6 Die reellen Zahlen

Von Stiefel stammt folgendes Zitat aus dem Jahre 1544:

So wie eine unendliche Zahl keine Zahl ist, so ist eine irrationale Zahl keine wahre Zahl, weil sie sozusagen unter einem Nebel der Unendlichkeit verborgen ist.

6.1 Unlösbare Gleichungen in $\mathbb{Q}$.
Es ist $\mathbb{Q}$ ein Körper, ja sogar ein angeordneter Körper, und so dachten die alten Griechen (genauer die Pythagoräer) damit auch das Auslangen zu finden, d.h. daß sich alle relevanten Größen als Verhältnisse ganzer Zahlen beschreiben lassen. Insbesonders sollte dies auch für die Diagonale eines Quadrats mit rationalen oder zumindestens mit Seite $1$ gelten. Nach dem Satz von Pythagoras ist nun $d^2=1^2+1^2=2$, also $d=\sqrt{2}$.

Es gelang nun Hippasos von Metapont im 5.Jh. v.Chr. zu zeigen, daß $\sqrt{2}$ keine rationale Zahl ist, die Lösung der Gleichung $x^2:=x\cdot x=2$ also in $\mathbb{Q}$ nicht gefunden werden kann, und dafür wurde er von den Pythagoräern bei einer Bootsfahrt ertränkt.

Beweis. Indirekt. Angenommen $\sqrt{2}\in\mathbb{Q}$, d.h. es existieren ganze Zahlen $p,q\in\mathbb{Z}$ mit $q>0$ und $\sqrt{2}=\frac{p}{q}$. dabei dürfen wir annehmen, daß der Bruch soweit wie möglich gekürzt ist, also $p$ und $q$ relativ prim sind. Es ist $2=\sqrt{2}^2=(\frac{p}{q})^2=\frac{p^2}{q^2}$, also $2q^2=p^2$. Da $2$ die linke Seite teilt, muß auch die rechte Seite durch 2 teilbar sein, und somit $p$ gerade sein, also ist $p'=p/2\in\mathbb{Z}$. Dann ist aber $2q^2=(2p')^2$ und somit $2(p')^2=q^2$. Da $2$ auch diese linke Seite teilt ist $q'=q/2\in\mathbb{Z}$ und somit $2$ ein gemeinsamer Teiler von $p$ und $q$, ein Widerspruch zu ihrer Teilerfremdheit.     []

Es gibt also Lücken in $\mathbb{Q}$, d.h. Punkte auf der Zahlengeraden, die nicht rational sind. Wie können wir dieser Punkte Frau werden. Anstelle diese Punkte direkt anzugeben können wir sie auch durch die beiden Teilmengen beschreiben, in die $\mathbb{Q}$ zerfällt, wenn man es dort zerteilt. Für jedem Punkt $t$ der Geraden können wir also die Menge $R:=\{x\in\mathbb{Q}:t<x\}$ der rechts liegenden rationalen Punkte und auch die Menge $L:=\{x\in\mathbb{Q}:x\leq t\}$ der links liegenden rationalen Punkte betrachten. Diese beiden Mengen bilden eine Zerlegung $\{L,R\}$ von $\mathbb{Q}$ mit $\forall l\in L$ $\forall r\in R$: $l\leq r$. So etwas nennt man einen Dedekind'schen Schnitt von $\mathbb{Q}$, und dieser ist bereits durch die Menge $\emptyset\ne R\subset\mathbb{Q}$ ohne kleinstes Element und mit der Eigenschaft $r\in R$, $r<x\in \mathbb{Q}$ $\Rightarrow$ $x\in R$ eindeutig bestimmt, denn dann ist $L:=\mathbb{Q}\setminus R$ und aus $l\in L$, $r\in R$ folgt $l<r$, denn andernfalls wäre $l\geq r$ und somit $l\in R=\mathbb{Q}\setminus L$.

Man nennt eine Zahl $t$ Schnittzahl des Dedekind'schen Schnittes, wenn $\forall l\in L\forall r\in R:l\leq t\leq r$ gilt.

6.2 Proposition.
Die Schnittzahl jedes Dedekind'schen Schnittes ist eindeutig bestimmt (sofern sie existiert).

Beweis. Es seien $t$ und $t'$ zwei Schnittzahlen des Dedekind'schen Schnittes $(L,R)$. O.B.d.A. sei $t<t'$. Dann erfüllt $x:=\frac{t+t'}2$ die Ungleichung $t=\frac{t+t}2<\frac{t+t'}2=x<\frac{t'+t'}2=t'$. Da $t$ eine Schnittzahl ist, ist $x\in R$ und weil $t'$ eine ist, ist $x\in L$, ein Widerspruch zu $L\cap R=\emptyset$.     []

6.3 Definition.
Unter einem vollständigen angeordneten Körper versteht man einen angeordneten Körper für den jeder Dedekind'sche Schnitt eine Schnittzahl besitzt.

