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Analysis
Du brauchst Bewegung und Abenteuer im Kopf

Die Analysis . . .

beschäftigt sich mit der Untersuchung von Beziehungen in der Ordnungsstruktur der Menge R der reellen Zahlen. Wichtige Konzepte und Werkzeuge dazu sind der Betrag einer Zahl und der Abstand zwischen zwei Zahlen.
Anders als bei den meisten Funktionen, ist die Funktionsvorschrift für die Betragsfunktion |·| nicht auf dem ganzen Definitonsbereich R gleich. Positive Zahlen werden auf sich selbst abgebildet, also ist x ≥ 0, dann ist f(x) = |x| = x = id(x). Ist x < 0, dann ist f(x) = |x| = -x. Also z. B. |-7| = -(-7) = 7. Der Abstand d zweier Zahlen a, b ∈ R ist d(a, b) = |a - b|. Ist a - b ≥ 0, dann ist a ≥ b.
Es ist stets |a| ≥ 0. Man darf also "innerhalb des Betrags" das Vorzeichen wechseln. Oft benutzt man die Spiegelsymmertrie |a| = |-a| und somit |a - b| = |b - a|. Haben a und b das gleiche Vorzeichen, dann ist ihr Produkt a · b > 0 und wir haben |a · b| = |a| · |b|. Haben a und b verschiedene Vorzeichen, dann ist a · b < 0 und wir haben wieder |a · b| = |a| · |b|, ebenfalls wenn a oder b oder beide null sind, es gilt immer |a · b| = |a| · |b| und |a/b| = |a|/|b|, wenn b ≠ 0.


0 -a a x y f(x) = |x| = -x f(x) = |x| = x = id(x) a Die Betragsfunktion

1.) Es gilt immer a ≤ |a| und -a ≤ |a|.
Beweis: Ist a ≥ 0 dann ist |a| = a und -a ≤ 0, und somit ist -a ≤ a ≤ |a|. Ist a ≤ 0 dann ist |a| = -a und -a ≥ 0, und somit ist a ≤ -a ≤ |a|. ☐

2.) Für alle x, ε ∈ R ist |x| ≤ ε äquivalent zu -ε ≤ x ≤ ε.
Beweis: (i) ⇒: Aus |x| ≤ ε und 1.) folgt dass x ≤ |x| ≤ ε und -x ≤ |x| ≤ ε. Aus der letzten Ungleichung folgt -ε ≤ x und daher -ε ≤ x ≤ ε.
(ii) ⇐: Angenommen -ε ≤ x ≤ ε. Durch Multiplikation mit -1 erhalten wir auch ε ≥ -x ≥ -ε. Ist x ≥ 0 dann ist |x| = x und dadurch |x| ≤ ε. Ist x ≤ 0 dann ist |x| = -x und es folgt ebenso |x| ≤ ε. ☐

3.) Dreiecksungleichung: Für alle x, y ∈ R, |x + y| ≤ |x| + |y|.
Beweis: Wegen 1.) haben wir x ≤ |x| und y ≤ |y|. Durch Addition erhalten wir x + y ≤ |x| + |y|. In gleicher Weise erhalten wir -x - y ≤ |-x| + |-y|, also -(x + y) ≤ |x| + |y|. Durch Multiplikation der letzten Ungleichung mit -1 erhalten wir auch x + y ≥ -(|x| + |y|). Wir haben also -(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y| und mit 2.) ergibt sich |x + y| ≤ |x| + |y|. ☐

4.) Die umgekehrte Dreiecksungleichung: |x - y| ≥ ||x| - |y||.
Beweis: In der Dreiecksungleichung setzten wir für x die Zahl x - y ein und erhalten |x - y + y| ≤ |x - y| + |y| oder |x| - |y| ≤ |x - y|. Vertauschen wir in der letzten Ungleichung x und y, erhalten wir |y| - |x| ≤ |y - x|, d. h. -(|x| - |y|) ≤ |x - y|, da |y - x| = |x - y| ist. Das ist äquivalent zu |x| - |y| ≥ -|x - y|. Somit haben wir wegen -|x - y| ≤ |x| - |y| ≤ |x - y| und 2.), dass |ΙxΙ - ΙyΙ| ≤ |x - y| oder |x - y| ≥ |ΙxΙ - ΙyΙ|. ☐

Bemerkung: Alternative Herleitung für 3.): Aus 1.) erhalten wir -|x| ≤ x ≤ |x| und ebenso -|y| ≤ y ≤ |y|. Addition der beiden Ungleichungen führt zu -(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y| und mit 2.) zu |x + y| ≤ |x| + |y|. ☐


Nur weil ein algebraischer Ausdruck ein negatives Vorzeichen hat, braucht er nicht negativ zu sein; (-(-x) = x). Da ist manchmal die Signumfunktion nützlich: sign(x) = 1 wenn x > 0, sign(x) = -1 wenn x < 0 und sign(x) = 0 wenn x = 0.
Für jede Zahl x gilt: x = |x| · sign(x).


