Analysis 2 für Mathematiker, Wirtschaftsmathematiker und

Analysis 2 für Mathematiker, Wirtschaftsmathematiker und
Gymnasiallehrer
Übungsblatt 3 vom 26.04.2012
Die Aufgaben werden immer am Donnerstag gestellt und sind am Donnerstag der darauf folgenden Woche vor der Vorlesung abzugeben. (Andere
Abgaben in Briefkästen oder nach der Vorlesung usw. werden nicht anerkannt und gehen nicht in die Wertung ein.) Es müssen mindestens 50%
aller möglichen Punkte erreicht werden, um zur Übungsscheinklausur bzw.
um zur Prüfung zugelassen zu werden. Alle Lösungen sind zu begründen,
ansonsten erfolgt Abzug eventuell aller Punkte.
Auf jede (Teil-)Aufgabe gibt es 0 Punkte (Aufgabe nicht oder fast nicht
gelöst.), 1 Punkt (Aufgabe unvollständig gelöst.) oder 2 Punkte (Aufgabe
(nahezu) vollständig gelöst.)
Werten Sie Ihre Lösungen aus während und nach der Rückgabe
sowie der Diskussion im Seminar!! Dies gilt besonders, wenn Ihre
Lösungen falsch sind.
Da die Lehramtsstudenten Probleme mit der Anzahl der Übungsaufgaben und der in der Modulbeschreibung vorgegebenen Selbststudienzeit haben, gilt ab sofort (3. Serie) folgende Regel: Alle
nicht-Mathematikstudenten (Mathe-Diplom, Wirtschaftsmathematik) brauchen die mit (*) bezeichnete Aufgabe nicht zu lösen (fakultative Aufgabe). Die Punkte dieser Aufgabe gehen nicht in die
erreichbare Gesamtpunktzahl ein, sondern nur in die individuelle Punktzahl, sofern die Aufgabe fakultativ korrekt gelöst wurde.
Allerdings werde ich bei der Zulassung strikt darauf achten, dass
mindestens 50% der Punkte erreicht werden.
Bitte versehen Sie Ihre Übungsaufgaben mit der Angabe der Studienrichtung.
11.
a) Beweisen Sie folgenden Satz aus der Vorlesung: Sei f : D →
R mit D ⊆ R eine reelle Funktion einer Variablen und p ein
HFP sowohl der Menge {x ∈ D | x > p} als auch der Menge
{x ∈ D | x < p}. Dann existiert limx→p f (x) = y dann und nur
dann, wenn die beiden einseitigen Grenzwerte limx→p+ f (x) und
limx→p− f (x) existieren und gilt limx→p+ f (x) = limx→p− f (x) =
y.
Lösung: Zunächst existiere limx→p f (x) = y. Dann gibt es zu
jedem > 0 ein δ > 0 so dass für alle x ∈ D mit 0 < |x − p| < δ
folgt |f (x) − y| < . Insbesondere gilt dann |f (x) − y| < auch
für alle x ∈ D mit x − p < δ und alle x ∈ D mit p − x < δ. Dies
zeigt
lim f (x) = y, und lim f (x) = y
x→p+
x→p−
Existieren umgekehrt die einseitigen Grenzwerte und sind beide
gleich y, so gibt es zu jedem > 0 ein δ+ > 0 und ein δ− > 0
so dass man erhält |f (x) − y| < für alle x ∈ D mit p − δ− <
x < p bzw für alle x ∈ D mit p < x < δ+ + p. Wählt man
δ := min {δ− , δ+ }, so folgt für 0 < |x − p| < δ auch |f (x) − y| < .
Dies beweist limx→p f (x) = y.
b) Beweisen sie folgenden Satz aus der Vorlesung: Sei f : D → R mit
D ⊆ R eine reelle Funktion einer Variablen. Dann ist f in p ∈ D
genau dann stetig, wenn f in p sowohl links- als auch rechtsstetig
ist.
