¨UBUNGSBLATT 2 MAT121.1 ANALYSIS I WINTERSEMESTER

ÜBUNGSBLATT 2
MAT121.1 ANALYSIS I WINTERSEMESTER 2006/7
PROF. CAMILLO DE LELLIS
ABGABE: 14.11.2006 BIS 13 UHR
Die Übungsblätter und Beispiellösungen liegen im Stockwerk M über den Briefkästen aus und sind auf
der Homepage http://www.math.unizh.ch/ws0607/mat121 erhältlich.
Bitte die Lösungen bis spätestens 13h am Abgabetermin in den Briefkasten 8 von Roger Robyr, Filippo
Pellandini und Luca Sefanini legen.
Bei den ersten fünf Aufgaben werden auch für Teillösungen Punkte vergeben. Die letzte Aufgabe muss
im Grossen und Ganzen vollständig und korrekt bearbeitet werden, um Punkte zu erhalten.
Der Herleitungsweg von Resultaten muss übersichtlich und vollständig sein. Die Antworten müssen
begründet sein. Bitte die Lösungen leserlich schreiben!
Die Gesamtpunktzahl auf diesem Übungsblatt beträgt 36 Punkte. Für eine erfolgreiche Bearbeitung sind mindestens 10 Punkte nötig.
1. Aufgabe (4 Punkte). Zeige, dass die Menge M = {(xn )n∈N | xn ∈ {0, 1}} aller Zahlenfolgen
von Nullen und Einsen nicht abzählbar ist.
Antwort. Wir nehmen an, M wäre abzählbar und zählen folgendermassen: M = (x0 , x1 , x2 , . . .)
mit xk = (xkn )n∈N , wir nennen also die Elemente der k-ten Folge xk0 , xk1 , xk2 , . . ..
Da jede Zahl einer Zahlenfolge in M entweder eine 0 oder eine 1 ist, ist die Folge y = (y0 , y1 , y2 , . . .)
mit yn 6= xnn eindeutig bestimmt und in M , es gibt also ein k0 ∈ N mit y = xk0 . Dies kann aber
nicht sein, da yk0 6= xkk00 .
2. Aufgabe (4 Punkte). Sei z = a + ib ∈ C mit a, b ∈ R ( Re (z) := a und Im (z) := b). Die zu z
komplex konjugierte Zahl ist z = a − ib.
Zeige:
(1) Die komplexen Zahlen erfüllen das Distributivgesetz, d.h. ∀z1 , z2 , z3 ∈ C : z1 (z2 + z3 ) =
z1 z2 + z1 z3 .
(2) Zeige für z ∈ C:
z + z = 2 Re (z) und z − z = 2i Im (z) .
(3) Der Absolutbetrag |z| der komplexen Zahl z ist die positive Wurzel von zz.
Zeige für z ∈ C, z 6= 0:
1
2 Re (z)2 − |z|2
Re
=
.
z2
|z|4
(4) Laut dem Fundamentalsatz der Algebra hat die Gleichung 0 = z n + an−1 z n−1 + . . . + a0
mit a0 , . . . , an−1 ∈ C genau n komplexe Lösungen (gezählt mit Multiplizität).
Zeige, dass die Anzahl nicht-reeller Lösungen gerade ist, wenn die Koeffizienten reell sind.
Antwort. Es seien z` = a` + ib` , mit a` , b` ∈ R und ` = 1, 2, 3.
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Zum ersten Teil:
z1 (z2 + z3 ) = (a1 + ib1 )(a2 + a3 + i(b2 + b3 ))
= a1 a2 − b1 b2 + a1 a3 − b1 b3 + i(a1 b2 + b1 a2 + a1 b3 + b1 a3 ) = z1 z2 + z1 z3
Zum zweiten und dritten Teil:
z + z = Re (z) + i Im (z) + Re (z) − i Im (z) = 2 Re (z)
z − z = Re (z) + i Im (z) − Re (z) + i Im (z) = 2i Im (z)
1
1
1
z2 + z2
2 Re
=
=
+
z2
z2 z2
|z|4
2 Re (z)2 − |z|2
(z + z)2 − 2zz
=2
=
|z|4
|z|4
Für den letzten Teil zeigen wir, dass mit jeder Lösung z ∈ C auch die komplex Konjugierte z eine
Lösung ist.
0 = 0 = z n + an−1 z n−1 + . . . + a0 = z n + an−1 z n−1 + . . . + a0 .
3. Aufgabe (4 Punkte). Für a, b, c, d ∈ R nennen wir die Abbildung f : C \ {z ∈ C | cz +
d = 0}, z 7→ f (z) = az+b
eine Möbiustransformation. Weiterhin bezeichnet H die Halbebene
cz+d
H = {z ∈ C | Im (z) > 0}.
Zeige: Falls ad − bc > 0, so f (H) ⊂ H.
