Anleitung zu Blatt 2 Analysis I für Studierende der

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Fachbereich Mathematik der Universität Hamburg
Dr. Hanna Peywand Kiani
WiSe 2011/2012
Anleitung zu Blatt 2 Analysis I für Studierende der
Ingenieurwissenschaften
vollständige Induktion, Min/Max, Infimum, Supremum
Komplexe Zahlen, Polynome
18.11.2011
Die ins Netz gestellten Kopien der Anleitungsfolien sollen nur die Mitarbeit während der
Veranstaltung erleichtern. Ohne die in der Veranstaltung gegebenen zusätzlichen Erläuterungen
sind diese Unterlagen unvollständig (z. Bsp. fehlen oft wesentliche Voraussetzungen). Tipp–
oder Schreibfehler, die rechtzeitig auffallen, werden nur mündlich während der Veranstaltung
angesagt. Eine Korrektur im Netz erfolgt NICHT! Eine Veröffentlichung dieser Unterlagen an
anderer Stelle ist untersagt!
Vollständige Induktion
Situation: Eine Aussage A(n) die von n ∈ N abhängt soll für alle n ≥ n0
bewiesen werden. Der Einfachheit der Notation zu Liebe : hier zunächst n0 = 1.
Also
Eine Aussage die von n ∈ N abhängt soll für alle n ∈ N bewiesen werden.
Beispiele
a) Es gibt n! verschiedene Möglichkeiten n verschiedene Objekte zu sortieren.
b) Für die Summe der ersten N natürlichen Zahlen gilt:
n
X
k=1
k = 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + (n − 1) + n =
n(n + 1)
.
2
2
Vorgehen :
Induktionsanfang: Die Aussage wird für n = n0 bewiesen. Für uns erst einmal
n0 = 1.
Induktionsvorraussetzung: Man setzt voraus, dass die Aussage für irgendein
N aus N gilt. Man sagt hier oft N sei beliebig aber fest.
Induktionsschritt: Man beweist, dass die Aussage dann auch für N + 1 gilt.
Nach diesen drei Schritten folgt (anschaulich nach dem Dominoprinzip, mathematisch nach PEANO), dass die Aussage für alle natürlichen Zahlen gilt.
Beispiel 1: Behauptung: Für alle n ∈ N gilt: 2n > n.
Beweis:
a) Anfang: Für n = 1 gilt 21 > 1.
3
b) Annahme: Für eine beliebige, feste natürliche Zahl N gelte 2N > N .
c) Schritt: Zu zeigen ist 2N +1 > N + 1
Beweisstrategie :
1) Zerlege den neuen Ausdruck (hier 2N +1 oder N + 1) in einen aus der
Annahme bekannten und einen neuen Teil:
2N +1 = 2N · 2
2) Setzte die Information aus der Annahme ein
2N +1 = 2N · 2 > N · 2
3) Versuche nun durch Umformungen die Behauptung für n = N + 1 zu
beweisen
2N +1 > N · 2
··· ≥
N +1
Hier soll also aus dem 2 · N ein N + 1 werden. Zum Beispiel so:
2N +1 > N · 2 = N + N ≥
N + 1.
4
Beispiel 2: (ein wenig komplizierter)
Behauptung: Für alle n ∈ N gilt
n
X
k=1
n(n + 1)(2n + 1)
k =
6
2
∀n ∈ N
Beweis: Induktionsanfang: n = 1. Es gilt
1
X
k=1
1(1 + 1)(2 + 1)
·
k =1 =1=
6
2
2
Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen mit einem festen aber beliebigem N ∈ N
an, dass die Behauptung für alle n ≤ N gilt.
Induktionsschritt: Wir beweisen nun die Behauptung für n = N + 1.
5
Ziel:
N
+1
X
k2 =
k=1
N
+1
X
k2 =
k=1
(N + 1) ((N + 1) + 1) (2(N + 1) + 1)
6
N
X
k=1
=
k2
!
+ (N + 1)2
N (N + 1)(2N + 1)
+ (N + 1)2
6
nach Induktionsvoraussetzung
NICHT BLIND AUSMULTIPLIZIEREN!
6
Beispiel 3: (Induktionsanfang nicht immer bei n = 1)
(Aufgabe 1a, Vordiplomsklausur WiSe 02/03)
n−1
X
k=2
2
1
1
= −
3
k − k 2 n(n − 1)
n ≥ 2,
Hier macht es keinen Sinn den Induktionsanfang bei n = 1 zu machen. Man kann natürlich
die Summe so um schreiben, dass man wieder bei n = 1 starten kann. Einfacher und absolut
gleichwertig ist es aber gleich mit n = 2 zu beginnen. Es ändert sich nur folgendes:
Induktionsanfang: Die Behauptung wird für n = 2 bewiesen. (Übungsaufgabe!)
