Analysis 1

Prof. Dr. Jörg Wolf
Amru Hussein
Übungsblatt 3 zur Vorlesung
Analysis 1
im Wintersemester 2012/13
Aufgabe 1)
(Anordnung) (4 Punkte)
Für alle > 0 sei
0 ≤ a ≤ , a ∈
R.
Folgern Sie, dass a = 0.
Widerspruchsbeweis: Annahme a > 0. Wähle nun = 12 a. Nach Annahme wäre also 0 ≤ a ≤
1
−1 > 0. Wegen der Monotonie würde folgen, dass 0 ≤
2 a. Da nach Annahme a > 0 wäre auch a
aa−1 ≤ 21 aa−1 und somit 0 ≤ 1 ≤ 12 . Dies ist aber äquivalent zu 0 ≤ 1 + 1 = 2 ≤ 1, vergeliche
Aufgabe 4 auf Blatt 2. Aus 0 ≤ 1 + 1 = 2 ≤ 1 würde folgern, dass 1 ≤ 0. Widerspruch.
Aufgabe 2)
(Infimum und Supremum) (4 Punkte)
R
(a) Es sei M ⊂ eine nichtleere,
nachunten beschränkte Menge mit inf M > 0. Zeigen Sie,
dass die Menge M 0 := x | x1 ∈ M nach oben beschränkt ist und dass gilt:
sup M 0 =
(b) Es sei M ⊂
besteht.
1
.
inf M
R. Zeigen Sie, dass aus inf M = sup M folgt, dass M aus nur einem Element
Hinweis zu (a): Verwenden Sie geeignete Aussagen aus der Folgerung 7.7 und die Definitionen
von Infimum und Supremum.
Zu (a): Da M nach unten beschränkt ist und inf M > 0 gilt
M ≥ inf M > 0.
Dies ist äquivalent zu
x ≥ inf M > 0 für alle x ∈ M.
Aus x ≥ inf M > 0 folgt x−1 ≤ (inf M )−1 für alle x ∈ M und daher y ≤ (inf M )−1 für alle
y ∈ M 0 . Also ist M 0 nach oben beschränkt und (inf M )−1 ist eine obere Schranke von M 0 . Es
bleibt zu zeigen, dass sup M 0 = inf1M gilt.
Zur Erinnerunge: s = sup M 0 gnau dann wenn y ≤ s für alle y ∈ M 0 und wenn aus M 0 ≤ a
folgt, dass s ≤ a. Den zweiten Teil der Aussage muss man noch überprüfen. Sei also M 0 ≤ a,
dass heißt y ≤ a für alle y ∈ M 0 . Dies ist äquivalent zu x1 ≤ a für alle x ∈ M . Daraus
folgt wiederum, dass a1 ≤ x für alle x ∈ M und aus der Definition von Infimum folgt, dass
1
1
a ≤ inf M . Dies ist äquivalent zu inf M ≤ a. Man hat also gezeigt, dass aus y ≤ a für alle
1
0
y ∈ M folgt, dass inf M ≤ a. Daher ist sup M 0 = inf1M .
Zu (b): 1.) Aus inf M = sup M folgt, dass M 6= ∅. Widerspruchsbeweis: Annahme M = ∅,
daraus folgt, dass inf M = +∞ und sup M = −∞, aber +∞ =
6 −∞.
2.) Da M nichtleer existieren m ∈ M . Sei m ∈ M beliebig. Aus sup M = inf M ≤ m ≤
sup M = inf M folgt, dass m = sup M = inf M , also ist sup M = inf M das einzige Element
in M .
Aufgabe 3)
Es seien a, b ∈
(Infimum und Supremum) (4 Punkte)
R mit a < b. Betrachten Sie das Intervall
(a, b) = {x ∈ R | a < x < b}.
(a) Zeigen Sie, dass
inf(a, b) = a und sup(a, b) = b.
