Lösungsvorschlag zu Blatt 7 - KIT

KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE
INSTITUT FÜR ANALYSIS
Dr. Christoph Schmoeger
Heiko Hoffmann
WS 2013/14
Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Informatik
Lösungsvorschläge zum 7. Übungsblatt
Aufgabe 25
Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte.
a) limx→1
xm −1
,
xn −1
b) limx→∞
wobei m, n ∈ N
√
1+ x
√
1− x
c) limx→3
9−x2
x−3
d) limx→0
sin(cos(x)−1)
x
e) limx→1
2
1−x2
f ) limx→∞
√
sin(x)+9 4 x+cos6 (x)
√
x
3
g) limx→∞ x 2
h) limx→∞ x2
−
√
3
1−x3
x+2+
√
x−2−
√ 3x
1
x
2 1
i) limx→0− x x
1
j) limx→0 cos(x)−1
+
2
x2
Lösungsvorschlag :
zu a): Es gilt xm − 1 = (x − 1)
Pm−1
k=0
Pn−1 k xk und xn − 1 = (x − 1)
k=0 x , sodass wir
Pm−1 k Pm−1 k
(x − 1)
x
xm − 1
m
k=0 x
=
−→
Pn−1 k = Pk=0
n−1 k −
n
x→1 n
x −1
(x − 1)
k=0 x
k=0 x
erhalten.
zu b): Es gilt
√
1+ x
√ =
1− x
√1
x
√1
x
+1
−1
−−−→ −1.
x→∞
zu c): Wir haben
9 − x2
−(x − 3)(x + 3)
=
= −(x + 3) −−→ −6
x→3
x−3
x−3
zu d): Zunächst erinnern wir daran, dass limx→0
dass
1
cos(x) − 1
=
x
x
∞
X
(−1)n
n=0
(2n)!
sin(x)
x
= 1 gilt. Des Weiteren beachten wir,
!
∞
X
(−1)n
x2n − 1
=
n=1
(2n)!
x2n−1 −−→ 0
x→0
gilt. Es sei nun (xn )n eine gegen 0 konvergente Folge in R \{0}. Gilt cos(xn ) 6= 1 für fast alle
n ∈ N, so erhalten wir für fast alle n ∈ N
sin(cos(xn ) − 1)
sin(cos(xn ) − 1) cos(xn ) − 1
=
·
−−−→ 1 · 0 = 0.
n→∞
xn
cos(xn ) − 1
xn
Gilt hingegen cos(xn ) = 1 für fast alle n ∈ N, dann ergibt sich für fast alle n ∈ N
sin(cos(xn ) − 1)
sin(0)
=
= 0 −−−→ 0.
n→∞
xn
xn
Gibt es sowohl unendlich viele Folgenglieder mit cos(xn ) 6= 1 als auch mit cos(xn ) = 1, so
betrachten wir entsprechende Teilfolgen (xnk ,1 )k (Folgenglieder mit cos(xn ) 6= 1) und (xnk ,2 )k
sin(cos(xnk ,j )−1)
(Folgenglieder mit cos(xn ) = 1). Das bisher Gezeigte liefert dann limk→∞
=0
xnk ,j
für j ∈ {1, 2}. Lemma 1.1 und Lemma 1.2 aus der 4. Saalübung implizieren nun, dass
n )−1)
= 0 erfüllt ist.
limn→∞ sin(cos(x
xn
Man kann die Fallunterscheidung im vorangegangen Lösungsvorschlag aber auch gänzlich
vermeiden, indem man alternativ folgendermaßen argumentiert:
= 1 gilt sin(x) 6= 0 für alle x 6= 0, die hinreichend nahe bei 0 sind. Hieraus
Wegen limx→0 sin(x)
x
ergibt sich wegen sin2 (x) + cos2 (x) = 1, dass cos(x) 6= 1 für alle x 6= 0, die hinreichend nahe
bei 0 sind, gelten muss. Daher folgt
sin(cos(x) − 1) cos(x) − 1
sin(cos(x) − 1)
=
·
−−→ 1 · 0 = 0.
x→0
x
cos(x) − 1
x
In jedem Falle erhalten wir limx→0
sin(cos(x)−1)
x
= 0.
zu e): Es gilt
2
3
1
2
3
1
2x2 − x − 1
−
=
·
−
=
·
1 − x2 1 − x3
1−x
1 + x x2 + x + 1
1 − x (1 + x)(x2 + x + 1)
1
(x − 1)(2x + 1)
2x + 1
1
=
·
=−
−−→ − .