Die Signum(Vorzeichen)funktion f(x) = sign(x) 0 x y 1 -1

8 Die reellen Zahlen R oder R1

In Kapitel 7 fanden wir, dass die Struktur (R, +, ⋅) ein Körper ist. Beide Verknüpfungen (R x R) → R, Addition und Multiplikation, sind kommutativ und assoziativ, und die Multiplikation ist distributiv bezüglich der Addition, für beide Verknüpfungen existiert je ein neutrales Element, und für jedes Element in R existiert ein additiv inverses Element, und für jedes Element außer null existiert ein multiplikativ inverses Element. Zur Erinnerung:
Die Körperaxiome
Seien a, b, c   reelle Zahlen.
A1. a + b = b + a   und   a⋅ b = b⋅ a.   -   (Kommutativität, Vertauschung)
A2. a + (b + c) = (a + b) + c   und   a⋅ (b⋅ c) = (a⋅ b)⋅ c.   -   (Assoziativität, Zusammenfassung)
A3. a⋅ (b + c) = a⋅ b + a⋅ c.   -   (Die Multiplikation ist distributiv (verteilbar) bezüglich der Adittion)
A4. ꓱ 0, 1 ∈ R, 0 ≠ 1 | ∀ a ∈ R   a + 0 = a   und   a ⋅ 1 = a.   -   (Neutrales Element)
A5. ∀ a ∈ R ∃ -a ∈ R | a + (-a) = 0   und   ∀ a ∈ R, a ≠ 0, ∃ a-1R | a ⋅ a-1 = 1.   -   (Inverses ("umgekehrtes") Element)
Die Ordnungsaxiome
A6. a < b   oder   a = b   oder   a > b.   -   (Trichotomie)
A7. a < b   und   b < c ⇒ a < c.   -   (Transitivität)
A8. a < b ⇒ a + c < b + c ∀ c   und   a⋅ c < b⋅ c ∀ c > 0.   -   (Monotonie)
Die Körperaxiome A1 bis A5 werden auch von den komplexen Zahlen erfüllt. Die Menge C kann aber nicht angeordnet werden. Mit A1 bis A8 ist die Menge der rationalen Zahlen Q ein angeordneter Körper. Zum alltäglichen Rechnen gibt es an Q nichs auszusetzen, denn jede irrationale Zahl kann in Q beliebig genau angenähert werden. Für jede reelle Zahl x und für jede beliebig kleine zulässige Abweichung ε existiert eine rationale Zahl y mit |y – x| < ε. Aber stetige Funktionen? Fehlanzeige! Die Menge Q hat überall Lücken, ist überall diskontinuierlich. Zum Beispiel sind der Umfang eines Kreises und sein Durchmesser inkommensurabel, die Kreismessungszahl pi  ist deshalb irrational, sogar transzendent. Es gibt unendlich viele Primzahlen und deren Quadratwurzeln sind alle nicht rational, etc.
Mit einem neunten Axiom wird der Körper Q zum Kontinuum, dem ordnungvollständigen Körper der reellen Zahlen R ausgebaut. Dazu brauchen wir ein paar neue Begriffe für bestimmte Teilmengen der reellen Zahlen. (Diese Begriffe kann man in gleicher Weise für die Menge Q der rationalen Zahlen definieren).

8.1. DEFINITION: Intervalle, offene Überdeckung
Die Menge {x ∈ R | a < x < b} =: (a, b) ist das offene Intervall, und {x ∈ R | a ≤ x ≤ b} =: [a, b] ist das abgeschlossene Intervall mit den Randpunkten a und b.
x0 := (a + b)/2 ist der Mittelpunkt, (b – a)/2 ist der Radius und b – a ist die Länge des Intervalls.
Die Intervalle mit Mittelpunkt x0 und Radius r, Ur(x0) und Ur[x0] bezeichnet man als (offene bzw. abgeschlossene) r-Umgebung von x0.
Eine Folge abgeschlossener Intervalle In := [an, bn] heißt Intervallschachtelung, wenn an → y und y ← bn. Einseitige und zweiseitige unendliche Intervalle sind (-∞, b), (a, +∞) und (-∞, +∞).
Eine Menge Ω offener Intervalle wird eine offene Überdeckung des abgeschlossenen Intervalls [a, b] genannt, wenn jedes x ∈ [a, b] in mindestens einem der offenen Intervalle in der Menge Ω enthalten ist.

