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By Matthias Moßburger

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Example text

Aus B(x) folgt A(x) , denn . “ ” Im restlichen Beweis muss man nur noch B(x) =⇒ A(x)“ zeigen; dadurch hat man ” es mit einem ∃“ weniger zu tun. ” Manchmal kann man ∃ x ∈ X : A(x)“ auch durch Angabe eines konkreten ” x ∈ X beweisen, zum Beispiel bei ∃ x ∈ R : x2 = 0“. ” Aufgaben 1. Nehmen wir an, dass es ein ∈ R+ mit folgender Eigenschaft gibt: F¨ ur alle n ∈ N ist < n1 . Zeigen Sie unter dieser Annahme: (a) Ein solches liegt zwischen 0 und Q+ (positive Bruchzahlen). (b) F¨ ur alle k ∈ N gilt: k · liegt zwischen 0 und Q+ .

Es sei ∈ R+ . Wir zeigen (|xn yn |)n < : Da (yn )n beschr¨ ankt ist, gibt es ein s ∈ R+ mit (|yn |)n ≤ s < s + 1 , also sch (|yn |)n < s + 1 . Wegen (xn )n → 0 und s+1 ∈ R+ ist sch (|xn |)n < s+1 . sch sch Somit: (|xn yn |)n < s+1 · (s + 1) = , da < “ mit ·“ vertr¨aglich ist. : Zun¨achst behandeln wir den Spezialfall (xn )n → 0 . Wir suchen ein s ∈ R mit (|xn |)n ≤ s . B. (|xn |)n < 1 , das heißt es gibt ein N ∈ N mit |xn | < 1 f¨ ur alle n > N . Sei s die gr¨ oßte der Zahlen 1; |x1 |; |x2 |; .

Na ja, sieht sofort, dass Terme wie n13 oder n153 1 1 1 1 n153 = n · n · . . 5 mit großer Geduld 152 mal anwendet, dann folgt die Behauptung. Geht’s auch etwas k¨ urzer und ur jeden Exponenten ohne P¨ unktchen? Uns ist schon irgendwie klar, dass n1k n f¨ k ∈ N gegen 0 konvergiert. 23. 5 =⇒ 1 n2 n = 1 n1 · 1 n1 n →0. 5 =⇒ 1 n3 n = 1 n2 · 1 n1 n →0. 4. 5 =⇒ →0 1 n4 n 1 n3 = · 1 n1 n →0. 5 =⇒ 1 nk+1 n = 1 nk · 1 n1 n →0. Damit gilt unsere Behauptung f¨ ur alle k ∈ N . Der Kern des soeben benutzten Arguments ist das Prinzip der vollst¨ andigen Induktion: Eine Teilmenge G ⊆ N habe folgende Eigenschaften: 1.

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