Mathematik für die Chemie I Lösungen Aufgabenblatt 4

Institut für Mathematik, Universität Zürich
Prof. Dr. A. Beliakova
Herbstsemester 2013
Mathematik für die Chemie I
Lösungen Aufgabenblatt 4
Aufgabe 1
(a) Wir schreiben z0 = a + ib mit a, b ∈
R. Dann ist:
(x−z0 )(x−z0 ) = x2 −(z0 +z0 )x+z0 z0 = x2 −(a+ib+a−ib)x+|z0 |2 = x2 −2a x+|z0 |2
Da 2a ∈
R und |z0| ∈ R folgt die Behauptung.
(b) Nach dem Hauptsatz der Algebra gibt es für p(x) reelle Zahlen a1 , . . . , ak und
komplexe Zahlen z1 , . . . , zl mit k + 2l = n derart, dass:
p(x) = (x − a1 ) · · · (x − ak ) · (x − z1 )(x − z1 ) · · · (x − zl )(x − zl )
ist. Ist k ≥ 1, so können wir einfach (x − a1 ) ausklammern und sind fertig, da
die (x − zi )(x − zi ) nach (a) reelle Polynome sind, und da Produkte aus reellen
Polynomen reell sind.
Ist k = 0, d.h. p(x) besitzt nur komplexe Nullstellen, aber keine reellen, so muss
l ≥ 1 sein, da p(x) Grad ≥ 2 hat. D.h. wir können (x − z1 )(x − z1 ) ausklammern,
dies ist nach (a) ein reelles quadratisches Polynom. Der Rest ist dann noch (x −
z2 )(x − z2 ) · · · (x − zl )(x − zl ). Dies ist wiederum nach (a) ein Produkt aus reellen
Polynomen, also ein reelles Polynom.
Aufgabe 2 (a) inf A = −1 ∈
/ A, sup A = 5 ∈
/ A. Also besitzt A weder ein Minimum
noch ein Maximum.
(b) inf B = 1 ∈
/ B, sup B = 5 ∈
/ B. Also besitzt B weder ein Minimum noch ein
Maximum.
(c) Da C keine nichtleere Menge ist, sind Infimum und Supremum nicht definiert.
Natürlich besitzt C deshalb auch weder Minimum noch Maximum.
N
(d) D besitzt keine obere Schranke: Sei n ∈ eine beliebige Zahl mit n ≥ 3, dann ist
n2 ≥ 9 > 5. Somit ist n ∈ D, also ist n keine obere Schranke. Da n beliebig war,
besitzt D keine obere Schranke, also ist das Supremum nicht definiert, bzw. man
kann schreiben: sup D = ∞.
N
Da n ≥ 0 ist für alle n ∈ , besitzt D z.B. die untere Schranke 0. Somit existiert
ein Infimum. Man sieht sofort, dass inf D = 3 ist. Da 3 ∈ D (es ist ja 9 > 5), ist 3
sogar das Minimum von D.
N
(e) Es gilt: 0 < n1 ≤ 1 für alle n ∈ . Somit besitzt E ein Infimum und Supremum.
Da aber auch 1 ∈ E ist, ist dies das Supremum und Maximum von E.
Wir zeigen nun: 0 ist das Infimum. Wir wissen, 0 ist untere Schranke, also bleibt
noch zu zeigen, dass es die grösste untere Schranke ist. Wir nehmen das Gegenteil
an: Es gebe ein > 0 derart, dass n1 ≥ ist für alle n ∈ . Es gibt aber ein N ∈
mit N > 1 , da 1 ∈ ist. Dann ist aber N1 < . Dies ist ein Widerspruch. Somit
ist gezeigt, dass inf E = 0. Wie wir schon gesehen haben ist n1 > 0, insbesondere
wird das Infimum nicht angenommen.
N
R
N
R
(f) Es ist −1 ≤ sin(x) ≤ 1 für alle x ∈ . Wir zeigen, dass inf E = −1 und sup E = 1
sind, jedoch ohne Minimum und Maximum. Dies folgt aus folgender Beobachtung:
weil e(1) keine Einheitswurzel ist, füllen die Zahlen e(n), n ∈
nach und nach
den Einheitskreis ‘dicht’, und somit kommen alle Winkel beliebig genau vor – alle
Winkel sind ‘Häufungspunkte’. Insbesondere werden die Winkel ±π/2 zwar nie
exakt erreicht (π ist irrational!), aber beliebig genau approximiert. Daraus folgt,
dass inf F = −1 ∈
/ F und sup F = 1 ∈
/ F.
N
Aufgabe 3
(a) f (x) ist weder nach unten noch nach oben beschränkt.
(b) g(x) hat eine positive Polstelle bei x = 1 und ist somit nicht nach oben beschränkt.
1
Des weiteren gilt g(x) > 2, also ist die Funktion nach unten beschränkt. Da (x−1)
2
beliebig klein wird, wenn x nur gross genug ist, Nimmt g(x) die untere Schranke
nicht an.
(c) Der Wertebereich ist [0, ∞[. Also ist h nicht nach oben beschränkt, dafür jedoch
nach unten. h nimmt das Infimum 0 nicht an, denn exp(x) > 0 für alle x ∈ .
R
Aufgabe 4 Sei > 0. Gesucht ist ein N derart, dass
äquivalent zu:
log(n) ≥
1
n ≥ exp( 1 )
⇐⇒
1
log(n)
≤ ist für n ≥ N . Dies ist
n ≥ dexp( 1 )e
⇐⇒
Z
Dabei ist x 7→ dxe := min{n ∈ : n ≥ x} die Aufrundungsfunktion. Damit ist N () :=
dexp( 1 )e eine gültige Wahl. Denn wir haben dann für alle n > N :
Somit ist limn→∞
1
log(n)
≤
1
log(N )
1
log(n)
= 0.
=
1
1
log(dexp( )e)
≤
1
log(exp( 1 ))
=
1
1/
= .