Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 5. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
12.11.2013
Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 5. Übung
Aufgabe 1: (4 Punkte)
Seien X, Y Mengen, f : X → Y . Zeigen Sie:
i) ∀ A ⊆ X : f −1 (f (A)) ⊇ A ,
ii) ∀ B ⊆ Y : f (f −1 (B)) ⊆ B .
Lösung:
i) Sei A ⊆ X beliebig.
Da x ∈ f −1 (M ) äquivalent zu f (x) ∈ M ist, ist x ∈ f −1 (f (A)) äquivalent zu f (x) ∈ f (A). Ist also x ∈ A, so
ist f (x) ∈ f (A) und somit x ∈ f −1 (f (A)).
ii) Sei B ⊆ Y beliebig.
Da y ∈ f (N ) äquivalent dazu ist, dass es ein x ∈ X gibt mit x ∈ N und f (x) = y, ist y ∈ f (f −1 (B)) dazu
äquivalent, dass es ein x ∈ X gibt mit x ∈ f −1 (B) und f (x) = y. x ∈ f −1 (B) ist wieder äquivalent zu
f (x) ∈ B. Somit gibt es ein x ∈ X mit f (x) ∈ B und f (x) = y. Daraus folgt y ∈ B.
Aufgabe 2: (2+2+2+2 Punkte)
Bestimmen Sie Supremum und Infimum der folgenden Mengen. Beweisen Sie ihre Behauptungen.
|x|
1 1
b)
≤x≤2
; x∈Q
a) x + ;
x 2
1 + |x|
o
nm
n−1
n
; n∈N
c)
+
;
m,
n
∈
N
d)
n
n
m
Welche der Mengen besitzen ein Maximum bzw. Minimum?
Lösung:
Die Mengen Ma bis Md seien die angegebenen Mengen der Aufgabenteile a) bis d).
a) Formen wir die Bedingung an x um:
1
1
≤x≤2 ⇔
x−
x−2 ≤0
2
2
5
2
⇔ x − x+1≤0
2
5 1
⇔ x− + ≤0
2 x
1
5
⇔ x+ ≤ .
x
2
Somit führt x = 21 , bzw. x = 2 auf x + x1 =
gilt max Ma = sup Ma = 52 .
5
2
und x + x1 ist für x ∈
1
2, 2
durch
5
2
nach oben beschränkt. Ergo
2
2
Für x = 1 gilt x + x1 = 2 und x + x1 ≥ 2 ist für x ≥ 0 äquivalent
1 zu x + 1 ≥ 2x und (x − 1) ≥ 0, wobei letztere
Ungleichung für alle x ∈ R und somit auch für alle x ∈ 2 , 2 gilt. Also ist 2 auch untere Schranke, zusammen
folgt min Ma = inf Ma = 2.
|x|
1+|x| =
|x|
1+|x| ≤ 1
b) Für x = 0 ∈ Q gilt
Zudem ist wegen
⇔
⇔
⇔
0. Zudem ist für alle x ∈ Q :
|x|
1+|x|
≥ 0, somit ist min Mb = inf b = 0.
⇔ |x| ≤ 1 + |x| ⇔ 0 ≤ 1 Eins eine obere Schranke von Mb , aber wegen
|x|
≤ 1−ε
1 + |x|
|x| ≤ 1 + |x| − ε − |x|ε
|x|ε ≤ 1 − ε
1−ε
|x| ≤
ε
1
und der Unbeschränktheit von |x| für x ∈ Q ist kein 1 − ε mit ε > 0 eine obere Schranke von Mb . Somit gilt
|x|
sup Mb = 1. Wegen 1+|x|
= 1 ⇔ |x| = 1 + |x| ⇔ 0 = 1 ist 1 6∈ Mb und ein Maximum existiert nicht.
n−1
c) Für n ∈ N ist n ≥ 1 wahr und es ist n ≥ 1 ⇔ n−1
n ≥ 0. Zudem ist n = 1 ⇔
n = 0. Somit ist 0 ∈ Mc
untere Schranke, also min Mc = inf Mc = 0.
n−1
n−1
Weiterhin gilt n−1
n ≤ 1 wegen n ≤ 1 ⇔ n − 1 ≤ n für alle n ∈ N, aber n = 1 für kein n ∈ N. Gäbe es ein
n−1
ε > 0, sodass 1−ε obere Schranke von Mc wäre, so ergäbe dies wegen n ≤ 1−ε ⇔ n−1 ≤ n−εn ⇔ εn ≤ 1
und εn > 1 für hinreichend große n einen Widerspruch. Somit ist 1 die kleinste obere Schranke mit 1 6∈ Mc ,
also sup Mc = 1 und ein Maximum existiert nicht.
n
d) Für vorgegebenes c ∈ R gibt es mit m := 1 und n := max{1, [c] + 1} zwei Zahlen m, n ∈ N für die m
n + m =
m
n
1
n + n > n ≥ [c] + 1 > c gilt, somit ist Md nicht nach oben beschränkt. Mit m := n := 1 ist n + m = 2, also
n
2
2
2
ist 2 ∈ Md , aber 2 ist auch untere Schranke wegen m
n + m ≥ 2 ⇔ m + n ≥ 2mn ⇔ (m − n) ≥ 0 und
2
x ≥ 0 für alle x ∈ R.
