Analysis - Mathematisches Seminar

Analysis
Carsten Schütt
June 29, 2011
2
Contents
1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . .
Mathematische Logik . . . . . . . . . . . .
Das Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel
Relation und Ordnung . . . . . . . . . . .
Die natürlichen Zahlen und Induktion . . .
Mächtigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Zahlen
2.1 Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Folgen in Körpern . . . . . . . . . . . .
2.3 Reelle Zahlen . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Folgen in R . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Reihen in R . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 p-adische Entwicklungen reeller Zahlen
2.7 Kettenbrüche . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Supremum und Infimum . . . . . . . .
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3 Funktionen einer reellen Veränderlichen
3.1 Stetigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Gleichmäßige Stetigkeit . . . . . . . . . . . . .
3.3 Monotone Funktionen und Umkehrfunktionen
3.4 Potenz, Exponentialfunktion und Logarithmus
3.5 Di↵erenzierbare Funktionen . . . . . . . . . .
3.6 Der Satz von Rolle und der Mittelwertsatz . .
3.7 Lokale Extrema . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8 Die Formel von L’Hôpital . . . . . . . . . . .
3.9 Gleichmäßige Konvergenz . . . . . . . . . . .
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5
9
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32
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39
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83
93
95
96
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112
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4 Metrische Räume
127
4.1 Metrische Räume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
4.2 Normierte Räume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
4.3 Stetige Abbildungen zwischen metrischen Räumen . . . . . . . . . . . 138
3
4
5 Integralrechnung
5.1 Integralrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Riemannsche Summen . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Riemann-messbare Mengen und die Cantor-Menge . .
5.4 Hauptsatz der Di↵ferential- und Integralrechnung . .
5.5 Substitution und partielle Integration . . . . . . . . .
5.6 Mittelwertsatz der Integralrechnung . . . . . . . . . .
5.7 Uneigentliche Integrale . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.8 Gammafunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.9 Bogenlänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.10 Die trigonometrischen Funktionen . . . . . . . . . . .
5.11 Das Produkt von Wallis . . . . . . . . . . . . . . . .
5.12 Partialbruchzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.13 Integralkriterium für Reihen . . . . . . . . . . . . . .
5.14 Unendliche Produkte . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.15 Die Formel von Stirling . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.16 Der Satz von Taylor und Taylorreihen . . . . . . . . .
5.17 Gleichmäßige Konvergenz und Integral . . . . . . . .
5.18 Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.19 Rationale, irrationale, algebraische und transzendente
CONTENTS
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Zahlen
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6 Funktionen mehrerer reellen Variablen
6.1 Zusammenhängende Mengen im Rn . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Stetigkeit im Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Richtungsstetigkeit, Richtungsableitung und Partielle Ableitungen
6.4 Di↵erenzierbarkeit im Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5 Partielle Ableitungen höherer Ordnung . . . . . . . . . . . . . . .
6.6 Abbildungen vom Rn in den Rm . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.7 Kettenregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.8 Mittelwertsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.9 Der Satz von Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.10 Extremwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.11 Implizite Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.12 Umkehrabbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.13 Lagrangesche Multiplikatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.14 Di↵erentiation in Banachräumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.15 Integration im Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.16 Iterierte Integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.17 Riemann-Integral auf beschränkten Mengen . . . . . . . . . . . .
6.18 Das Maß von Mengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.19 Berechnung von Integralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.20 Transformationsformel für Integrale . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.21 Unstetigkeitsmengen von Funktionen und ihren Ableitungen . . .
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. 141
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. 152
. 164
. 169
. 170
. 171
. 173
. 175
. 179
. 182
. 185
. 185
. 187
. 188
. 194
. 199
. 205
. 213
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219
. 219
. 224
. 226
. 228
. 233
. 235
. 236
. 238
. 239
. 242
. 255
. 260
. 264
. 268
. 269
. 272
. 279
. 279
. 285
. 287
. 292
Chapter 1
1.1
Einführung
Wir wollen in der Vorlesung drei Dinge lernen:
1. Die mathematische Sprache
Hier lernen wir, was ein Beweis ist und wie er aufgeschrieben wird.
2. Methoden zur Lösung von Problemen
Hier lernen Sie Standardmethoden zum Bearbeiten von mathematischen Problemen
kennen. Sie lernen, Probleme zu analysieren.
3. Ergebnisse der Mathematik
Sie werden sehr bald feststellen, dass der Arbeitsumfang sehr groß ist. Dies
tri↵t für Ihr Studium im Allgemeinen wie auch insbesondere für diese Vorlesung
zu. Sie werden Ihr Studium nur dann bewältigen, wenn Sie koninuierlich arbeiten.
Um sicher zu stellen, dass Sie auch kontinuierlich arbeiten, werden jede Woche
Übungsaufgaben ausgeben. Diese Übungsaufgaben werden in den Übungsgruppen
besprochen. Im Laufe der Wochen werden Sie so mit einer großen Zahl von Beispielen
vertraut. Das Verständnis vom Sto↵ hängt davon ab, ob man Beispiele kennt.
Es ist besser, in kleinen Gruppen zu arbeiten. Ich möchte stark davon abraten,
allein zu arbeiten. Wenn Sie mit anderen zusammen arbeiten, werden Sie anderen
Ihre Überlegungen und Ideen erläutern. Dies ist ein guter Weg, die die eigenen
Gedanken und Argumente zu überprüfen.
In der Vorlesung werden Beispiele vorgerechnet. Die Aufgaben sind häufig
ähnlich, manchmal dienen sie als Vorlage.
Jede Woche werden Übungsaufgaben ausgegeben, die innerhalb einer Woche zu
bearbeiten sind. Besprochen werden die Aufgaben in den Übungsgruppen. Alle 14
Tage findet ausserdem eine Korrektur der Aufgaben in Anwesenheit der Studenten
statt. Dabei sollen die Studenten dem Gruppenleiter erklären, wie sie die Aufgaben
gelöst haben.
Die bearbeiteten Aufgaben werden jede Woche in einem Postfach hinterlegt, das
sich in einem umgebauten Schrank befindet. Der Schrank steht im 1. Stock des
Mathematischen Seminars.
5
6
CHAPTER 1.
Neben Lehrbüchern steht auch Software zum Erarbeiten des Sto↵es zur Verfügung. Mathematica und Maple sind sehr zu empfehlen, wobei ich Mathematica
den Vorzug gebe. Es ist aber nicht notwendig, einen Computer und diese Software zur Verfügung zu haben. Sie können den Vorlesungssto↵ auch ohne diese
Dinge bewältigen. Außerdem möchte ich Sie auf das Textverarbeitungssysten TEX
aufmerksam machen. Mit diesem System können Sie mathematische, physikalische
und chemische Texte schreiben. Die Software ist frei auf dem Internet erhältlich.
Wenn Sie sich mit mir unterhalten wollen, können Sie dies z.B. direkt im Anschluss an die Vorlesung tun, oder aber auch in meiner Sprechstunde. Wir können
auch einen Gesprächstermin vereinbaren. Falls Sie meinen, dass Sie im Studium
Probleme haben, sollten Sie mit mir sprechen.
Literatur
G. Berendtund E. Weimar: Mathematik für Physiker, VCH
J. Dieudonne: Grundlagen der modernen Analysis,
K.Endl und W. Luh: Analysis I,II, Akademische Verlagsgesellschaft, Wiesbaden
F. Erwe: Di↵erential- und Integralrechnung I,II, BI Hochschultaschenbücher
G.M. Fichtenholz: Di↵erential- und Integralrechnung I,II,III, VEB Deutscher
Verlag der Wissenschaften, Berlin
H. Fischer und H. Kaul: Mathematik für Physiker, B.G. Teubner, Stuttgart
O. Forster: Analysis 1,2, vieweg studium, Braunschweig/Wiesbaden
W. Grauert und I. Lieb: Di↵erential- und Integralrechnung I, Springer-Verlag
W. Grauert und W. Fischer: Di↵erential- und Integralrechnung II, SpringerVerlag
H. Heuser: Lehrbuch der Analysis, Teil 1 und 2, B.G. Teubner, Stuttgart
S. Lang: Analysis I,II, Addison-Wesley
von Mangoldt und Knopp: Einführung in die höhere Mathematik, S. Hirzel Verlag, Stuttgart
W. Smirnow: Lehrgang der höheren Mathematik, VEB Deutscher Verlag der
Wissenschaften, Berlin
M. Spiegel: Advanced Calculus, Schaum’s Outline Series. McGraw Hill
W. Walter: Analysis I,II,Springer-Verlag
Die folgenden Probleme werden in der Vorlesung besprochen.
Konvergenz von Folgen
Konvergieren die Folgen:
(i)
s
r
r
q
q
q
p
p
p
p
1, 1 + 2, 1 + 2 + 3, 1 + 2 + 3 + 4, . . .
1.1. EINFÜHRUNG
7
(ii)
✓
◆2 ✓
◆3 ✓
◆4
1
1
1
(1 + 1) , 1 +
, 1+
, 1+
,...
2
3
4
1
Bewegungsgleichung eines Pendels und eines Doppelpendels
Brachistochronen Problem
Man konstruiere eine Bahn, auf der sich eine Kugel nur unter Wirkung der Schwerkraft am schnellsten von einem Punkt zu einem anderen bewegt.
Schwerkraft eines hohlen Planeten
Wir betrachten einen Planeten, der innen hohl ist. Wie gross ist die Schwerkraft
innnen und aussen?
Schwingende Saite
Eine Saite wird angezupft. Wie lassen sich die Schwingungen, die die Saite vollführt,
ausrechnen?
Kann man die Form einer Trommel hören?
Kann man nur am Ton der Trommel hören, welche Form ihre Bespannung hat?
8
CHAPTER 1.
Temperaturverteilung in einer kreisrunden Metallscheibe
Eine kreisrunde Metallscheibe ist zu einem gegebenen Zeitpunkt unterschiedlich erhitzt. Wie entwickelt sich die Temperaturverteilung im Laufe der Zeit?
⇡ ist eine irrationale Zahl
Wir zeigen, dass sich ⇡ nicht als Quotient zweier ganzen Zahlen schreiben lässt.
Dreiteilung eines Winkels
Kann man nur mit Hilfe von Zirkel und Lineal einen beliebigen Winkel in drei gleiche
Teile teilen?
Quadratur des Kreises
Kann man nur mit Hilfe von Zirkel und Lineal ein Quadrat konstruieren, das dieselbe
Fläche wie ein gegebener Kreis hat?
Banach-Tarski Paradoxon
Man kann eine Kugel so in endlich viele Teile zerlegen, dass man diese wiederum
zu zwei Kugeln derselben Größe zusammensetzen kann. Auf diese Weise verdoppelt
man das Volumen. Dies kann nicht sein. Wie erklärt sich dieser Widerspruch? Wir
zerlegen die Kugel in Teile, denen sämtlich kein Volumen zugeordnet werden kann,
also Mengen, die nicht messbar sind.
Berechnung von Volumina, Schwerpunkten, Kurvenlängen, Oberflächen
Peano-Kurve
Es gibt eine stetige Kurve, die ein ganzes Quadrat ausfüllt.
1.2. MATHEMATISCHE LOGIK
1.2
9
Mathematische Logik
Die mathematische Logik bietet systematische und formale Entscheidungsmethoden
dafür an, ob eine Aussage wahr oder falsch ist (oder auch, ob eine Aussage weder
wahr noch falsch ist, also nicht entscheidbar ist). Da diese Methoden formal sind,
gehen sie nicht auf die Bedeutung und den Sinn der vorliegenden Aussage ein. Sie
liefern objektive Verfahrensweisen zur Entscheidung, ob eine Aussage wahr oder
falsch ist.
Wir können Aussagen zusammensetzen. Dazu stehen uns die folgenden Verknüpfungen
zur Verfügung.
Aussage
Verknüpfung
Aussage
Bedeutung
A
⇒
B
A folgt B
A
⇔
B
A gilt genau dann, wenn B gilt
A
∧
B
A und B gelten
A
∨
B
A oder B gelten (einschliessendes ”oder”)
Außerdem bedeutet ¬A die Verneinung der Aussage A. Wir ordnen Aussagen A
und B die Wahrheitszeichen W und F für wahr und falsch zu. Für zusammengesetzte Aussagen gelten die folgenden Regeln.
A
¬A
W
F
F
W
Wenn A wahr ist, dann ist die Verneinung ¬A natürlich falsch.
A
∧
B
W
W
W
W
F
F
F
F
W
F
F
F
A und B sind nur dann wahr, wenn beide Aussagen wahr sind.
10
CHAPTER 1.
A
∨
B
W
W
W
W
W
F
F
W
W
F
F
F
Da das Symbol _ das einschließende ”oder” ist, braucht nur eine der beiden
Aussagen wahr zu sein, damit die Gesamtaussage richtig ist. Als Beispiel hierfür die
Aussage: Das Haus ist rot oder das Haus ist nicht rot.
A
⇒
B
W
W
W
W
F
F
F
W
W
F
W
F
Falls A und B wahr sind, so ist auch die Gesamtaussage wahr. Falls A wahr ist
und B falsch, so ist die Gesamtaussage falsch, da aus einer wahren Aussage keine
falsche folgen kann. Andererseits kann aus einer falschen Aussage durchaus eine
wahre Aussage folgen. Wenn wir von der falschen Aussage 1 = 2 ausgehen so folgt
durch Addition
2+1=1+2
also die wahre Aussage 3 = 3.
A
⇔
B
W
W
W
W
F
F
F
F
W
F
W
F
A ist genau dann wahr, wenn B wahr ist. Ebenso ist A genau dann falsch, wenn
B falsch ist. Dies sind die beiden wahren Implikationen.
Wir sagen, dass zwei Aussagen A und B logisch äquivalent oder tautologisch
sind, falls A , B immer wahr ist.
Beispiel 1 (i) (A ) B) und (¬B ) ¬A) sind logisch äquivalent.
1.2. MATHEMATISCHE LOGIK
11
A
⇒
B
⇔
¬B
⇒
¬A
W
W
W
W
F
W
F
W
F
F
W
W
F
F
F
W
W
W
F
W
W
F
W
F
W
W
W
W
(ii) (A , B) und ((A ^ B) _ (¬A ^ ¬B)) sind logisch äquivalent.
(A
⇐⇒
B)
⇐⇒
((A
∧
B)
(¬A
W
W
W
W
W
W
W
W
F
F
F
W
F
F
W
W
F
F
F
F
F
W
F
F
W
W
F
F
W
F
W
F
F
F
W
F
W
F
F
F
W
W
W
W
∨
∧
¬B))
So lässt sich die Verknüpfung , durch _ und ^ ausdrücken.
(iii) Die Aussage ”Entweder gilt A oder B” lässt sich formelmäßig durch
(A ^ ¬B) _ (¬A ^ B)
erfassen. Entweder gilt A oder B heißt ja gerade, dass A gilt und nicht B oder A gilt nicht und B
gilt. Die Wahrheitstafel ist
(A
∧
¬B)
∨
(¬A
∧
B)
W
F
F
F
F
F
W
W
W
W
W
F
F
F
F
F
F
W
W
W
W
F
F
W
F
W
F
F
Wenn wir die Wahrheitstafeln vergleichen, stellen wir fest, dass die Aussage (A , B) logisch
äquivalent zu ¬((A ^ ¬B) _ (¬A ^ B)), also der Verneinung der Entweder-Oder Aussage.
Wir wollen uns nun einem komplizierterem Beispiel zuwenden.
Wenn Anton raucht, dann raucht auch Fridolin.
Wenigstens eine von Dora und Christa raucht.
Entweder raucht Fridolin, oder es raucht Emil.
Christa und Emil rauchen beide, oder beide rauchen nicht.
Wenn Dora raucht, dann rauchen auch Christa und Anton.
Bruno raucht nur, wenn Fridolin nicht raucht.
Beispiel 2 Wer raucht und wer raucht nicht?
12
CHAPTER 1.
A
B C D
E F
W
W
F
W
W
F
W
A⇒F
D∨C
(E∧¬F )∨(¬E∧F ) (E∧C)∨(¬E∧¬C) D ⇒ (A∧C)
W
F
W
F
W
W
W
F
F
W
W
F
F
W
F
F
W
W
F
F
W
W
W
F
W
W
F
F
W
W
W
W
W
W
F
F
W
F
F
W
W
W
F
W
W
F
F
F
W
W
F
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
F
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
W
F
F
W
F
F
F
W
F
W
W
W
F
W
W
W
F
W
W
F
F
W
F
F
F
F
Wir haben die folgenden Aussagen.
A = Anton raucht
B = Bruno raucht
C = Christa raucht
D = Dora raucht
E = Emil raucht
F = Fridolin raucht
Wir übersetzen nun die Aussagen.
Wenn Anton raucht, dann raucht auch Fridolin :
Wenigstens eine von Dora und Christa raucht :
Entweder raucht Fridolin, oder es raucht Emil :
Christa und Emil rauchen beide, oder beide rauchen nicht :
Wenn Dora raucht, dann rauchen auch Christa und Anton :
Bruno raucht nur, wenn Fridolin nicht raucht :
A)F
C _D
(E ^ ¬F ) _ (¬E ^ F )
(C ^ E) _ (¬C ^ ¬E)
D ) (A ^ C)
B , ¬F
Wir erstellen zwei Tabellen, mit der wir sämtliche Möglichkeiten überprüfen. Da wir 6 el-
1.2. MATHEMATISCHE LOGIK
13
ementare Aussagen haben, aus denen sich die anderen Aussagen zusammensetzen, ergeben sich
insgesamt 26 = 64 Möglichkeiten.
Wir stellen fest, dass es nur eine Möglichkeit gibt, in der alle zusammengesetzten Aussagen
richtig sind: Anton raucht nicht, Bruno raucht, Christa raucht, Dora raucht nicht, Emil raucht,
Fridolin raucht nicht.
Darüberhinaus benötigen wir zwei Quantoren.
8 heißt ”für alle”
9 heißt ”es existiert ein”
Wenn wir eine zusammengesetzte Aussage haben, in der auch Quantoren vorkommen, und wir zur Verneinung dieser Aussage übergehen wollen, dann kehren sich
die logischen Symbole um.
Es gibt eine Stadt, in der alle Häuser rot oder grün sind.
9 S 8 H : (H ist rot) _ (H ist grün)
Als Verneinung erhalten wir
8 S 9 H : (H ist nicht rot) ^ (H ist nicht grün)
In jeder Stadt gibt es ein Haus, das weder rot noch grün ist.
14
CHAPTER 1.
1.3
Das Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel
Georg Cantor (1845-1918) hat Ende des 19. Jahrhunderts die Mengenlehre begründet.
Er definiert eine Menge als eine Gesamtheit von wohlunterschiedenen Objekten
des Denkens und der Wahrnehmung. Die Objekte werden als Elemente und die
Gesamtheit als Menge bezeichnet. Falls x ein Element einer Menge M ist, so
schreiben wir
x2M
Cantor hat drei Axiome verwendet, ohne diese explizit aufzuführen:
(i) Zwei Mengen sind gleich, wenn sie dieselben Elemente besitzen.
(ii) Für jede Eigenschaft gibt es eine Menge, deren Elemente genau diese Eigenschaft erfüllen.
Unter einer Eigenschaft verstehen wir eine Aussage der mathematischen Logik,
die die Elemente betri↵t. Wir schreiben auch für die Menge
{x| (x)}
falls
die fragliche Eigenschaft ist.
(iii) Auswahlaxiom (dies wird später definiert.)
Die Vereinigung von zwei Mengen A und B ist
A [ B = {x| x 2 A _ x 2 B}
und von einer Menge von Mengen A
[
A = {x|9A 2 A : x 2 A}
A2A
Der Durchschnitt von zwei Mengen A und B ist
A \ B = {x| x 2 A ^ x 2 B}
und einer Familie von Mengen A
\
A = {x|8A 2 A : x 2 A}
A2A
Das Komplement einer Teilmenge A einer Menge M ist
Ac = {x 2 M | ¬(x 2 A)} = {x 2 M | x 2
/ A}
Bertrand Russell (1872-1970, mit vollem Namen: Bertrand Arthur William Russell,
3rd Earl Russell of Kingston Russell, Viscount Amberley of Amberley and of Ardsalla) wies mit einem einfachen Beispiel nach, dass das Axiom (ii) zu Widersprüchen
1.3. DAS AXIOMENSYSTEM VON ZERMELO-FRAENKEL
15
führt. Er fand das folgende nach ihm benannte Paradoxon. Als Eigenschaft einer
Menge M betrachten wir
M ist nicht Element von sich selbst
Gemäß (ii) müsste es also eine Menge A geben, deren Elemente aus denjenigen
Mengen M bestehen, die nicht Element von sich selbst sind. Dies führt sofort zu
einem Widerspruch: Ist A Element von sich selbst?
Falls A nicht Element von sich selbst ist, dann muss A gemäß der Eigenschaft
Element von sich selbst sein. Umgekehrt, falls A Element von sich selbst ist, dann
muss A die Eigenschaft erfüllen, dass A nicht Element von sich selbst ist. Man
kommt in jedem Fall zu einem Widerspruch.
Eine vergleichbare Paradoxie ist der folgende Satz: Ich lüge immer. Wenn ich
immer lüge, dann ist der Satz gelogen und ich sage manchmal die Wahrheit. Dies
widerspricht dem Satz.
Das Axiomensystem von Cantor ist weiterentwickelt worden, um solche Widersprüche auszuschließen. Es gibt heute mehrere Systeme, die man als vernünftig
erachtet. Wir wollen hier das System von Zermelo-Fraenkel benutzen.
Wie von Cantor eingeführt, haben wir zwei binäre Verknüpfungen 2 und =.
x2M
bedeutet, dass x ein Element, M eine Menge und x Element von M ist. Falls M
und K zwei Mengen sind, bedeutet
M =K
dieselbe Menge sind. Es gelten die folgenden Axiome:
(i) Falls zwei Mengen dieselben Elemente besitzen, dann sind sie gleich.
(8x : x 2 M , x 2 K) ) M = K
(ii) Es gibt eine Menge, die keine Elemente enthält. Wir bezeichnen diese Menge
als Nullmenge ;.
(iii) Es gibt eine Menge M , so dass ; 2 M und so dass für alle x 2 M auch
{x} 2 M gilt.
Hierbei bezeichnet {x} die Menge, die nur aus dem Element x besteht.
(iv) (Potenzmenge) Für jede Menge M existiert die Menge P(M ), die aus allen
Teilmengen von M besteht. Wir nennen P(M ) die Potenzmenge von M .
(v) Es sei M eine
SMenge, deren Elemente wiederum aus Mengen bestehen. Dann
gibt es eine Menge M , die aus allen Elementen der Elemente von M besteht. Wir
nennen diese Menge die Vereinigungsmenge.
(vi) (Regularität) Falls M eine nichtleere Menge ist, dann gibt es ein x 2 M , so
dass
x\M =;
In Quantorenschreibweise
M 6= ; =) 9x : x 2 M ^ (8y : y 2 x ) y 2
/ M)
16
CHAPTER 1.
(vii) Falls eine Eigenschaft ist und M eine Menge, dann gibt es eine Menge, die
aus genau den x, x 2 M , besteht, die die Eigenschaft erfüllen.
{x|x 2 M ^ (x)}
(viii) (Ersetzung )Es sei eine Eigenschaft, die von zwei Mengen M und K abhängt.
Wir nehmen an, dass es für jedes x 2 M genau ein y 2 K gibt, so dass (x, y) gilt.
Dann gibt es eine Menge
{y|9x 2 M : (x, y)}
(ix) (Auswahlaxiom) Es sei M eine Menge paarweise disjunkter, nichtleerer Mengen.
Dann gibt es eine Menge A mit folgender Eigenschaft: Jedes Element von A ist
Element einer der Mengen M und für jedes M 2 M gibt es genau ein x 2 M mit
x 2 A. Wir nennen A die Auswahlmenge.
Einige Bemerkungen zum Axiom (vi). Die Bedingung x\M ist nicht mit {x}\M
zu verwechseln. O↵enbar haben wir {x} \ M = {x}. Der Durchschnitt ist also nie
leer.
Falls es ein Element x 2 M gibt, das selbst keine Menge ist, so folgt x \ M = ;.
Die Menge M = {1, 2, {1, 2}} liefert ein Beispiel dafür, dass es ein x 2 M geben
kann, so dass x \ M 6= ;. Wir wählen x = {1, 2}. Wir erhalten dann
x \ M = {1, 2} \ {1, 2, {1, 2}} = {1, 2}
Mit Hilfe von Axiom (vi) können wir das folgende Lemma beweisen.
Lemma 1 Es sei M eine Menge. Dann gilt M 2
/ M.
Beweis. Wir nehmen an, dass M 2 M gilt. Da M 2 {M } gilt, folgt, dass
M 2 M \ {M }
Das Axiom der Regularität besagt, dass es ein x 2 {M } gibt mit
x \ {M } = ;
Da {M } nur ein Element enthält, nämlich M , folgt x = M . Somit gilt M \{M } = ;,
was der Aussage M 2 M \ {M } widerspricht. 2
Die Frage, ob man das Auswahlaxiom zum Axiomensystem hinzufügen soll oder
nicht, ist sehr kontrovers dikutiert worden. Die Annahme des Auswahlaxioms ist
sehr hilfreich und eine große Anzahl von mathematischen Aussagen beruht darauf.
Andererseits erzeugt man dadurch auch solche bizarren Resultate wie das BanachTarski Paradoxon.
Gödel zeigte 1938, dass das Auswahlaxiom mit dem Axiomensytem von ZermeloFraenkel konsistent ist. Er zeigte, dass man jedes Paradoxon, das man aus dem
1.3. DAS AXIOMENSYSTEM VON ZERMELO-FRAENKEL
17
Auswahlaxiom erhält, so modifizieren kann, dass man es auch ohne das Auswahlaxiom erhält. Cohen zeigte 1963, dass die Verneinung des Auswahlaxiomes ebenso
konsistent mit dem Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel ist.
Um eine Auswahlmenge anzugeben, muss man durch eine Formel oder Vorschrift
festlegen, welches Element man aus welcher Menge entnimmt. Dass man aus jeder
einzelnen Menge jeweils ein Element auswählen kann, reicht dazu nicht aus.
In einigen Fällen braucht man das Auswahlaxiom nicht, um die Existenz einer
Auswahlmenge sicherzustellen.
(a) Falls jedes M 2 M nur ein einziges Element enthält.
(b) Falls M nur endlich viele M enthält.
(c) Falls jedes M 2 M eine endliche Menge reeller Zahlen ist. Dann wählen wir
als x 2 M das maximale Element.
Andererseits kann man zeigen, dass es eine Menge M gibt, so dass alle M 2 M
nur aus zwei Elementen bestehen, und so dass sich ohne das Auswahlaxiom nicht
die Existenz einer Auswahlmenge herleiten liesse.
18
CHAPTER 1.
1.4
Relation und Ordnung
Es seien M und K Mengen. Dann heißt die Menge der geordneten Paare
M ⇥ K = {(x, y)|x 2 M ^ y 2 K}
das Cartesische Produkt von M und K.
Eine Relation R auf M ist eine Teilmenge von M ⇥ M . Wir sagen, dass x in
Relation zu y steht, wenn (x, y) 2 R. Ein typisches Beispiel für eine Relation ist die
Relation  auf den reellen Zahlen.
Die Relation x ≤ y
x
x=y
y
Wir sagen, dass
(i) R reflexiv ist, falls für alle x 2 M gilt, dass xRx.
(ii) R symmetrisch ist, falls für alle (x, y) 2 M mit xRy auch yRx gilt.
(iii) R transitiv ist, falls für alle x, y, z 2 M mit xRy und yRz auch xRz gilt.
Eine Relation heißt Äquivalenzrelation, falls sie reflexiv, symmetrisch und transitiv ist. Es sei M eine Menge mit der Äquivalenzrelation ⇠. Die Mengen
{x|x ⇠ y}
heißen Äquivalenzklassen.
Eine Relation R heißt antisymmetrisch, falls für alle (x, y) mit (x, y) 2 R und
(y, x) 2 R folgt, dass x = y.
Eine Funktion von einer Menge M in eine Menge K ist eine Teilmenge f von
M ⇥ K, so dass für alle x 2 M genau ein y 2 K existiert mit (x, y) 2 f . Dafür
schreiben wir auch f : M ! K und f (x) = y.
Wir sagen, dass eine Funktion surjektiv ist, falls für alle y 2 K ein x 2 M mit
f (x) = y existiert. Wir schreiben auch f (M ) = K.
f ist injektiv, falls für alle x, y 2 M mit f (x) = f (y) gilt, dass x = y.
f ist ein Isomorphismus, falls f injektiv und surjektiv ist.
Eine Relation R auf M ist eine Halbordnung, falls sie reflexiv, antisymmetrisch
und transitiv ist.
1.4. RELATION UND ORDNUNG
19
Eine Halbordnung R ist eine Ordnung, falls für alle x, y 2 M gilt, dass
(x, y) 2 R
oder
x=y
oder
(y, x) 2 R
Wir schreiben für eine Menge mit einer Halbordnung oder Ordnung auch (M, ).
Als Beispiel für eine Menge mit einer Halbordnung, die keine Ordnung ist, lässt
sich das olgende angeben. Wir betrachten die Menge aller Tupel reeller Zahlen
{(s, t)|s, t 2 R} mit der Halbordnung
(s, t)  (u, v)
falls s  u und t  v
Dies ist keine Ordnung, weil (1, 0) und (0, 1) nicht vergleichbar sind, d.h. das eine
ist nicht kleiner als das andere und umgekehrt.
Eine Wohlordnung ist eine Ordnung mit der Eigenschaft, dass jede nichtleere
Teilmenge K von M ein kleinstes Element besitzt, d.h.es gibt ein x 2 K, so dass
für alle y 2 K gilt, dass x  y. Dieses Element ist eindeutig.
Die übliche  Relation auf den reellen Zahlen ist eine Ordnung aber keine
Wohlordnung. Dies liegt daran, dass die Menge
{x 2 R|0 < x}
kein minimales Element besitzt. K sei eine Teilmenge einer Menge mit einer Halbordnung. Wir sagen, dass x 2 K ein minimales (maximales) Element von K ist,
falls x 2 K und für alle y 2 K gilt, dass y ⌅ x (x ⌅ y). Minimale und maximale Elemente sind nicht notwendig eindeutig. Ausserdem folgt aus x ⌅ y nicht notwendig
y  x.
x ist eine untere (obere) Schranke von K, falls für alle y 2 K gilt, dass
x < y oder x = y
x > y oder x = y
Falls M eine Teilmenge K enthält, die mit der Halbordnung von M eine geordnete
Menge ist, dann nennen wir K eine Kette.
Lemma 2 Die folgenden Aussagen sind äquivalent.
(i) (Auswahlaxiom) Es sei M eine Menge paarweise disjunkter, nichtleerer Mengen.
Dann gibt es eine Menge A mit folgender Eigenschaft: Jedes Element von A ist
Element einer der Mengen M 2 M und für jedes M 2 M gibt es genau ein x 2 M
mit x 2 A.
(ii) (Hausdor↵s Maximum Prinzip) Jede Menge mit einer Halbordnung enthält eine
maximale Kette (d.h. eine Kette, die in keiner echten Teilmenge einer anderen
Kette enthalten ist).
(iii) (Zorns Lemma) Jede nichtleere Menge mit einer Halbordnung, in der jede Kette
eine obere Schranke hat, hat ein maximales Element.
(iv) Man kann jede Menge wohlordnen.
Die natürlichen Zahlen sind in ihrer natürlichen Ordnung wohlgeordnet, das gilt
jedoch nicht für die reellen Zahlen. Lemma 2 versichert nur, dass es auf den reellen
20
CHAPTER 1.
Zahlen eine Wohlordnung gibt, es liefert kein Konstruktionsverfahren für eine solche
Wohlordnung. Eine solche Wohlordnung ist sehr schwer vorstellbar.
Beweis. (ii) ) (iii) : Nach (ii) gibt es eine maximale Kette K in M . Nach
Annahme von (iii) hat diese Kette eine obere Schranke s. Wir behaupten nun, dass
s ein maximales Element von M ist. Falls dem nicht so wäre, so gibt es ein s0 mit
s < s0 . Damit ist aber
K [ {s0 }
eine Kette, die K als echte Teilmenge enthält. Also ist K nicht maximal. Dies ist
ein Widerspruch.
(iv) ) (i) : Wir betrachten die Vereinigungsmenge
[
M
M 2M
Diese
Menge enthält alle M 2 M als Teilmengen. Nach (iv) können wir die Menge
S
M 2M M wohlordnen. Da jede Teilmenge ein kleinstes Element hat, hat insbesondere auch jedes M 2 M ein kleinstes Element xM . Als Auswahlmenge nehmen wir
nun
{xM |M 2 M}
2
1.5. DIE NATÜRLICHEN ZAHLEN UND INDUKTION
1.5
21
Die natürlichen Zahlen und Induktion
Wir wollen nun die natürlichen Zahlen so einführen, wie Zermelo dies getan hat.