Das Vollständigkeitsaxiom
A9. Für jede offene Überdeckung Ω eines abgeschlossenen Intervalls [a, b] gibt es eine endliche Teilmenge Ω' ⊂ Ω die bereits [a, b] überdeckt. (Bemerkung: Ω' heißt dann endliche Überdeckung).
Diese Charakterisierung A9 der reellen Zahlen (es handelt sich hierbei um den Satz von Borel-Lebesgue über Kompaktheit) hörten wir an der Universiteit van Suid-Afrika bei Hanno Rund, der auch federführend bei [60] war, worin Vollständigkeit auch auf diese Weise eingeführt wird. Dieses Buch für Studenten der Mathematik erschien 1970 und war das erste Buch in Afrikaans (früher auch Kapholländisch oder Kolonial-Niederländisch genannt), das im neuen Geiste der Mathematik des zwanzigsten Jahrhunderts geschrieben war. Rund stammte zwar aus Deutschland, war aber von französischen Mathematikern beeinflusst. Deshalb hatte er wohl keine Skrupel, Studenten einen derartigen Schrecken mit Borel-Lebesgue einzujagen. Wir fanden das jedenfalls überambitioniert und nicht motivierend. Wir wollen hier unten zeigen, dass unser A9 zum eher einleuchtenden Supremumsprinzip äquivalent ist. Dieser Beweis ist dann lehrreich und wird uns für den Überdeckungsschreck entschädigen.
Hier sind zudem noch einige andere Aussagen die dem Vollständigkeitsaxiom A9 äquivalent sind. Die eine Aussage kann aus der anderen hergeleitet werden:
⋅ A9a. Das Supremumsprinzip: Jede nichtleere nach oben beschränkte Menge reeller Zahlen besitzt ein Supremum. (Dazu kommen wir sogleich ).
⋅ A9b. Ein Dedekind'scher Schnitt hat genau eine Trennungszahl.
⋅ A9c. Das Intervallschachtelungsprinzip.
⋅ A9d. Jede Cauchyfolge (an) konvergiert.
Anmerkung: Während die rationalen Zahlen abzählbar (zählbar unendlich viel) sind, sind die reellen Zahlen überabzählbar (nicht abzählbar unendlich viel). Gemäß der Kontinuumshypothese ist die Kardinalität der reellen Zahlen |R| = 2|Q| = c.
Wir wollen die Äquivalenz von A9 und dem Supremumsprinzip A9a demonstrieren. Dazu brauchen wir erst wieder einige Definitionen und Werkzeuge.

8.2. DEFINITION: Schranken, Minima, Suprema, etc.
Sei XR.
Jede reelle Zahl a für die gilt, ax für alle x aus X, heißt untere Schranke von X. Hat X untere Schranken, heißt X nach unten beschränkt.
Jede reelle Zahl b für die gilt, xb für alle x aus X, heißt obere Schranke von X. Hat X obere Schranken, heißt X nach oben beschränkt.
X heißt beschränkt, wenn X sowohl nach unten als auch nach oben beschränkt ist.
Ist X nach unten beschränkt, heißt seine größte untere Schranke das Infimum von X (inf X).
Ist X nach oben beschränkt, heißt seine kleinste obere Schranke das Supremum von X (sup X).
Hat X ein Minimum, dann gilt inf X = min X.
Hat X ein Maximum, dann gilt sup X = max X.
Wir müssen also nach Infimum und/oder Supremum greifen, wenn eine Menge kein Minimum und/oder kein Maximum hat. (Offene oder halboffene Intervalle.)