2
2
1 − x (1 + x)(x + x + 1)
(1 + x)(x + x + 1) x→1
2
zu f ): Wir beachten zunächst, dass
sin(x) √ ≤ √1 −−−→ 0
x x x→∞
sowie
6 cos (x) √ ≤ √1 −−−→ 0
x x x→∞
gilt. Ferner haben wir
√
94x
9
√ = √
−−−→ 0.
4
x
x x→∞
Insgesamt erhalten wir damit limx→∞
√
sin(x)+9 4 x+cos6 (x)
√
x
= 0.
zu g): Zunächst beachten wir das Folgende:
√
√
√
x + 2 + x − 2 − 3x
√
√
√
( x + 2 + x − 2)2 − 3x
x + 2 + x − 2 + 2 x2 − 4 − 3x
√
√
=√
=
√
√
√
x + 2 + x − 2 + 3x
x + 2 + x − 2 + 3x
√
2 x2 − 4 − x
4(x2 − 4) − x2
√ = √
√
√
=√
√
√
x + 2 + x − 2 + 3x
( x + 2 + x − 2 + 3x)(2 x2 − 4 + x)
3x2 − 16
√
√
= √
.
√
( x + 2 + x − 2 + 3x)(2 x2 − 4 + x)
Damit erhalten wir nun
√
√ √
3
x + 2 + x − 2 − 3x
x2
3
3x2 − 16
√
√
=x 2 · √
√
( x + 2 + x − 2 + 3x)(2 x2 − 4 + x)
3
3x2 − 16
q
=x 2 · √
q
√ q
x·x
1 + x2 + 1 − x2 + 3 2 1 −
= q
1+
2
x
3x2 − 16
q
√ q
2
+ 1− x + 3 2 1−
4
x2
+1
4
x2
+1
−−−→ ∞.
x→∞
zu h): Für x > 1 gilt x1 = 0, weshalb wir limx→∞ x2 x1 = 0 erhalten.
1
zu i): Aus x1 < x1 + 1 ≤ 0 (x < 0) folgt x1 + 1 < |x|
. Dies führt mit Hilfe der Dreiecksungleichung zu
2 1 1
2 1
0 ≤ x
≤x + 1 + | − 1| ≤ x2 ·
+ x2 = |x| + x2 ,
x
x
|x|
woraus limx→0− x2 x1 = 0 mit Hilfe des Einsperrsatzes folgt.
zu j): Es gilt
P
P∞ (−1)n 2n
(−1)n 2n
x2 + 2 ∞
2
x
1
2
x2 + 2(cos(x) − 1)
n=1 (2n)!
n=2 (2n)! x
+ 2 =
=
=
P
P
n
(−1)
(−1)n 2n
2n
cos(x) − 1 x
x2 (cos(x) − 1)
x2 · ∞
x2 · ∞
n=1 (2n)! x
n=1 (2n)! x
P
P
(−1)n+2 2n+4
(−1)n+2 2n
2 ∞
2x4 · ∞
n=0 (2n+4)! x
n=0 (2n+4)! x
=
=
P
P
(−1)n+1 2n+2
(−1)n+1 2n
x2 · ∞
x4 · ∞
x
n=0 (2n+2)!
n=0 (2n+2)! x
P∞ (−1)n+2 2n
2
+
2
·
−1
n=1 (2n+4)! x
4!
−−→
.
= −1 P∞ (−1)n+1
+ n=1
x2n x→0 6
2
(2n+2)!
Aufgabe 26
Es sei (an )n eine reelle Zahlenfolge. Wir betrachten die Menge D := {an : n ∈ N} und
bezeichnen mit H(D) die Menge aller Häufungspunkte von D. Zeigen Sie, dass stets H(D) ⊆
H((an )n ) gilt und geben Sie ein Beispiel an, welches zeigt, dass diese Inklusion echt sein kann.
Lösungsvorschlag :
Dies ist eine typische Aufgabe, bei der die Lösungsidee im Grunde recht einfach ist und
fast schon auf der Hand liegt, deren formal saubere Umsetzung jedoch mit einem gewissen
technischen Aufwand behaftet ist. Hier die Grundidee:
Wir betrachten einen beliebigen Häufungspunkt x von D und eine gegen x konvergente Folge
(xm )m in D \ {x}. Dann überlegt man sich zunächst, dass (xm )m keine konstante Teilfolge
haben kann, da sonst der Widerspruch x ∈ D \ {x} folgen würde. Daher kann man eine
Teilfolge (xmk )k mit paarweise verschiedenen Folgengliedern wählen. Zu jedem xmk wählt
man nun ein νk ∈ N mit aνk = xmk ; dabei sind die νk paarweise verschieden, da es die xmk
sind. Insbesondere gilt dann limk→∞ aνk = x. Nun sind wir allerdings noch nicht fertig, denn
(aνk )k braucht keine Teilfolge von (an )n zu sein, da die Folge (νk )k nicht notwendigerweise
streng monoton wächst. Daher müssen wir die Folge (aνk )k aufsteigend nach der Größe der
Indizes sortieren. Es sei also n1 das kleinste νk , n2 das zweitkleinste, n3 das drittkleinste und
so fort. Dann ist (ank )k eine Teilfolge von (an )n und zugleich eine Umordnung der gegen x
konvergenten Folge (aνk )k , sodass wir gemäß Satz 3.10 der Vorlesung limk→∞ ank = x und
daher auch x ∈ H((an )n ) erhalten.