Hinweis:
n
X
k=m
· · · := 0
falls n < m.
Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass die Formel für ein festes, beliebiges N ∈ N
mit N ≥ 2 gilt.
Rest : bleibt wie gehabt.
7
Beispiel 4: (Ungleichung)
Behauptung : Für alle n ∈ N gilt
n
X
1
1
≤ 2−
2
k
n
k=1
Beweis: Induktionsanfang: n = 1. Es gilt
1
X
1
1
= 1 ≤ 2− .
2
k
1
k=1
Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen mit einem festen aber beliebigem N ∈ N an, dass die Behauptung für N gilt, also
N
X
1
1
≤ 2−
2
k
N
k=1
8
Induktionsschritt: Wir beweisen nun die Beh. für n = N + 1.
Ziel:
N
+1
X
k=1
N
+1
X
k=1
1
1
≤ 2−
2
k
N +1
1
=
2
k
N
X
k=1
1
k2
!
1
+
(N + 1)2
1
1
≤2 − +
N (N + 1)2
nach Induktionsvoraussetzung
9
Minima, Maxima, Infimum, Supremem
Sei M ⊂ R.
• Jede Zahl C ∈ R für die x ≤ C, ∀ x ∈ M gilt, heißt Obere
Schranke von M.
• Jede Zahl c ∈ R für die x ≥ c, ∀ x ∈ M gilt, heißt untere
Schranke von M.
• M heißt nach oben (bzw. unten) beschränkt falls es eine
obere (bzw. untere) Schranke von M gibt.
• Die kleinste obere (bzw. größte untere) Schranke von M heißt
(im Falle der Existenz) Supremum (bzw. Infimum) von M
sup M (bzw. inf M ).
10
Beispiele:
M1 := {x2 : 0 < x ≤ 0.5}
M2 := {x = 3k : k ∈ N}
1
M3 := { : x ∈ [1, 2)}
x
M3: unendlich viele obere Schranken z.B. 4.
Kleinste obere Schranke ist 1. Es gilt
sup M = 1 ∈ M .
Liegt das Supremum der Menge M in der Menge, so wird es
Maximum von M genannt. Analog ist das Minimum von M
definiert.
M3: unendlich viele untere Schrankten, z.B. 0. größte untere
11
Schranke
inf M = 0.5 ∈
/ M.
M3 besitzt kein Minimum . Eine Menge kann also beschränkt sein
ohne Minmum und Maximum zu besitzen. Es gilt aber der folgende
Satz, den man mit Hilfe des Vollständigkeitsaxioms beweist.
SATZ: Jede nichtleere nach oben (unten) beschränkte Teilmenge der reellen Zahlen besitzt ein Supremum(Infimum).
Vor Ort: M1 := {x2 : 0 < x ≤ 0.5}, M2 := {x = 3k : k ∈ N}
12
Beispiel
M :=
n
1
1 + (−1)
x ∈ R : ∃ n ∈ N mit x =
+
n+1
2n
Fragen: ist M beschränkt? Inf? Sup? Max? Min?
Wie sieht M aus?
n gerade: x =
1
n+1
+
2
2n
=
1
n+1
+
1
n
Zahlenwerte für n = 2, 4, 6, · · · : x = 56 ,
9 13
20 , 42 ,
···
n größer =⇒ x kleiner
Für gerade n gilt
0 < x(n) =
1
n+1
+
1
n
≤ 56 .
13
n ungerade: x =
1
n+1
Zahlenwerte für n = 1, 3, 5, · · · : x = 12 , 41 , 16 , · · ·
n größer =⇒ x kleiner
Für ungerade n gilt
0 < x(n) =
1
n+1
≤ 12 .
M ist nach unten beschränkt z.B. durch 0 oder z.B. -1000
M ist nach oben beschränkt z.B. durch
Für n = 2 gilt x =
5
6
∈ M =⇒
5
6
5
6
oder z.B. 1000
= max(M ) = sup(M )
14
Infimum: Ist Null die größte untere Schranke?
Wir vermuten ja und beweisen dies indirekt.
Annahme : ∃ ǫ > 0 mit 0 < ǫ ≤ x
∀x ∈ M .
Dann gilt für alle ungeraden n
0 < ǫ ≤
1
n+1
⇐⇒ n + 1 ≤
1
ǫ
⇐⇒ n ≤
1−ǫ
ǫ
D.h.: die Menge der ungeraden natürlichen Zahlen ist nach oben
beschränkt. Widerspruch!
15
Für Aufgabe 1 und 2: Binomialkoeffizienten :
n!
n
n
n
=
,
:=
:= 1.
k
n
0
k!(n − k)!
n
n
n+1
Übung: Zeigen Sie
+
=
k
k−1
k
Lösung:
n!
n!
n
n
=
+
+
k
k−1
k!(n − k)!
