Aufgaben und Lösungen

Aufgaben und Lösungen
Ausarbeitung der Übungsstunde zur Vorlesung “Analysis I“
Andreas Moor
Wintersemester 2008/2009
Anwesenheitsaufgaben
ÜBUNGEN MATHEMATIK
Übung am 18.11.2008
Andreas Moor
Übung 5
Einleitung
Zuerst soll auf den aktuellen Übungsblatt und Stoff der Vorlesung eingegangen werden. Dazu werden Fragen gestellt, um nachzuhacken, wo die Studenten Schwierigkeiten
beim Verständnis haben. Es soll darauf hingewiesen werden, daß es notwendig ist, die
Vorlesung stets nachzuarbeiten. Eventuell auftretende Fragen zum Übungsblatt sollen
beantwortet werden. Dazu ist es erforderlich, sich auf mögliche Fragen vorzubereiten.
ˆ Fragen zu komplexen Zahlen
ˆ Was ist eine Folge?
ˆ Wie ist die Konvergenz einer Folge definiert?
ˆ Was bedeutet diese Definition für die Rechnung?
ˆ Welche nützliche Folgen (mit bekannten Grenzwerten) kennen wir bereits aus der
Vorlesung?
ˆ Aufmerksam machen darauf, daß die Rechenregeln für konvergente Folgen zum
Ausrechnen des Grenzwertes und sonst, nur für die konvergenten Folgen gelten, d.
h. man muss erst zeigen, daß die Folgen konvergieren, dann darf man die Regeln
benutzen.
ˆ Es soll am Anfang der nächsten Übungsstunde eine Mikroklausur“ geschrieben
”
werden. Ein Test. Es werden 4 Aufgaben in 15 bis 20 Minuten zu bearbeiten sein.
Thema: Folgen und Konvergenz. Wer sich gründlich mit der Vorlesung beschäftigt
(Definitionen, Sätze, Beispiele etc. sich veranschaulicht), wird weder bei der Mi”
kroklausur“ noch bei der eigentlichen Klausur Probleme bekommen.
2
Anwesenheitsaufgaben
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Übung am 18.11.2008
Andreas Moor
Aufgaben
Aufgabe 1
Betrachten Sie die Menge
A :=
1
|n∈N .
n
Ist die Menge nach oben und unten beschränkt? Bestimmen Sie gegebenenfalls Supremum, Infimum, Maximum, Minimum.
Als weitere Aufgabe dieses Typs betrachten wir die Miniklausur-Aufgabe: Es war das
Supremum der Menge
1
M :=
| n, m ∈ N
n+m
zu bestimmen und zu zeigen, daß diese Zahl tatsächlich das Supremum darstellt.
Lösung
Ja, die Menge A ist nach unten und nach oben beschränkt. Eine obere Schranke von A
ist 1 und eine untere 0.
Beweis. Sei 1 keine obere Schranke von A. Dann existiert x ∈ A mit x > 1, d. h. ∃ n ∈ N
mit n1 > 1. Dies ist aber äquivalent dazu, daß 1 > n für ein n ∈ N. Dies ist jedoch ein
Widerspruch zu Eigenschaften von N (siehe Satz 1.5.5).
Sei nun 0 keine untere Schranke von A. Dann existiert x ∈ A mit x < 0, d. h. ∃ n ∈ N
mit n1 < 0. Dies ist aber äquivalent dazu, daß n < 0 für ein n ∈ N. Dies ist jedoch ein
Widerspruch zu Eigenschaften von N (siehe Satz 1.5.5).
Weiterhin stellen diese rein zufällig (hmm. . . ) gewählten Zahlen das Infimum, inf A =
0, und das Supremum, sup A = 1, dar. Diese beiden Existieren, da die Menge A sowohl
nach unten, als auch nach oben beschränkt ist, was aus dem Vorhergesagten folgt.
Beweis. Sei 0 nicht das Infimum von A. Dann stellt, wegen dem Vorhergesagten, eine
Zahl s = 0 + h = h, wobei h ∈ R, h > 0, das Infimum dar. Nach Korollar 1.6.7 gilt
jedoch: ∀ h > 0 ∃ n ∈ N mit n1 < h. Damit ist die Existenz eines x ∈ A gesichert, für
das gilt: x < h ∀ h > 0.
Sei nun 1 nicht das Supremum von A. Dann stellt, wegen dem Vorhergesagten, eine Zahl
s = 1 − h = h, wobei h ∈ R, h > 0, das Supremum dar. Im Widerspruch dazu, existiert
ein x ∈ A, nämlich x1 = 11 = 1, mit x > s, denn x1 = 1 > 1 − h ∀ h > 0.
Außerdem gilt: max A = 1, denn 1 = 11 ∈ A; @ min A, denn ∀ n ∈ N :
Nun zur Miniklausur-Aufgabe:
Man stellt leicht fest, daß sup M = 12 gilt. Dazu zeigt man:
i)
1
2
ist eine obere Schranke für M
ii) durch Widerspruchsbeweis:
1
2
ist die kleinste obere Schranke
Dazu geht man wie folgt vor:
3
1
n
6= 0.
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Andreas Moor
i) Wegen n, m ≥ 1 ∀ n, m ∈ N gilt stets: n + m ≥ 1 + 1. Somit gilt:
1
∀ n, m ∈ N. Also gilt für alle x ∈ M : x ≤ 21 .