Nun zur formal sauberen Ausführung dieser Idee:
Es sei x ein beliebiger Häufungspunkt der Menge D. Dann existiert eine gegen x konvergente
Folge (xm )m in D \ {x}. Insbesondere ist die Menge {m ∈ N : xm = xl } für jedes l ∈ N
endlich; gäbe es nämlich ein l ∈ N derart, dass die Menge {m ∈ N : xm = xl } unendlich
wäre, so erhielte man eine Teilfolge (xmk )k mit xmk = xl für alle k ∈ N, was schließlich den
Widerspruch x 6= xl = limk→∞ xmk = limm→∞ xm = x liefern würde.
Wir definieren nun induktiv eine streng monoton wachsende Folge natürlicher Zahlen wie
folgt. Wir setzen m1 := 1. Sind m1 , . . . , mk schon definiert, so setzen wir
mk+1 := max{max{l ∈ N : xl = xmj } : j ∈ {1, . . . , k}} + 1 > mk .
Wir betrachten nun k < k 0 aus N. Dann gilt ja
mk0 > max{max{l ∈ N : xl = xmj } : j ∈ {1, . . . , k 0 − 1}} ≥ max{l ∈ N : xl = xmk },
was insbesondere mk0 ∈
/ {l ∈ N : xl = xmk } und daher auch xmk0 6= xmk nach sich zieht. Für
die so gewonnene Teilfolge (xmk )k von (xm )m gilt also stets xmk 6= xml (k, l ∈ N), sofern nur
k 6= l erfüllt ist. Daher sind die (nichtleeren) Mengen Ak := {n ∈ N : an = xmk } (k ∈ N)
paarweise disjunkt und die natürlichen Zahlen νk := min Ak sind alle paarweise voneinander
verschieden. Es gilt also nun aνk = xmk für alle k ∈ N und daher auch limk→∞ aνk = x.
Wir definieren nun induktiv eine streng monoton wachsende Folge (nk )k natürlicher Zahlen
wie nachstehend beschrieben. Wir setzen n1 := min{νl : l ∈ N}. Sind n1 , . . . , nk schon
definiert, so setzen wir nk+1 := min ({νl : l ∈ N} \ {n1 , . . . , nk }) > nk ; man beachte hierbei,
dass die Menge {νl : l ∈ N} \ {n1 , . . . , nk } nie leer ist, da ja die Zahlen (νl )l alle paarweise
verschieden sind (und somit die Menge {νl : l ∈ N} nicht endlich ist). Aus dem gleichen
Grund gibt es auch zu jedem k ∈ N genau ein l ∈ N mit nk = νl .
Ist umgekehrt l ∈ N beliebig, so ist die Menge Bl := {νj : j ∈ N und νj < νl } von endlicher
Kardinalität,1 sagen wir i ∈ N0 . Wir können also Bl in der Form {νj1 , . . . , νji } mit νj1 < . . . <
νji schreiben, sofern nur i ≥ 1 gilt.
Ist j ∈ N mit νj ∈
/ Bl ∪ {νl }, so gilt νj > νl gemäß Definition von Bl .
Ist also i = 0, so folgt alsdann n1 = min{νj : j ∈ N} = νl , also ni+1 = νl .
Ist i = 1, so erhalten wir n1 = min{νj : j ∈ N} = min Bl = νj1 und damit auch n2 =
min ({νj : j ∈ N} \ {νj1 }) = min ({νj : j ∈ N} \ Bl ) = νl , also ebenfalls νl = ni+1 .
Sei jetzt i > 1. Dann gilt n1 = min{νj : j ∈ N} = min Bl = νj1 . Sei nun k ∈ {1, . . . , i − 1}
derart, dass für alle k 0 ≤ k schon nk0 = νjk0 gezeigt ist. Dann erhalten wir (aufgrund von
Bl \ {νj1 , . . . , νjk } =
6 ∅)
nk+1 = min ({νj : j ∈ N} \ {n1 , . . . , nk }) = min (Bl \ {νj1 , . . . , νjk }) = νjk+1 .