Aus Axiom (ii) folgt, dass die leere Menge ; existiert und aus Axiom (iii) folgt, dass
es eine Menge M gibt, so dass ; 2 M und so dass {x} 2 M , falls x 2 M . Dies
bedeutet, dass
;, {;}, {{;}}, {{{;}}}, . . .
Elemente von M sind. Diese Elemente kann man zur Definition der natürlichen
Zahlen N benutzen.
John von Neumann hat vorgeschlagen, die Mengen
{;}, {;, {;}}, {;, {;}, {;, {;}}}, . . .
zur Einführung der natürlichen Zahlen zu benutzen. Wir bezeichnen {;} mit 1,
{;, {;}} mit 2, {;, {;}, {{;}}} mit 3 u.s.w.. Die Menge
;, {;}, {;, {;}}, {;, {;}, {;, {;}}}, . . .
bezeichnen wir als die um die 0 erweiterten natürlichen Zahlen N0 . Hierbei bezeichnen wir ; mit 0.
Wir sagen, dass m 2 N0 unmittelbarer Nachfolger von n 2 N0 ist, wenn m =
{0, . . . , n}. 1 ist der unmittelbare Nachfolger von 0, 2 von 1, 3 von 2, u.s.w..
Wir sagen, dass m ein Nachfolger von n ist, falls m aus n durch den Mengenbildungsprozess hervorgegangen ist.
Wir definieren n < m, falls m ein Nachfolger von n ist.
Lemma 3 (N0 , ) ist eine wohlgeordnete Menge.
Peano hatte ein Axiomensystem für die natürlichen Zahlen vorgeschlagen. Dieses
Axiomensystem sichert Existenz und elementare Eigenschaften der natürlichen Zahlen.
Diese Eigenschaften lassen sich auch aus dem Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel
herleiten.
Lemma 4 (Axiomensystem von Peano) Die erweiterten, natürlichen Zahlen haben
die folgenden Eigenschaften.
(i) Jedes n 2 N0 hat genau einen unmittelbaren Nachfolger.
(ii) Jedes n 2 N ist unmittelbarer Nachfolger von genau einem m 2 N0 .
(iii) Für alle m, n 2 N0 , deren unmittelbare Nachfolger gleich sind, gilt n = m.
(iv) Für alle n 2 N0 gilt, dass 0 nicht unmittelbarer Nachfolger von n ist.
(v) Falls M eine Teilmenge von N0 ist, so dass 0 2 M und falls mit jedem m 2 M
auch der unmittelbare Nachfolger in M ist, dann gilt M = N0 .
Wir definieren Addition und Multiplikation natürlicher Zahlen. Es seien n, m 2
N und k 0 bezeichne den unmittelbaren Nachfolger k. Wir setzen für alle n, m 2 N0
0+n
m0 + n
=n
= (n + m)0
0·n=0
m0 n = mn + n
22
CHAPTER 1.
Lemma 5 Die Addition in N0 erfüllt folgende Eigenschaften.
(i) (Assoziativität) Für alle m, n, p 2 N0 gilt
m + (n + p) = (m + n) + p
(ii) (Kommutativität) Für alle m, n 2 N0 gilt
m+n=n+m
(iii) Für alle m, n, p 2 N0 gilt
p+m=p+n
,
m=n
,
mn
(iv) Für alle m, n, p 2 N0 gilt
p+mp+n
(v) Für alle m, n 2 N0 mit m  n gibt es ein p 2 N0 mit
m+p=n
(vi) Für alle m, n 2 N0 mit m + n = 0 gilt m = 0 = n.
Beweis. (i) Es seien n, p 2 N und
M = {m 2 N0 |m + (n + p) = (m + n) + p}
O↵ensichtlich gilt, dass 0 2 M . Nun prüfen wir nach, dass mit m 2 M auch der
Nachfolger m0 von m in M liegt. Da m 2 M , folgt
m0 +(n+p) = (m+(n+p))0 = ((m+n)+p)0 = (m+n)0 +p = (m+n)0 +p = (m0 +n)+p
Nun wenden wir Lemma auf M an und erhalten M = N0 .
(v) Es seien m, n 2 N0 mit m  n. Wir betrachten
M = {k 2 N0 |k + m
n}
M ist nicht leer, weil n 2 M . Da N0 wohlgeordnet ist, hat M ein kleinstes Element
p. Falls p + m = n gilt, ist der Beweis beendet. Falls nicht, so gilt
p+m>n
Es folgt, dass p 6= 0. Nach Lemma 4 ist p Nachfolger eines Elementes q. Es gilt also
q 0 = p und
n < q 0 + m = (q + m)0
Hieraus folgt
nq+m
Somit gilt q < p und deshalb q 2 M . Dies ist ein Widerspruch, also ist unsere
Annahme, dass p + m 6= n gilt, falsch. 2
1.5. DIE NATÜRLICHEN ZAHLEN UND INDUKTION
23
Lemma 6 Die Multiplikation in N0 erfüllt die folgenden Eigenschaften.
(i) (Assoziativität) Für alle m, n, p 2 N0 gilt
m(np) = (mn)p
(ii) (Kommutativität) Für alle m, n 2 N0 gilt
mn = nm
(iii) (Distributivität) Für alle m, n, p 2 N0 gilt
m(n + p) = mn + mp
und
(n + p)m = nm + pm
(iv) Für alle m, n, p 2 N0 mit p 6= 0 gilt
()
m<n
pm < pn
(vi) Für alle m, n 2 N0 mit mn = 0 gilt
m=0
oder
n=0
Die vollständige Induktion ist ein Beweisverfahren. Wir nehmen an, dass wir
für jedes n 2 N eine Aussage A(n) haben, und wir wollen zeigen, dass alle diese
Aussagen richtig sind.
(i) Wir beweisen, dass A(1) gilt.
(ii) Wir beweisen, dass unter der Annahme, dass A(n) gilt, auch A(n + 1) gilt.
Nach Lemma 4 (v) haben wir dann alle Aussagen gezeigt.
Wir sprechen auch von der starken Induktion, falls wir beweisen, dass
(i) A(1) gilt.
(ii) unter der Annahme, dass A(1), A(2), . . . , A(n) gelten, auch A(n + 1) gilt.
Es sei
n! = n · (n
0! = 1
Beispiel 3 (i) Für alle n 2 N mit n
1 gilt
n
X
k=
k=1
(ii) Für alle n
n(n + 1)
2
4 gilt
2n  n!
Beweis. (i) Wir überprüfen A(1).
1=
1(1 + 1)
2
1)!
24
CHAPTER 1.
Wir nehmen an, dass A(n) wahr ist, also
n
X
n(n + 1)
2
k=
k=1
Nun zeigen wir, dass dann auch A(n + 1) wahr ist.
n+1
X
n
X
k=
k=1
k + (n + 1) =
k=1
(ii) A(4) ist wahr:
n(n + 1)
(n + 1)(n + 2)
+ (n + 1) =
2
2
24 = 16 < 24 = 4!
Wir nehmen an, dass 2n  n! gilt. Mit dieser Ungleichung und der Ungleichung 2 < n + 1 folgt
2n+1 = 2 · 2n  2n!  (n + 1)n! = (n + 1)!
2
Beispiel 4 Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis. Wir nehmen an, es gäbe nur endlich viele Primzahlen
p1 , . . . , pn
Wir behaupten nun, dass
n
Y
i=1
pi
!
+1
auch eine Primzahl ist. Wenn dem so ist, dann sind wir fertig. Wir nehmen nun an, das es keine
Primzahl ist. Dann gibt es zwei Zahlen k und p mit
!
!
n
n
Y
Y
1 < k, p <
pi + 1 und kp =
pi + 1
i=1
Wir betrachten die Menge
(
k 1 < k, p <
i=1
n
Y
i=1
pi
!
+ 1 ^ 9p : kp =
n
Y
i=1
pi
!
+1
)
Diese Menge hat ein kleinstes Element k0 . k0 ist eine Primzahl, anderfalls wäre sie nicht das
kleinste Element. Also gilt k0 = pi0 für ein i0 mit 1  i0  n und
!
n
Y
pi0 p =
pi + 1
i=1
Wir setzen nun
p̃ =
n
Y
pi
i=1
i6=i0
Dann gilt p̃ < p und
Da p̃ < p gibt es ein p̃˜
pi0 p = pi0 p̃ + 1
1 mit
˜ = pi0 p̃ + 1
pi0 (p̃ + p̃)
1.5. DIE NATÜRLICHEN ZAHLEN UND INDUKTION
Es folgt, dass
und damit
25
pi0 p̃˜ = 1
pi0 = 1
Dies ist ein Widerspruch. ⇤
Wir definieren
✓ ◆
n
n!
=
k
k!(n k)!
Falls n, k 2 N , dannn schreiben wir
nk := n
| · n{z· · · n}
k
Für n 2 N0 setzen wir
n0 = 1
Gegen Ende der der 1630er Jahre notierte Pierre de Fermat auf dem Rand einer
Buchseite, dass er einen wunderbaren Beweis für die folgende Behauptung gefunden
habe: Es sei n 2 N mit n 3. Dann gilt für alle x, y, z 2 N
xn + y n 6= z n
Mitte der 90er Jahre wurde dies von Andrew Wiles bewiesen.
Beispiel 5 Alle Katzen haben dieselbe Augenfarbe.
Das folgende Argument ist falsch, wo liegt der Fehler? Eine Katze allein hat dieselbe Augenfarbe. Nun der Schritt von n auf n + 1. Es seien n + 1 Katzen gegeben. Nach Induktionsannahme
haben jeweils n davon dieselbe Augenfarbe, damit auch n + 1.
Der Fehler liegt beim Schluss von 1 auf 2.
26
1.6
CHAPTER 1.
Mächtigkeit
Wir wollen den Begri↵ der Anzahl für endliche und unendliche Mengen definieren.
Es seien K und M zwei Mengen. Wir sagen, dass K und M dieselbe Mächtigkeit
oder Kardinalität haben, wenn es einen Isomorphismus zwischen K und M gibt.
Symbolisch schreiben wir dies als
card(K) = card(M )
Allgemeiner sagen wir, dass die Mächtigkeit von K kleiner oder gleich der von M
ist, falls K isomorph zu einer Teilmenge von M ist. Anders formuliert,
card(K)  card(M )
falls es eine injektive Abbildung von K nach M gibt.
Lemma 7 Es seien K und M Mengen. Dann gelten
(i) Es gibt eine injektive Abbildung von K nach M oder von M nach K.
(ii) Es gibt genau dann eine injektive Abbildung von K nach M , wenn es eine
surjektive Abbildung von M nach K gibt.
(iii) (Schröder-Bernstein) Falls es eine injektive Abbildung von K nach M und eine
surjektive Abbildung von K nach M gibt, dann gibt es einen Isomorphismus zwischen
K und M .
(iii) besagt, dass aus card(K)  card(M ) und card(K)
card(M ) folgt, dass
card(K) = card(M ) gilt.
Wir sagen, dass eine Menge M abzählbar ist, falls card(M )  card(N).
Lemma 8 (Cantor) Es sei M eine Menge. Dann gilt
card(M ) < card(P(M ))
Beweis. Wir zeigen zunächst
card(M )  card(P(M ))
Wir geben dazu eine Injektion von M nach P(M ) an.
j : M ! P(M )
j(x) = {x}
Wir zeigen nun, dass
card(M ) 6= card(P(M ))
Wir nehmen an, dass es einen Isomorphismus i : M ! P(M ) gibt. Wir betrachten
die Menge
M̃ = {x 2 M |x 2
/ i(x)}
1.6. MÄCHTIGKEIT
27
(M̃ kann durchaus die leere Menge sein.) Da i ein Isomorphismus ist, gibt es ein x0
mit i(x0 ) = M̃ . Dazu betrachten wir zwei Fälle.
Falls x0 2 M̃ , dann
x0 2 M̃ = {x 2 M |x 2
/ i(x)}
Es folgt, dass x0 2
/ i(x0 ) = M̃ , was ein Widerspruch ist.
Falls x0 2
/ M̃ , dann
x0 2
/ M̃ = {x 2 M |x 2
/ i(x)}
Dies bedeutet, dass x0 nicht die Bedingung x0 2
/ i(x0 ) = M̃ erfüllt, also x0 2 M̃ ,
was wiederum ein Widerspruch ist. Also gibt es keinen Isomorphismus. 2
Wir sagen, dass eine Menge M abzählbar ist, wenn card(M )  card(N).
Beispiel 6 (i) card(N ⇥ N) = card(N)
(ii) card(N) < card(P(N))
(iii) card(N) = card(Q)
Wir bezeichnen card(N) auch mit @0 . Die Kontinuumshypothese besagt, dass es
keine Menge M gibt, so dass
card(N) < card(M ) < card(P(N)).
Die Kontinuumshypothese kann als weiteres Axiom dem Zermelo-Fraenkel Axiomensystem hinzugefügt werden.
Gödel zeigte, dass die Kontinuumshypothese konsistent mit den Axiomen der
Mengenlehre ist. Cohen zeigte, dass auch die Verneinung der Kontinuumshypothese
konsistent mit den Axiomen der Mengenlehre ist.
Als Kardinalzahl einer Menge führt man die Äquivalenzklasse aller Mengen ein,
die dieselbe Mächtigkeit haben. Hierbei legen wir eine Universalmenge zugrunde.
Anderenfalls wäre dies Funktion auf der Menge aller Mengen definiert, also auf einer
Menge, die es nicht gibt.
Wenn wir überdies noch vorziehen, Kardinalzahlen als Mengen zu definieren, so
müssen die Äquivalenzklassen durch einen jeweiligen Repräsentanten ersetzen.
28
CHAPTER 1.
Chapter 2
Zahlen
Mit Hilfe der Mengenlehre haben wir die natürlichen Zahlen N eingeführt. Hieraus
bilden wir die ganzen Zahlen Z durch Hinzunahme der negativen, ganzen Zahlen.
Dann erhalten wir die rationalen Zahlen Q durch Quotientenbildung.
Jede Messung und insbesondere Längenmessung verbinden wir mit einer reellen
Zahl. Dabei stellen wir fest, dass sich nicht jede Zahl durch einen Quotienten ganzer
Zahlen darstellen lässt. So ordnen wir dem Umfang eines Kreises mit Radius 1 die
Länge 2⇡ zu und
in einem Quadrat mit Seitenlänge 1
p die Länge der Diagonalen
p
ergibt sich zu 2. Beide Zahlen, ⇡ und 2, können wir nicht mit rationalen Zahlen
identifizieren. Diese Zahlen sind nicht rational oder, wie wir sagen irrational.
Wir
p
wollen hier den eleganten und alten Beweis für die Irrationalität von 2 angeben.
p
Satz 1 2 ist eine irrationale Zahl.
Dazu benötigen wir das folgende Lemma.
Lemma 9 Eine natürliche Zahl n ist genau dann gerade, wenn deren Quadrat n2
gerade ist.
Beweis. Es sei n eine gerade Zahl, dann gilt n = 2m. Also gilt n2 = 2(2m2 ). Dies
ist eine gerade Zahl.
Falls n eine ungerade Zahl ist, dann gilt n = 2m+1. Deshalb ist n2 = (2m+1)2 =
4m2 + 4m + 1 = 2(2m2 + 2m) + 1. Dies ist eine ungerade Zahl. 2
p
Beweis. Falls 2 =
besitzen, dann gilt
p
q
gilt, wobei p, q 2 N und p und q keine gemeinsamen Teiler
2=
p2
q2
oder
2q 2 = p2
Deshalb ist p2 eine gerade Zahl und somit auch p. Also gilt p = 2k und
2q 2 = 4k 2
oder
29
q 2 = 2k 2
30
CHAPTER 2. ZAHLEN
Damit sind auch q 2 und q gerade Zahlen. Somit gilt
p = 2k
und
q = 2l
Also sind p und q nicht teilerfremd. Dies steht im Widerspruch zu unserer Wahl
von p und q. 2
Wir geben auch noch ein geometrisches Argument an [Apo].
Beweis. Wir betrachten ein rechtwinkliges Dreieck ABC, dessen Seiten AC und
BC
p die Länge 1 haben. Nach
p dem Satz von Pythagoras hat die Seite AB die Länge
2. Wir nehmen an, dass 2 eine rationale Zahl ist. Dann finden wir ein Dreieck
derselben Form, dessen Seiten alle ganzzahlige Längen haben (wir multiplizieren
jede Seite mit einem entsprechenden Faktor). Unter allen solchen Dreiecken gibt es
ein kleinstes. Wir zeigen nun, dass auch das Dreieck ADE von derselben Form ist
und ganzzahlige Seitenlänge hat, im Widerspruch zu unser Wahl.
B
B
√
2
1
D
A
1
C
A
E
C
Die Länge der Seite AD ist gleich der Di↵erenz der Seitenlängen von AB und
CB, also ganzzahlig. AD und DE haben dieselbe Länge. Außerdem sind DE und
CE gleich lang. 2
Dieser Beweis ist elementar und einfach. Um zu zeigen, dass ⇡ und die Eulersche
Zahl e irrational sind, muss man einige Hilfsmittel zur Verfügung stellen. Von der
Zahl , die auch nach Euler benannt ist, ist nicht bekannt, ob sie irrational ist. Sie
ist durch den Grenzwert
!
n
X
1
= lim
ln n
n!1
k
k=1
definiert.
Wir sagen, dass eine Zahl algebraisch ist, wenn sie Nullstelle eines Polynoms mit
ganzzahligen Koeffizienten ist. O↵ensichtlich sind alle rationalen Zahlen algebraisch.
Eine Zahl, die nicht algebraisch ist, heisst transzendent. e und ⇡ sind Beispiele für
transzendente Zahlen [EyL]. Auch die Zahl
0, 11000100 . . .
bei der an der k! Stelle hinter dem Komma eine 1 steht, ist transzendent (Liouville).
Beispiel 7 Es sei n 2 N und n
gibt.
2.
p
n ist genau dann rational, wenn es ein m 2 N mit n = m2
31
Beweis. Wir benutzen den Satz über die Eindeutigkeit der Primzahlzerlegungen. Dieser besagt,
dass es für jede natürliche Zahl n paarweise verschiedene Primzahlen ni , i = 1 . . . , k und natürliche
Zahlen si , i = 1, . . . , k, gibt, so dass
k
Y
n=
nsi i
i=1
Falls
p n keine Quadratzahl ist, so gibt es ein i0 , so dass mio ungerade ist. Wir nehmen nun an, dass
n eine rationale Zahl ist, d.h.
p
p
n=
q
Es seien
p=
Ỳ
p, q 2 N
q=
ptii
i=1
n=
k
Y
i=1
qiri
i=1
die Primzahlzerlegungen von p und q. Also gilt
bzw.
m
Y
nsi i
m
Y
p2
q2
qi2ri =
i=1
Ỳ
i
p2t
i
i=1
Falls für alle i = 1, . . . , m gilt, dass qi 6= ni0 , dann gibt es ein i1 , so dass
ni0 = pi1
und
si0 = 2ti1
Dies kann nicht sein, da si0 ungerade ist. Falls es ein i1 mit ni0 = qi1 gibt, dann gibt es ein i2 , so
dass
ni0 = qi1 = pi2
und si0 + 2ri1 = 2ti2
Auch dies kann nicht sein, da si0 eine ungerade Zahl ist. ⇤
32
CHAPTER 2. ZAHLEN
2.1
Körper
Eine Menge K mit zwei Verknüpfungen +, · und mit mindestens zwei Elementen
bildet einen Körper (K, +, ·), wenn für alle x, y 2 K die Verknüpfungen
x+y 2K
xy 2 K
eindeutig definiert sind und wenn für alle x, y, z 2 K die folgenden Eigenschaften
gelten.
(i) x + y = y + x
(ii) (x + y) + z = x + (y + z)
(iii) Es gibt ein Element 0 2 K, so dass für alle x 2 K x + 0 = x gilt.
(iv) Zu jedem Element x 2 K gibt es ein Element
gilt.
x 2 K, so dass x + ( x) = 0
(v) xy = yx
(vi) (xy)z = x(yz)
(vii) Es gibt ein Element 1 2 K, so dass 1 6= 0 und so dass für alle x 2 K gilt,
dass 1 · x = x.
(viii) Für alle x 2 K mit x 6= 0 gibt es ein Element
(ix) (x + y)z = xz + yz
1
x
2 K mit x x1 = 1.
Beispiel 8 (i) N und Z bilden mit der üblichen Addition und Multiplikation keinen Körper. Es
gibt keine multiplikativen inversen Elemente.
(ii) Q ist ein Körper.
(iii) K = {0, 1} ist mit den folgenden Verknüpfungen ein Körper.
0+0=0
0+1=1
1+1=0
0·0=0
0·1=0
1·1=1
Ein Körper mit einer Ordnung heißt geordneter Körper, falls gelten:
(i) Für alle x, y, z 2 K mit x < y gilt x + z < y + z.
(ii) Für alle x, y, z 2 K mit x < y und 0 < z gilt, dass xz < yz.
Q ist mit der üblichen -Ordnung ein
von x 2 K ist durch
8
>
< x
0
|x| =
>
: x
definiert.
geordneter Körper. Der Absolutbetrag
falls x > 0
falls x = 0
falls x < 0
2.1. KÖRPER
33
Lemma 10 Für alle x, y 2 K gelten
(i) x  |x|
(ii) |x| = 0 genau dann, wenn x = 0.
(iii) (Dreiecksungleichung) |x + y|  |x| + |y|
(iv) 0 · x = 0
Beweis. (i) Wir haben drei Fälle. Falls x > 0, dann gilt nach Definition x = |x|.
Falls x = 0, dann folgt |x| = 0 = x. Falls x < 0, dann gilt |x| = x. Im letzten Fall
müssen wir zeigen, dass 0 < x, falls x < 0. Wir nehmen an, dies sei nicht so, also
x<0
x0
und
Dann folgt x + ( x)  x, also 0  x. Dies kann nicht sein.
(ii) folgt direkt aus der Definition des Absolutbetrages.
(iii) Wir haben wiederum drei Fälle. Falls x + y > 0, dann gilt
|x + y| = x + y
Wegen (i) folgt nun
|x + y| = x + y  |x| + |y|
Falls x + y = 0, dann folgt wieder wegen (i)
Falls x + y < 0, dann gilt
(iv) Mit
|x + y| =
|x + y| = 0 = x + y  |x| + |y|
(x + y) = ( x) + ( y)  |
x| + |
y| = |x| + |y|
(x · 0) bezeichnen wir das additive inverse Element zu x · 0. Dann gilt
0 = x · 0 + ( (x · 0)) = x(0 + 0) + ( (x · 0)) = x · 0 + x · 0 + ( (x · 0)) = x · 0
2
Ein geordneter Körper K heißt Archimedisch, wenn für alle x, y 2 K mit 0 <
x < y ein n 2 N existiert, so dass
yx
· · · + x}
| + x{z
n
Lemma 11 (Archimedes, 287-212 v. Chr.) Q ist ein Archimedischer Körper.
Beweis. Es seien x, y 2 Q mit 0 < x < y. Dann gibt es p, q, k, l 2 N mit
p
k
x=
y=
q
l
Wegen x < y gilt pl < kq. Wir wählen n = kq. Dann gilt
p
k
x
= y.
| +x+
{z· · · + x} = nx = kq q = kp k
l
n
2
34
2.2
CHAPTER 2. ZAHLEN
Folgen in Körpern
Es sei K ein Körper. Eine Folge in K ist eine Abbildung I : N ! K. Wir ordnen
also jedem n 2 N ein Element an 2 K zu.
a1 , a2 , a3 , . . .
Wir schreiben auch
{an }1
n=1
oder
{an }n2N .
Eine Folge {an }n2N in einem geordneten Körper heißt konvergent zum Grenzwert
a 2 K, wenn für alle ✏ 2 K mit ✏ > 0 ein N✏ 2 N existiert, so dass für alle n > N✏
|an
a| < ✏
gilt.
(Quantorenschreibweise: 8✏ > 0 9N✏ 2 N 8n > N✏ : |an
Wir schreiben hierfür auch
a = lim an
a| < ✏.)
n!1
Dies bedeutet anschaulich, dass sich die Folge der Zahl a annähert. Wenn wir N✏ nur
hinreichend groß wählen, dann haben sämtliche Folgenglieder an mit n > N✏ einen
Abstand zu a, der kleiner als ✏ ist. Wenn man eine konkrete Folge vorliegen hat und
will deren Konvergenz beweisen, dann wird man N✏ als Funktion von ✏ bestimmen.
Beispiel 9 K = Q
(i) Es gilt
lim
n!1
(ii) Es sei
Dann gilt
8
<1
an = n
:
1000
1
=0
n
für n 2 N und n 6= 1000
für n = 1000
lim an = 0
n!1
(iii) Es gilt
lim
n!1
(iv) Es gilt
1
=0
n2
✓
◆
1
lim 1 +
=1
n!1
n
(v) Die Folge {( 1)n }n2N konvergiert nicht.
Beweis. (i) Es sei ✏ 2 Q, ✏ > 0. Da Q Archimedisch ist, gilt:
9N✏ 2 N : ✏N✏ > 1
2.2. FOLGEN IN KÖRPERN
35
Hieraus folgt
9N✏ 2 N : ✏ >
Damit folgt
9N✏ 8n > N✏ :
Hieraus ergibt sich
9N✏ 8n > N✏ :
1
N✏
1
<✏
n
1
n
0 <✏
(ii) wird genauso bewiesen.
(iii) Dies ist o↵ensichtlich, weil n12  n1 gilt und limn!1
durch die Argumente durchgehen.
Es sei ✏ 2 Q, ✏ > 0. Da Q Archimedisch ist, gilt:
1
n
= 0. Wir wollen aber noch einmal
9N✏ 2 N : ✏N✏ > 1
Hieraus folgt
9N✏ 2 N : ✏ >
Damit folgt
9N✏ 8n > N✏ :
Es folgt
9N✏ 8n > N✏ :
Da n
9N✏ 8n > N✏ :
9N✏ 8n > N✏ >:
1
<✏
n
1
1
< ✏
2
n
n
1 gilt, folgt
Und schließlich
1
N✏
1
<✏
n2
1
n2
0 <✏
(iv) Da Q Archimedisch ist, gilt
8✏ > 09N✏ 8n > N✏ :
Es folgt
8✏ > 09N✏ 8n > N✏ : 1 +
Also
1
<✏
n
1
n
1 <✏
1
=1
n
konvergiert, bedeutet
lim 1 +
n!1
(v) Die Aussage, dass eine Folge {an }n2N
9a8✏ > 0 9N✏ 2 N 8n > N✏ : |an
a| < ✏
Die Verneinung dieser Aussage ist
8a 9✏ > 0 8N✏ 2 N 9n > N✏ : |an
a ist gegeben. Wir unterscheiden zwei Fälle a
✏ = 14 und n ungerade. Dann gilt
|an
a| = |( 1)n
a| = |
a|
✏
0 und a < 0. Es sei zunächst a
1
a| = 1 + a
1>
1
4
0. Wir wählen
36
CHAPTER 2. ZAHLEN
Falls a < 0, dann wählen wir ✏ =
|an
1
4
und n gerade. Dann folgt
a| = |( 1)n
a| = |1
a| = 1 + |a|
1
4
1>
2
Eine Folge {an }n2N in einem geordneten Körper K heißt Cauchy-Folge, falls für
alle ✏ 2 K mit ✏ > 0 ein N✏ 2 N existiert, so dass für alle n, m > N✏
|am
an | < ✏
gilt. (Quantorenschreibweise: 8✏ > 0 9N✏ 8n, m > N✏ : |an
am | < ✏.)
Bemerkung 1 (i) Jede konvergente Folge ist eine Cauchy-Folge.
(ii) Es gibt Cauchy-Folgen in Q, die nicht (in Q) konvergieren, z.B.
8
für n = 1
<1
an = 1
1
: an 1 +
für n 2
2
an 1
✓
◆n
1
an = 1 +
für n 2 N
n
Beweis. (i) Es sei {an }n2N eine konvergente Folge. Ihren Grenzwert bezeichnen wir
mit a. Also gilt
8✏ > 0 9N✏ 8n > N✏ : |an a| < ✏
Es folgt
8✏ > 0 9N✏ 8m, n > N✏ : |an
a| < ✏ und |am
8✏ > 0 9N✏ 8m, n > N✏ : |an
a| + |am
a| < 2✏
Mit der Dreiecksungleichung folgt
8✏ > 0 9N✏ 8m, n > N✏ : |an
2
a| < ✏
am | < 2✏
2.3. REELLE ZAHLEN
2.3
37
Reelle Zahlen
Wir erhalten die reellen Zahlen R aus den rationalen Zahlen Q durch einen Vervollständigungsprozess. Unabhängig voneinander haben dies Cantor, Dedekind und
Weierstraß ausgearbeitet. Dedekind führte die nach ihm benannten Schnitte ein
und benutzte diese zur Konstruktion der reellen Zahlen. Die anderen orientierten
sich mehr an der Idee der Vervollständigung eines metrischen Raumes. Wir wollen
zunächst diese Konstruktion darstellen.
Wir verbinden mit jeder Längenmessung eine reelle Zahl. Wir stellen fest, dass
die rationalen Zahlen nicht vollständig p
ausreichen, jeder Längenmessung eine Zahl
zuzuordnen. Das liegtp
daran, dass z.B. 2 und ⇡ keine rationalen Zahlen sind. Andererseits können wir 2 und ⇡ beliebig gut durch rationale Zahlen approximieren.
p
Dies können wir auch so formulieren: Es gibt Folgen rationaler Zahlen, die gegen 2
oder ⇡ konvergieren. Dies legt uns nahe, reelle Zahlen mit Cauchy-Folgen rationaler
Zahlen zu identifizieren. Da es aber viele Cauchy-Folgen gibt, die gegen dieselbe
Zahl konvergieren, fassen wir alle diese in einer Äquivalenzklasse zusammen und
identifizieren diese mit der reellen Zahl.
Wir führen auf der Menge aller Cauchy-Folgen in Q eine Äquivalenzrelation ein.
Die Folgen {xn }n2N und {yn }n2N sind äquivalent, falls
lim (xn
n!1
yn ) = 0
gilt. Es ist leicht nachzuprüfen, dass dies eine Äquivalenzrelation ist. Die Äquivalenzklasse von {xn }n2N ist durch
n
o
[{xn }n2N ] = {yn }n2N lim (xn yn ) = 0
n!1
gegeben. Eine solche Äquivalenzklasse ist eine reelle Zahl.
Addition und Multiplikation werden durch
[{xn }n2N ] + [{yn }n2N ]
[{xn }n2N ] [{yn }n2N ]
= [{xn + yn }n2N ]
= [{xn yn }n2N ]
erklärt. Wir müssen einsehen, dass Addition und Multiplikation wohldefiniert sind.
Falls {xn }n2N und {x0n }n2N äquivalent sind und ebenso {yn }n2N und {yn0 }n2N , dann
gilt
[{xn + yn }n2N ] = [{x0n + yn0 }n2N ]
Dazu muss man nur beobachten, dass
lim ((xn + yn )
n!1
(x0n + yn0 )) = 0
Eine ähnliche Überlegung stellt man für die Multiplikation an.
Wir wollen noch darauf eingehen, was die Dedekindschen Schnitte sind. Es sei
M eine Menge mit einer Ordnungsrelation . Ein Paar von Teilmengen (A, A) von
M heißt Dedekindscher Schnitt in M , falls
38
CHAPTER 2. ZAHLEN
(i) Jedes Element von M gehört einer der beiden Teilmengen A und A an.
(ii) Keine der beiden Mengen A und A ist leer.
(iii) Wenn x 2 A und y 2 A, dann gilt x < y.
(iv) A besitzt kein kleinstes Element.
A heißt Unterklasse und A Oberklasse des Schnittes. Falls M = Q, so identifizieren wir jeden Dedekindschen Schnitt mit einer reellen Zahl. Eine reelle Zahl
(A, A), deren Unterklasse A ein grösstes Element besitzt, wird mit einer rationalen
Zahl identifiziert.
Wir sagen, dass ein geordneter Körper volständig ist, falls jede Cauchy-Folge
konvergiert.
Satz 2 R ist ein geordneter Körper.
Satz 3 R ist vollständig.
2.4. FOLGEN IN R
2.4
39
Folgen in R
Eine Folge {xn }n2N heißt nach oben (unten) beschränkt, wenn es eine Konstante
C 2 R gibt, so dass für alle n 2 N
xn  C
(xn
C)
gilt. Die Folge heißt beschränkt, wenn sie sowohl nach unten als auch nach oben
beschränkt ist.
Lemma 12 Eine konvergente Folge ist beschränkt.
Beweis. 2
Lemma 13 Eine konvergente Folge hat genau einen Grenzwert.
Beweis. Wir nehmen an, dass es eine Folge {xn }n2N gibt, die zwei verschiedene
Grenzwerte x und x0 hat. Dann gilt
8✏ > 09N✏ 8n > N✏ :
8✏ > 09N✏0 8n > N✏0 :
|xn
|xn
x| < ✏
x0 | < ✏
Es sei Ñ✏ = max{N✏ , N✏0 }. Dann folgt
8✏ > 09Ñ✏ 8n > Ñ✏ : |xn
x| + |xn
x0 | < 2✏
Mit der Dreiecksungleichung folgt
8✏ > 09Ñ✏ 8n > Ñ✏ : |x
x0 | < 2✏
und schließlich
8✏ > 0 : |x
x0 | < 2✏
Es folgt x = x0 . 2
Lemma 14 Die Folgen {xn }n2N und {yn }n2N konvergieren gegen die Grenzwerte x
und y. Dann gelten:
(i) {xn + yn }n2N konvergiert gegen den Grenzwert x + y.
(ii) {xn yn }n2N konvergiert gegen den Grenzwert xy.
(iii) Falls für alle n 2 N gilt, dass yn 6= 0, und falls y 6= 0, dann konvergiert
gegen xy .
{ xynn }n2N
40
CHAPTER 2. ZAHLEN
Beweis. (i) Es gelten
8✏ > 09N✏ 8n > N✏ :
8✏ > 09N✏0 8n > N✏0 :
|xn
|yn
x| < ✏
y| < ✏.
Wir gehen wieder zu Ñ✏ = max{N✏ , N✏0 } über. Damit gilt
8✏ > 09Ñ✏ 8n > Ñ✏ :
8✏ > 09Ñ✏ 8n > Ñ✏ :
|xn
|yn
x| < ✏
y| < ✏.
Wir addieren die beiden Ungleichungen
8✏ > 09Ñ✏ 8n > Ñ✏ : |xn
x| + |yn
y| < 2✏
Mit der Dreiecksungleichung folgt
8✏ > 09Ñ✏ 8n > Ñ✏ : |(xn + yn )
(x + y)| < 2✏
(ii) Nach Lemma 12 gilt
9C8n 2 N : |yn | < C
Wir nehmen zunächst an, dass x 6= 0. Außerdem gilt
8✏ > 09N✏ 8n > N✏ : |xn
8✏ > 09N✏0 8n > N✏0 : |yn
✏
x| < 2C
✏
y| < 2|x|
Wir setzen nun Ñ✏ = max{N✏ , N✏0 } und erhalten
|xn yn
= |xn yn xyn + xyn xy|
= |(xn x)yn + x(yn y)|
 |(xn x)yn | + |x(yn y)|
xy|
= |yn ||xn
x| + |x||yn
y| < C
✏
✏
+ =✏
2C 2
Nun der Fall x = 0. Dann gilt
|xn yn
xy| = |xn yn |  C|xn |
2
Eine Folge {xn }n2N heißt monoton wachsend (fallend), falls für alle n 2 N
xn  xn+1
(xn+1  xn )
gilt.
Beispiel 10 (i) Die Folge { n1 }n2N ist monoton fallend.
(ii) Die Folge {1
1
n2 }n2N
ist monoton wachsend.
(iii) Die Folge {xn }n2N mit xn = 1 für alle n 2 N ist monoton wachsend und fallend.
2.4. FOLGEN IN R
41
Lemma 15 Eine beschränkte, monoton wachsende (fallende) Folge konvergiert in
R.
Beweis. Es sei {xn }n2N eine beschränkte, monoton wachsende Folge. Die Schranke
sei mit C bezeichnet. Es reicht zu zeigen, dass {xn }n2N eine Cauchy-Folge ist. Wir
nehmen an, dass {xn }n2N keine Cauchy-Folge ist, d.h.
9✏ > 0 8N✏ 9n, m > N✏ : |xn
xm |
✏
Hieraus leiten wir her, dass für jedes k 2 N zwei Folgen ni und mi , i = 1, . . . , k
existieren, so dass
mi < ni < mi+1 < ni+1
✏ < xni xmi
i = 1, . . . , k 1
i = 1, . . . , k
Da {xn }n2N keine Cauchy-Folge ist, folgt
9n1 > m1 : |xn1
xm1 |
✏
Wiederum weil {xn }n2N keine Cauchy-Folge ist, gibt es zu N✏ = n1 + 1 Zahlen n2
und m2 mit n2 > m2 > n1 und
|xn2
xm2 |
✏
Dieser Prozess wird entsprechend fortgesetzt. Da die Folge monoton wachsend ist,
folgt aus ni 1 < mi die Ungleichung xni 1  xmi . Deswegen erhalten wir, dass
xnk
xn1
k
X
=
(xni
xni 1 )
i=2
k
X
(xni
xmi )
✏(k
1).
i=2
Nun wählen wir k so groß, dass
✏(k
1) > C
x1 .
xnk
xn1 > C
x1
Damit erhalten wir
bzw.
xnk > C
x1 + xn1
C
Dies ist ein Widerspruch. 2
Lemma 16 (Bernoulli-Ungleichung) Für alle x 2 R mit 1 + x > 0 und x 6= 0 und
für alle n = 2, 3, . . . gilt
1 + nx < (1 + x)n
42
CHAPTER 2. ZAHLEN
Beweis. Wir benutzen Induktion. Da x2 > 0 gilt, folgt
(1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x
Wir nehmen an, diese Aussage sei für n richtig und schließen auf n + 1.
(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x)
> (1 + nx)(1 + x)
= 1 + (n + 1)x + nx2 > 1 + (n + 1)x
2
Mit der Bernoulli-Ungleichung werden wir nun das folgende Beispiel beweisen.
Beispiel 11 (i) (1 + n1 )n , n 2 N, ist eine monoton wachsende Folge.
(ii) (1 + n1 )n+1 , n 2 N, ist eine monoton fallende Folge.
(iii) Beide Folgen konvergieren gegen denselben Grenzwert. Wir nennen diesen Grenzwert die
Eulersche Zahl e.
Die Zahl e ist von großer Bedeutung in der Mathematik. Wir werden später eine Reihe von
Ergebnissen kennenlernen, die diese Zahl betre↵en.
Beweis. (i) Mit der Bernoulli-Ungleichung folgt
✓
◆n ✓
1
1+
1
n
Also gilt
◆n
=
✓
◆n ✓
1
1+
1
n
bzw.
Es folgt
1
n
✓
1
1
n
✓
◆n ✓
1
1+
1
n
✓
◆n
1
1+
>
n
1
1
1 n 1
n
=
✓
◆n
1
n
1
n
◆n
>1
1
.
n
1
n
>1
◆n
n
◆n
1
n2
1
> 1.
1
✓
= 1+
1
n
1
◆n
1
.
(ii) Es folgt mit der Bernoulli-Ungleichung
1
1+
Weiter folgt
und schließlich
1 n
n
1
1
=
1 n
n
n
1 n12
✓
◆n ✓
◆n
1
1
1
=
1+ 2
> 1+ 2
>1+ .
n
1
n
n
✓
n
1
n
✓
1+
◆n
1
n
1
>
◆n
✓
◆n+1
1
1+
n
>
✓
◆n+1
1
1+
n
2.4. FOLGEN IN R
43
(iii) Die beiden Folgen (i) und (ii) sind beschränkt. Man sieht sofort, dass beide Folgen von unten
durch 1 beschränkt sind. Andererseits ist (1 + n1 )n+1 eine monoton fallende Folge. Deshalb gilt
für alle n 2 N
✓
◆n+1 ✓
◆n
1
1
4
1+
1+
n
n
Nach Lemma 15 konvergieren sie beide. Wir definieren
✓
◆n
1
e = lim 1 +
n!1
n
Nach Lemma 14 konvergiert die Folge
✓
◆n+1
1
1+
n
Wegen
✓
◆n
1
1+
n
✓
◆n+1
1
1+
n
gilt
lim
n!1
✓
◆n+1
1
1+
n
Die letzte Gleichung gilt, weil
Wir wenden Lemma 14 an. 2
1
n
1+
n2N
✓
◆n
✓
◆n
1
1
1
1+
=
1+
n
n
n
✓
◆n !
✓
◆n
1
1
1
1+
= lim
1+
=0
n!1 n
n
n
1 n
,
n
n 2 N, das Produkt von zwei konvergenten Folgen ist.
Mit Beispiel 11 können wir für die Zahl e folgende Abschätzungen bekommen.
n=1:
n=2:
n=3:
n = 1000 :
2
2, 25 
✓ ◆3
4
2, 37... =