(b) Zeigen Sie, dass zu der Menge (a, b) weder Minimum und noch Maximum existiert.
Hinweis zu (a): Verwenden Sie Satz 8.10 aus der Vorlesung. Hilfreich ist auch Satz 7.3. Zu (b):
Verwenden sie die Definitionen von Maximum und Minimum um einen Widerspruchsbeweis
zu führen, dass heißt nehmen Sie an, dass das Minimum bezeihungsweise Maximum existiert
und führen Sie diese Aussage zum Widerspruch.
Zu (a): 1.) Die Menge (a, b) ist nichtleer. Beweis: Es gilt nach dem Satz über das Arithmetische
Mittel, dass
a<
a+b
< b, und a+b
2 ∈
2
R.
Daher ist a+b
2 ∈ (a, b) udn somit ist (a, b) 6= ∅.
2.) sup(a, b) = b:
Beweis: verwende Satz 8.10. Nach Definition gilt x ≤ b für alle x ∈ (a, b). Sei > 0 beliebig.
Dann ist entweder
1.Fall ≥ b − a > 0 oder
2.Fall b − a > > 0.
Im ersten Fall folgt aus der Monotonie b − ≤ b − (b − a) = a. Da x = a+b
2 ∈ (a, b) und
a+b
a+b
x = 2 > a gilt x = 2 > b − .
Im zweiten Fall ist 0 < < b − a, und damit wegen der Monotonie a < b − . da > 0 gilt auch
b − < b. Zusammen a < b − < b. Wedet man den satz über das Arithmetische Mittel an
erhält man das a < b − < 2b−
2 < b. Daher ist b − 2 ∈ (a, b) und b − 2 > b − . Aus Satz 8.10
folgt daraus, dass b = sup(a, b). Die Aussage inf(a, b) = a zeigt man auf eine entsprechende
Art und Weise.
Zu (b): Widerspruchsbeweis: Annahme das Maximum existiert, dann ist max(a, b) = sup(a, b) =
b, vergleiche Aufgabenteil (a). Nach Definition ist max(a, b) ∈ (a, b) und max(a, b) ≥ x für
alle Element x ∈ (a, b). Andererseits gilt aber x < b für alle Element x ∈ (a, b), also auch für
max(a, b). Widerspruch da nach Annahme max(a, b) = sup(a, b) = b.
Aufgabe 4)
(Vollständige Induktion) (4 Punkte)
Beweisenn Sie durch vollständige Induktion die folgenden Aussagen:
2
n
(a) Gn (q) = 1 + q + q + . . . + q =
n
X
qk =
k=0
1 − q n+1
, für −1 < q < 1,
1−q
(b) 13 + 23 + . . . + n3 = (1 + 2 + . . . + n)2 .
Hinweis: Orientieren Sie sich an Beispielen aus der Vorlesung. Bei (b) können Sie die aus der
Vorlesung bekannte Identität 1 + · · · + n = n(n+1)
verwenden.
2
2
Zu (a): Induktionsanfang: n = 1: G1 (q) = 1 + q = (1−q)(1+q)
= 1−q
1−q
1−q . Die Aussage ist also für
n = 1 richtig.
Induktionsschritt. Annahme die Aussage ist für n ∈
richtig. Man muss zeigen, dass die
Aussage auch für n + 1 richtig ist. Induktionsannahme:
N
Gn (q) =
1 − q n+1
.
1−q
Betrachte
G(n+1) (q) =
=
n+1
X
qk
k=0
n
X
!
qk
+ q n+1
k=0
=
=
=
1 − q n+1
+ q n+1 (nach der Induktionsannahme)
1−q
1 − q n+1 (1 − q)q n+1
+
1−q
1−q
n+2
1−q
.
1−q
Also ist die Aussage für n + 1 richtig, wenn sie schon für n richtig war.
