Lösung 9

Lösung 9
Sven Grützmacher
January 13, 2013
1 Aufgabe 1
1.1 a)
Da f : [a, b] → [a, b] gilt:
f (a) ≥ a ⇒ 0 ≤ f (a) − a
f (b) ≤ b ⇒ f (b) − b ≤ 0
Definieren wir also g(x) := f (x) − x. Da sowohl
) f als auch x stetig sind ist g(x) stetig.
g(a) ≥ 0
ZW S
Nach obigen überlegungen folgt:
⇒ ∃c ∈ [a, b] : g(c) = f (c) − c = 0
g(b) ≤ 0
Somit erhalten wir also ∃c ∈ [a, b] : f (c) = c
1.2 b)
Betrachte:
(
1 − 1 x x ∈ [0, 21 ]
f (x) = 1 41
4 − 4 x sonst
1.3 c)
Betrachte f (x) = ex . Da ex > x ∀x folgt die Behauptung.
1.4 d)
Sei K = sup f (x) und g = f |[0,K] . Also g : [0, K] → [0, K] und f = g auf [0, K]
x∈[0,∞]
Nach a) besitzt g einen Fixpunkt. Somit auch f.
1
2 Aufgabe 2
2.1 a)
Wir benennen mal unsere Ungleichungen:
lim inf
n→∞
√ 3)
√ 2)
an+1 1)
an+1
≤ lim inf n an ≤ lim sup n an ≤ lim sup
n→∞
an
an
n→∞
n→∞
Nach definition folgt direkt 2). Die Beweise zu 1) und 3) laufen analog. Darum genügt
es 1) zu zeigen:
Sei ε > 0. Da an+1
an beschränkt ist existieren die äußeren Limiten. Insbesondere gilt also:
am+1
ai+1
≥ lim inf
−ε
∀i ∈ I
∃K ≥ 0; I ⊂ N abz. :
K≥
m→∞ am
ai
denn in jeder ε-Umgebung eines HP liegen unendlich viele Glieder der Folge. Sei i ∈
I; n ∈ N. Wir ordnen (ak )k so um, dass: i, ..., i + n ∈ I. Nun gilt:
i+n−1
n
i+n−1
Y ak+1 Y ak+1 an
am+1
am+1
≥ lim inf
≥ lim inf
=
−ε
−ε
m→∞ am
m→∞ am
ai
ak
ak
k=i
k=i+1
n
am+1
−ε
⇒ an ≥ ai lim inf
m→∞ am
√
√
am+1
⇒ n an ≥ n ai lim inf
−ε
m→∞ am
√
am+1
n
⇒ lim inf an ≥ 1· lim inf
−ε
m→∞ am
n→∞
√
an+1
da ε bel. ⇒ lim inf n an ≥ lim inf
n→∞
n→∞
an
2.2 b)
Hier gilt:
n+1
√
=
n
n!
r
n
√
(n + 1)n
=: n an
n!
Nun gilt:
an+1
(n + 2)n+1 n!
(n + 2)n+1
=
=
an
(n + 1)n (n + 1)!
(n + 1)n+1
k=n+1
=
k+1
k
k
→ e (n, k → ∞)
nach der a) gilt also:
√
√
an+1
an+1
≤ lim inf n an ≤ lim sup n an ≤ lim sup
=e
n→∞
an
an
n→∞
n→∞
√
√
⇒ insbes.: e = lim inf n an = lim sup n an
e = lim inf
n→∞
n→∞
⇒
√
n
n→∞
n+1
an → e ⇒ √
→e
n
n!
2
3 Aufgabe 3
Dieser Beweis ist etwas aufwändiger, aber auch mal ganz gut sowas zu sehen. Wir benutzen folgendes lemma:
Sei (xn )n eine folge positiver Zahlen, so dass alle Teilfolgen unbeschränkt sind. Dann
divergiert die Folge bestimmt.
Beweis: Ang.: (xn )n divergiert nicht bestimmt gegen ∞.
⇒ ∃K ∈ R so dass: ∀N ∈ N ∃n > N : xn < K.
Wählt man für jedes N so ein xn erhält man eine Teilfolge, welche nach oben durch K
beschränkt ist. Widerspruch.
rational: Nun betrachen wir aber zuerst alle Rationalen Zahlen. Sei also 0 6= x0 ∈ Q.
Betrachte:
√
2
xn = x0 +
⇒ xn → x0
n
aber: f (xn ) = 0 → 0 6=
Null unstetig.
1
q
= f (x0 ). Also ist f in allen rationalen Zahlen ungleich
Null/irrat.: sei x0 = {0} ∪ [0, 1]\Q. Für irrationale Folgen (xn )n mit xn → x0 folgt f (xn ) =
0 → 0 = f (x0 ).
Sei nun xn = pqnn eine rationale Folge, pn , qn teilerfremd und xn → x0 . Es ist zu
zeigen, dass: qn → ∞.
x0 = 0: Ang.: qn divergiert nicht gegen ∞.
⇒ ∃(qnk )k beschränkt (nach lemma) ⇒ xn konv nicht gegen 0, da pn 6= 0∀n.
Widerspruch
x0 6= 0: sei also xn = pqnn → x0 . Angenommen qn besitzt eine beschränkte Teilfolge:
⇒ ∃(qnk )k konv.(B.W.)
betrachte also
xnk =
pnk
⇒ pnk konv, da qnk , xnk konv.
qnk
Da pnk , qnk ∈ Z müssten sie iwann konstant sein, damit sie konvergieren.
Dann gilt allerdings x0 ∈ Q. Widerspruch.
Also besitzt qn keine beschränkte Teilfolge und ist somit laut unserem lemma
bestimmt divergent. Also gilt:
f (xn ) =
1
→ 0 = f (x0 )
qn
Man muss noch beachten was passiert wenn man gemischte Folgen hat. Dies lässt sich
jedoch immer auf einen der beiden oberen Fälle zurückführen.
3
4 Aufgabe 4
Relativ einfach: Es gilt:
|f (x) − f (x0 )| < L|x − x0 | < Lδ
Setze also δ =
ε
L,
dann ist f glm stetig.
√
Als gegenbeispiel betrachte f : [0, 1] → [0, 1]; x 7→ x. f ist stetig auf einem Kompaktum, also glm Stetig. Es gilt:
√
x − x0 √
√ | x − x0 | = √
x + x0
Nun angenommen ∃L wie gefordert müsste gelten:
für kleiner werdende
x, x0
√
1√
x+ x0
< L. Da der Bruch allerdings
unbeschränkt ist, ist dies nichtmöglich.
4