¨Ubung zur Analysis 1 Blatt 12 Aufgabe 1. Der Tangens ist definiert

Prof. Dr. J. Ebert
PD Dr. T. Timmermann
Übung zur Analysis 1
Blatt 12
Abgabe bis Do, 22.01., 12 Uhr
Aufgabe 1 zur Bearbeitung in der Übung
Aufgaben 2-4 zur selbständigen Bearbeitung
Aufgabe 1. Der Tangens ist definiert durch
tan : R \ {π(n + 21 ) : n ∈ Z} → R,
x 7→
sin x
.
cos x
Zeigen Sie:
(a)
lim tan(x) = −∞ und lim tan(x) = ∞ sowie tan((− π2 , π2 )) = R;
x&−π/2
x%π/2
Lösung: Die Limites folgen daraus, dass cos(x) ≥ 0 für x ∈ (− π2 , π2 ) und
lim cos(x) = 0 = lim cos(x),
x→−π/2
x→π/2
lim sin(x) = −1,
x→−π/2
lim sin(x) = 1.
x→π/2
Mit dem Zwischenwertsatz folgt, weil tan auf (− π2 , π2 ) stetig ist, tan((− π2 , π2 )) =
R.
(b) tan0 (x) = cos12 x = 1 + tan2 x, und der Tangens wächst auf (− π2 , π2 ) streng
monoton;
Lösung: Wir rechnen
sin0 (x) · cos(x) − sin(x) · cos0 (x)
tan (x) =
cos2 (x)
cos2 (x) + sin2 (x)
1
=
=
= 1 + tan2 (x) > 0,
2
cos (x)
cos2 (x)
0
und mit dem Mittelwertsatz folgt, dass tan auf (− π2 , π2 ) streng monoton
wächst.
(c) der Tangens auf (− π2 , π2 ) hat eine differenzierbare Umkehrfunktion arctan : R →
1
(− π2 , π2 ), und arctan0 (x) = 1+x
2 für alle x ∈ R.
Lösung: Nach (a) und (b) bildet der Tangens (− π2 , π2 ) bijektiv auf R ab.
Nach Vorlesung ist die Umkehrabbildung ist differenzierbar und erfüllt
arctan0 (tan(x)) =
1
1
=
,
0
tan (x)
1 + tan2 (x)
also arctan0 (y) = 1/(1 + y 2 ).
P∞
Aufgabe 2. (a) Eine Reihe komplexer Zahlen
mit zn = xn + iyn ,
P∞ n=0 zn P
xn , yn ∈ R, konvergiert
dann, wenn n=0 xn und ∞
n=0 yn konvergieren,
P∞ genau P
∞
und dann gegen n=0 xn + i n=0 yn . Zeigen Sie, dass für alle y ∈ R gilt:
∞
X
1
(iy)n = cos y + i sin y.
n!
n=0
1
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Lösung: Nach Definition ist
∞
∞
∞
X
X
X
1
1
1
n
n 2n
(iy) =
(−1) y + i
(−1)n y 2n+1 = cos y + i sin y.
n!
(2n)!
(2n
+
1)!
n=0
n=0
n=0
P
P∞
(b) Für zwei Reihen ∞
Zahlen ist das Cauchyn=0 an und Pn=0 bn komplexerP
∞
n
Produkt definiert
n−k . Man kann
P∞ als die Reihe
P∞ n=0 cn mit cn = k=0 ak bP
zeigen: falls n=0 |an | und n=0 |bn | konvergieren, so auch n cn und es ist
! ∞ !
∞
∞
X
X
X
an
bn =
cn ,
n=0
n=0
n=0
siehe z.B. Forster, Analysis 1, S. 78. Zeigen Sie, dass für alle z, w ∈ C gilt:
! ∞
!
∞
∞
X
X wn
X
zn
(z + w)n
=
.
n!
n!
n!
n=0
n=0
n=0
Lösung: Die rechte Seite ist das Cauchy-Produkt der Faktoren links, denn
nach dem binomischen Satz gilt
n n
X
1 X n k n−k (z + w)n
z k wn−k
=
z w
=
.
k!
(n
−
k)!
n!
k
n!
k=0
k=0
(c) Zeigen Sie mit Hilfe von (a) und (b), dass für alle x, y ∈ R gilt:
x
e (cos y + i sin y) =
∞
X
(x + iy)n
n=0
n!
.
Lösung: Das folgt sofort aus (b) mit z = x und w = iy und mit (a).
Aufgabe 3. Zeigen Sie, dass die Funktion
(
x2 sin x12 , x 6= 0,
g : R → R, x 7→
0,
x = 0,
differenzierbar ist, ihre Ableitung g 0 auf [−1, 1] aber weder stetig noch beschränkt
ist.
