Aufgabe 1
Es sei $(x_n)$ eine Folge mit $\limsup_{n\to\infty} = -\infty$. Das heißt, laut Definition des Limes Superior, dass $$ -\infty = \limsup_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty} \sup_{k > n} x_k. $$ Die Definition des Grenzwertes liefert nun: Für jedes $C \in \R$ gibt es ein $N \in \N$, sodass für alle $n > N$ gilt, dass $\sup_{k > n} x_k < C$.
Wir wollen nun zeigen, dass $\lim_{n\to\infty} x_n = -\infty$. Dazu sei nun $C \in \R$ beliebig. Es gibt, wie wir schon festgestellt haben, ein $N \in \N$, sodass für alle $n > N$ gilt, dass $\sup_{k > n} x_k < C$. Jedes $x_k$ mit $k > n$ ist natürlich kleiner als das größte $x_k$ mit $k > n$ (oder genauso groß). Das heißt, für alle $n > N$ gilt $x_k \leq \sup_{k > n} x_k < C$. Das ist genau das, was $\lim_{k \to \infty} x_k = -\infty$ bedeutet.
Aufgabe 2
Es sei $X$ eine abzählbare Menge und $A \subseteq X$. Zu zeigen ist, dass $A$ abzählbar ist.
Da $X$ abzählbar ist, gibt es eine bijektive Abbilung $j: N \to X$, wobei $N = \N$ oder $N = ${$1, …, n$} für ein $n \in \N$ gilt. (Dass $X$ abzählbar ist, heißt nicht unbedingt, dass es abzählbar unendlich ist. Der zweite Fall ist genau der Fall, dass $X$ endlich ist.)
Wir zeigen die Aussage, indem wir ein Lemma der Vorlesung verwenden. Das Lemma besagt:
Sei $A$ eine Menge und $H: \N \to A$ surjektiv. Dann ist entweder $A$ endlich oder abzählbar unendlich.
Wir müssen also dieses surjektive $H$ finden.
Fall 1: $A = \emptyset$
Dann ist $A$ endlich.
Fall 2: $A \neq \emptyset$
Dann können wir ein $a \in A$ wählen. Wir definieren nun $H$ durch $H(n) := j(n)$, falls $j(n) \in A$ liegt, und $H(n) := a$, falls $j(n)$ nicht in $A$ liegt. Das $a$ ist quasi unser “Ausweichwert”, wenn wir ein $n$ nicht auf $j(n)$ abbilden können, weil wir damit $A$ verlassen würden; und wir wollen ja, dass $H$ nur auf $A$ abbildet, um das Lemma zu verwenden.
Das so konstruierte $H$ bildet von $\N$ auf $A$ ab. Es erreicht alle Elemente aus $A$, weil es alle Elemente aus $X$ erreicht bis auf die, die nicht in $A$ liegen. Damit ist $H$ surjektiv. Aus dem Lemma folgt, dass $A$ abzählbar endlich oder unendlich sein muss.
Aufgabe 3
(a) haben wir in der Übung noch geschafft, (b) funktioniert genauso:
(b)
Zu zeigen ist $\overline{zw} = \bar z \bar w$. Dafür sei $z = a + ib$ und $w = c + id$ für $a, b, c$ und $d$ aus $\R$. Bemerken wir zuerst: $$ z \cdot w = (a + ib)(c + id) = ac - bd + i(ad + bc). $$ Der Realteil davon ist $ac - bd$ und der Imaginärteil $ad + bc$. Das komplex konjugierte von $z \dot w$ ist also $$ \overline{z w} = ac - bd - i(ad + bc) = = ac - bd - iad - ibc. $$ Schauen wir uns einmal die andere Seite an: $$ \bar z \bar w = (a - ib) (c - id) = ac - bd - ibc - iad = \overline{z w} $$ laut der obigen Rechnung.
(c)
Zu finden sind alle vierten Wurzeln aus 1, das heißt, alle $z \in \mathbb C$ mit $z^4 = 1$. Offenbar muss dieses $z$ auch $$ (z^2)^2 = 1 $$ erfüllen. Es gibt zwei Zahlen, deren Quadrat 1 ergibt: $1$ und $-1$. Das heißt, $z^2 = 1$ oder $z^2 = -1$.
Fall 1: $z^2 = 1$.
Es gibt zwei Zahlen, deren Quadrat 1 ergibt: $1$ und $-1$, genau wie oben. $z$ kann also $1$ oder $-1$ sein.
Fall 2: $z^2 = -1$.
Der erste Kanditat für $z$ ist natürlich $i$, denn genau dafür haben wir ja die komplexen Zahlen eingeführt. Tatsächlich ist auch $(-i)^2 = -1$, da $(-i)^2 = (-1)^2 i^2 = 1 \cdot i^2 = -1$. Es ist also $z = \pm i$.
Insgesamt haben wir vier Ergebnisse erhalten: $z$ kann $1, -1, i$ oder $-i$ sein.
(d)
Gesucht sind die komplexen Zahlen $z$ mit $z^4 = -1$. Wie oben muss dieses $z$ auch $$ (z^2)^2 = -1 $$ erfüllen. $z^2$ muss also $i$ oder $-i$ sein (gleiche Begründung wie oben).
Fall 1: $z^2 = i$.
Hier müssen wir ein bisschen rechnen: Dafür sei $z = a + ib$. $$ z^2 = (a + ib)^2 = a^2 - b^2 + 2iab = (a^2 - b^2, 2ab) $$ in der Koordinatendarstellung. Damit das genau i ergibt, muss $a^2 - b^2 = 0$ sein und $2ab = 1$. Weil $a$ und $b$ reelle Zahlen sind, können wir wie in $\R$ rechnen: $$ a^2 - b^2 = 0 \Leftrightarrow a^2 = b^2 \Leftrightarrow \pm a = b. $$ Setzen wir das jetzt in die zweite Gleichung ein, erhalten wir: $$ 2ab = \pm 2a^2 = 1 \Leftrightarrow a^2 = \pm \frac 1 2. $$ Das hat in $\R$ die Lösungen $a = \pm \sqrt{\frac 1 2}$.
Also erhalten wir vier Möglichkeiten für z: $\sqrt{\frac 1 2} + i\sqrt{\frac 1 2}, \sqrt{\frac 1 2} - i \sqrt{\frac 1 2}, -\sqrt{\frac 1 2} + i\sqrt{\frac 1 2}, -\sqrt{\frac 1 2} - i\sqrt{\frac 1 2}$ (alle Kombinationen aus $(\pm \sqrt{\frac 1 2}, \pm \sqrt{\frac 1 2}$).