Zu (b): Induktionsanfang: n = 1: Wegen 13 = 12 ist die Aussage für n = 1 wahr. Induktionsschritt. Annahme die Aussage ist für n ∈ richtig. Man muss zeigen, dass die Aussage dann
auch für n + 1 richtig ist. Induktionsannahme:
N
13 + 23 + . . . + n3 = (1 + 2 + . . . + n)2 .
Betrachte
(1 + 2 + . . . + n + (n + 1))2 = ([1 + 2 + . . . + n] + (n + 1))2
= ([1 + 2 + . . . + n] + (n + 1))2
= (1 + 2 + . . . + n)2 + 2(n + 1) (1 + 2 + . . . + n) + (n + 1)2 (Binomische Formel)
= 13 + 23 + . . . + n3 + 2(n + 1) (1 + 2 + . . . + n) + (n + 1)2 (Induktionsannahme)
= 13 + 23 + . . . + n3 + n(n + 1)2 + (n + 1)2 (Identität aus der Vorlesung)
= 13 + 23 + . . . + n3 + (n + 1)3 .
Also ist die Aussage für n + 1 richtig, wenn sie schon für n richtig war.
Aufgabe 5)
Es seinen A ⊂
(Zusatzaufgabe)
R und B ⊂ R nichtleere Mengen. Beweisen Sie:
(a) Es gilt sup(A ∪ B) = max{sup A, sup B}.
(b) Es gilt inf(A ∪ B) = min{inf A, inf B}.
(c) Für A ⊂ B gilt sup A ≤ sup B und inf B ≤ inf A.
(d) Für A ∩ B 6= ∅ gilt
sup(A ∩ B) ≤ min{sup A, sup B} und inf(A ∩ B) ≥ max{inf A, inf B}.
Zu (a): Behauptung: sup(A ∪ B) = max{sup A, sup B}.
Beweis: Es gilt entweder 1.) sup(B) ≥ sup(A) oder 2.) sup(A) ≥ sup(B).
Betrachte 1.) sup(B) ≥ sup(A), dann ist max{sup A, sup B} = sup(B). Da A ≤ sup(A) ≤
sup(B) gilt x ≤ sup(B) für alle x ∈ A und es gilt nach Definition x ≤ sup(B) für alle x ∈ B,
daher ist x ≤ sup(B) für alle x ∈ A ∪ B. Sei A ∪ B ≤ a, dann ist auch B ≤ a und aus der
Definition von sup(B) folgt, dass sup B ≤ a. Also ist sup(B) = sup(A ∪ B).
Den Fall 2.) sup(A) ≥ sup(B) behnadelt man analog.
Zu (b): Beweis:
inf(A ∪ B) = inf −(−A ∪ −B) (da −(−A ∪ −B) = A ∪ B)
= − sup(−A ∪ −B) (da inf(−M ) = − sup M , vgl. Vorlesung)
= − max{sup(−A), sup(−B)} (Aufgabenteil (a))
= min{inf A, inf B} (da inf(−M ) = − sup M , vgl. Vorlesung).
Zu (c): Es gilt nach Definition x ≤ sup B für alle x ∈ A ⊂ B. Daher ist sup B eine obere
Schranke von A. Aus x ≤ sup B für alle x ∈ A folgt uas der Definition von sup A, dass
sup A ≤ sup B.
Die Aussage für das Infimum zeigt man analog.
Zu (d):
Beweis: Es gilt entweder 1.) sup(B) ≥ sup(A) oder 2.) sup(A) ≥ sup(B).
Betrachte 1.) sup(B) ≥ sup(A), dann ist min{sup A, sup B} = sup A. Es gilt A∩B ⊂ A, daher
ist nach (c) sup(A ∩ B) ≤ sup(A).
Den Fall 2.) sup(A) ≥ sup(B) behandelt man analog. Die Aussage für das Infimum zeigt man
auch auf die selbe Art und Weise.
Abgabe am Freitag, den 16.11.2012, um 12.30 Uhr