Der angeordnete Körper $\mathbb{Q}$ der rationalen Zahlen ist kein vollständig angeordneter Körper, wie der Dedekind'sche Schnitt für $\sqrt{2}$ zeigt.

Hingegen sollte $\mathbb{R}$ ein vollständig angeordneter Körper sein.

6.4 Konstruktion von $\mathbb{R}$.
Die Menge der reellen Zahlen definiert man nun als

$$\mathbb{R}:=\{R:R$$ ist Dedekind'scher Schnitt in $$\mathbb{Q}\}.$$

Offensichtlich kann man jede rationale Zahl $r\in\mathbb{Q}$ als Dedekind'schen Schnitt $\{x\in\mathbb{Q}:x>r\}$ auffassen. Als Erweiterung zur Ordnung der rationalen Zahlen definiert man ein Ordnung auf $\mathbb{R}$ durch $R\leq R'$ $:\Leftrightarrow$ $R\supseteq R'$.

Wir können nun zeigen, daß $\mathbb{R}$ seinerseits keine Lücken mehr aufweist:

6.5 Vollständigkeit von $\mathbb{R}$.
Es sei $\mathcal{R}\subseteq \mathbb{R}$ nach unten beschränkt und nicht leer. Dann existiert das Infimum $\inf(\mathcal{R})$ von $\mathcal{R}$, d.h. die größte untere Schranke von $\mathcal{R}$.

Supremumsprinzip. Es sei $\mathcal{R}\subseteq \mathbb{R}$ nach oben beschränkt und nicht leer. Dann existiert das Supremum $\sup(\mathcal{R})$ von $\mathcal{R}$, d.h. die kleinste obere Schranke von $\mathcal{R}$.

Beweis. Sei also $\emptyset \ne \mathcal{R}\subseteq \mathbb{R}$ nach unten beschränkt. Als einziger möglicher Kandidat für $\inf\mathcal{R}$ kommt nur $\bigcup\mathcal{R}$ in Frage, denn nach (1.5) ist dies die größte Teilmenge von $\mathbb{Q}$ die alle $R\in\mathcal{R}$ als Teilmengen enthält. Es ist $\bigcup\mathcal{R}\in\mathbb{R}$, d.h. ein Dedekind'scher Schnitt: Wegen $\mathcal{R}\ne\emptyset$ und $R\in\mathcal{R}\Rightarrow R\ne\emptyset$ ist $\bigcup\mathcal{R}\ne\emptyset$. Sei $R_0\in\mathbb{R}$ eine untere Schranke von $\mathcal{R}$, d.h. $R_0\supseteq R$ für alle $R\in\mathcal{R}$. Dann ist $R_0\ne \mathbb{Q}$ und somit auch $\bigcup\mathcal{R}\subseteq R_0$ ungleich $\mathbb{Q}$. Sei nun $\mathbb{Q}\ni r\in \bigcup\mathcal{R}$ und $r<x\in \mathbb{Q}$. Dann ist $r\in R$ für ein $R\in\mathcal{R}$ und somit auch $x\in R\subseteq \bigcup\mathcal{R}$. Schließlich besitzt $\mathcal{R}$ kein kleinstes Element $r_0\in\mathbb{Q}$, denn ein solches läge in einen $R\in\mathcal{R}$ und wäre damit auch kleinstes Element von $R$.

Für den zweiten Teil betrachten wir $-\mathcal{R}:=\{-x:x\in \mathcal{R}\}$. Dies ist nach unten beschränkt, besitzt also nach dem ersten Teil ein Infimum, und offensichtlich ist $\sup(\mathcal{R})=-\inf(-\mathcal{R})$.     []

$\mathbb{R}$ als vollständig angeordneter Körper.
Weiters erweitert man die Grundrechnungsarten für rationale Zahlen nun auf reelle Zahlen durch

$$R+R' :=\{a+a':a\in R,a'\in R'\}$$

$$R\cdot R' :=\{a\cdot a':a\in R,a'\in R'\} R,R'\geq 0.$$

Wegen $(-x)y=-xy=x(-y)$ ergibt sich daraus auch eine Definition für $R\cdot R'$ in allen anderen Fällen. Mit etwas Ausdauer kann man nun nachweisen, daß $\mathbb{R}$ ein angeordneter Körper ist.