Lösung: Sei zunächst f stetig in p. Dann gibt es zu jedem > 0
ein δ > 0 so dass für alle x ∈ D mit |x−p| < δ folgt |f (x)−f (p)| <
. Betrachtet man dabeinur die x ∈ D mit p < x < p + δ bzw.
die x ∈ D mit p − δ < x < p, so erhält man die Definition der
rechtsseitigen bzw. linksseitigen Stetigkeit.
Ist umgekehrt f sowohl links- als auch rechtsstetig, so gibt es zu
jedem > 0 zwei Zahlen δ+ > 0 und δ− > 0, so dass für alle
p < x < p + δ+ folgt |f (x) − f (p)| < bzw für alle p − δ− < x < p
folgt |f (x) − f (p)| < . Wählt man hier δ := min {δ+ , δ− } so folgt
für alle |x − p| < δ die Ungleichung |f (x) − f (p)| < , also ist f
stetig in p.
12.
a) Zeigen sie, dass für die Funktion
(
sin x1
f (x) =
0
für x 6= 0
für x = 0
im Punkt x = 0 die einseitigen Grenzwerte nicht existieren.
1
. Dann
Lösung: Sei (xk )k∈N eine Folge reeller Zahlen mit xk = kπ
folgt limk→∞ f (xk ) = limk→∞ sin (kπ) = 0. Anderererseits gilt
2
für die Folge (yk )k∈N mit yk = (4k+1)π
auch limk→∞ f (xk ) =
= 1. Da beide Folgen (xk ) und (yk ) von rechts
limk→∞ sin (4k+1)π
2
gegen Null streben, kann der rechtsseitige Grenzwert nicht existieren. Analog sieht man, dass der linksseitig Grenzwert nicht
esitiert (oder man verwendet sin(−x) = − sin(x)).
b) Bezeichne wie üblich [x] für reelles x die größte ganze Zahl, die
kleiner oder gleich x ist. Zeigen Sie, dass dann die auf R definierte
Funktion
1
zigzag (x) := |[x + ] − x|
2
folgende Eigenschaften hat:
i) zigzack (x) = |x| für alle |x| < 12 ,
Lösung: Sei |x| < 1. Dann ist 0 < x + 1/2 < 1, also [x +
1/2] = 0 und
zigzack (x) = | − x| = |x|
ii) zigzack (x) = zigzack (x + n) für alle n ∈ Z und alle x ∈ R.
Lösung: Es ist für n ∈ Z offenbar [x+n+1/2] = n+[x+1/2]
und daher wird
zigzack (x + n) = |[x + n +
1
1
− (x + n)| = |n + [x + ] − x − n|
2
2
= zigzack (x)
iii) zickzag ist stetig auf R
Lösung: Da die Funktion periodisch mit der Periode 1 und
gerade ist, genügt es, die Behauptung für − 12 < x < 12 und in
den Punkten x ∈ {−1/2, 1/2} zu beweisen. Für −1/2 < x <
1/2 ist die Funktion gleich der Betragsfunktion, also stetig.
In x = 1/2 ist aus dem gleichen Grund limx→1/2− = 1/2
und limx→1/2+ zigzack (x) = 1/2 = zigzack (1/2). Also ist
die Funktion in x = 1/2 stetig. Analog sieht man, dass die
Funktion auch in x = −1/2 stetig ist.
13.
a) Zeigen Sie, dass die Funktion f : R →] − 1, 1[ bijektiv und stetig
ist.
x
f (x) =
1 + |x|
Lösung: f ist der Quotient zweier nach der Vorlesung stetigen
Funktionen und der Nenner wird niemals Null. Nach dem Satz
aus der Vorlesung ist daher f stetig auf R. Betrachte die Funktion
g(x) =
x
für −1 < x < 1.
1 − |x|
Dann folgt
(g ◦ f )(x) = (x) für alle x ∈ R
und
(f ◦ g)(x) = (x) für alle x ∈] − 1, 1[
Dies zeigt, dass die Umkehrfunktion f −1 von f existiert und f
bijektive Abbildung ist.
b) Zeigen Sie, dass die Funktion
(
1
wenn x ∈ Q
f (x) =
−1 wenn x irrational ist
in keinem Punkt stetig ist. Wo ist die Funktion |f | stetig?