3
2, 716923... 
e 4
e  3, 375
✓ ◆4
4
e 
= 3, 16...
3
e  2, 71964...
Die Zahl e spielt in der Zinsrechnung eine Rolle. Ein Geldbetrag G sei pro Jahr mit
r Prozent verzinst. Nach einem Jahr erhält man also G(1 + r). Werden die Zinsen
r 12
jedoch monatlich ausgezahlt, so erhält man G(1 + 12
) am Ende des Jahres. Falls
r 365
eine Bank bereit ist, die Zinsen täglich auszuzahlen, so erhält man G(1 + 365
)
am Ende des Jahres. Werden also die Zinsen k mal im Jahr ausgezahlt, so erhält
man G(1 + kr )k am Ende des Jahres. O↵ensichtlich erhält man desto mehr Geld, je
häufiger die Zinsen während des Jahres ausgezahlt werden. Eine Verallgemeinerung
von Beispiel 11 besagt, dass man nie mehr als Ger am Ende des Jahres erhält. Der
Betrag Ger würde ausgezahlt,
wenn die Zinsen stetig ausgezahlt würden.
p
Die Quadratwurzel x einer reellen, positiven Zahl x soll genau diejenige positive
Zahl sein, die, wenn man sie mit sich selbst multipliziert, x liefert. Die Existenz
einer solchen Zahl wird durch das nächste Beispiel geliefert. Die Eindeutigkeit ist
o↵ensichtlich.
Beispiel 12 (i) (Heron von Alexandrien) Wir setzen a1 = 1 und für n
✓
◆
1
2
an+1 =
an +
2
an
1
44
CHAPTER 2. ZAHLEN
Dann gilt
lim an =
n!1
p
2
(ii) (Newton Iteration) Es sei x > 0. Wir setzen a1 = 1 und für n
✓
◆
1
x
an+1 =
an +
.
2
an
Dann gilt
lim an =
n!1
und für alle n = 2, 3, . . . gilt
1
p
x
p
x
 x  an .
an
Insbesondere existiert die Quadratwurzelfunktion, d.h. es gibt eine Funktion w : [0, 1) ! [0, 1),
so dass für alle x 2 [0, 1)
(w(x))2 = x
gilt.
Die im Beispiel angegebene Folge stellt ein Iterationsverfahren dar, mit dem man die Wurzel
einer Zahl berechnen kann. Es stammt von dem griechischen Mathematiker Heron von Alexandrien
(ca. 60 n. Chr.). Das Iterationsverfahren besteht darin, dass der Mittelwert von zwei Zahlen
gebildet wird, deren Produkt x ist.
(ii) ist ein Spezialfall des Verfahrens von Newton zum Auffinden einer Nullstelle einer Funktion.
n)
2
Hierbei setzt man xn+1 = xn ff0(x
x.
(xn ) . In dem vorliegenden Beispiel wählt man f (t) = t
Bevor wir die Behauptungen beweisen,p
wollen wir eine einfache Überlegung
anstellen, die sofort
p
zeigt, warum der Grenzwert der Folge (i) 2 ist, bzw. im Fall (ii) x. Wir nehmen an, dass der
Grenzwert existiert und verschieden von 0 ist. Dann folgt
(2.1)
lim an+1 =
n!1
1
1
lim an +
2 n!1
limn!1 an
Wir bezeichnen den Grenzwert der Folge mit a und erhalten
a=
1
1
a+
2
a
Also gilt
a2 = 2
Für den Beweis des Beispiels benötigen wir die folgende Abschätzung.
Lemma 17 Für alle s, t 2 R gilt
4st  (s + t)2
Beweis. Es gilt
Es folgt
0  (s
t)2 = s2
2st + t2
4st  s2 + 2st + t2 = (s + t)2
2
Beweis von Beispiel 12. Wir zeigen, dass {an }1
n=2 eine monoton fallende Folge ist und dass
für alle n 2 N gilt, dass 1  an . Mit Lemma 15 folgt dann, dass die Folge konvergiert und der
2.4. FOLGEN IN R
45
Grenzwert nicht 0 ist. Außerdem wissen wir, dass der Grenzwert größer oder gleich 1 ist, also nicht
0. Aus Lemma 14 (iii) folgt dann, dass (2.1) gilt und wir erhalten
p
lim an = 2.
n!1
Es gilt für alle n 2 N, dass an > 0. Dies zeigen wir durch Induktion. Es gilt a1 = 1 und
an+1 =
1
1
an +
>0
2
an
falls an > 0.
Außerdem gilt für alle n = 2, 3, . . . , dass 2  a2n . Auch dies zeigen wir durch Induktion. a1 = 1
und damit
1
1
3
a2 = a1 +
=
2
a1
2
Somit gilt a22 =
9
4
> 2. Mit Lemma 17 folgt
a2n+1
=
✓
1
1
an +
2
an
Aus an > 0 und a2n
2 folgt, dass an
Aus a2n 2 und an > 0 folgt, dass
Wir addieren auf beiden Seiten 12 an
◆2
1
1
4 an
=2
2 an
1. Wir zeigen nun, dass die Folge monoton fallend ist.
1
1
 an
an
2
1
1
an +
 an
2
an
Also gilt für alle n = 2, 3, . . .
an+1  an
(ii) wird genauso hergeleitet. Wir erhalten hier
✓
◆2
1
x
2
an+1 =
an +
4
an
an
x
=x
an
Hieraus ergibt sich dann für n = 2, 3, . . .
x
 an
an
oder
an +
x
 2an
an
Also
an+1  an
Also ist
eine monoton fallende Folge und somit { axn }1
n=2 eine monoton wachsende Folge.
p
Beide Folgen konvergieren gegen x. 2
{an }1
n=2
Für
p
2 wollen wir noch die numerischen Werte der ersten Folgenglieder festhalten.
p
4
2
=