Man kann weiters zeigen, daß $\mathbb{R}$ bis auf Isomorphie, d.h. Umbenennung seiner Elemente, der einzige vollständig angeordnete Körper ist: Sei $R$ ein beliebiger vollständig angeordneter Körper. Dazu zeigt man zuerst, daß die rekursiv definierte Abbildung $n\mapsto \sum_{i=1}^n 1$ eine injektive Abbildung von $\mathbb{N}$ nach $R$ injektiv ist und die Addition Multiplikation und Ordnung entsprechend übersetzt. Diese Abbildung läßt sich dann zu einer injektiven und monotonen Abbildung zuerst auf $\mathbb{Z}$ und dann auf $\mathbb{Q}$ erweitern und schließlich, wegen der vollständigen Angeordnetheit auch zu einer solchen $\mathbb{R}\to R$. Man zeigt schlußendlich, daß diese Abbildung die gesuchte Bijektion darstellt.

6.6 Proposition.
Satz von Archimedes: $\mathbb{N}$ ist nach oben unbeschränkt.
Satz von Eudoxos: $\forall\varepsilon >0\;\exists 0<n\in\mathbb{N}:\frac1n<\varepsilon$.

Es gibt also beliebig große natürliche Zahlen und beliebig kleine positive Kehrwerte natürlicher Zahlen.

Beweis. Satz von Archimedes: Andernfalls wäre $\mathbb{N}$ nach oben beschränkt und besäße wegen der Vollständigkeit ein Supremum $\sigma :=\sup(\mathbb{N})$. Dann wäre aber auch $\sigma -1$ eine obere Schranke von $\mathbb{N}$, denn aus $\forall n\in\mathbb{N}:n\leq\sigma$ folgt $n+1\leq\sigma$ für alle $n\in\mathbb{N}$, also $n\leq \sigma -1$. Dies ist ein Widerspruch dazu, daß $\sigma$ die kleinste Schranke ist.

Satz von Eudoxos: Andernfalls wäre $\frac1n\geq \varepsilon$ für alle $0<n\in\mathbb{N}$ und somit $n\leq \frac1{\varepsilon }$ für alle $n\in\mathbb{N}$, also $\mathbb{N}$ nach oben beschränkt, ein Widerspruch zum Satz von Archimedes.     []

6.7 Folgerung. Existenz der Wurzel.
Die Quadratwurzel von $\alpha \geq 0$ existiert in $\mathbb{R}^+:=\{x\in\mathbb{R}:x\geq 0\}$.

Entsprechendes kann man auch für die $n$-te Wurzel positiver Zahlen zeigen.

Beweis. Es sei $R:=\{x\geq 0:x^2\geq\alpha \}$. Dann ist $R\ne \emptyset$, denn nach dem Satz von Archimedes existiert sogar ein $n\in\mathbb{N}$ mit $0\leq \alpha <n\leq n^2$. Weiters ist $R$ nach unten durch 0 beschränkt. Wegen (6.5) existiert also das Infimum $t:=\inf(R)\geq 0$. Bleibt zu zeigen, daß $t^2=\alpha$ gilt (also $t=\sqrt{\alpha }$ ist).
Angenommen $t^2<\alpha$, dann betrachten wir $t+\frac1n$ und erhalten $(t+\frac1n)^2=t^2+\frac2n t+\frac1{n^2}=t^2+\frac1n(2t+\frac1n)\leq t^2+\frac1n(2t+1)<\alpha$ fÜr $n$ mit $\frac1n<\frac{\alpha -t^2}{2t+1}$, welche nach dem Satz von Eudoxos existieren. Damit wäre $t+\frac1n\notin R$ und somit auch eine untere Schranke von $R$, denn aus $x^2\geq\alpha >(t+\frac1n)^2$ folgt nach Aufgabe (???), daß $x\geq t+\frac1n$ ist. Dies ist ein Widerspruch zu $t=\inf(R)$.
Angenommen $t^2>\alpha$. Dann betrachten wir $t-\frac1n\geq 0$ und erhalten $(t-\frac1n)^2\geq t^2-\frac1n 2t\geq \alpha$ für $n$ mit $\frac1n\leq \min\{t,\frac{t^2-\alpha }{2t}\}$, welche wieder nach dem Satz von Eudoxos existieren. Somit ist $t-\frac1n\in R$ und $t$ keine untere Schranke, erneut ein Widerspruch zu $t=\inf(R)$.
Verbleibt also nur die Möglichkeit $t^2=\alpha$.     []