Es gilt also nk = νjk für alle k ∈ {1, . . . , i}. Hieraus wiederum folgt
ni+1 = min ({νj : j ∈ N} \ {n1 , . . . , ni }) = min({νj : j ∈ N} \ Bl ) = νl .
Es gilt also stets ni+1 = νl .2 Insbesondere gibt es zu jedem l ∈ N ein k ∈ N mit nk = νl .
Damit haben wir insgesamt gezeigt, dass die Relation, die jedem k ∈ N das eindeutig bestimmte l ∈ N mit nk = νl zuordnet, eine surjektive Funktion ϕ : N → N definiert.
Betrachten wir nun j < k aus N, so gilt νϕ(j) = nj < nk = νϕ(k) , was ϕ(k) 6= ϕ(j) nach sich
zieht. Somit ist ϕ auch injektiv, also eine Bijektion.
Es gilt ank = aνϕ(k) für alle k ∈ N, sodass die Folge (ank )k eine Umordnung der Folge (aνl )l
ist. Nach Satz 3.10 der Vorlesung gilt daher limk→∞ ank = liml→∞ aνl = x. Da die Folge
(nk )k streng monoton wächst, ist die Folge (ank )k eine Teilfolge von (an )n . Folglich ist x ein
Häufungswert der Folge (an )n .
Wir geben nun noch ein Beispiel (an )n mit H(D) $ H((an )n ) an. Wir setzen einfach an := 1
für alle n ∈ N. Dann ist D = {1} und daher H(D) = ∅, wohingegen H((an )n ) = {1} gilt. 1
Wegen νj ∈ N für j ∈ N kann besagte Menge nämlich allenfalls νl − 1 viele Elemente besitzen.
Die vorangehenden Überlegungen haben also die intuitiv klare Aussage, dass νl der (i + 1)-kleinste Index
unter den νj sei, formal bestätigt.
2
Aufgabe 27
Bestimmen Sie alle Punkte, in denen die Funktionen
p
f : R → R; x 7→ |x| (x − [x]) ,
und
(
1,
g : R → R; x 7→
0,
falls x ∈ Q,
falls x ∈
/ Q,
jeweils stetig sind.
Lösungsvorschlag :
zu f : Sei x0 ∈
/ Z. Dann gilt x − [x] = x − [x0 ] für alle x ∈ ([x0 ], [x0 ] + 1) und es folgt
p
p
p
lim f (x) = lim |x| (x − [x]) = lim |x| (x − [x0 ]) = |x0 | (x0 − [x0 ]) = f (x0 ),
x→x0
x→x0
x→x0
p
p
d.h., f ist in x0 stetig. Sei nun x0 ∈ Z \{0}. Dann p
gilt |x| (x − [x]) = |x| (x − (x0 − 1))
6 0 = f (x0 ), weshalb f nicht in x0
für x ∈ (x0 − 1, x0 ) und daher auch limx→x−0 f (x) = |x0 | =
stetig ist.
Schließlich folgt noch aus
p
p
p
0 ≤ f (x) = |x| (x − [x]) ≤ |x| ([x] + 1 − [x]) = |x|
die Gleichung limx→0 f (x) = 0 = f (0). Mithin ist f auch in 0 stetig.
zu g: Wir behaupten, dass g in keinem Punkt stetig ist.
Sei zunächst x ∈ R \ Q. Dann existiert eine gegen x konvergente Folge (xn )n in Q. Es folgt
limn→∞ g(xn ) = 1 6= 0 = g(x); also ist f nicht in x stetig.
Sei nun x ∈ Q. Dann gibt es eine gegen x konvergente Folge (xn )n in R \ Q; in der Tat:
Da Q abzählbar ist, während jedes der Intervalle [x − n1 , x + n1 ] (n ∈ N) überabzählbar ist,
muss es zu jedem n ∈ N ein xn ∈ R \ Q mit |x − xn | < n1 geben. Alsdann ergibt sich
limn→∞ g(xn ) = 0 6= 1 = g(x); folglich ist g nicht in x stetig.
Aufgabe 28
a) Es seien f, g : R → R stetige Funktionen mit f (x) = g(x) für alle x ∈ Q. Zeigen Sie,
dass dann bereits f (x) = g(x) für alle x ∈ R erfüllt ist.
b) Es sei f : R → R eine stetige Funktion mit der folgenden Eigenschaft:
f (x)+f (y)
Es gilt f x+y
=
für alle x, y ∈ R.