2  a2 = 32 = 1, 5
3
a2
p
24
2
1, 41176... =
=

2  a3 = 17
12 = 1, 41666...
17
a3
p
816
2
1, 41421... =
=

2  a4 = 577
408 = 1, 41421...
577
a4
1, 333... =
46
CHAPTER 2. ZAHLEN
Beispiel 13 Es sei a1 2 R und
an+1 = an + a2n
Dann konvergiert diese Folge für alle a1 mit
divergiert die Folge.
n2N
1  a1  0 gegen 0. Für alle anderen Werte
Beweis. Die Folge ist monoton wachsend
an+1 = an + a2n
an
und für alle n 2 N gilt 1  an  0, falls 1  a1  0. Wir weisen dies mit Induktion nach.
Es gilt nach Voraussetzung 1  a1  0. Wir nehmen nun an, dass 1  an  0. Dann gelten
0  1 + an  1,
an+1 = an + a2n = an (1 + an )  0
und
an+1 = an + a2n = an (1 + an )
1.
Damit ist die Folge für 1  a1  0 monoton wachsend und beschränkt und nach Lemma ??
konvergent. In diesem Fall folgt für den Grenzwert
lim an = lim an+1 = lim an +
n!1
n!1
n!1
also
⇣
lim an
n!1
⌘2
lim an = 0
n!1
Wir betrachten nun die anderen Fälle. Es sei 0 < a1 . Dann gilt für alle an , n 2 N,
an
a1 .
Fall die Folge konvergiert, dann gilt also
0 < a1  lim an .
n!1
Wir hatten uns aber bereits überlegt, dass der Grenzwert 0 sein muss. Falls a1 <
1, dann
a2 = a1 + a21 = a1 (1 + a1 ) > 0.
Nun verfahren wir wie im Fall a1 > 0. 2
Beispiel 14 [Hers] (i) Es sei an , n 2 N, eine Folge positiver, reeller Zahlen. Die Folge
r
a1 +
q
p
a2 + · · · + an
n2N
konvergiert genau dann, wenn es eine Zahl c > 0 gibt, so dass für alle n 2 N die Ungleichung
n
an  c(2 ) gilt.
(ii) Insbesondere konvergiert
r
q
p
x + x + ··· + x
für x > 1 und der Grenzwert ist
1
2
+
q
x + 14 .
2.4. FOLGEN IN R
47
Beweis. (i) Wir zeigen, dass die Bedingung notwendig ist. Wenn wir a1 , . . . , an
erhalten wir
r
q
q
p
p
a1 + a2 + · · · + an
· · · an .
1
durch 0 ersetzen,
n
Falls es zu jedem c > 0 ein n 2 N mit an > c(2 ) gibt, dann gilt
r
q
p
c  a1 + a2 + · · · + an
und die Folge ist unbeschränkt, kann also nicht konvergieren.
Wir zeigen nun, dass die Bedingung hinreichend ist. Falls es eine Zahl c gibt, so dass für alle
n
n 2 N die Ungleichung an  c(2 ) gilt, dann folgt
r
r
r
q
q
q
p
p
p
n
a1 + a2 + · · · + an  c2 + c4 + · · · + c(2 ) = c 1 + 1 + · · · + 1.
Weiter gilt
q
p
p
2 + 2 = 2 + 2 + 2 = ···
r
r
q
q
p
p
=
2 + 2 + · · · + 2 + 2 > 1 + 1 + · · · + 1.
2 =
Damit ist die Folge nach oben beschränkt. Außerdem ist sie monoton wachsend.
s
r
r
q
q
p
p
a1 + a2 + · · · + an < a1 + a2 + · · · + an + an+1
Mit Lemma 15 folgt, dass die Folge konvergiert.
(ii) Die Folge lässt sich auch so schreiben:
p
b1 = x
Es folgt für den Grenzwert b der Folge
und somit b2 = x + b, also b =
q
1
x + 14 . 2
2 +
1
2
±
b=
bn+1 =
p
x+b
p
x + bn
q
x + 14 . Da der Grenzwert positiv sein muss, folgt b =
Es sei I : N ! R eine reelle Folge und J : N ! N eine strikt wachsende
Abbildung, d.h. für alle n 2 N gilt J(n) < J(n + 1). Dann sagen wir, dass die Folge
J I eine Teilfolge der Folge I ist. Wie üblich bezeichnen wir auch das Bild von
I, also {an }n2N als Folge. Entsprechend bezeichnen wir {ani }i2N als Teilfolge, wenn
n1 < n2 < n3 < · · · gilt.
Satz 4 (Bolzano-Weierstraß) Jede beschränkte Folge hat eine konvergente Teilfolge.
Die Folge an = ( 1)n , n 2 N, konvergiert nicht, aber die Teilfolge a2k , k 2 N,
konvergiert.
Beweis. Es sei {an }n2N eine beschränkte Folge. Wir zeigen, dass es eine Teilfolge
gibt, die entweder monoton fallend oder monoton wachsend ist. Mit Lemma 15 folgt
dann die Behauptung. Es sei
I = {n 2 N|8`
n : a`  an }
48
CHAPTER 2. ZAHLEN
Falls I eine unendliche Menge ist, so ist
{an }n2I
eine monoton fallende Folge, wobei die Elemente von I der Größe nach geordnet
sind:
I = {n1 , n2 , n3 , . . . }
mit
n1 < n2 < n3 < · · ·
Wir überlegen uns, dass die Folge monoton fallend ist. Es gilt ani
ani+1 , weil
ni 2 I und ni < ni+1 .
Wir nehmen nun an, dass I eine endliche Menge ist. Wir konstruieren nun durch
Induktion eine monoton strikt wachsende Folge. Als m1 wählen wir eine natürliche
Zahl, die strikt größer als alle Zahlen in I ist. Wir nehmen an, dass wir bereits k
Elemente der Folge
am1 , . . . , amk
m1 < m2 < · · · < mk
und
gewählt haben. Nun wählen wir das k + 1-ste Element. Da mk 2
/ I, gilt
mk 2 {n 2 N|9`
n : a` > an }.
Deshalb gibt es ein mk+1 mit mk+1 > mk und amk+1 > amk . 2
Beispiel 15 (i) Es sei x 2 R mit |x| < 1. Dann gilt
lim xn = 0
n!1
(ii)
lim
n!1
(iii)
n!
=0
nn
an
=0
n!1 n!
lim
Beweis. (i) Gegeben sei ✏ > 0. Nun wählen wir N✏ , so dass für alle n > N✏ gilt
✓
◆
1
1
<n
1
✏
|x|
1
Dies ist möglich, weil R Archimedisch ist und 1 < |x|
. Damit und mit der Bernoulli-Ungleichung
folgt, dass
✓
✓
◆◆n
✓
◆
✓
◆
1
1
1
1
1
=
1
+
1
1
+
n
1
>
n
1
>
n
|x|
|x|
|x|
|x|
✏
Also gilt für alle n > N✏
(ii) Es gilt
|xn
0| < ✏
0
n!
1