Lösung: Sei x ∈ R ein beliebiger Punkt. Dann kann man stets
zwei Folgen (xk )k∈N und (yk )k∈N finden mit xk ∈ Q und yk ∈
R \ Q so dass gilt limk→∞ xk = x und limk→∞ yk = x. Es folgt
limk→∞ f (xk ) = 1 und limk→∞ f (yk ) = −1. Folglich ist f in x
nicht stetig.
Es wird |f (x)| = 1 für alle x ∈ R, also ist |f | eine auf R stetige
Funktion.
c) Sei f wie in b) und g gegeben durch
(
x
wenn x ∈ Q
g(x) =
−x wenn x irrational ist
Wo ist g stetig, wo |g| und wo ist f · g stetig?
Lösung: Für x 6= 0 folgt mit dem gleichen Argument wie in b),
dass g in x nicht stetig ist. Sei nun x = 0 und (xk )k∈N eine beliebige Folge reeller Zahlen mit limk→∞ xk = x. Betrachten dann die
Folge g(xk )k∈N . Es ist |g(xk )| = xk und folglich limk→∞ |g(xk )| =
0. Dies impliziert auch limk→∞ g(xk ) = 0 = g(0). Also ist g stetig
in x = 0.
Wegen |g(x)| = x für alle x ∈ R ist |g| auf R stetig.
Weiter wird (f · g)(x) = x für alle x ∈ R, also ist f · g stetig auf
R.
14. Beweisen Sie, dass die Nullstellenmenge einer über einer abgeschlossenen Teilmenge des Rn definierten stetigen reellwertigen Funktion
abgeschlossen ist.
Beweis: Sei N ⊆ D die Nullstellenmenge der betrachteten stetigen
Funktion f mit dem Definitionsbereich D. Für die Abgeschlossenheit
in Rn ist zu zeigen, dass jeder HFP von N in Rn zu N gehört. Falls
N eine endliche Menge ist, ist N abgeschlossen. Sei also N unendliche
Menge und p ∈ Rn ein beliebiger HFP von N . Weil N ⊆ D gilt und D
abgeschlossen in Rn ist, folgt p ∈ D. Dann gibt es laut Vorlesung eine
Folge (xk )k∈N mit xk ∈ N und xk 6= p für alle k ∈ N mit limk→∞ xk =
p. Es folgt f (xk ) = 0 für alle k, daraus erhält man limk→∞ f (xk ) = 0.
Weil f stetig in p ist, folgt hieraus f (p) = f (limk→∞ xk ) = 0, also
p ∈ N und N ist abgeschlossen.
15.(*) Stellen Sie für y ∈ R alle Definitionen von limx→±∞ = y und von
limx→±∞ = ±∞ in einer Tabelle zusammen.
Lösung: Es gilt limx→∞ f (x) = y genau dann, wenn zu jedem > 0
ein K > 0 existiert, so dass für alle x > K mit x ∈ D gilt |f (x)−y| < .
Es gilt limx→−∞ f (x) = y genau dann, wenn zu jedem > 0 ein K > 0
existiert, so dass für alle x < K mit x ∈ D gilt |f (x) − y| < .
Es gilt limx→∞ = +∞ dann und nur dann, wenn zu jedem C ∈ R ein
K ∈ R existiert, so dass für alle x > K mit x ∈ D gilt f (x) > C.
Es gilt limx→∞ = −∞ dann und nur dann, wenn zu jedem C ∈ R ein
K ∈ R existiert, so dass für alle x > K mit x ∈ D gilt f (x) < C.
Es gilt limx→−∞ = +∞ dann und nur dann, wenn zu jedem C ∈ R
ein K ∈ R existiert, so dass für alle x < K mit x ∈ D gilt f (x) > C.
Es gilt limx→−∞ = −∞ dann und nur dann, wenn zu jedem C ∈ R
ein K ∈ R existiert, so dass für alle x < K gilt f (x) < C.