2
2
Beweisen Sie, dass Konstanten a, b ∈ R mit f (x) = ax + b für alle x ∈ R existieren.
(Hinweis: Betrachten Sie g(x) := f (x) − f (0) (x ∈ R) und zeigen Sie zunächst, dass
g(x + y) = g(x) + g(y) für alle x, y ∈ R gilt.)
Lösungsvorschlag :
zu a): Es sei x ∈ R beliebig. Dann existiert eine gegen x konvergente Folge (xn )n in Q.
Wegend der Stetigkeit von f und g und wegen f |Q = g|Q ergibt sich dann
f (x) = f ( lim xn ) = lim f (xn ) = lim g(xn ) = g( lim xn ) = g(x).
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Also gilt f (x) = g(x) für alle x ∈ R.
zu b): Sei x ∈ R beliebig. Dann erhalten wir
1
2x + 0
= (f (2x) + f (0))
f (x) = f
2
2
bzw.
f (2x) = 2f (x) − f (0).
Hieraus ergibt sich
2f (x) − f (0) + 2f (y) − f (0)
2x + 2y
f (2x) + f (2y)
=
= f (x)+f (y)−f (0)
f (x+y) = f
=
2
2
2
und damit auch
f (x + y) − f (0) = f (x) − f (0) + f (y) − f (0)
für alle x, y ∈ R. Mit g(x) := f (x) − f (0) erhalten wir also g(x + y) = g(x) + g(y) für
alle x, y ∈ R. Induktiv erhält man hieraus nun g(nx) = ng(x) für alle n ∈ N0 und alle
x ∈ R. Aus g(x) + g(−x) = g(x − x) = g(0) = 0 folgt g(−x) = −g(x) (x ∈ R). Damit
erhält man g(−nx) = −g(nx) = −ng(x) für alle x ∈ R und n ∈ N; wir haben also bis jetzt
g(nx) = ng(x) für alle n
∈
x ∈ R. Dann
∈ Z und1 alle
x ∈ R gezeigt. Sei nun n
N und
1
1
1
erhalten
wir
aus
ng
x
=
g
n
·
x
=
g(x)
die
Beziehung
g
x
=
g(x).
Dies liefert
n
n
n
n
m
m
1
g n x = mg n x = n g(x) für alle m ∈ Z, n ∈ N und x ∈ R. Es gilt also g(λx) = λg(x) für
alle x ∈ R und alle λ ∈ Q. Ist jetzt λ ∈ R, so gibt es eine gegen λ konvergente Folge (λn )n in
Q. Da mit f auch g stetig ist, folgt nun
g(λx) = g( lim λn x) = lim g(λn x) = lim λn g(x) = λg(x)
n→∞
n→∞
n→∞
für alle x ∈ R. Insbesondere gilt nun g(x) = g(x · 1) = xg(1). Mit a := g(1) = f (1) − f (0)
und b := f (0) erhalten wir dann
ax + b = xg(1) + f (0) = g(x) + f (0) = f (x) − f (0) + f (0) = f (x)
für alle x ∈ R.
Bemerkung: Man kann sich fragen, ob die Aussagen aus der Aufgabe richtig bleiben, wenn
man auf die Stetigkeitsannahmen verzichtet. Dies ist weder in Teil a) noch in Teil b) der Fall.
In Teil a) ist das ganz einfach zu sehen: Betrachte f (x) := 1 (x ∈ R) und g die Funktion aus
Aufgabe 27. Dann gilt zwar f |Q = g|Q , aber man hat f 6= g.
In Teil b) ist das jedoch weniger offensichtlich. Mit Hilfe des sogenannten Auswahlaxioms
kann man zeigen, dass R als Q-Vektorraum eine Basis B (im Sinne der linearen Algebra) mit
1 ∈ B besitzt. Ein einfaches Abzählargument zeigt, dass B überabzählbar ist.
Nun definiert man f (1) := 1 sowie f (b) := 0 für b ∈ B \ {1} und setzt f dann Q-linear auf
f (x)+f (y)
=
für alle x, y ∈ R.
ganz R fort; insbesondere gilt dann natürlich f x+y
2
2
Wenn es nun ein a und b wie in Teil b) gäbe, so erhielten wir b = f (0) = 0 und damit
a = f (1) = 1 und somit schließlich f (x) = x für alle x ∈ R. Für alle b ∈ B \ {1} =
6 ∅ würde
dann allerdings 0 = f (b) = b folgen, was jedoch nicht möglich ist, da ja jedes solche b als
Element der Basis B notwendigerweise von 0 verschieden ist.