Aufgabe 3: (6 Punkte)
Seien A, B ⊆ R. Beweisen oder widerlegen Sie:
i) ∀ a ∈ A ∃ b ∈ B : a ≤ b
⇒
sup A ≤ inf B ,
ii) ∀ a ∈ A ∀ b ∈ B : a ≤ b
⇔
sup A ≤ inf B ,
iii) sup A ≤ sup B
⇒
∀a ∈ A ∃b ∈ B: a ≤ b,
iv) sup A = inf B
⇔
∀ ε > 0 ∃ a ∈ A, b ∈ B : b − a < ε .
Lösung:
i) Die Aussage ist im Allgemeinen nicht richtig:
Sei A := {0, 2}, B := {1, 2}. Es ist A 3 0 ≤ 2 ∈ B und A 3 2 ≤ 2 ∈ B, d.h. für alle a aus A existiert b aus B
mit a ≤ b, aber es ist sup(A) = 2 > inf B = 1.
ii) Die Aussage ist richtig:
Zu „⇒“: Sei b ∈ B beliebig, dann gilt für alle a ∈ A : a ≤ b, somit sind alle b ∈ B obere Schranken von A.
Angenommen inf B wäre keine obere Schranke von A, dann gäbe es ein ã ∈ A mit ã > inf B. Aber zu jedem
ε > 0, also auch zu ε := ã − inf B gibt es ein b ∈ B mit b < inf B + ε = ã, ein Widerspruch. Also ist inf B eine
obere Schranke von A, die kleinste obere Schranke ist somit kleinergleich inf B.
Zu „⇐“: Für alle a ∈ A ist a ≤ sup A und für alle b ∈ B ist b ≥ inf B. Somit gilt für alle a ∈ A, b ∈ B : a ≤
sup A ≤ inf B ≤ b, woraus a ≤ b für all diese a, b folgt.
iii) Die Aussage ist im Allgemeinen nicht richtig:
Sei A := (0, 1] und B := (0, 1). Es ist sup A = 1 und sup B = 1, also sup A ≤ sup B, aber es existiert mit a = 1
ein a ∈ A, sodass für alle b ∈ B dann a = 1 > b gilt, d.h. ∀ ∃ b ∈ B : a ≤ b gilt nicht!
iv) Die Aussage ist im Allgemeinen nicht richtig, denn „⇐ “ gilt nicht:
Seien A = B = [0, 1], dann ist sup A = 1 6= inf B = 0 aber zu jedem ε > 0 existieren a ∈ A und b ∈ B, sogar
mit a = b, da A = B, damit b − a = 0 < ε.
Die Richtung „⇒“ ist hingegen wahr (wobei dies zu beweisen bei schon widerlegtem „⇐“ für einen Beweis von
„6⇔“ hinfällig ist):
Sei s := sup A = inf B. Dann gibt es nach PA 2 zu jedem δ > 0 ein a ∈ A mit a > s − δ, also s − a < δ und ein
b ∈ B mit b < s + δ, also b − s < δ. Setze nun δ := 2ε , so ist δ > 0 äquivalent zu ε > 0 und es gibt zu jedem
ε > 0 dann a ∈ A und b ∈ B mit b − a = (s − a) + (b − s) < δ + δ = ε.
Aufgabe 4: (6 Punkte) Sei x ∈ R. Bestimmen Sie, sofern vorhanden,
( n
)
X
i
sup
x ; n ∈ N0 .
i=0
Hinweis: Die Bernoulli-Ungleichung und die archimedische Anordnung der reellen Zahlen könnten Ihnen bei Ihrer
Argumentation helfen.
Lösung:
2
Sei Mx :=
n
nX
o
xi ; n ∈ N . Wir führen eine Fallunterscheidung nach x ∈ R durch:
i=0
Für −1 ≤ x < 0 gilt:
Für n = 0 ist
n
X
xi = 1 .
i=0
Für n = 2k ∈ {2, 4, 6, . . .} ist
n
X
i
x =
i=0
2k
X
xi =
i=0
1
1
−x
−x
1 − x2k+1
=
+
· x2k ≤
+
· 1 = 1.
1−x
1 − x 1 − x |{z}
1−x 1−x
| {z } ≤1
>0
Für n = 2k − 1 ∈ {1, 3, 5, . . .} ist
n
X
xi =
i=0
2k
X
i=0
xi −x2k ≤
| {z }
<0
2k
X
xi ≤ 1 .
i=0
Somit ist 1 Maximum und damit auch Supremum von Mx im Falle −1 ≤ x < 0.