n
n
n
2.4. FOLGEN IN R
(iii) Die Folge
an
n! ,
49
n 2 N, ist für n > a monoton fallend: Es gilt für n > a
an
n!
an+1
(n + 1)!
weil dies zu
n+1
a
äquivalent ist. Außerdem ist die Folge nach unten durch 0 beschränkt. Mit Lemma 15 folgt, dass
die Folge konvergiert. Da limn!1 n1 = 0 folgt
an ⇣
a⌘
= lim
n!1 n!
n!1 n
lim
2
✓
an 1
n!1 (n
1)!
lim
◆
=
⇣
a⌘
n!1 n
lim
✓
an
n!1 n!
lim
◆
.=0
Es seien a1 , . . . , ak 2 R und {xn }n2N eine Folge. Falls für alle n mit n
Gleichungen
xn + a1 xn 1 + · · · + ak xn k = 0
k die
gelten, dann sagen wir, dass die Folge die Di↵erenzengleichung mit den Koeffizienten
a1 , . . . , ak erfüllt.
Man überlegt sich leicht, dass die Menge aller Lösungen ein linearer Teilraum
des Vektorraumes aller unendlichen Folgen ist.
Satz 5 (Di↵erenzengleichung) Es seien a1 , . . . , ak 2 R und wir nehmen an, dass
1 , . . . , k 2 K paarweise verschiedene Nullstellen des Polynoms
tk + a1 tk
1
+ · · · + ak 1 t + ak = 0
sind. Dann ist
n 1
i )n=0 |i
{(
= 1, . . . , k}
eine Basis des Lösungsraumes der Di↵erenzengleichung
xn + a1 xn
Das Polynom tk + a1 tk
der Di↵erenzengleichung.
Beweis. Falls
1
1
+ · · · + ak xn
=0
n
k.
+ · · · + ak 1 t + ak heißt das charakteristische Polynom
eine Nullstelle von
tk + a1 tk
ist, so ist (
k
n 1
)n=0
1
+ · · · + ak 1 t + ak
eine Lösung. Daraus folgt, dass das Erzeugnis von
{(
n 1
)n=0 |i
= 1, . . . , k}
im Lösungsraum enthalten ist. Außerdem sind die Vektoren
(
n 1
i )n=0
i = 1, . . . , k
50
CHAPTER 2. ZAHLEN
im Raum R1 linear unabhängig. Dazu reicht es aus nachzuweisen, dass die Vektoren
0
1 0
1
0
1
1
1
1
B 1 C B 2 C
B k C
B
C B
C
B
C
2
2
B
C B
C
B 2 C
B 1 C,B 2 C,...,B k C
B .. C B .. C
B .. C
@ . A @ . A
@ . A
k 1
1
k 1
2
k 1
k
im Raum Rk linear unabhängig sind. Dazu zeigen wir, dass die Determinante dieser
Matrix von 0 verschieden ist. Es handelt sich um die Vandermondesche Determinante, die sich zu
Y
( i
j)
i>j
berechnet. Da alle i paarweise verschieden sind, ist die Determinante von 0 verschieden.
Es bleibt noch zu zeigen, dass die Dimension des Raumes aller Lösungen kleiner
oder gleich k ist. Jede Lösung ist durch die ersten k Koordinaten x0 , . . . , xk 1
bestimmt. Dies folgt aus der Rekursionsformel. Also ist die Dimension des Raumes
gleich k. 2
Beispiel 16 Es seien a, b 2 R. Wir setzen a0 = a, a1 = b und für n = 2, 3, . . .
an =
1
(an
2
dann gilt
lim an =
n!1
+ an
1
2)
1
2
a+ b
3
3
Beweis. Wir wenden Satz 5 an. Das charakteristische Polynom der Di↵erenzengleichung ist
t2 12 t 12 . Die Nullstellen sind 1 und 12 . Deshalb ist
1 n 1
2
n=0
(1)1
n=0
eine Basis des Lösungsraumes. Wir bestimmen nun die Koeffizienten c1 und c2 , so dass
a = a0 = c1 + c2
b = a1 = c1
Also
b=a
1
2 c2
c2
c2 = 23 (a
c1 = a
Damit ist die Folge
die Lösung und
b)
2
3 (a
2
( 13 a + 23 b)(1)1
n=0 + 3 (a
lim ( 13 a + 23 b) + 23 (a
n!1
2
c2 = a
1
2 c2
b)(
b) = 13 a + 23 b.
b) (
1 n
2)
1 n 1
2 ) n=0
= 13 a + 23 b.
2.5. REIHEN IN R
2.5
51
Reihen in R
Es sei {xk }k2N eine Folge in R. Wir bezeichnen die von {xk }k2N erzeugte Folge
sn =
n
X
n2N
xk
k=1
als die unendliche Reihe von {xk }k2N . Wir bezeichnen sn als die n-te Partialsumme
der Reihe. Die Reihe von {xk }k2N heißt konvergent, falls die Folge {sn }n2N konvergiert. Wir schreiben dann für den Grenzwert
1
X
xk
k=1
Eine Folge konvergiert genau
Pdann in R, falls die eine Cauchy-Folge ist. Für Reihen
bedeutet dies: Eine Reihe 1
n=1 xn konvergiert genau dann, wenn zu jedem ✏ > 0
ein N✏ existiert, so dass für alle n, m N✏ , n < m, die Ungleichung
m
X
xk < ✏
k=n
gilt.
P
n
Die Reihe 1
ist ein klassisches Beispiel. Man kann sich mit Hilfe der foln=0 2
genden Anektote überlegen, dass diese Reihe konvergiert und der Grenzwert 2 ist.
Herkules und eine Schildkröte laufen um die Wette. Die Schildkröte erhält einen
Vorsprung von 1 Kilometer. Herkules läuft doppelt so schnell wie die Schildkröte.
O↵ensichtlich wird die Schildkröte bei Kilometer 2 von Herkules eingeholt. Andererseits hat die Schildkröte 1 + 12 Kilometer zurückgelegt, wenn Herkules 1 Kilometer
gelaufen ist. Wenn Herkules 1 + 12 Kilometer gelaufen ist, dann P
ist die Schildkröte
1
1
1 + 2 + 4 Kilometer gelaufen. Wenn die Schildkröte die Strecke 1
2 n gelaufen
n=0
P1
ist, so ist auch Herkules diese Strecke gelaufen und man sieht, dass n=0 2 n = 2.
Beispiel 17 (Geometrische Reihe) Für alle x 2 R mit |x| < 1 gilt
1
X
xn =
n=0
1
1
x
Diese Reihe heißt geometrische Reihe.
Lemma 18 Für alle x 2 R mit |x| < 1 gilt
n
X
k=0
xk =
1
xn+1
1 x
52
CHAPTER 2. ZAHLEN
Beweis.
(1
x)
n
X
k
x =
k=0
2
n
X
n
X
k
x
k=0
xk+1 = 1
xn+1
k=0
Beweis von Beispiel 17. Nach Lemma 18 gilt
n
X
xn =
1
k=0
xn+1
.
1 x
Nach Beispiel 15 gilt
lim
n!1
1
xn+1
1
=
1 x
1 x
1
1
lim xn+1 =
x n!1
1
1
x
.
2
Lemma 19 (Verdichtungskriterium von Cauchy) Es sei an , P
n 2 N, eine monoton
fallende Folge positiver Zahlen. Dann konvergiert die Reihe 1
n=1 an genau dann,
wenn
1
X
2k a2k
k=1
konvergiert. Außerdem gilt
1
X
k=0
k
2 a2k+1 
1
X
n=1
an 
1
X
2k a2k ,
k=0
falls eine der beiden Reihen konvergiert.
Beweis. Die Reihe
für alle N 2 N
P1
n=1
an konvergiert genau dann, wenn es ein C gibt, so dass
N
X
n=1
an  C
gilt. Dies gilt, weil die Folge der Partialsummen monoton
und beschränkt
P1 wachsend
k
ist (Lemma 15). Dieselbe Aussage gilt für die Reihe k=0 2 a2k .
Da die Folge monoton fallend ist, gelten für alle k = 0, 1, 2, . . . und alle n mit
k
2  n  2k+1 1 die Ungleichungen a2k+1  an  a2k . Deshalb gilt für alle
k = 0, 1, . . .
2k+1
X1
k
2 a2k+1 
an  2k a2k .
n=2k
Hieraus folgt
N
X
k=0
k+1
k
2 a2k+1 
N 2X1
X
k=0 n=2k
an 
N
X
k=0
2k a2k
2.5. REIHEN IN R
53
bzw.
N
X
k=0
Es folgt
2 a2k+1 
1
X
k=0
2
+1 1
2NX
k
an 
n=1
2k a2k+1 
Beispiel 18 Die Reihe
1
X
n=1
an 
N
X
2k a2k .
k=0
1
X
2k a2k .
k=0
1
X
1
n
n=1
heißt harmonische Reihe. Sie konvergiert nicht.
Die Reihe heißt harmonisch, weil die Wellenlängen der Obertöne einer schwingenden Saite
jeweils 12 , 13 , 14 ... der Wellenlänge des Grundtons sind.
Beweis. Wir erhalten das Ergebnis unmittelbar aus Lemma 19.
1
X
2k
k=0
1
X
1
=
1
2k
k=0
konvergiert nicht.
Wir geben auch noch einen Beweis an, der nicht Lemma 19 benutzt. Wir zeigen, dass die Folge
der Partialsummen
n
X
1
n2N
k
k=1
keine Cauchy-Folge ist, d.h.
9✏8N 9n, m
Wir wählen ✏ =
1
4
N:
n
X
1
k
✏
k=m+1
und n = 2m. Dann gilt
2m
X
1
1
1
1
>m
= > =✏
k
2m
2
4
k=m+1
2
Beispiel 19 Die Reihe
1
X
1
2
n
n=1
konvergiert. Der Grenzwert liegt zwischen 1 und 2.
Beweis. Nach Lemma 19 gilt
1
X
k=0
bzw.
2
k
1
22k+2
1
1
X
X
1
1


2k 2k .
2
n
2
n=1
k=0
1
1
1
X
X
1 X 1
1
1
=


= 2.
2
2k+2 n=1 n2
2k
k=0
k=0
54
CHAPTER 2. ZAHLEN
Andererseits gilt
1
1
X
1
.
n2
n=1
Lemma 20 Es sei {xn }n2N eine Folge reeller Zahlen. Falls die Reihe
konvergiert, dann gilt
lim xn = 0
P1
n=1
xn
n!1
Beweis. Die Folge
n
X
n2N
xk
k=1
ist konvergent, also insbesondere eine Cauchy-Folge. Es gilt also
8✏ 9N 8n, m > N :
n
X
xk < ✏
k=m+1
Insbesondere können wir n = m + 1 wählen. Damit erhalten wir
8✏ 9N 8m > N : |xm+1 | < ✏
2
Lemma 21 Es seien
r 2 R. Dann gilt
(i)
P1
n=1
xn und
1
X
xn +
n=1
P1
n=1
1
X
n=1
(ii)
r
1
X
yn Reihen, die in R konvergieren, und
1
X
yn =
(xn + yn )
n=1
xn =
n=1
1
X
rxn
n=1
Beweis. (i)
1
X
xn +
n=1
n=1
Mit Lemma 14 folgt
1
X
n=1
⇤
xn +
1
X
1
X
n=1
yn = lim
N !1
N
X
n=1
xn + lim
N !1
N
X
yn
n=1
N
1
X
X
yn = lim
(xn + yn ) =
(xn + yn )
N !1
n=1
n=1
2.5. REIHEN IN R
55
Lemma 22 (Leibniz) Es sei {xn }n2N eine Folge positiver, reeller Zahlen, die monton gegen 0 konvergiert, d.h.
lim xn = 0
xn+1 für n 2 N
xn
n!1
Dann konvergiert
1
X
( 1)n xn
n=1
Beweis. Wir zeigen, dass
(2n+1
)
X
( 1)k xk
k=1
n2N
eine monoton wachsende, beschränkte Folge ist und
( 2n
)
X
( 1)k xk
k=1
n2N
eine monoton fallende, beschränkte Folge ist. Wir prüfen nach, dass die erste Folge
monoton wachsend ist. Da x2n+2 x2n+3 gilt, folgt für alle n = 0, 1, . . .
2n+1
X
k=1
k
( 1) xn 
2n+1
X
k
( 1) xn + (x2n+2
x2n+3 ) =
k=1
2n+3
X
( 1)k xn
k=1
Genauso überprüft man, dass die zweite Folge monoton fallend ist. Außerdem gilt
für alle n, m = 1, 2, . . .
2n+1
2m
X
X
( 1)k xn 
( 1)k xn
k=1
k=1
Dazu wählen wir N = max{n, m}. Es gilt
2N
+1
X
( 1)k xn 
k=1
2N
X
( 1)k xn
k=1
Andererseits gilt
2n+1
X
k=1
k
( 1) xn 
2N
+1
X
k
( 1) xn
und
k=1
2N
2m
X
X
k
( 1) xn 
( 1)k xn
k=1
Also gilt
2n+1
X
k=1
2m
X
( 1) xn 
( 1)k xn
k
k=1
k=1
56
CHAPTER 2. ZAHLEN
Hieraus folgt auch, dass beide Folgen beschränkt sind. Damit sind beide Folgen
konvergent. Es bleibt zu zeigen, dass sie gegen denselben Grenzwert konvergieren.
Es gilt
lim
n!1
2n+1
X
( 1)k xn
k=1
lim
n!1
2n
X
( 1)k xn = lim ( 1)2n+1 x2n+1 = 0
n!1
k=1
2
Beispiel 20 Die Reihen
1
X
( 1)n
n
n=1
sind konvergent.
1
X
( 1)n
p
n
n=1
und
P
P1
Wir sagen, dass eine Reihe 1
n=1 xn absolut konvergiert, falls
n=1 |xn | konvergiert. Es gibt Reihen, die konvergieren und die nicht absolut konvergieren. Ein
Beispiel dafür ist
1
X
( 1)n
n
n=1
Lemma 23 Falls eine Reihe absolut konvergent ist, so ist sie auch konvergent.
Beweis. Es sei
P1
k=1
xk eine absolut konvergente Reihe. Wir zeigen, dass die Folge
( n
)1
X
xk
k=1
n=1
eine Cauchy-Folge ist. Da die Reihe absolut konvergent ist, ist
( n
)1
X
|xk |
k=1
n=1
eine Cauchy-Folge. Also
8✏ > 09N 8n, m > N :
n
X
k=m+1
|xk | < ✏
Mit der Dreiecksungleichung folgt
8✏ > 09N 8n, m > N :
2
n
X
k=m+1
xk < ✏
2.5. REIHEN IN R
57
Lemma 24 (Majorantenkriterium)
Es seien {xn }n2N und {yn }n2N zwei Folgen nichtP1
negativer Zahlen. Es konvergiere n=1 xn und für alle n 2 N gelte yn  xn . Dann
konvergiert auch
1
X
yn
n=1
Beweis. Wir zeigen, dass
eine Cauchy-Folge ist. Da
P1
n=1
( n
X
yk
k=1
)1
n=1
xn konvergiert, gilt
8✏ > 09N 8n, m > N :
Wegen
0
folgt
n
X
k=m+1
yk 
n
X
xk < ✏
k=m+1
n
X
xk
k=m+1
8✏ > 09N 8n, m > N :
n
X
yk < ✏
k=m+1
2
Lemma 25 (Quotientenkriterium) Es seien 0 < ✓ < 1 und {xn }n2N eine Folge
reeller Zahlen, so dass für alle n 2 N
xn+1
✓
xn
gilt. Dann konvergiert
1
X
xn
n=1
Beweis. Wegen Lemma 23 reicht es zu zeigen, dass
zeigen durch Induktion, dass für alle n 2 N
|xn |  |x1 |✓n
P1
n=1
|xn | konvergiert. Wir
1
gilt.
Es gilt |x2 |  |x1 |✓. Wir führen nun den Induktionsschritt durch. Falls |xn | 
|x1 |✓n 1 , so folgt
|xn+1 |  |xn |✓  |x1 |✓n
58
CHAPTER 2. ZAHLEN
n 1
Damit ist
}n2N eine Majorante von {|xn |}n2N . Wegen Beispiel
17 kon1 |✓
P{|x
P1
1
n 1
vergiert n=1 |x1 |✓
und damit nach dem Majorantenkriterium auch n=1 |xn |.
2
P
1
Man beachte, dass man das Quotientenkriterium nicht auf die Reihe 1
n=1 n
anwenden kann. Zwar gilt für alle n 2 N, dass
1
n+1
1
n
=
n
<1
n+1
gilt, aber es gibt kein ✓ < 1, so dass für alle n 2 N
n
✓
n+1
P
1
gilt. Ebenso kann man das Quotientenkriterium nicht auf die Reihe 1
n=1 n2 anwenden.
P
P1
Lemma 26 Es seien 1
n=1 xn und
n=1 yn zwei absolutkonvergente Reihen. Dann
konvergiert auch
!
1
n 1
X
X
xk yn k
n=1
und es gilt
1
X
xn
n=1
!
1
X
k=1
yn
n=1
!
=
1
n 1
X
X
n=1
xk yn
k
k=1
!
Mit diesem Lemma kann man die Gleichung ex+y = ex ey beweisen.
Beweis. Wir zeigen, dass
( n
! n
!
X
X
xk
yk
k=1
k=1
n
k 1
X
X
k=1
x` yk
`=1
`
!)
n2N
eine Nullfolge ist. Es gilt
n
X
xi
i=1
=
n
X
!
xi yj
i,j=1
=
n
X
n
X
yk
k=1
n
X
k=1
!
k 1
X
`=1
n
k 1
X
X
k=1
`=1
x` yk
`
x` yk
`
!
xi yj
(i,j)2I
wobei
I = {(i, j)|0  i, j  n und n < i + j}
!
2.5. REIHEN IN R
59
P
Die letzte Gleichung ergibt sich wie folgt. In der Summe ni,j=1 xi yj treten alle
Produkte xi yj mit 1  i, j  n auf. Von diesen müssen alle jene eliminiert werden,
die in der zweiten Summe auftreten. Dies sind alle Produkte xi yj mit i + j = k und
1  k  n. Es gilt
I ✓ {(i, j)|1  i  n und
n
n
 j  n} [ {(i, j)|1  j  n und
 i  n}.
2
2
n
Dies ist richtig, weil aus i + j n folgt, dass i
oder j
2
weiter
!
!
!
n
n
n
k
X
X
X
X
xk
yk
x` yk `
k=1

