Beweis. Um zu zeigen, daß es genau ein solches $b$ gibt, hat man einerseits die Existenz und andererseits die Eindeutigkeit nachzuweisen. Wir beginnen mit dem einfacheren Eindeutigkeitsbeweis.

1. Eindeutigkeit.

Angenommen, es existieren verschiedene $b_{1}, b_{2} > 0$ mit $b_{1}^{m} = a = b_{2}^{m}$ .

Sei o.B.d.A. $b_{1} < b_{2}$ . Dann zeigt man leicht (mit Hilfe von Satz 2.2(5)) induktiv über $m$ , daß $b_{1}^{m} < b_{2}^{m}$ . PICT !

2. Existenz.

Es genügt, den Satz für $a > 1$ zu beweisen. Ist nämlich $a = 1$ , dann leistet $b = 1$ das Verlangte, und ist $0 < a < 1$ , so ist $\frac{1}{a} > 1 .$ Für $\frac{1}{a}$ existiert nach dem obigen Fall schon ein $c > 0$ mit $c^{m} = \frac{1}{a}$ . Folglich ist $a = \frac{1}{c^{m}} = (\frac{1}{c})^{m}$ .

$b = \frac{1}{c}$ leistet somit das Verlangte.

Es sei nun $a > 1 .$

(Zum Beweis wird eine geeignete Intervallschachtelung betrachtet.)

Wir definieren eine Folge $([a_{n}, b_{n}])$ von Intervallen mit folgenden Eigenschaften:

$a_{n} \leq a_{n + 1} \leq b_{n + 1} \leq b_{n}$ und $a_{n}^{m} \leq a \leq b_{n}^{m}$ für alle $n$ .

Die Definition erfolgt induktiv über $n$ .

Eine Lösung $b > 0$ für $b^{m} = a$ und $a > 1$ muß – falls eine solche existiert – in dem Intervall $[1, a]$ liegen. Denn angenommen, $0 < b < 1$ . Dann ist auch $b^{m} < 1 < a$ , also $b^{m} \neq a$ . Wäre andererseits $a < b$ , so wäre auch $1 < a < b < b^{m}$ und somit wiederum $b^{m} \neq a .$ Wir brauchen also nur in dem Intervall $[1, a]$ nach einer Lösung zu suchen.

Daher beginnen wir mit $a_{0} = 1, b_{0} = a$ .

Dann gilt $a_{0}^{m} = 1^{m} = 1 \leq a \leq a^{m} = b_{0}^{m} .$

Es sei $c_{1} = \frac{a_{0} + b_{0}}{2}$ (der Mittelpunkt des Intervalls $[a_{0}, b_{0}]$ ).

Für $c_{1}$ sind zwei Fälle möglich:

(a) $c_{1}^{m} \leq a$ oder

(b) $c_{1}^{m} > a .$

Entsprechend dieser Fallunterscheidung definieren wir das Intervall $[a_{1}, b_{1}]$ .

Es sei

$a_{1} = c_{1}$ und $b_{1} = b_{0}$ , falls $c_{1}^{m} \leq a$ und

$a_{1} = a_{0}$ und $b_{1} = c_{1}$ , falls $c_{1}^{m} > a$ .

Dann gilt offenbar

$a_{0} \leq a_{1} \leq b_{1} \leq b_{0}$ und $a_{1}^{m} \leq a \leq b_{1}^{m}$ .

Die gleichen Überlegungen werden im $(n + 1)$ -ten Schritt angewendet. Die Ausführung des ersten Schrittes – wir haben mit dem 0-tem Schritt begonnen – ist natürlich bei dieser induktiven Definition nicht notwendig, da er als Spezialfall des $(n + 1)$ -ten Schrittes auftritt. Er wurde hier nur des besseren Verständnisses wegen angegeben.

Für $n$ seien $a_{n}$ und $b_{n}$ (nach Induktionsvoraussetzung) schon definiert und zwar mit den geforderten Eigenschaften:

$a_{n - 1} \leq a_{n} \leq b_{n} \leq b_{n - 1}$ und $a_{n}^{m} \leq a \leq b_{n}^{m} .$

Wir betrachten jetzt $c_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}$ (den Mittelpunkt des Intervalls $[a_{n}, b_{n}]$ ).

Für $c_{n + 1}$ sind zwei Fälle möglich:

(a) $c_{n + 1}^{m} \leq a$ oder

(b) $c_{n + 1}^{m} > a .$

Entsprechend dieser beiden Fälle definiert man das $(n + 1)$ -te Intervall wie folgt:

$a_{n + 1} = c_{n + 1}$ und $b_{n + 1} = b_{n}$ , falls $c_{n + 1}^{m} \leq a$ und

$a_{n + 1} = a_{n}$ und $b_{n + 1} = c_{n + 1}$ , falls $c_{n + 1}^{m} > a$ .

Damit ist eine Intervallschachtelung mit den gewünschten Eigenschaften konstruiert.

Nach dem Intervallschachtelungsaxiom gibt es ein $c$ , so daß $a_{n} \leq c \leq b_{n}$ für jedes $n .$

Behauptung: $c^{m} = a .$

Der Beweis hierzu erfolgt indirekt.