(k − 1)!(n − (k − 1))!
(n + 1)!
n+1
Zielausdruck:
=
k
k!(n + 1 − k)!
(n − k + 1)! = 1 · 2 · 3 · · · (n − k)(n − k + 1) = (n − k)! · (n − k + 1)
analog k! = (k − 1)! · k
16
Gemeinsamen Nenner bilden:
n!
n!
n
n
+
=
+
k
k−1
k!(n − k)!
(k − 1)!(n − (k − 1))!
n!(n − k + 1)
n!k
=
+
k!(n − k)!(n − k + 1)
(k − 1)!k(n − k + 1)!
17
Komplexe Zahlen
z ∈ C : z := x + iy,
x =: Re z,
x, y ∈ R ,
i = imaginäre Einheit
y =: Im (z)
p
|z| := Abstand zu 0 + i · 0 = Länge des Ortsvektors= x2 + y 2.
y
R
x
18
Addition und Multiplikation im R2 ←→ C
Addition: komponentenweise (2 + 3i) + (5 − 2i) = 7 + i
Multiplikation:
(a+ib)(x+iy) = ax+iay+ibx+i2by = (ax−by)+ i(ay+bx) ∈ C
Nicht so hübsch! Schöner in Polarkoordinaten
19
2
Polarkoordinaten: wie im R :
x = r cos(ϕ),
y = r sin(ϕ) ,
r=
p
x2 + y 2
z = r ( cos(ϕ) + i sin(ϕ) ) = reiϕ = |z|eiϕ
y
R
x
20
Einheitskreis:
K1 := {z ∈ C : z = reiϕ, r = 1 }
= {z ∈ C : z = eiϕ, ϕ ∈ [0, 2π)}
Beispiele:
iπ
2
i= e
=⇒ i2 = eiπ = −1.
√
√
2
2
z = x + iy = 4 + 4i =⇒ r = 4 + 4 = 4 2
√
√
1
1
π
π
iϕ
z = re = 4 2 √2 + i √2 = 4 2 cos( 4 ) + i sin( 4 )
√ iπ
= 4 2e 4
21
Multiplikation
1. Fall: a ∈ R+, z := reiϕ ∈ C
z 7→ az = areiϕ
: Streckung (Stauchung) um Faktor a.
2. Fall: c = eiα ∈ C, z := reiϕ ∈ C
z 7→ cz = rei(ϕ + α)
: Drehung um Winkel α.
3. Fall: c = aeiα ∈ C, z := reiϕ ∈ C
z 7→ cz = arei(ϕ + α)
: Drehstreckung.
Beträge werden multipliziert. Argumente werden addiert.
22
Hinweise zur Aufgabe 3: Polynomdivision/ Hornerschema
Beispiel: Gegeben sei p(x) = x4 + 2x3 + 4x2 − 2x − 5.
a) Bestimmen Sie die alle Nullstellen von p.
b) Schreiben Sie p in Potenzen von (x − 3) um, d.h. in die form
4
X
p(x) =
ak (x − 3)k .
k=0
Zu a)
1) Wenn möglich x−Potenzen abspalten
2) Nullstelle erraten. Zum Beispiel über
X
Koeffizienten = 0 ⇐⇒ p(1) = 0
oder
X
Koeffizienten der geraden Potenzen =
ungeraden Potenzen ⇐⇒ p(−1) = 0
X
Koeffizienten der
23
Sonst mit kleinen ganzen Zahlen z.B. ±2, ±3 probieren.
3) Nullstelle(n) abspalten mit Polynomdivision oder Hornerschema
Hier: x0 = 1 ist Nullstelle ⇐⇒ (x − 1) ist ein Linearfaktor
1
1 2 4 −2 −5
1 3
7
5
1 3 7
5
0
D.h.
p(x) = x4 + 2x3 + 4x2 − 2x − 5 = (x − 1)(x3 + 3x2 + 7x + 5).
(x3 + 3x2 + 7x + 5) : (x + 1) =
24
p(x) = (x − 1)(x + 1)(x2 + 2x + 5)
– Quadratisches Polynom x2 + 2x + 5 = 0 : p-q-Formel oder
quadratische Ergänzung
x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 − 1 + 5 = 0
√
√
⇐⇒ x + 1 = ± −4 ⇐⇒ x = −1 ± 2 −1
⇐⇒ x = −1 + 2i ∨ x = −1 − 2i
25
Zu b) Wiederholte Teilung durch (x − 3) mit Horner Schema
ergibt
1 2 4 −2 −5
3
3 15
57 165
1 5 19
55 160
3
3 24 129
1 8 43 184
3
3 33
1 11 76
3
3
1 14
p(x) = (x − 3)4 + 14(x − 3)3 + 76(x − 3)2 + 184(x − 3)1 + 160 .
26
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