X
(k,j)2I
=
n
X
k=1
2
k=1
|xk yj | 
P1
n=1
X
|xk yj | +
1kn
n jn
2
gilt. Hiermit folgt
`=1
1jn
n kn
2
1
!0
X
|xk | @
|yj |A +
Beispiel 21 Es sei
Dann konvergiert
k=1
X
n
2
n
X
n
jn
2
j=1
( 1)n
xn = p
n
|xk yj |
1
!0
X
|yj | @
|xk |A
n
kn
2
n2N
xn , aber das Cauchy-Produkt
1 n
X
X1
xk xn
k
n=1 k=1
divergiert.
Beweis.
n
X1
xk xn
k=1
Daher folgt
n
X1
xk xn
k
k=1
2
k
=
n
X1
k=1
=
n
X1
k=1
1
p p
k n
( 1)n
p p
k n k
k
n
X1
k=1
1
n
1
=1
P
Lemma 27 Es sei n2N xn eine konvergente, aber nicht absolut konvergente Reihe.
{pk }k2N sei die Folge natürlicher Zahlen, so dass xpk die k-te nichtnegative Zahl
der Folge {xn }n2N ist. Entsprechend seien {nk }k2N die Indices der negativen Folgenglieder: xnk ist die k-te negative Zahl. Dann divergieren die Reihen
X
X
xnk
xpk
k2N
k2N
60
CHAPTER 2. ZAHLEN
Beweis.
Wir zeigen,
dass die Reihe absolut konvergiert, falls eine der beiden Reihen
P
P
und k2N xpP
konvergiert. Dazu überlegt man sich zunächst, dass beide
k
k
k2N xnP
ReihenP k2N xnk und k2N xpk konvergieren, wenn nur eine konvergiert, weil die
Reihe n2N xn konvergiert.
P
P
Wir können also annehmen, dass beide Reihen
k2N xnk und
k2N xpk konvergieren.
Nun betrachten wir die Reihen
X
X
x0n
und
x00n
n2N
die durch
x0n
=
⇢
n2N
xn xn 0
0 xn < 0
x00n
=
⇢
xn xn < 0
0 x 0
Falls diese beiden Reihen konvergieren, dann konvergiert auch
X
X
X
X
xn =
x0n
x00n =
|xn |.
n2N
n2N
n2N
n2N
P
P
P
P
Wir zeigen nun, dass n2N x0n und n2N x00n konvergieren,
falls k2N xnk und k2N xpk
Pm 0
konvergieren. Die Folge der Partialsummen n=1 xn , m 2 N, ist monoton wachsend
und es gilt für alle m 2 N
m
X
X
x0n 
xpk .
n=1
k2N
Damit ist diePFolge der Partialsummen
auch beschränkt und somit konvergent. Also
P
konvergiert n2N x0n . Für n2N x00n wird der Beweis genauso geführt. 2
Eine Permutation
P1 von N ist eine bijektive Abbildung von N auf sich. Wir sagen,
dass eine Reihe n=1 xn unbedingt konvergiert, falls für jede Permutation ⇡ von N
die Reihe
1
X
x⇡(n)
n=1
konvergiert.
Lemma 28 Eine Reihe ist genau dann unbedingt konvergent, wenn sie absolut konvergent ist.
P
Falls eine Reihe 1
n=1 xn unbedingt konvergiert, dann gilt für alle Permutationen
⇡
1
1
X
X
xn =
x⇡(n) .
n=1
n=1
Beweis. Wir nehmen an, dass die Reihe absolut konvergiert, also
8✏ > 09N 8n, m > N :
n
X
k=m
|xk | < ✏.
2.5. REIHEN IN R
61
Wir wählen nun N 0 so groß, dass
{k|1  k  N } ✓ {⇡(k)|1  k  N 0 }
Dann folgt
n
X
8✏ > 09N 0 8n, m > N 0 :
k=m
x⇡(k) 
n
X
k=m
|x⇡(k) | < ✏.
Also konvergiert die Reihe unbedingt.
Wir zeigen nun, dass die Reihe nicht unbedingt konvergiert, wenn sie nicht absolut konvergiert. Falls die ReihePnicht absolut P
konvergiert, dann divergieren nach
Lemma 27 die beiden Teilreihen k2N xnk und k2N xpk .
Wir wählen mj 2 N mit 1 = m1 < m2 < · · · und
mj+1 1
X
xpi
1
i=mj
Für j = 1, 2, 3, . . . wählen wir ⇡(mj +j
(2.2)
1) = nj und für i = mj +j, . . . , mj+1 +j
1
⇡(i) = pi j .
Wir überzeugen uns davon, dass ⇡ eine Permutation ist. Wir zeigen, dass ⇡ surjektiv
ist. Dazu beachten wir, dass N = {nk |k 2 N}[{pk |k 2 N}. Wegen ⇡(mj +j 1) = nj
für j 2 N werden alle Elemente in {nk |k 2 N} getro↵en. Wegen (2.2) werden für
festes j die Indices pmj , . . . , pmj+1 1 getro↵en.
Dann gilt
mj+1 +j 1
mj+1 +j 1
mj+1 1
X
X
X
x⇡(i) =
xpi j =
xpi 1.
i=mj +j
P
i=mj +j
i=mj
Somit konvergiert die Reihe n2N x⇡(n) nicht.
Wir zeigen nun, dass für alle Permutationen ⇡
1
X
xn =
n=1
1
X
x⇡(n)
n=1
P
gilt. Wir
⇡ die Reihe 1
n=1 x⇡(n) absolut konvergiert,
P1überlegen uns, dass für alleP
1
wenn
x
absolut
konvergiert.
x
konvergiert
genau dann absolut,
n=1 n
n=1
P1⇡(n)
wenn für alle Permutationen die Reihe n=1 x ⇡(n) konvergiert. Dies gilt aber,
weil
⇡ eine Permutation ist.
Wir zeigen, dass
1
X
(xn x⇡(n) ) = 0
n=1
gilt. Für alle ✏ > 0 existiert ein N , so dass für alle k
1
X
n=k
|xn | < ✏
N
62
CHAPTER 2. ZAHLEN
gilt. Nun wählen wir N 0 so groß, dass {1, . . . , N } ✓ {⇡(1), . . . , ⇡(N 0 )}.
0
N
X
(xn
x⇡(n) )
n=1
0
=
N
X
xn
n=N +1


n=N +1
1
X
n=N +1
x⇡(n)
X
|x⇡(n) |
{n|1nN 0 ,⇡(n)>N }
0
N
X
X
|xn | +
|xn | +
{n|1nN 0 ,⇡(n)>N }
1
X
n=N +1
|xn |  2✏
2
P
Satz 6 (Riemann) Es sei n2N xn eine konvergente Reihe, die nicht absolut konvergiert. Dann existiert für jedes x 2 R eine Permutation ⇡, so dass
X
x=
x⇡(n)
n2N
Beweis. Wir betrachten zuerst den Fall, dass x
0. Wir benutzen Lemma 27.
Wir wählen m1 , so dass
m
m1
1 1
X
X
xpk  x <
xpk
k=1
k=1
Entsprechend sind die ersten m1 Indices unserer Folge p1 , . . . , pm1 . Nun wählen wir
`1 , so dass
m1
`1
m1
`1
X
X
X
X
xpk +
xnk < x 
xpk +
xnk 1
k=1
k=1
k=1
k=1
Die nächsten Indices `1 unserer Folge sind n1 , . . . , n`1 2
Beispiel 22
1
X
1
⇡2
=
n2
6
n=1
Beweise hierfür findet man in [Chap], [Choe], [Hof], [Har], [Kal], [Tsu], [Will] und [EyL], p.87.
Man kann dieses Ergebnis mit Hilfe des Residuenkalküls beweisen. Pietro Mengoli (1625-1686)
stellte das Problem im Jahr 1644, den Grenzwert dieser Reihe zu finden. Jakob Bernoulli (16541705) leitete im Jahr 1689 die Aufmerksamkeit auf dieses Problem. Leibniz behauptete bei einem
Besuch in London, dass er den Grenzwert jeder Reihe berechnen könne. Daraufhin zeigte man ihm
diese Reihe und er konnte den Grenzwert nicht berechnen. Euler löste das Problem im Jahr 1735
[Dun]. Eulers Methode funktioniert für geradzahlige Exponenten. So lässt sich zeigen
1
X
1
⇡4
=
4
n
90
n=1
1
X
1
⇡6
=
6
n
945
n=1
2.5. REIHEN IN R
63
Der Grenzwert der Reihe
1
X
1
3
n
n=1
ist nicht bekannt. 1978 zeigte Roger Apéry, dass der Grenzwert eine irrationale Zahl ist [Dun].
Beispiel 23 Es gibt unendlich viele Primzahlen
Beweis. Es gibt
verschiedene Beweise, wir stellen hier einen Beweis von [Sing] dar, der benutzt,
P1
dass die Reihe n=1 n1 nicht konvergiert.
Wir nehmen an, dass es nur endlich viele Primzahlen p1 , . . . , pk gibt. Dann gibt es zu jedem
n 2 N natürliche Zahlen `1 , . . . , `k mit
n = p`11 · · · p`kk
Somit folgt
1
1
X
X
1
=
n m=1
n=1
Da 2  pi
Damit würde
Beispiel 24
P1
1
n=1 n
1
1
X
X
1

n m=1
n=1
X
p`1
`1 +···+`k =m 1
1
· · · p`kk
X
1
X
1
mk
=
<1
m
2
2m
m=1
X
1
=1
p
`1 +···+`k =m
konvergieren, was nicht richtig ist. 2
p
Primzahl
Beweis. Der Beweis ist eine Verfeinerung des Beweises von 23. [Sing] (Hardy, Wright: An
Introduction to the Theory of Numbers) Wir nehmen an, dass die Reihe konvergiert.
N (x, j) = card{n 2 N|1  n  x und 8k, k > j : pk ist kein Faktor von n}
Wir zeigen, dass
x
1
X
x
N (x, j) 
pk
k=j+1
gilt. Es gilt
Damit folgt
⇢

x
{n 2 N|1  n  x und n hat den Faktor p} ✓ p, 2p, 3p, . . . ,
p
p
card{n 2 N|1  n  x und n hat den Faktor p} 
x
p
Hiermit folgt nun
x N (x, j)
= x card{n 2 N|1  n  x und 8k, k > j : pk ist kein Faktor von n}
= card{n|1  n  x und 9k, k > j : pk ist Faktor von n}
0
1
1
[
= card @
{n 2 N|1  n  x und pk ist Faktor von n}A
k=j+1


1
X
k=j+1
1
X
k=j+1
card{n 2 N|1  n  x und n hat den Faktor pk }
x
pk
64
CHAPTER 2. ZAHLEN
Man beachte, dass nur endlich viele Summanden von 0 verschieden sind. Insgesamt gilt also
N (x, j) 
x
Wir zeigen nun
1
X
x
.
pk
k=j+1
p
N (x, j)  2j x.
Wir schreiben
n = n21 m
wobei m quadratfrei ist, d.h. keinen Faktor p2 hat, wobei p eine Primzahl ist. Da n keine Primzahl
pk mit k > j hat, so gilt dies insbesondere für m. Also gilt
m=
j
Y
p✏kk
✏k 2 {0, 1}
k=1
Deshalb gibt es für m nur 2j mögliche Zahlen. Außerdem gilt
n21  n  x
Also
p
p
n1  n  x
p
p
Somit gibt es für n = n21 m höchstens 2j x mögliche Zahlen. Also N (x, j)  2j x.
Es gilt
1
1
X
X
x
1
x N (x, j) 
=x
pk
pk
k=j+1
Wir können j so groß wählen, dass
x
N (x, j) < 12 x
Also
p
Da aber N (x, j)  2j x gilt, folgt
1
2x
p
< 2j x
k=j+1
1
2x
< N (x, j)
und
p
x < 2j+1
Hier brauchen wir x nur hinreichend groß zu wählen, z.B. x = 22j+4 . Damit haben wir einen
Widerspruch. ⇤
2.6. P-ADISCHE ENTWICKLUNGEN REELLER ZAHLEN
2.6
65
p-adische Entwicklungen reeller Zahlen
Unter der Dezimalbruchdarstellung einer reellen Zahl versteht man eine Folge von
natürlichen Zahlen zwischen 0 und 9, z.B.
154, 14879...
Diese Folge kann abbrechen. Wir wollen hier eine Definition für diese Dezimalbruchdarstellung geben. Die Dezimalbruchdarstellung entspricht der unendlichen
Reihe
1
4
8
1 · 100 + 5 · 10 + 4 +
+
+
+ ···
10 100 1000
Allgemein entspricht der Zahl
nk nk
1
. . . n0 , n1 n2 n3 . . .
die Reihe
1
X
ni
10i
i=k
wobei k 2 Z gilt. k kann also durchaus negative Werte annehmen, wie dies bei dem
Beispiel der Fall ist.
Zunächst ist nicht klar, dass jede reelle Zahl eine Dezimalbruchdarstellung besitzt. Das wird in diesem Abschnitt bewiesen. Wir beschränken uns allerdings nicht
nur auf Dezimalbruchdarstellungen, sondern wir behandeln hier allgemeine p-adische
Darstellungen.
Satz 7 Es sei p 2 N mit p 2 und k 2 Z. {xn }1
n=k sei eine Folge von natürlichen
Zahlen zwischen 0 und p 1. Dann konvergiert
1
X
xn
n=k
pn
in R.
Umgekehrt gibt es für jede reelle, positive Zahl x eine solche Folge {xn }1
n=k , so
dass
1
X
xn
x=
pn
n=k
Beweis. Nach Beispiel 17 wissen wir, dass
8✏ > 09N 8n, m
N:
n
X
`=m+1
p
`+1
<✏
66
CHAPTER 2. ZAHLEN
Somit folgt wegen x` < p für alle n, m
n
X
x`
`=k
p`
m
X
x`
`=k
=
p`
N
n
n
n
X
X
X
x`
x`
1
=
<
<✏
`
`
`
1
p
p
p
`=m+1
`=m+1
`=m+1
Damit ist
( n
)
X x`
p`
`=k
n2N
eine Cauchy-Folge und konvergent.
Wir zeigen nun, dass jede positive, reelle Zahl eine solche Darstellung besitzt.
Mit [x] bezeichnen wir die größte ganze Zahl, die kleiner oder gleich x ist. Falls
x = 0, dann können wir als Darstellung die Nullfolge wählen.
Wir nehmen nun an, dass 0 < x gilt. Wir bestimmen k 2 Z, so dass
1
1

x
<
pk
pk 1
gilt und setzen
xk = [xpk ]
Restk (x) = x
xk
pk
Eine solche Zahl k existiert: Da die Folge p1k , k 2 N, gegen 0 konvergiert, gibt es ein
k0 mit pk10  x. Nun nehmen wir als k0 das Minimum von allen Zahlen k 2 Z mit
1
 x.
pk
Weiter setzen wir für n = k, k + 1, . . .
xn+1
xn+1 = [Restn (x)pn+1 ]
Restn+1 (x) = Restn (x)
pn+1
Wir stellen fest, dass xn 2 {0, 1, . . . , p
1} und
|Restn (x)| <
1
pn
Wir zeigen dies durch Induktion. Es gilt
[xpk ]
1
= k xpk
k
p
p
xk
= x
pk
|Restk (x)| = x
[xpk ] <
1
pk
Wir nehmen an, dass die Aussage für n wahr sei, und schließen auf die n + 1-ste
Aussage.
|Restn+1 (x)|
= Restn (x)
=
1
pn+1
Restn (x)pn+1
Wir zeigen nun, dass für alle n 2 Z mit n
x=
n
X
x`
`=k
[Restn (x)pn+1 ]
pn+1
1
[Restn (x)pn+1 ] < n+1
p
xn+1
= Restn (x)
pn+1
p`
k
+ Restn (x)
2.6. P-ADISCHE ENTWICKLUNGEN REELLER ZAHLEN
67
Es gilt
xk
+ Restk (x)
pk
Wir führen nun den Induktionsschritt durch.
x=
x=
n
X
x`
`=k
p`
+ Restn (x) =
n
X
x`
`=k
p`
+
xn+1
+ Restn+1 (x)
pn+1
Hieraus folgt nun
x
n
X
x`
`=k
2
= |Restn (x)| <
p`
1
pn
Für p = 10 ist die unendliche Summe gerade die Dezimalbruchdarstellung von
x. Für p = 2 erhält man die dyadische Darstellung. Man beachte, dass diese
Darstellungen nicht eindeutig sind.
1
X
p
n=0
1
pn
= (p
1)
1
X
1
= (p
n
p
n=0
1)
1
1
1
p
=p
Wir erhalten z.B. für p = 10, dass 9, 999 · · · = 10, und für p = 2, dass 1, 111 · · · = 10.
2 in der dyadischen Darstellung geschrieben ist 10. Allgemeiner lässt sich sagen, dass
sich eine reelle Zahl durch genau eine p-adischen Entwicklung darstellen lässt, bei
der nicht fast alle Zi↵ern gleich p 1 sind. ”Fast alle” bedeutet ”bis auf endlich
viele”.
Bemerkung 2 (i) Jede reelle Zahl lässt sich durch genau einen p-adischen Bruch
darstellen, bei dem nicht fast alle Zi↵ern gleich p 1 sind.
(ii) Eine reelle Zahl ist genau dann rational, wenn ihre p-adische Entwicklung periodisch ist, d.h. es gibt ein m 2 N und ein `0 2 N, so dass für alle ` `0
xm+` = x`
gilt.
Beweis. (i) Wir nehmen dazu an, es gäbe eine reeelle Zahl x, die sich durch zwei verschiedene p-adische Brüche darstellen lässt, deren Koeffizienten nicht bis auf endlich
viele gleich p 1 sind. Es sei also
x=
1
X
v`
`=k
p`
x=
1
X
w`
`=k
p`
Es sei `0 die kleinste Zahl, so dass v`0 6= w`0 . Wir können annehmen, dass v`0 > w`0 .
Dann gilt
`X
1
1
0 1
X
X
w`
w` w`0
w`
x=
=
+
+
p`
p`
p`0 `=` +1 p`
`=k
`=k
0
68
CHAPTER 2. ZAHLEN
Nach Voraussetzung gibt es ein ` > `0 mit w` < p
x
<
`X
0 1
1
X
w` w`0
p 1
+
+
p`
p`0 `=` +1 p`
`=k
1
X
v`
=x
p`
`=k
=