8.3. Beweismethoden
Ein Mathematiker braucht Phantasie, Bleistift und Papier sowie Ideen und Methoden, um andere Ideen zu beweisen oder zu widerlegen, welche seiner Phantasie absprangen oder von anderen behauptet werden.
Direkter Beweis: A ⇒ B: (A ist hinreichend für B).
Ausgehend von der wahren Aussage A zeigen wir durch (algebraisches) Umformen und durch Folgern, dass Aussage B aus Aussage A folgt.
Widerspruchsbeweis oder indirekter Beweis:
Um die Behauptung A zu beweisen, treffen wir die Annahme dass A falsch ist und versuchen, diese Annahme zu einem Widerspruch zu führen. Diese Beweisart, bei der eine Aussage widerlegt wird, indem gezeigt wird, dass aus ihr ein logischer Widerspruch oder ein Widerspruch zu einer bereits anerkannten These folgt, heißt auch Reductio ad absurdum.
Beispiel: in A4 heißt es, ∃ 1 ∈ R | ∀ a ∈ R, a ⋅ 1 = a. Wir wollen beweisen, dass es nur eine Zahl mit dieser Eigenschaft gibt und treffen deshalb die Annahme, dass sei falsch:
Es gibt eine weitere Zahl, sagen wir x, mit der gleichen Eigenschaft. Also x = x ⋅ 1 = 1 ⋅ x = 1. Wir erhalten also x = 1. Das ist im Widerspruch zu unserer Annahme, die sich somit als falsch erweist! ♫
Ein spezieller indirekter Beweis ist der Beweis durch
Kontraposition:
Anstatt A ⇒ B zeigen wir ¬B ⇒ ¬A. (B ist notwendig für A).
Induktion:
(i) Die Aussage A(k) ist wahr;
(ii) wenn A(n) wahr ist, dann ist A(n+1) wahr.
Wir schließen, dass A(n) für alle ganzen Zahlen n ≥ k wahr ist.
Gegenbeispiel:
Finde ein Beispiel das die Vermutung widerlegt.

Zum Beweis der Äquivalenz von A9 und A9a, brauchen wir noch eine formelle Charakterisierung des Begriffs Supremum.
8.4. SATZ: Sei X ⊂ R. Dann gilt sup X = γ ϵ R
    (i) x ≤ γ für alle x ϵ X,
    (ii) für jede reelle Zahl ε > 0 existiert ein x ϵ X, so dass γ − ε < x.
Beweis: Sei A ≔ (γ = sup X) und B ≔ (i) ∧ (ii).
A ⇒  B(i): Wenn γ = sup X gilt, dann ist γ gemäß Definition 8.2 eine obere Schranke von X und deshalb gilt (i).
A ⇒ B(ii): Angenommen ¬B(ii) ist wahr, es existiere also ein ε' > 0 so dass für jedes x ϵ X, x ≤ γ − ε' gilt. Daraus würde also folgen, dass γ − ε' eine kleinere obere Schranke als das Supremum γ ist, also ¬(γ = sup X), also ¬A.

 B(i) ⇒ A: ∀ x ∈ X, x ≤ γ ⇒ γ ist eine obere Schranke von X gemäß Definition 8.2.
 B(ii) ⇒ A: wir gehen von ¬A aus und führen einen Widerspruch herbei, indem wir B(ii) als wahr erachten: Angenommen γ', (γ' < γ), ist die kleinste obere Schranke. Wir wählen ε = γ – γ' > 0. Dann, gemäß B(ii), ∃ x ∈ X | γ – ε = γ - (γ – γ') = γ' < x. Das würde bedeuten, dass γ', im Gegensatz zu unserer Annahme, keine obere Schranke für X darstellt. ❑