2
1
n+m
≤
1
1+1
=
ii) Angenommen, 12 ist nicht das Supremum. Dann folgt aber, daß s = 12 − h, h > 0,
das Supremum darstellt. Im Widerspruch dazu existiert aber ein x ∈ M , nämlich
1
x1,1 = 1+1
= 12 , derart, daß gilt x > s ∀ h > 0. Damit ist gezeigt, daß es keine
weitere obere Schranke existiert, die kleiner als 21 ist.
Aufgabe 2
Sei M ⊂ R eine nach oben beschränkte Menge. Zeigen Sie: Ist c eine obere Schranke, so
folgt aus c ∈ M : c = sup M . Folgt aus c = sup M auch c ∈ M ?
Lösung
Zunächst vermerken wir, daß nach dem Vollständigkeitsaxiom das Supremum existiert
(M ist nach oben beschränkt), und daß wir uns mit kranken Mengen, wie ∅, nicht
beschäftigen. Dann führen wir den Beweis der Aussage durch:
Beweis. Wir führen einen Widerspruchsbeweis durch. Es sei also c ∈ M eine obere
Schranke von M . Angenommen, es gelte: c 6= sup M . Definitionsgemäß gilt somit: ∃ s ∈ R
mit x ≤ s ∀ x ∈ M , denn s ist eine obere Schranke, und s ≤ C für alle oberen Schranken
C ∈ R von M , denn s ist die kleinste obere Schranke. Dann gilt aber auch: s ≤ c. Da nun,
nach Voraussetzung (c ∈ M ), c ≤ s gilt, folgt wegen Antisymmetrie der Ordnungsrelation
(R2): c = s.
Die Frage Folgt aus c = sup M auch c ∈ M ?“ ist mit einem Nein“ zu beantworten,
”
”
denn es existieren
etliche
/ M . Ein sehr einfaches Beispiel
Beispiele mit sup M = c und c ∈
1
ist M := − | n ∈ N . Wie man einfach sieht, gilt: sup M = 0, aber 0 ∈
/ M.
n
Aufgabe 3
Man schreibe die folgenden komplexen Zahlen in der Form x + ıy mit x, y ∈ R.
i)
1
1+ı
3 + 4ı
2−ı
5
1+ı
iii)
1−ı
ii)
Lösung
Der Trick ist immer der gleiche: Man multipliziert den Bruch mit der eins, genauer mit
N̄
1 = N̄
, wobei N̄ für den komplex konjugierten (im Folgenden immer c. c.“) Nenner
”
steht:
1−ı
1
1−ı
1−ı
1−ı
1
1
i)
=
= 2
=
=
= −ı
2
1+ı
(1 + ı)(1 − ı)
1 −ı
1 − (−1)
2
2
2
ii)
(3 + 4ı)(2 + ı)
2 + 11ı
2
11
3 + 4ı
=
=
= +ı
2−ı
(2 − ı)(2 + ı)
5
5
5
4
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Übung am 18.11.2008
iii)
1+ı
1−ı
Andreas Moor
5
=
(1 + ı)(1 + ı)
(1 − ı)(1 + ı)
5
=
12 + ı2 + 2 · 1 · ı
12 − ı2
5
=
1 − 1 + 2ı
2
5
= ı5 = ı
Aufgabe 4
Sei z0 ∈ C und r > 0. Zeigen Sie, daß
z ∈ C | |z|2 − z¯0 z − z0 z̄ + |z0 |2 = r2
einen Kreis beschreibt.
Lösung
Wir gehen davon aus, daß die herkömmliche Kreisgleichung, (X − A)2 + (Y − B)2 = R2 ,
mit Mittelpunkt M = (A, B) ∈ R2 und Radius R bekannt ist (sie stellt die Menge aller
Punkte (X, Y ) ∈ R2 dar, die die gleiche Entfernung R von dem Mittelpunkt M haben).
Außerdem identifizieren wir die R2 -Ebene mit der C-Ebene.
Wir setzen für z, z0 ∈ C an: z = x + ıy, z0 = a + ıb. Dann folgt, wegen
|z|2 − z¯0 z − z0 z̄ + |z0 |2 = r2
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
daß
|x + ıy|2 − (a + ıb)(x + ıy) − (a + ıb)(x + ıy) + |a + ıb|2 = r2
x2 + y 2 − (a − ıb)(x + ıy) − (a + ıb)(x − ıy) + a2 + b2 = r2
x2 + y 2 + a2 + b2 − (ax + ıay − ıbx + by) − (ax − ıay + ıbx + by) = r2
x2 + y 2 + a2 + b2 − 2ax − 2by = r2
(x2 − 2ax + a2 ) + (y 2 − 2by + b2 ) = r2
(x − a)2 + (y − b)2 = r2 ,
z ∈ C | |z|2 − z¯0 z − z0 z̄ + |z0 |2 = r2 ' (x, y) ∈ R2 | (x − a)2 + (y − b)2 = r2 .
Aufgabe 5
Zeigen Sie, daß die Abbildung f : C \ {0} → C \ {0} mit f (z) =
Nullpunkt auf Kreise um den Nullpunkt abbildet.
1
z
Kreise um den
Lösung
Es sei Kr0 := {z ∈ C | |z| = r} ein Kreis in Cum den Nullpunkt
Radius r.
mit dem
1
1
1
1
0
0
Dann gilt, wegen z = |z| = r : f (z) ∈ K1/r := w ∈ C | |w| = r ∀ z ∈ Kr . Somit gilt:
0
f (Kr0 ) = K1/r
.
0
Wir bemerken noch Folgendes: Eigentlich haben wir f (Kr0 ) ⊂ K1/r
gezeigt. Da jedoch
−1
0
0
f = f ist, denn f ◦ f = id, gilt auch: K1/r ⊂ f (Kr ).
5