1. Deshalb folgt
`X
0 1
`=k
0
`X
0 1
w` w`0
1
w` w`0 + 1
+ `0 + `0 =
+
`
p
p
p
p`
p`0
`=k
Dies ist ein Widerspruch.
(ii) Wir überprüfen nun, dass x rational ist, falls die p-adische Entwicklung von
x periodisch ist.
x
=
1
X
x`
`=k
=
`X
0 1
`=k
=
`X
0 1
`=k
p`
=
x`
+
p`
`X
0 1
`=k
1
X
1
x` X x`
+
p` `=` p`
0
jm 1
X
j=1 `=(j 1)m
x`0 +`
p`0 +`
m 1 1
x` X X x`0 +jm+`
+
p`
p`0 +jm+`
`=0 j=0
Weil die p-adische Entwicklung periodisch erhalten wir
x
=
`X
0 1
`=k
=
`X
0 1
`=k
=
`X
0 1
`=k
m
1
x` X X x`0 +`
+
p` `=1 j=0 p`0 +jm+`
m
1
x` X x`0 +` X 1
+
p` `=1 p`0 +` j=0 pjm
m
x` X x`0 +` 1
+
p` `=1 p`0 +` p` 1
Der letzte Ausdruck ist eine endliche Summe rationaler Zahlen, also wiederum eine
rationale Zahl. 2
Korollar 1
card(R) = card(P(N))
Insbesondere gilt
card(Q) < card(R).
Beweis. Es sei I : P(N) ! {{xi }i2N |xi 2 {0, 1}} durch
(
1 falls i 2 M
I(M ) = {xi }i2N mit xi =
0 falls i 2
/M
2.6. P-ADISCHE ENTWICKLUNGEN REELLER ZAHLEN
69
O↵ensichtlich ist I eine bijektive Abbildung. Nun betrachten wir die Abbildung
J : {{xi }i2N |xi 2 {0, 1}} ! R, die durch
1
X
xi
J({xi }i2N ) =
10i
i=1
gegeben ist. Die Abbildung J ist injektiv, weil hier kein Dezimalbruch auftritt, in
dem fast alle Koeffizienten gleich 9 sind. Die Zahl 9 tritt überhaupt nicht auf. J
ist natürlich nicht surjektiv, dies ist für das Argument unerheblich. Die Abbildung
J I ist injektiv, also gilt
card(P(N))  card(R).
Wir zeigen die Umkehrung. Wir beobachten zunächst, dass card(N) = card(Z). Dies
haben wir in Lemma nachgewiesen. Damit gilt aber auch card(P(N)) = card(P(Z)).
Nun wählen wir die Abbildung H : R ! P(Z), die x 2 R mit der eindeutigen,
dyadischen Darstellung, in der nicht fast alle Koeffizienten gleich 1 sind,
x=
1
X
xn
n=k
2n
auf die Menge
M = {n 2 Z|xn = 1}
abbildet. Diese Abbildung ist injektiv und damit gilt
card(R)  card(P(N)).
Wir zeigen noch card(Q) < card(R). Nach Beispiel 6 gilt card(Q) = card(N).
und nach Lemma 8 gilt card(N) < card(P(N)). 2
Korollar 2 Zwischen je zwei reellen, verschiedenen Zahlen gibt es sowohl eine rationale als auch eine irrationale Zahl.
Beweis. Wir zeigen, dass zwischen zwei reellen Zahlen x und y mit x < y immer
eine rationale Zahl liegt. Falls eine der Zahlen rational ist, dann wählen wir diese.
Wir nehmen nun an, dass beide Zahlen nicht rational sind. Wir betrachten die
Dezimalbruchentwicklungen von x und y. Also
1
X
xk
x=
10k
k=`
1
X
yk
y=
10k
k=m
wobei `, m 2 Z und 0  xk , yk  9. Außerdem nehmen wir an, dass in den Dezimalbruchdarstellungen nicht fast alle Zahlen gleich 9 sind.
ym
Der erste Fall ist m < `. Dann wählen wir z = 10
m und es gilt x  z  y und z
ist rational. Wir weisen dies nach. O↵ensichtlich gilt
1
X
ym
yk
z= m 
.
10
10k
k=m
70
CHAPTER 2. ZAHLEN
Andererseits gilt
1
1
1
X
X
xk
1
9 X 1
9
1
1
x=
9
= `
= `
1 =
k
k
k
10
10
10 k=0 10
10 1 10
10`
k=`
k=`
1

1
=z
10m
Der zweite Fall ist m > `. Dies kann nicht eintreten. Man zeigt dies mit einer
ähnlichen Rechnung wie beim ersten Fall.
Der dritte Fall ist m = `. Dazu zeigt man zunächst, dass für alle k mit `  k
xk  yk
golt. Nun wählen wir als `0 die kleinste Zahl, so dass
x`0 < y`0
und
`0
X
yk
z=
10k
k=m
Dann ist z rational und x  z  y. Dies wird wie im ersten Fall gezeigt.
Wir zeigen nun, dass zwischen zwei reellen Zahlen x und y mit x < y eine
irrationale Zahl liegt. Falls x oder y irrational sind, dann wählen wir eine dieser
Zahlen.
p Wir betrachten nun den Fall, dass sowohl x als auch y rational sind. Die Zahl
2 ist irrational und somit sind für alle n 2 N
p
2
x+
n
irrational. Wegen
p
2
lim
=0
n!1 n
gibt es ein n0 mit
p
2
x<x+
<y
n0
2
2.7. KETTENBRÜCHE
2.7
71
Kettenbrüche
Es sei x1 eine ganze Zahl und x2 , x3 , . . . seien positive, ganze Zahlen. Dann bezeichnen wir die Folge
1
x1 +
1
x2 +
1
x3 +
...
+ x1n
als Kettenbruch. Dies führt auf eine weitere Darstellung der reellen Zahlen durch
natürliche Zahlen. Häufig wird der Begri↵ eines Kettenbruches etwas allgemeiner
gefasst, man lässt nicht nur positive, ganze Zahlen zu.
Der holländische Astronom und Physiker Christian Huygens hat Kettenbrüche
dazu benutzt reelle Zahlen durch rationale Zahlen möglichst gut zu approximieren.
Er hat ca. 1680 ein Modell des Sonnensystems gebaut, das durch Zahnräder angetrieben
35
wurde. Er legte zu Grunde, dass das Jahr aus 365 144
Tagen besteht und berechnete
die Umlaufperioden der Planeten bezogen auf ein Erdjahr:
Merkur
25335
105190
Venus
64725
105190
Erde
Mars
Jupiter
197836
105190
1
1247057
105190
Saturn
3095277
105190
Er entwickelte diese Zahlen in Kettenbrüche und benutzte diese dann, um die
Zahnradverhältnisse zu bestimmen.
Lemma 29 Es seien x1 eine ganze Zahl und xn , n
seien p 1 = 0, p0 = 1, q 1 = 1, q0 = 0 und
pn = xn pn
qn = xn qn
+ pn
1 + qn
1
2
n2N
2
Dann gelten für alle n 2 N und alle
(2.3)
2, natürliche Zahlen und es
1
cn = x1 +
1
x2 +
x3 +
dass
(i)
cn =
1
...
+ x1n
pn
qn
(ii)
pn+1 qn
pn+2 qn
pn qn+1
pn qn+2
= ( 1)n+1
= xn+2 ( 1)n+1
72
CHAPTER 2. ZAHLEN
(iii)
cn+1
cn =
( 1)n+1
qn+1 qn
und
cn+2
cn =
xn+2 ( 1)n+1
qn+2 qn
(iv)
c1 < c3 < · · · < c2n
1
< c2n < c2n
2
(v) Die Folge {cn }n2N konvergiert.
< · · · < c4 < c2
Die Zahlen qn sind für n 1 positiv, die Zahlen pn können jedoch negativ sein.
Wenn auch x1 positiv ist, dann sind auch die pn positiv.
Beweis. Wir benutzen vollständige Induktion.
(i) Wir zeigen hier, dass die Behauptung nicht nur für positive, ganze Zahlen xn ,
n 2, sondern für positive, reelle Zahlen gilt. (Der Induktionsschritt verlangt auch,
dass wir den Beweis für den allgemeineren Fall führen.) Es gilt
c1 = x1
p1 = x1 p0 + p
1
= a1
q1 = x1 q0 + q
=1
1
Also gilt
p1
q1
Wir nehmen an, dass die Aussage für n richtig ist. Wir wenden dies auf die Folge
8
k = 1, . . . , n 1
< xk
x̃k =
1
: xn +
k=n
xn+1
c1 =
an. Es seien p̃k und q̃k die zu x̃ gehörigen Koeffizienten. Dann gilt für k = 1, . . . , n
1, dass p̃k = pk . Außerdem gilt nach Induktionsannahme, dass
cn+1
p̃n
x̃n p̃n
= c̃n =
=
q̃n
x̃n q̃n
=
xn+1 (xn pn
xn+1 (xn qn
+ p̃n
1 + q̃n
1
2
=
2
+ pn 2 ) + pn
1 + qn 2 ) + qn
1
1
(xn +
(xn +
=
1
1
)pn 1
xn+1
1
)q
xn+1 n 1
xn+1 pn + pn
xn+1 qn + qn
+ pn
2
+ qn
2
1
1
=
pn+1
qn+1
(ii) Es gilt p1 = x1 , p0 = 1, q0 = 0 und q1 = 1. Hieraus ergibt sich sofort
p1 q0
p0 q1 =
1
Wir nehmen an, dass die Behauptung für n richtig ist und schließen auf n + 1.
pn+1 qn
pn qn+1
= (xn+1 pn + pn 1 )qn pn (xn+1 qn + qn 1 )
= pn 1 qn pn qn 1 = ( 1)n+1
Nun leiten wir die zweite Gleichung her. Es gilt
p2 q0
p0 q2 =
q2 =
x2
2.7. KETTENBRÜCHE
pn+2 qn
73
pn qn+2 = (xn+2 pn+1 + pn )qn pn (xn+2 qn+1 + qn )
= xn+2 (pn+1 qn qn+1 pn ) = xn+2 ( 1)n+1
(iii) Wir benutzen (ii).
cn+1
cn =
pn
qn pn+1 pn qn+1
( 1)n+1
=
=
qn
qn+1 qn
qn+1 qn
pn+1
qn+1
pn+2 pn
qn pn+2 pn qn+2
xn+2 ( 1)n+1
=
=
qn+2
qn
qn+2 qn
qn+2 qn
(iv) Wir stellen fest, dass alle qn , n 2 N, positive, ganze Zahlen sind. Wir überprüfen
dies. Es gilt q 1 = 1, q0 = 0 und q1 = 1. Weiter gilt
cn+2
cn =
q2 = x2 q1 + q0 = x2
Nun machen wir den Induktionsschritt
qn+1 = xn+1 qn + qn
1
Da xn+1 , qn und qn 1 positive, ganze Zahlen sind, so ist auch qn+1 eine positive,
ganze Zahl.
Für n = 2k folgt aus (iii)
c2k+2
c2k =
x2k+2 ( 1)2k
q2k+2 q2k
1
<0
Also gilt c2k+2 < c2k . Genauso verfahren wir für c2k+1 > c2k 1 .
(v) Nach (iv) sind {c2k }k2N und {c2k+1 }k2N zwei monotone, beschränkte Folgen.
Somit sind es konvergente Folgen. Es gilt für alle n 2 N
qn
n
1
Wir haben q 1 = 1, q0 = 0, q1 = x1 q0 + q1 = q 1 = 1. Da xn natürliche Zahlen sind,
gilt insbesondere, dass 1  xn , und es folgt für n = 2, 3, . . .
qn = xn qn
Aus qn
n
1
+ qn
1, n 2 N, folgt
2
qn
1
+ qn
2
n
1
1
=0
n!1 qn
lim
Deshalb gilt wegen (iii)
lim c2k = lim c2k+1
k!1
k!1
2
Falls eine reelle Zahl x gegeben ist, dann berechnen wir die Kettenbruchentwicklung von x so: Zu x wählen wir x1 als die größte, ganze Zahl, die kleiner oder gleich
x ist. Falls x = x1 , dann bricht der Kettenbruch ab. Falls x > x1 , dann setzen wir
x = x1 +
1
r2
wobei
0<
1
<1
r2
74
CHAPTER 2. ZAHLEN
(r1 tritt nicht auf, wir beginnen mit r2 .) Allgemein wählen wir xn als die größte,
ganze Zahl, die kleiner als rn ist, und definieren rn+1 durch
rn = xn +
1
wobei
rn+1
0<
1
rn+1
<1
Also gilt für alle n = 2, 3, . . . , dass 1 < rn und 1  xn .
Falls x eine rationale Zahl ist, so bricht die Kettenbruchentwicklung ab. Der
nächste Satz stellt die Konvergenz dieses Verfahrens für irrationale Zahlen sicher.
Satz 8 Es sei x eine irrationale Zahl und pn , qn , n 2 N, wie in Lemma 29 definiert.
Dann gilt für alle n 2 N
1
< x
2qn qn+1
pn
1
<
qn
qn qn+1
und die Kettenbruchentwicklung von x konvergiert gegen x.
Man kann auch zeigen, dass die Kettenbruchentwicklung eindeutig ist.
Beweis. Es gilt für alle n 2 N
1
x = x1 +
1
x2 +
x3 +
1
...
+ r1n
Außerdem folgt aus der Iteration
rn = xn +
dass
1
1
<
rn
xn
Hieraus erhalten wir
rn+1
1
+
1
> xn
xn
1
+
und
xn < rn
rn  xn +
und
1
1
>
xn
rn
Es folgt
xn
1
1
xn+1
1
1
xn + xn+1
1
rn
xn
1
1
+
1
xn +
xn+1
Hiervon bilden wir nun die Kehrwerte
1
xn
1+
1
xn
1
<
xn
1+
1
rn

1
xn
1
+
1
xn +
1
xn+1
2.7. KETTENBRÜCHE
75
Dieses Argument können so oft wiederholen, bis wir x1 erreicht haben. Man beachte,
dass sich beim Anwenden des Argumentes die Ungleichheitszeichen umkehren. Wir
setzen
1
cn = x1 +
1
x2 +
1
x3 +
...
+ x1n
und erhalten für ungerades n
cn  x  cn+1
(Für gerades n gelten die umgekehrten Ungleichungen.) Mit Lemma (iii) folgt
|x
cn | 
1
qn+1 qn
oder
pn
1
|
qn
qn+1 qn
|x
2
Lemma 30 (Baker, A concise introduction..., p.47) Es sei ⇥ eine irrationale Zahl
und pn und qn seien die ganzen Zahlen wie in Satz 8 gegeben. Dann sind die Zahlen
pn und qn beste Approximationen in dem folgenden Sinne: Es seien p, q ganze Zahlen
mit 0 < q < qn+1 . Dann gilt
|qn ⇥
pn |  |q⇥
p|
Beweis. Es seien u, v ganze Zahlen mit
p = upn + vpn+1
q = uqn + vqn+1
Dann gilt u 6= 0. Außerdem haben u und v verschiedene Vorzeichen, falls v 6= 0. Da
qn ⇥
pn
qn+1 ⇥
pn+1
verschiedene Vorzeichen haben, folgt
|q⇥
p| = |u(qn ⇥
pn ) + v(qn+1 ⇥
pn+1 )|
|qn ⇥
2
Beispiel 25 Es gilt
(i)
(ii)
bzw.
p
2=1+
p
2
1
2+
2+
+
1
1
1
.
2 + ..
47321
1
1

=
33461
33461 · 80782
2703046502
p
2 = 1, 41421356237 ± 10
9
pn |
76
CHAPTER 2. ZAHLEN
Beweis. (i) Wir berechnen x1 und r2 :
p
1
2 = x1 +
r2
p
2 ist. Also gilt x1 = 1. Daraus ergibt sich
wobei x1 die größte, ganze Zahl kleiner oder gleich
p
1
= 2
r1
1
oder
p
1
r2 = p
= 2+1
2 1
x2 ist die größte, ganze Zahl, die kleiner oder gleich r2 =
Gleichung
r2 = x2 +
Wir erhalten wieder r3 =
1
1
r3
p
2 + 1. Mit Induktion erhalten wir, dass für alle n
xn = 2
(ii) Es gilt p
p
2 + 1 ist, also x2 = 2. r3 wird aus der
= 0, p0 = 1, q
1
und
rn =
p
2+1
= 1, q0 = 0 und für n = 2, 3 . . .
pn = xn pn
qn = xn qn
+ pn
1 + qn
1
n
pn
qn
1
0
1
0
1
0
1
1
1
2
3
2
3
7
5
4
17
12
5
41
29
6
99
70
7
239
169
8
577
408
9
1393
985
10
3363
2378
11
8119
5741
12 19601 13860
13 47321 33461
14 114243 80782
2
2
2 gilt
2.7. KETTENBRÜCHE
77
Damit erhalten wir
47321 : 33461 = 1, 414213562
33461
13860
133844
4756
33461
14099
133844
7146
66922
4538
33461
11919
100383
18807
167305
20765
200766
6884
66922
1918
2
Satz 9 ([BBB],p. 399 ) Falls p und q positive, ganze Zahlen mit q
gilt
q
42
< ⇡
2 sind, dann
p
q
Kettenbruchentwicklungen haben Anwendungen in der Elektrotechnik. Die Impedanzfunktion Z(s), s 2 C, des Netzwerkes
78
CHAPTER 2. ZAHLEN
lässt sich als Kettenbruch schreiben
1
Z(s) = L1 +
1
C2 +
1
L3 +
C4 +
1
...
+
1
Ln
Der Vorteil eines solchen Leiternetzwerkes ist seine große Stabilität. So kann man
Kosten sparen, indem man billigere Bauteile mit größeren Toleranzen verwendet.
Ebenso kann man solche Netzwerke in Apparaten verwenden, in denen große Hitze
entsteht.
2.8. SUPREMUM UND INFIMUM
2.8
79
Supremum und Infimum
Es sei M ✓ R. C heißt obere Schranke von M , falls für alle x 2 M gilt, dass x  C.
C heißt untere Schranke von M , falls für alle x 2 M gilt, dass C  x. ⇠ heißt
kleinste obere Schranke oder Supremum von M
⇠ = sup M
falls
(i) ⇠ obere Schranke von M ist
(ii) Für alle oberen Schranken C von M gilt, dass ⇠  C.
⇠ 2 R heißt größte untere Schranke oder Infimum von M
⇠ = inf M
falls
(i) ⇠ untere Schranke von M ist
(ii) Für alle unteren Schranken C von M gilt, dass ⇠
C.
Beispiel 26 (i) Es sei M = [a, b] = {x 2 R|a  x  b}. Dann gilt
inf M = a
sup M = b
(ii) Es sei M = (a, b) = {x 2 R|a < x < b}. Dann gilt
inf M = a
(iii) Es sei M = {
1
n |n
2 N}. Dann gilt
inf M =
(iv) Es sei M = {
1
n |n
sup M = b
1
sup M = 0
2 N} [ {0}. Dann gilt
inf M =
1
sup M = 0
Lemma 31 Jede nach oben beschränkte Menge besitzt ein Supremum und jede nach
unten beschränkte Menge besitzt ein Infimum.
Der Beweis dieses Lemmas benutzt das Prinzip der Intervallschachtelung: Ein
Intervall wird in zwei gleiche Teilintervalle unterteilt. Je nachdem in welchem Teilintervall sich noch ein Punkt der Menge befindet, wird mit dem entsprechenden
Teilintervall fortgefahren. Man teilt dieses wieder in zwei gleiche Intervalle. Auf
diese Weise wird ein gesuchter Punkt ”eingeschachtelt.”
Beweis. Es sei M eine nach oben beschränkte Menge. Es gibt also ein b1 2 R, so
dass für alle x 2 M gilt, dass x  b1 . Wir wählen nun a1 2 M und betrachten


a1 + b1
a1 + b1
a1 ,
und
, b1
2
2
80
CHAPTER 2. ZAHLEN
Wir setzen
a2 =
8
>
>
< a1
falls M \
>
>
: a1 + b1
2
8
< a1 + b1
2
b2 =
:
b1

a1 + b1
, b1 = ;
2
sonst
falls M \
sonst
Für n = 2, 3, . . . definieren wir
8
>
>
< an
an+1 =
>
>
: an + bn
2
8
< an + bn
2
bn+1 =
:
bn