8.5. SATZ: Die Eigenschaften A9 und A9a sind äquivalent.
Zur Erinnerung:
A9. Für jede offene Überdeckung Ω eines abgeschlossenen Intervalls [a, b] gibt es eine endliche Teilmenge Ω' ⊂ Ω die bereits [a, b] überdeckt.
A9a. Jede nichtleere nach oben beschränkte Menge reeller Zahlen besitzt ein Supremum.
Beweis: A9 ⇒ A9a:
Dies ist der entscheidende Punkt, wo Analyse beginnt. Es ist vielleicht nicht gleich zu erkennen, worum es hier eigentlich geht. Es schadet nicht, hierüber noch ein paar Worte zu verlieren. Eine nichtleere Menge X enhält mindestens ein Element, also eine Zahl. Liegt dieser Fall vor, dann ist x sowohl Maximum als auch Supremum (gleichermaßen Minimum und Infimum) von X. Im Fall einer diskreten Menge existiert auch ein Maximum, ebenso für einen Intervall der oben abgeschlossen ist. In all diesen Fällen existiert eine kleinste obere Schranke. Was wir also zu zeigen haben ist, was passiert, wenn ich eine Menge X aus der Menge R markiere, ohne ein größtes Element für X zu spezifizieren, wie bei einem Intervall der oben offen ist. Was passiert an der Grenze der beiden Gebiete? Gibt es eine kleinste obere Schranke für X? Wie kann das fragwürdig erscheinende Axiom A9 eingesetzt werden, um zu beweisen, dass X ein Supremum besitzt? Wir gehen von ¬A9a aus, dass also X kein Supremum besitzt und führen diese Annahme ad absurdum. In einem Abstand > 0 oberhalb der Grenze zu X wählen wir eine obere Schranke b. Sodann wählen wir ein beliebiges a ∈ X. Dann gilt a < b. Wir fassen den abgeschlossenen Intervall [a, b] ins Auge (A9 erfordert einen abgeschlossenen Intervall) und schneiden ihn in zwei Teile P und Q, wobei P die Elemente enhält, die zu X gehören und Q diejenigen elemente, die obere Schranken von X darstellen:
P = {y | y ∈ [a, b] und y ist keine obere Schranke von X}
Q = {y | y ∈ [a, b] und y ist eine obere Schranke von X}.
Wir haben P ∪ Q = [a, b] und P ∩ Q = ∅. Wir konstruieren eine offenen Überdeckung für [a, b] indem wir für jedes y aus [a, b] einen offenen Intervall erstellen. Wir wählen als extreme Randpunkte ein beliebiges a0 < a und ein beliebiges b0 > b.
(i) Für jedes y aus P, wählen wir den Intervall I(y) = (a0, p(y)), wobei p(y) ∈ X und p(y) > y. Eine solche Wahl ist stets möglich, da y keine obere Schranke für X ist. Wir halten fest, dass y ∈ (a0, p(y)) and dass (a0, p(y)) ∩ Q = ∅, da p(y) ∈ X.
(ii) Für jedes y aus Q, wählen wir den Intervall J(y) = (q(y), b0), mit q(y) ∈ Q und q(y) < y. Eine solche Wahl ist stets möglich, da y eine obere Schranke von X ist und gemäß unserer Annahme, dass X keine kleinste obere Schranke besitzt. Es gilt also, y ∈ (q(y), b0) und (q(y), b0) ∩ P = ∅, da q(y) ∈ Q.
Die Menge der offenen Intervalle I(y) und J(y) bildet eine Überdeckung von [a, b]. Gemäß A9 existiert eine endliche Teilmenge von Intervallen, zum Beispiel
{I(y1), I(y2), … , I(ym), J(ym+1), … , J(yn)}, die [a, b] bereits überdeckt.
Da für jedes J(yr) gilt, dass J(yr) ∩ P = ∅ , bilden die Intervalle I(y1), I(y2), … , I(ym) eine Überdeckung von P. Sei p(yk) das größte der endliche vielen p(y1), p(y2), … , p(ym). Da p(yk) ∈ P, folgt p(yk) ∈ I(yh) für ein gewisses h. Das heißt aber, dass p(yk) < p(yh), entgegen der Tatsache, dass p(yk) die größte der Zahlen p(y1), p(y2), … , p(ym) ist. Absurd! ☺ Aus diesem Widerspruch folgt, dass A9a doch richtig ist, dass also doch jede nichtleere nach oben beschränkte Menge reeller Zahlen X ein Supremum besitzt. 😀
Bemerkung: Das Supremum von X ist das Minimum von Q, nennen wir diese Zahl c ∈ Q. Deshalb war es falsch, im Beweis für c einen Intervall (q(c), b0) zu bilden, denn es gibt kein p(c) < c in Q. Der springende Punkt ist aber, dass man für jedes element x ∈ X ein element y ∈ X findet, so dass x < y. ♬
A9a ⇒ A9:
Angenommen, [a, b] wird überdeckt von Ω, einer unendlichen Menge offener Intervalle. Eine Teilmenge Ω' ⊂ Ω wollen wir für diese Beweisführung "zulässig" nennen, wenn sie den folgenden zwei Anforderungen genügt.
(a) Ω' besteht aus endlich vielen offenen Intervallen I1 = (a1, b1), I2 = (a2, b2), … , In = (an, bn)
(b) ⋃j=1n Ij hat keine "Lücken", d. h. x ∈ ⋃j=1n Ij und a ≤ y ≤ x impliziert y ∈ ⋃j=1n Ij.
Es gibt zulässige Teilmengen von Ω; beispielsweise ist jeder Intervall I ∈ Ω für den a ∈ I gilt, zulässig. Wenn nun ein Ω' = {I1, I2, … , In} mit Ii = (ai, bi) zulässig ist, setzen wir c(Ω') := max {bi}. Wenn für ein zulässiges Ω' gilt, b < c(Ω'), dann ist Ω' offensichtlich eine endliche Überdeckung von [a, b].
Wir nehmen an, dass A9 falsch ist und unterstellen, dass c(Ω') ≤ b für alle zulässigen Ω' und zeigen dann, dass diese Annahme zu einem Widerspruch führt.
Wenn c(Ω') ≤ b für alle zulässigen Ω', dann auch r := sup {c(Ω')} ≤ b. Gemäß unserer Annahme A9a existiert dieses Supremum. Da r ∈ [a, b], existiert ein Intervall ω ∈ Ω, sodass r ∈ ω. Wir wählen nun ein zulässiges Ω'' sodass c(Ω'') ∈ ω. Das ist stets möglich wegen Satz 8.4 (ii). Aber die Menge Ω''', die aus den Intervallen von Ω'' und dem Intervall ω besteht, ist auch zulässig und deshalb gilt c(Ω''') > r, da r ∈ ω. Das ist im Widerspruch zu der Annahme, dass c(Ω') ≤ r für jedes zulässige Ω'. Das vervollständigt den Beweis für A9 ⇔ A9a. ♫