Lösung: Für x 6= 0 ist
g 0 (x) = 2x sin
1
1
1
2
1
1
− 2x2 3 cos 2 = 2x sin 2 − cos 2
2
x
x
x
x
x
x
und für x = 0 ist
h2 sin h12
1
= lim h sin 2 = 0,
h→0
h→0
h
h
g 0 (0) = lim
weil | sin h12 | ≤ 1 für h 6= 0. Somit ist g differenzierbar. Auf [−1, 1] ist g 0 nicht
beschränkt, weil dort zwar 2x sin x12 beschränkt ist, aber nicht − x2 cos x12 — für
xn := (2nπ)−1/2 ist limn→∞ x2 cos x12 = limn→∞ 2(2nπ)1/2 = ∞. Insbesondere kann
g 0 nicht stetig sein, sonst wäre g 0 auf dem kompakten Intervall [−1, 1] beschränkt.
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Aufgabe 4.
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(a) Zeigen Sie, dass die Dirichlet-Funktion
(
1, x ∈ Q,
χ : [0, 1] → R, x 7→
0, x 6∈ Q,
nicht Riemann-integrierbar ist.
Lösung: Seien g, h Treppenfunktionen auf [0, 1] und g ≤ χ ≤ h. Dann muss,
weil Q und R \ Q in R dicht liegen, auf jedem offenen Intervall, auf dem g
und h konstant sind, g ≤ 0 und 1 ≤ h gelten, woraus
Z 1
Z 1
g(x) dx ≤ 0 und 1 ≤
h(x) dx
0
0
folgt. Der Abstand der Integrale ist also mindestens 1 und nicht beliebig
klein.
für k = 0, . . . , n. Wir
(b) Sei f : [a, b] → R monoton, n ∈ N und xk = a + k b−a
n
definieren Treppenfunktionen g, h : [a, b] → R durch
g(a) = f (a) = h(a), g(x) = f (xk+1 ), h(x) = f (xk ) für x ∈ (xk , xk+1 ].
Zeigen Sie, dass
Z b
Z b
= |f (b) − f (a)| b − a
g(x)
dx
−
h(x)
dx
n
a
a
und dass f Riemann-integrierbar ist.
Lösung: Zunächst ist
Z
b
Z
g(x) dx −
a
b
h(x) dx =
a
n−1
X
k=0
n−1
f (xk+1 )
b−a X
b−a
−
f (xk )
n
n
k=0
= (f (b) − f (a))
b−a
.
n
Falls f monoton wächst, ist g(x) ≤ f (x) ≤ h(x) für alle x ∈ [a, b]; falls f
monoton fällt, ist h(x) ≤ f (x) ≤ g(x) für alle x ∈ [a, b]. Ist > 0 gegeben,
so finden wir n ∈ N mit (f (b) − f (a)) b−a
< , und dann sind g und h zwei
n
Treppenfunktionen, zwischen denen f verläuft und für die der Abstand der
Integrale kleiner ist. Somit ist f Riemann-integrierbar.
Zusatzaufgabe 5. (a) Bezeichne S 1 := {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1} den Einheitskreis. Zeigen Sie, dass die Abbildung f : [0, 2π) → S 1 , t 7→ (cos t, sin t),
surjektiv ist.
Lösung: Sei (x, y) ∈ S 1 und y ≥ 0. Wegen x ∈ [−1, 1], cos(0) = 1, cos(π) =
−1, der Stetigkeit des Kosinus und √
dem Zwischenwertsatz
existiert ein t ∈
p
2
2
[0, π] mit cos(t) = x. Wegen y = 1 − x = 1 − cos (t) = sin(t) folgt
(x, y) = (cos t, sin t). Der Fall y < 0 wird ähnlich behandelt.
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(b) Zeigen Sie, dass die komplexe Exponentialfunktion z 7→ exp(z) ein surjektiver Homomorphismus der Gruppe (C, +) auf die Gruppe (C \ {0}, · ) ist
und den Kern {2πin : n ∈ Z} hat. Hinweis: für x, y ∈ R gilt |ex+iy | = ex ,
hierbei bezeichnet |z| der Absolutbetrag von z ∈ C.
Lösung: Ein Homomorphismus ist exp nach Aufgabe 2(b) und 2(c).
p
x2 + y 2 . Dann ist
Surjektivität: Sei z = x + iy ∈ C \ {0} und r :=
(x/r, y/r) ∈ S 1 und nach (a) x/r = cos t, y/r = sin t für ein t ∈ R. Wegen
der Surjektivität von exp : R → (0, ∞) existiert s ∈ R mit exp(s) = r. Nach
2(c) gilt
exp(s + it) = exp(s)(cos t + i sin y) = r(x/r + iy/r) = x + iy = z.
Kern: Falls exp(s + it) = 1, folgt exp(s) = | exp(s + it)| = 1, also s = 0, und
cos t = 1 und sin t = 0, also t ∈ 2πZ.
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