Annahme: $c^{m} \neq a .$

Dann ist $c^{m} > a$ oder $c^{m} < a .$ Wir betrachten den Fall $c^{m} > a$ , den verbleibenden Fall beweist man völlig analog.

Wegen $c^{m} > a$ ist $d : = c^{m} - a > 0 .$ Es gilt

$a_{n}^{m} \leq a \leq b_{n}^{m}$ und $a_{n}^{m} \leq c^{m} \leq b_{n}^{m} .$

Folglich ist

$\underset{\geq c^{m}}{\underset{︸}{b_{n}^{m}}} - a_{n}^{m} \geq c^{m} + \underset{\geq - a}{\underset{︸}{(- a_{n}^{m})}} \geq c^{m} - a = d .$

Also

$b_{n}^{m} - a_{n}^{m} \geq d > 0$ für jedes $n .$

Es sei jetzt $b_{n} - a_{n} = δ_{n} .$ Dann ist $a_{n} = b_{n} - δ_{n} = b_{n} (1 - \frac{δ_{n}}{b_{n}})$ und schließlich

$b_{n}^{m} - a_{n}^{m} = b_{n}^{m} - b_{n}^{m} (1 - \frac{δ_{n}}{b_{n}})^{m} : = (⋆) .$

Um diesen letzten Ausdruck weiter umformen zu können, benötigen wir noch einen wichtigen Hilfssatz.

Lemma. (Bernoullische Ungleichung)

Ist $a \in I R$ , $a \geq - 1$ und ist $m$ eine natürliche Zahl, dann gilt ${(1 + a)}^{m} \geq 1 + m a .$

Beweis. Den Beweis führt man leicht induktiv über $m$ , er bleibt als Übungsaufgabe. <mi
>P</mi><mi
>I</mi><mi
>C</mi><mi
>T</mi>

Korollar. Sind $a, b \in I R$ und ist $1 < a$ , dann existiert eine natürliche Zahl $m$ , so daß $b < a^{m} .$

Beweis. Der Beweis erfolgt ohne Schwierigkeiten mit Hilfe der Bernoullischen Ungleichung und des archimedischen Axioms. (Übungsaufgabe!) <mi
>P</mi><mi
>I</mi><mi
>C</mi><mi
>T</mi>

Wir setzen jetzt den begonnenen Beweis des Satzes 2.3 fort.

Wegen $a_{n} > 0$ (denn $1 \leq a_{n} \leq b_{n} \leq a$ ) gilt

$δ_{n} = b_{n} - a_{n} < b_{n}$ und somit $0 < \frac{δ_{n}}{b_{n}} < 1,$ also $- 1 < - \frac{δ_{n}}{b_{n}} .$

Mit Hilfe der Bernoullischen Ungleichung erhält man dann

$(1 - \frac{δ_{n}}{b_{n}})^{m} \geq 1 - m \cdot \frac{δ_{n}}{b_{n}} \Rightarrow$

$b_{n}^{m} \cdot (1 - \frac{δ_{n}}{b_{n}})^{m} \geq b_{n}^{m} \cdot (1 - m \cdot \frac{δ_{n}}{b_{n}}) = b_{n}^{m} - m \cdot b_{n}^{m - 1} \cdot δ_{n} .$

Folglich ist

$- b_{n}^{m} \cdot (1 - \frac{δ_{n}}{b_{n}})^{m} \leq - b_{n}^{m} + m \cdot b_{n}^{m - 1} \cdot δ_{n} .$

Wegen $δ_{n} = \frac{1}{2^{n}} (b_{0} - a_{0})$ (dies ist induktiv über $n$ nachzuweisen) erhält man schließlich aus $(⋆)$ und der letzten Ungleichung

$b_{n}^{m} - a_{n}^{m} \leq b_{n}^{m} - b_{n}^{m} + m \cdot \underset{\leq b_{0}^{m - 1}}{\underset{︸}{b_{n}^{m - 1}}} \cdot δ_{n} \leq \underset{: = d^{'} > 0}{\underset{︸}{m \cdot b_{0}^{m - 1} \cdot (b_{0} - a_{0})}} \cdot \frac{1}{2^{n}} .$

Damit haben wir $b_{n}^{m} - a_{n}^{m} \leq d^{'} \cdot \frac{1}{2^{n}} .$

Wegen $n \leq 2^{n}$ (dies ist induktiv nachzuweisen) erhält man für $n \geq 1 :$ $0 < \frac{1}{2^{n}} \leq \frac{1}{n}$ und mit Hilfe des archimedischen Axioms schließlich $d^{'} \cdot \frac{1}{2^{n}} \leq d^{'} \cdot \frac{1}{n} < d$ für hinreichend große $n .$

Aus der Annahme $c^{m} \neq a$ hatten wir aber schon geschlossen, daß $b_{n}^{m} - a_{n}^{m} \geq d$ für alle $n$ gilt. Dies führt zu einem Widerspruch. Folglich kann die Annahme nicht richtig gewesen sein. Also $c^{m} = a .$ <mi
>P</mi><mi
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