Wir konstruieren nun eine unendliche Überdeckung des abgeschlossenen Intervalls [1, 2] rationaler Zahlen, für die keine endliche Teilmenge existiert, die [1, 2] überdeckt.
Für jede natürliche Zahl n bilden wir den offenen Intervall In = (0, an). Hier ist an die größte n-stellige Dezimalzahl mit (an)2 < 2.
Für jede natürliche Zahl n bilden wir den offenen Intervall Jn = (bn, 3). Hier ist bn die kleinste n-stellige Dezimalzahl mit (bn)2 > 2.
Wir beweisen nun, dass die zwei Mengen von Intervallen
{In} = {(0, 1), (0, 1.4), (0, 1.41), (0, 1.414), … } und
{Jn} = {(2, 3), (1.5, 3), (1.42, 3), (1.415, 3), … } zusammen [1, 2] überdecken.
Wir bemerken, dass a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ a4 ≤ … und dass b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ b4 ≥ …
Angenommen, α ∈ [1, 2] wird nicht überdeckt, also an < α < bn, für alle n und daher
(an)2 < α2 < (bn)2     …    (1)
und
α2 - 2 < (bn)2 – 2.     …    (2)
Da auch 2 - (an)2 > 0 für alle n gilt, folgt aus (2) dass
α2 - 2 < [(bn)2 – 2] + [2 – (an)2] = (bn)2 – (an)2     …    (3)
Nun ist (bn)2 – (an)2 = (bn + an)(bn – an) ≤ 3 · 10-n+1 und es folgt aus (3) dass α2 - 2 < 3 · 10-n+1 für alle n.
Das ist nur möglich, wenn α2 - 2 ≤ 0 or
α2 ≤ 2     …    (4)
Weiterhin folgt aus (1) dass 2 - α2 < 2 – (an)2.     …    (5)
Da (bn)2 – 2 > 0, folgt aus (5) dass
2 - α2 < [2 – (an)2] + [(bn)2 – 2] = (bn)2 – (an)2.
Wir haben daher 2 - α2 ≤ 0 und somit
α2 ≥ 2.     …    (6)
Aus (4) und (6) folgt
α2 = 2.
Das ist im Widerspruch zu der Tatsache, dass es keine rationale Zahl α gibt, die diese Gleichung erfüllt. Die Menge von Intervallen {In} und {Jn} formen eine Überdeckung für [1, 2]. Aber keine endliche Teilmenge dieser Intervalle bildet eine Überdeckung für [1, 2]. Wählt man die endliche Teilmenge
{Ir1, Ir2, … ,Irn, Js1, Js2, … ,Jsm} wobei
r1 < r2 < … < rn < und s1 < s2 < … < sm, dann ist keine der rationalen Zahlen {x | arn ≤ x ≤ bsm} von diesen Intervallen überdeckt. ☐

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Als ich 21 Jahre alt war, hörte ich im Radio von einem Städter, der sich in eine ländliche Gegend zurückgezogen hatte. Auf die Frage, was er in seiner freien Zeit mache, antwortete er, dass er sich unter anderem mit Mathematik beschäftige. So etwas hatte ich noch nie gehört. Da kamen mir kurz darauf die Bücher Du und die Natur [34] und Du und der Zauber der Zahlen [35], unter.