < &c& < &d\\\hline &&ac& < &bd\end{array}$$
Bemerkung: Aus (i) folgt (setze $c=0$), dass eine Kleinerbeziehung wahr bleibt, falls auf der rechten Seite eine positive Zahl addiert wird; man sagt: die Abschätzung $a < b$ wird vergröbert, wenn eine positive Zahl zu $b$ addiert wird.


Bevor wir die beiden Aussagen beweisen, zeigen wir eine nützliche Tatsache für Ordnungsrelationen, nämlich die Transitivität von $< $: Seien $a < b$ und $b < c$. Dann folgt aus der Transitivität von $\leq$ sofort $a\leq c$. Wäre weiters $a=c$, dann folgte aus $a < b$ und $c\leq a$, dass $c\leq b$ wegen der Transitivität von $\leq$, und dann hätten wir $c=b$ wegen der Antisymmetrie von $\leq$, ein Widerspruch zu $b < c$. Daher ist in der Tat $a\neq c$, also $a < c$.

Außerdem folgt aus (O1) die folgende Tatsache, die wir mit (A) bezeichnen werden, nämlich dass $a < b$ genau dann, wenn $a+c < b+c$ für $a,b,c\in K$.
Wir beweisen das wie folgt: Sei $a < b$. (O1) impliziert sofort, dass $a+c\leq b+c$ gilt. Weil $K$ ein Körper ist, folgt wegen $a\neq b$ aber $a+c\neq b+c$, also insgesamt $a+c < b+c$. Setzen wir in $a < b\limplies a+c < b+c$ ein für $a=a+c$, $b=b+c$ und $c=-c$, dann erhalten wir $a+c < b+c\limplies a < b$ und damit die behauptete Äquivalenz.

Weiters folgt aus (O2) die folgende Behauptung, in der Folge mit (B) bezeichnet, nämlich dass $a < b$ und $0 < c$ impliziert, dass $ac < bc$. Es gilt wegen (A), dass $a < b$ genau, wenn $0 < b-a$. Aus (O2) erhalten wir $0 < (b-a)c = bc - ac$, also $ac < bc$, wieder wegen (A).

Wir beweisen zuletzt die beiden Behauptungen aus der Aufgabe:

  • (i) Wegen $a < b$ gilt unter Verwendung von (A), dass $a+c < b+c$ ist. Weiters folgt aus $c < d$ wieder unter Verwendung von (A), dass $b+c < b+d$ ist. Die Transitivität von $<$ liefert dann das gewünschte Ergebnis.
  • (ii) Wegen $a < b$ und $0 < c$ folgt unter Verwendung von (B), dass $ac < bc$. Wegen $c < d$ und $0 < b$ folgt unter Verwendung von (B), dass $bc < bd$. Die Transitivität von $ < $ liefert $ac < bd$.
Beachten Sie, dass in (i) sogar $a+c < b+d$ folgt, wenn nur eine der beiden Ungleichungen $a < b$ und $c < d$ strikt ist. D.h. es folgt z.B. auch $a < b \wedge c \leq d \limplies a+c < b+d$. Versuchen Sie, auch das zu beweisen, bzw. den obigen Beweis so abzuwandeln, dass Sie dieses Resultat herleiten können.

Gilt dasselbe auch für die Multiplikation zweier Ungleichungen?

Kann man auch die Voraussetzung $0 < a$ zu $0 \leq a$ abschwächen?

Antwort: Ja zur ersten und Nein zur zweiten Frage.