Antwort. Sei w = f (z) =
Im (z1 z2 ) > 0
z1
,
z2
z1 = az + b, z2 = cz + d. Dann ist w =
z1 z2
,
|z2 |2
also Im (w) > 0 ⇔
Nun ist z1 z2 = (az + b)(cz + d) = ac|z|2 + adz + bcz + bd, also Im (z1 z2 ) = ad Im (z) + bc Im (z) =
ad − bc > 0.
4. Aufgabe (6 Punkte). Zeige, dass jede positive reelle Zahl eine reelle Quadratwurzel hat.
Antwort. Sei x eine positive reelle Zahl.
Wir zeigen, dass die Menge D = {q ∈ Q+ | q 2 > x} ein Dedekindscher Schnitt ist. Sie ist nicht
leer, da es rationale Zahlen grösser als x2 gibt, und sie enthält nicht ganz Q, da sie keine negativen
Zahlen enthält. Ist d ∈ D und q > d rational, so ist q 2 > d2 > x, also q ∈ D. Schliesslich hat D
auch kein Minimum, da mit d2 > x auch (d − n1 )2 = d2 − 2 nd + n12 > d2 − 2 nd > x, wenn wir nur
n ∈ N gross genug wählen.
Der Dedekindsche Schnitt D representiert die reelle Zahl deren Quadrat durch den Schnit D2 =
{s ∈ Q | ∃q, p ∈ D : s > qp} dargestellt wird. Wir müssen zeigen, dass diese Zahl x ist, also
D2 = {s ∈ Q | s > x}.
Ist s > qp ∈ D2 , so folgt s2 > q 2 p2 > x2 , also s > x. Da D2 kein Minimum hat und nach oben
abgeschlossen ist, muss es aber auch alle s ∈ Q grösser als x enthalten.
5. Aufgabe (8 Punkte). Mit dieser Aufgabe setzen wir die vierte Aufgabe von ersten Übungsblatt
fort:
Sei f : R → R eine Abbildung mit den Eigenschaften:
(1) ∀x, y ∈ R : f (x + y) = f (x) + f (y)
(2) ∀x, y ∈ R : f (xy) = f (x)f (y)
(3) ∃z ∈ R : f (z) 6= 0
ÜBUNGSBLATT 2 (MAT121.1 ANALYSIS I)
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Im ersten Übungsblatt haben wir gesehen, dass dann ∀q ∈ Q : f (q) = q.
Zeige nun, dass f die identische Abbildung auf R ist.
Antwort. Sei x ∈ R.
(1) ∀x 6= 0 : f (x) 6= 0:
Dies folgt hier auf dieselbe Weise wie über Q. Falls f (x) = 0 wäre, so folgte für alle y ∈ R:
f (y) = f (x xy ) = f (x)f ( xy ) = 0. Dies ist aber nach Voraussetzung ausgeschlossen.
(2) x > 0 ⇒ f (x) > 0:
Wie wir in der vierten Aufgabe dieses Übungsblattes gesehen haben, gibt es ein y > 0
mit y 2 = x, also f (x) = f (y 2 ) = f (y)2 ≥ 0. Da f (x) = 0 bereits ausgeschlossen ist, folgt
f (x) > 0.
(3) x > y ⇒ f (x) > f (y):
x > y ⇒ x − y > 0 ⇒ f (x) − f (y) = f (x − y) > 0.
(4) f (x) ≤ x, wenn x ∈ R:
Angenommen f (x) > x. Da die rationalen Zahlen dicht in R liegen, gibt es ein q ∈ Q mit
f (x) > q > x. Wir wenden f erneut an: q = f (q) > f (x), im Widerspruch zu q < f (x).
(5) f (x) ≥ x, wenn x ∈ R:
Angenommen f (x) < x. Dann gibt es ein q ∈ Q mit f (x) < q < x. Nun folgt q = f (q) <
f (x), im Widerspruch zu q > f (x).
Daher folgt f (x) = x.
6. Aufgabe (10 Punkte). Sei A ⊂ R und x ∈ R.
Die Menge A hat in x einen Häufungspunkt, falls A∩ ]x − , x + [ für alle > 0 unendlich ist.
Hierbei bezeichnet ]a, b[ das offene Intervall {x ∈ R | a < x < b}.
Zeige, dass A einen Häufungspunkt hat, wenn es überabzählbar ist.
Antwort. Zu jedem x ∈ A wählen wir ein Intervall Ix aus, das x enthält und rationale Endpunkte
r, s ∈ Q hat, Ix = ]r, s[. Beachte, wie jedes Intervall Ix durch seine beiden Endpunkte bestimmt
ist. Da Q abzählbar ist, kann es also nur abzählbar viele verschiedene Intervalle Ix geben.
S
Wären nun alle Punkte von R keine Häufungspunkte von A, so wäre A ∩ x∈A Ix eine Vereinigung
endlicher Mengen. Da die Endpunkte der Intervalle rational sind, gäbe es eine Bijektion zwischen
der Menge {Ix | x ∈ A} und einer Teilmenge von Q2 , A wäre also eine Vereinigung abzählbar
vieler endlicher Mengen und somit selbst abzählbar.
Eine überabzählbare Menge reeller Zahlen muss also einen Häufungspunkt haben.