Für x = 0 gilt:
Damit
n
X
xi = 1 + x + x2 + . . . + xn
i=0
ist, definiert man für gewöhnlich 00 := 1. Damit ist min Mx = inf Mx = max Mx = sup Mx = 1.
Für 0 < x < 1 gilt:
Wegen
1 − xn+1
1
≤
1−x
1−x
1
eine obere Schranke, aber gibt es ein ε > 0, so dass eine möglicherweise noch so wenig kleinere Zahl eine
ist 1−x
obere Schranke ist? Wir formen um:
⇔
1 − xn+1
1−x
−xn+1
1−x
−xn+1
⇔
xn+1
≥
ε(1 − x)
⇔
n+1
1
x
≤
1
,
ε(1 − x)
⇔
≤
1
−ε
1−x
≤
−ε
≤
−ε(1 − x)
aber es gilt
n+1
n+1
1
1
1
≥ 1 + (n + 1)
= 1+
−1
−1 ,
x
|x {z }
|x {z }
>0
>0
wobei (n + 1) x1 − 1 wegen der archimedischen Anordnung der rellen Zahlen über jede Schranke und somit auch
n+1
1
1
1
über ε(1−x)
− 1 wächst, was x1
> ε(1−x)
für hinreichend großes n impliziert, ein Widerspruch! Somit ist 1−x
die kleinste obere Schranke von Mx im Falle von 0 < x < 1.
Für x = 1 gilt:
n
X
xi = n + 1
i=0
3
und Mx ist somit wie die natürlichen Zahlen nicht nach oben beschränkt.
Für x < −1 oder x > 1, also |x| > 1 gilt:
Für n = 2k ∈ {2, 4, 6, . . .} ist
2k
X
xi =
i=0
k
1
−x
1 − x2k+1
=
+
· x2 .
1−x
1−x 1−x
| {z }
>0
Damit ist
2k
nX
o
xi k ∈ N ⊆ Mx nach oben nicht beschränkt, wenn
i=0
x2
k
=
k
≥ 1 + k(x2 − 1)
1 + (x2 − 1)
| {z }
>0
nicht nach oben beschränkt ist. Wegen der archimedischen Anordnung der reellen Zahlen ist k(x2 − 1) für k ∈ N
nach oben nicht beschränkt, somit existiert sup Mx im Fall |x| > 1 nicht.
Aufgabe 5: (3+3 Punkte)
a) Seien x, a, b ∈ R. Beweisen oder widerlegen Sie:
i) |x − a| < b
⇔
ii) ab > 1 ∧ a < 1
2
iii) x(x − 2a ) > 0
x > a − b,
⇒
⇔
b > 1,
|x − a2 | > a2 .
b) Beweisen Sie: Seien a, b ∈ R und n ∈ N, dann gilt
an − bn
=
(a − b)
n−1
X
ak bn−1−k
=
(a − b)(bn−1 + abn−2 + . . . + an−2 b + an−1 ) .
k=0
Lösung:
a)
i) Die Aussage ist im Allgemeinen nicht richtig: Sei a = b = 1 und x = 2, dann ist |x − a| = 1 ≥ b = 1 aber
2 > 1 − 1 = 0.
ii) Die Aussage ist im Allgemeinen nicht richtig: Sei a = −2, b = −1, dann ist ab = 2 > 1 und a = −2 < 1
aber b = −1 ≤ 1.
iii) Die Aussage ist richtig:
„⇒“: Ist x(x − 2a2 ) > 0, so ist x < 0 und x < 2a2 oder x > 0 und x > 2a2 . Aus x < 0 und x < 2a2 folgt
|x − a2 | = −x + a2 > a2 . Aus x > 0 und x > 2a2 folgt |x − a2 | = x − a2 > a2 .
„⇐“: Ist nicht x(x − 2a2 ) > 0, somit x(x − 2a2 ) ≤ 0, so ist x = 0 oder x = 2a2 oder x > 0 und x < 2a2
oder x < 0 und x > 2a2 . Aus x = 0 oder x = 2a2 folgt |x − a2 | = a2 , somit ist |x − a2 | > a2 eine
falsche Aussage. Aus x < 0 und x > 2a2 folgt direkt ein Widerspruch. Und aus x > 0 und x < 2a2 folgt
−a2 < x − a2 < 2a2 − a2 = a2 , somit (x − a2 ) ∈ (−a2 , a2 ), also ist |x − a2 | > a2 eine falsche Aussage.
b) Wir rechnen nach:
(a − b)
n−1
X
ak bn−1−k
=
k=0
n−1
X
ak+1 bn−1−k −
k=0
=
n
X
=
ak bn−k −
n−1
X
ak bn−k
k=0
k n−k
a b
n 0
0 n
+a b −a b −
k=1
=
ak bn−k
k=0
k=1
n−1
X
n−1
X
n−1
X
ak bn−k
k=1
an − bn
4