falls M \
a1 + b1
, b1 = ;
2

an + bn
, bn = ;
2
sonst
falls M \
sonst

an + bn
, bn = ;
2
Wir erhalten:
(i) Für alle n 2 N
a1  a2  · · ·  an  bn  · · ·  b2  b1
(ii)
b1 a1
2n 1
(iii) bn , n 2 N, sind obere Schranken von M .
(iv) Für alle n 2 N gilt: Es gibt ein xn 2 M mit an  x  bn .
bn
an =
Da {an }n2N eine beschränkte, monoton wachsende Folge und {bn }n2N eine beschränkte, monoton fallende Folge ist, so konvergieren diese Folgen (Lemma 15).
Wegen (ii) gilt
lim bn
n!1
lim an = lim (bn
n!1
n!1
b1 a1
=0
n!1 2n 1
an ) = lim
Also sind beide Grenzwerte gleich.
b = limn!1 bn ist eine obere Schranke von M , weil alle bn , n 2 N, obere
Schranken von M sind: Falls es ein x0 2 M mit b < x0 gäbe, dann gibt es ein
N mit
x0 b
8n > N : |bn b| <
2
Wegen bn x0 folgt
x0 b
x0 b  bn b <
2
2.8. SUPREMUM UND INFIMUM
81
Also
x0 < b
Wegen (iv) ist b kleinste, obere Schranke. 2
Es sei {xn }n2N eine Folge reeller Zahlen. Wir setzen für k 2 N
yk = sup{xn |k  n} = sup{xk , xk+1 , xk+2 , . . . }
Der Limes Superior der Folge {xn }n2N ist
lim sup xn = lim yk
k!1
n!1
Analog setzen wir für k 2 N
zk = inf{xn |k  n} = inf{xk , xk+1 , xk+2 , . . . }
Der Limes Inferior der Folge {xn }n2N ist
lim inf xn = lim zk
n!1
k!1
Lemma 32 Für jede beschränkte Folge existieren Limes Inferior und Limes Superior.
Beweis. Die Folge
k2N
yk = sup{xn |k  n}
ist beschränkt und monoton fallend, also konvergent (Lemma 15). Also existiert der
Limes Superior. 2
Lemma 33 Eine beschränkte Folge konvergiert genau dann, wenn Limes Superior
und Limes Inferior gleich sind. Falls Limes Superior und Limes Inferior existieren
und gleich sind, dann sind sie auch gleich dem Grenzwert der Folge.
Beweis. Wir nehmen an, dass die Folge xn , n 2 N, gegen den Grenzwert x konvergiert. Dann gilt
8✏ > 09N 8n N : |xn x| < ✏
bzw.
8✏ > 09N 8n
N: x
✏ < xn < x + ✏.
Wir zeigen, dass der Limes Superior der Folge gleich x ist.
8✏ > 09N 8n
N: x
8✏ > 09N 8n
✏  sup{xk |k
N : |x
sup{xk |k
n}  x + ✏
n}|  ✏
Man zeigt genauso, dass der Limes Inferior gleich x ist. ⇤
82
CHAPTER 2. ZAHLEN
Beispiel 27 (i) xn = ( 1)n , n 2 N. Dann gilt
lim sup xn = 1
und
n!1
lim inf xn =
n!1
1
(ii) xn = n, n 2 N. Dann gilt
lim sup xn und
n!1
lim inf xn existieren nicht
n!1
(iii) xn = n + ( 1)n n, n 2 N. Dann gilt
lim sup xn existiert nicht und
n!1
lim inf xn = 0
n!1
Lemma 34 Es seien {an }n2N und {bn }n2N beschränkte Folgen. Dann gilt
lim sup(an + bn )  lim sup an + lim sup an .
n!1
n!1
n!1
Es seien {an }n2N und {bn }n2N beschränkte Folgen. Dann gilt
lim inf (an + bn )
n!1
lim inf an + lim inf an .
n!1
n!1
Lemma 35 Seien {an }n2N und {bn }n2N nach oben beschränkte Folgen in [0, 1).
Dann gilt
lim sup(an bn )  lim sup an lim sup bn .
n!1
n!1
n!1
Es gibt Beispiele, dass in der Aussage ”” nicht unbedingt durch ”=” ersetzt werden
kann.
Chapter 3
Funktionen einer reellen
Veränderlichen
3.1
Stetigkeit
Vereinfachend lässt sich sagen, dass eine Funktion stetig ist, wenn sie sich nicht
sprunghaft ändert. Dies lässt sich auch so formulieren: Man kann den Graphen
einer stetigen Funktion zeichnen, ohne den Bleistift vom Blatt abzuheben.
Es sei X eine Teilmenge von R und f : X ! R eine Funktion von X nach R. f
heißt stetig in x0 2 X, wenn es zu jedem ✏ > 0 ein > 0 gibt, so dass für alle x 2 X
mit |x x0 | <
|f (x) f (x0 )| < ✏
gilt. In Quantorenschreibweise sieht das so aus:
8✏ > 09 > 08x 2 X, |x
x0 | <
: |f (x)
f (x0 )| < ✏
f heißt stetig auf X, wenn f in allen Punkten von X stetig ist.
Beispiel 28 (i) f : R ! R, f (x) = c, ist auf R stetig.
(ii) f : R ! R, f (x) = x, ist auf R stetig.
(iii) f : (0, 1) ! R, f (x) = x1 , ist auf (0, 1) stetig.
(iv) f : R ! R
f (x) =
(
0
1
für x  0
für x > 0
ist nicht in 0 stetig, aber in allen anderen reellen Punkten stetig.
83
84
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
(v) f : R \ {0} ! R
f (x) =
(
0
1
für x < 0
für x > 0
ist eine stetige Funktion.
(vi) f : R ! R
f (x) =
(
0
1
falls x irrational ist
falls x rational ist
ist in allen Punkten unstetig.
(vii) Die Funktion f : R ! R mit f (x) = x2 ist in allen Punkten stetig.
(Den Graphen dieser Funktion bezeichnet man als Parabel. Ein springender Ball beschreibt
eine Parabel, ebenso das Wasser in einem Springbrunnen.)
Beweis. (i) Zu gegebenem x0 und ✏ müssen wir ein entsprechendes angeben. Da f konstant ist,
ist dies besonders einfach. Wir können irgendeine Zahl für wählen, z.B. 100. Für alle x 2 R mit
|x x0 | < 100 gilt
|f (x) f (x0 )| = 0 < ✏
In diesem Beispiel hängt weder von ✏ noch von x0 ab.
(ii) Zu gegebenen x0 und ✏ wählen wir = ✏. Für alle x mit |x
|f (x)
f (x0 )| = |x
x0 | <
x0 | <
gilt
=✏
In diesem Beispiel hängt zwar nicht von x0 , aber von ✏ ab.
(iii) Zu gegebenen x0 und ✏ wählen wir
⇢
x0 x20 ✏
= min
,
.
2 2
Für alle x mit |x
gilt
x0 | <
|f (x)
Wegen |x
x0 | <

x0
2
f (x0 )| =
gilt x0
x<
1
x
x0
2
1
|x x0 |
x2 ✏
x0
=
< 0 =
✏.
x0
xx0
2xx0
2x
und deshalb
|f (x)
x0
2
< x. Damit folgt nun
f (x0 )| < ✏ .
(iv) Die Stetigkeit in einem Punkt x0 bedeutet
8✏ > 09 > 08x 2 X, |x
x0 | <
: |f (x)
f (x0 )| < ✏
x0 | <
: |f (x)
f (x0 )|
Die Negation dieser Aussage ist
9✏ > 08 > 09x 2 X, |x
In diesem Beispiel ist x0 = 0. Wir wählen ✏ = 12 . Die Zahl
gilt
|x x0 | = 12 <
Weiter gilt
|f (x)
f (0)| = |f ( 12 )
f (0)| = 1
✏
ist gegeben. Wir wählen x =
0>
1
2
1
2
. Es
=✏
(vi) Wir verwenden hier, dass es zwischen zwei reellen Zahlen sowohl eine rationale, als auch
eine irrationale Zahl gibt. Wir wählen in jedem Fall ✏ = 12 .
3.1. STETIGKEIT
85
Falls x0 rational ist, dann wählen wir ein irrationales x mit |x
|f (x)
f (x0 )| = 1 >
Falls x0 irrational ist, wählen wir ein rationales x.
(vii) Wir wählen
q
= ✏ + x20
Dann gilt
✏=
und wir erhalten
|f (x)
f (x0 )| = |x2
x20 | = |x
2
x0 | < .
1
=✏
2
|x0 | .
+ 2 |x0 |
x0 ||x + x0 | = |x
x0 ||x
x0 + 2x0 |.
Mit der Dreiecksungleichung folgt
|f (x)
f (x0 )| < (2|x0 | + ) = ✏.
2
Satz 10 Es sei X eine Teilmenge von R und f : X ! R eine Funktion. f ist genau
dann in x0 2 X stetig, wenn für jede Folge {xn }n2N ✓ X mit limn!1 xn = x0
lim f (xn ) = f (x0 )
n!1
gilt.
Beweis. f sei stetig in x0 , d.h.
8✏ > 09 > 08x, |x
x0 | <
: |f (x)
f (x0 )| < ✏ .
Weiter gelte limn!1 xn = x0 , also
8⌘9N 8n > N : |xn
x0 | < ⌘ .
Wir zeigen nun, dass limn!1 f (xn ) = f (x0 ). Wir wählen ⌘ =
9N 8n > N : |xn
x0 | <
und erhalten
.
Wegen der Stetigkeit von f folgt
9N 8n > N : |f (xn )
f (x0 )| < ✏ .
Also
lim f (xn ) = f (x0 ) .
n!1
Wir zeigen nun die Umkehrung, d.h.
⇣
⌘
8{xn }n2N , lim xn = x0 : lim f (xn ) = f (x0 ) =) f ist in x0 stetig
n!1
n!1
86
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Wir zeigen die äquivalente Implikation:
f ist nicht in x0 stetig
⇣
⌘
=) 9{xn }n2N , lim xn = x0 : f (x0 ) ist nicht Grenzwert der Folge f (xn ), n 2 N
n!1
f ist nicht in x0 stetig:
9✏ > 08 > 09x, |x
Wir wählen nun für
x0 | <
: |f (x)
f (x0 )|
✏.
die Werte n1 , n 2 N. Damit erhalten wir
9✏ > 08n 2 N9xn , |xn
x0 | <
1
: |f (xn )
n
f (x0 )|
✏.
Also gilt
lim xn = x0
n!1
und f (x0 ) ist nicht Grenzwert der Folge f (xn ), n 2 N. 2
Lemma 36 Es seien X und Y Teilmengen von R und f : X ! Y und g : Y ! R
seien Funktionen, die in x0 bzw. f (x0 ) stetig sind. Dann ist auch g f : X ! R
mit
(g f )(x) = g(f (x))
in x0 stetig.
Beweis. Nach Satz 10 gelten
⇣
⌘
f ist in x0 stetig () 8{xn }n2N , lim xn = x0 : lim f (xn ) = f (x0 )
n!1
n!1
⇣
⌘
g ist in f (x0 ) stetig () 8{yn }n2N , lim yn = f (x0 ) : lim g(yn ) = g(f (x0 ))
n!1
n!1
Wir setzen nun yn = f (xn ) und erhalten
8{xn }n2N , lim xn = x0 : lim g(f (xn )) = g(f (x0 ))
n!1
n!1
Damit ist g f in x0 stetig. 2
Lemma 37 Es seien X eine Teilmenge von R und f, g : X ! R Funktionen, die
in x0 stetig sind. Dann gelten
(i) f + g ist in x0 stetig.
(ii) f · g ist in x0 stetig.
(iii) Wenn überdies g 6= 0 auf X gilt, dann ist
Beweis. Wir benutzen wieder Satz 10. 2
f
g
in x0 stetig.
3.1. STETIGKEIT
87
Beispiel 29 (i) Es sei n 2 N und f : R ! R mit f (x) = xn . f ist auf R stetig.
(ii) Alle Polynome p : R ! R
p(x) =
n
X
ak xk
k=0
sind auf R stetig.
(iii) Alle rationalen Funktionen
p
q
sind auf R \ {x|q(x) = 0} stetig.
Beweis. (i) folgt, weil f (x) = x nach Beispiel 28 stetig ist und weil Produkte von stetigen
Funktionen nach Lemma 37 stetig sind. ⇤
Wenn es ein ⇠ 2 R gibt, so dass für alle Folgen {xn }n2N mit limn!1 xn = x0 der
Grenzwert
lim f (xn ) = ⇠.
n!1
angenommen wird, so schreiben wir auch dafür
lim f (x) = ⇠.
x!x0
Dies bedeutet auch
8✏ > 09 8, |x
x0 | <
: |f (x)
⇠| < ✏.
Hierbei muss es nicht so sein, dass x0 im Definitionsgebiet von f liegt.
Obwohl man i.A. 1 bzw. 1 nicht als Grenzwerte zulässt, schreibt man symbolisch
lim f (x) = 1
und
lim f (xn ) = 1
x!x0
n!1
falls
8K9N 8n > N : f (xn ) > K
Satz 11 Es seien a, b 2 R mit a < b und f : [a, b] ! R eine stetige Funktion. Dann
hat f auf [a, b] ein Minimum und ein Maximum, d.h. es gibt xmin , xmax 2 [a, b], so
dass für alle x 2 [a, b]
f (xmin )  f (x)  f (xmax )
gilt.
Beispiel 30 (i) f : (0, 1] ! R mit f (x) = x1 ist in allen Punkten stetig, besitzt aber kein Maximum. Man beachte, dass die Voraussetzung, dass [a, b] ein abgeschlossenes Intervall sein soll, nicht
gegeben ist.
(ii) f : [ 1, 1] ! R mit f (x) = x2 ist stetig und hat Minimum und Maximum. Das Minimum ist gleich 0 und wird in 0 angenommen. Das Maximum ist gleich 1 und wird in 1 und 1
angenommen.
88
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Beweis von Satz 11. Wir beweisen, dass f auf [a, b] sein Maximum annimmt. Der
Beweis für das Minimum wird genauso geführt.
Wir zeigen, dass die Menge
{f (x)|x 2 [a, b]}
nach oben beschränkt ist, also nach Lemma 31 ein Supremum besitzt. Dann zeigen
wir, dass das Supremum angenommen wird, also tatsächlich ein Maximum ist.
Wir nehmen an, dass f nicht nach oben beschränkt ist:
(3.1)
8n 2 N9xn : n  f (xn ) .
Da die Folge {xn }n2N in [a, b] enthalten ist, ist sie beschränkt. Nach Satz 4 besitzt
sie deshalb eine konvergente Teilfolge {xnk }k2N . Wir bezeichnen diesen Grenzwert
mit x0 .
Wir überlegen uns nun, dass x0 2 [a, b]. Falls dies nicht wahr ist, dann gelten
b < x0 oder x0 < a. Wir betrachten den ersten Fall (der zweite wird genauso
behandelt). Da die Folge {xnk }k2N gegen x0 konvergiert, gibt es zu jedem ✏ > 0 ein
N , so dass für alle k N die Ungleichung |x0 xnk | < ✏ gilt. Wir wählen ✏ = x02 b .
Dann gilt
x0 b
x0 b  |x0 xnk | <
.
2
Es folgt x0 < b, was nicht wahr ist.
Also gelten x0 2 [a, b] und
lim xnk = x0 .
k!1
Da f stetig ist, folgt
lim f (xnk ) = f (x0 ) .
k!1
Hieraus folgt
9K8k > K : |f (xnk )
f (x0 )| < 1
und damit
9K8k > K : f (xnk ) < 1 + f (x0 ) .
Mit (3.1) folgt
9K8k > K : nk < 1 + f (x0 ) .
Da n1 < n2 < · · · , kann dies nicht sein. Also ist die Menge
{f (x)|x 2 [a, b]}
nach oben beschränkt und hat ein Supremum, das wir mit ⇠ bezeichnen.
Nun wählen wir eine neue Folge {xn }n2N : Da ⇠ das Supremum der Menge
{f (x)|x 2 [a, b]} ist, gibt es zu jedem ✏ > 0 ein x mit ⇠  f (x) + ✏. Deshalb
8n 2 N9xn 2 [a, b] : ⇠  f (xn ) +
1
.
n
3.1. STETIGKEIT
89
Wiederum folgt mit Satz 4, dass {xn }n2N eine konvergente Teilfolge {xnk }k2N besitzt.
Wie oben dargelegt folgt, dass es ein x0 2 [a, b] mit
lim xnk = x0
k!1
gibt. Da f stetig ist, folgt
lim f (xnk ) = f (x0 ) .
k!1
Da für alle k 2 N gilt, dass ⇠  f (xnk ) +
1
,
nk
folgt
✓
◆
1
⇠  lim f (xnk ) +
= f (x0 )  ⇠ .
k!1
nk
Also erhalten wir f (x0 ) = ⇠. 2
Lemma 38 Es seien a, b 2 R mit a < b und f : [a, b] ! R sei eine stetige Funktion.
Es gelte f (a)f (b) < 0. Dann gibt es mindestens ein ✓ 2 (a, b) mit f (✓) = 0.
Die Bedingung f (a)f (b) < 0 bedeutet, dass f (a) und f (b) verschiedene Vorzeichen besitzen. Man kann das Lemma so veranschaulichen: Da man den Graphen
einer stetigen Funktion zeichnen kann, ohne den Bleistift vom Blatt zu heben, muss
an einer Stelle die x-Achse getro↵en werden.
Beispiel 31 Die Funktion f (x) = x3 ist auf [ 1, 1] stetig und es gilt f ( 1)f (1) =
Stelle ✓ = 0 gilt f (0) = 0.
1. An der
Beweis von Lemma 38. Wir können annehmen, dass f (a) < 0 und f (b) > 0. Wir
betrachten die Menge
A = {x|x 2 [a, b] und f (x)  0}.
A ist nicht leer, weil a 2 A und A hat ein Supremum, weil A nach oben durch b
beschränkt ist. Wir setzen ⇠ = sup A und behaupten, dass f (⇠) = 0. Es gibt eine
Folge {xn }n2N ✓ A mit
lim xn = ⇠
n!1
Wegen der Stetigkeit von f folgt
lim f (xn ) = f (⇠)
n!1
Wegen {xn }n2N ✓ A gilt für alle n 2 N, dass f (xn )  0. Also folgt
f (⇠)  0
Wir zeigen nun, dass auch f (⇠) 0 gilt. Wir nehmen an, dass f (⇠) < 0 gilt. Da f
stetig ist, gilt
8✏ > 09 > 08x, |x ⇠| < : |f (x) f (⇠)| < ✏
90
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Wir wählen ✏ = 12 |f (⇠)|. Es folgt
9 > 08x, |x
⇠| <
f (⇠)| < 12 |f (⇠)|.
: |f (x)
Hieraus folgt
9 > 08x, |x
⇠| <
: f (x)
f (⇠) <
1
f (⇠)
2
und
9 > 08x, |x
Nun wählen wir x = ⇠ +
1
2
: f (x) < 12 f (⇠) < 0.
⇠| <
und erhalten
f (⇠ +
1
2
) < 0.
Damit folgt
⇠+
1
2
 sup A = ⇠.
Dies ist ein Widerspruch. 2
Satz 12 (Zwischenwertsatz) Es seien a, b 2 R mit a < b und f : [a, b] ! R eine
stetige Funktion. Für alle ⌘ mit
inf{f (x)|x 2 [a, b]}  ⌘  sup{f (x)|x 2 [a, b]}
existiert mindestens ein ⇠ 2 [a, b] mit f (⇠) = ⌘.
Beweis. Nach Satz 11 gibt es xmin und xmax mit
f (xmin ) = inf{f (x)|x 2 [a, b]}
f (xmax ) = sup{f (x)|x 2 [a, b]}
Wir können also annehmen, dass
f (xmin ) < ⌘ < f (xmax ).
Wir setzen
F (x) = f (x)
⌘.
Dann gelten
F (xmin ) < 0
und
F (xmax ) > 0.
Nach Lemma 38 gibt es ein ⇠ 2 [xmin , xmax ] bzw. ⇠ 2 [xmax , xmin ] mit F (⇠) = 0. Also
gilt f (⇠) = ⌘. 2
Beispiel 32 Es sei f : (0, 1) ! R
8
<0
f (x) = 1
:
n
falls x irrational
m
falls x =
und m und n teilerfremd sind
n
Dann ist f in allen irrationalen Punkten stetig und in allen rationalen Punkten unstetig.
3.1. STETIGKEIT
91
Beweis. Wir zeigen, dass f in allen rationalen Punkten, die von 0 verschieden sind, unstetig ist.
1
m
Es gilt f ( m
n ) = n , aber in jeder Umgebung von n findet man einen irrationalen Punkt.
Wir zeigen nun, dass f in allen irrationalen Punkten x stetig ist. Wir nehmen an, dass es
einen irrationalen Punkt x0 gibt, in dem f nicht stetig ist Dann gibt es eine Folge {xn }n2N mit
limn!1 xn = x0 , so dass die Folge {f (xn )}n2N nicht gegen f (x0 ) = 0 konvergiert.
Dies bedeutet, dass es eine Teilfolge {xnk }k2N rationaler Zahlen gibt, die gegen x0 konvergiert.
n
Wir können also annehmen, dass es eine Folge rationaler Zahlen { m
kn }n2N gibt, so dass
lim
n!1
mn
= x0
kn
und so dass die Folge { k1n }n2N nicht gegen 0 konvergiert.
Dann gibt es eine Teilfolge knj , j 2 N, die beschränkt ist: Da die Folge { k1n }n2N nicht gegen
0 konvergiert, gilt
1
9✏ > 08N 9n N :
✏
kn
Wir wählen zu N = 1 ein n1 mit 1  n1 und
1
kn1
✏.
Nachdem wir n1 < · · · < nj gewählt haben, wählen wir nj+1 . Zu N = nj + 1 gibt es ein nj+1
mit
1
✏.
knj+1
Damit gilt für alle j 2 N
N
1
✏
mn
und die Folge ist beschränkt. Insgesamt erhalten wir also eine Folge { kn j }j2N mit
knj 
j
mnj
lim
= x0
n!1 knj
und so dass die Folge {knj }j2N beschränkt ist. Dann gibt es in der Menge {knj |j 2 N} nur endlich
viele verschiedene Zahlen. Außerdem ist die Folge mnj , j 2 N, beschränkt, weil anderenfalls die
mn
konvergente Folge kn j , j 2 N, nicht beschränkt wäre, was nach Lemma 12 nicht sein kann.
j
Somit nimmt auch die Folge {mnj }j2N nur endlich viele Werte an. Somit nimmt
⇢
mnj
knj j2N
nur endlich viele Werte {↵1 , . . . , ↵r } an. Dann gilt
mnj
lim
2 {↵1 , . . . , ↵r }
j2N knj
und damit rational. Der Grenzwert ist aber gleich der irrationalen Zahl x0 . 2
P
Beispiel 33 Es sei {an }n2N eine Folge positiver, reeller Zahlen, so dass n2N an konvergiert.
Außerdem sei q : N ! Q eine Bijektion. Für x 2 R definieren wir
(
an
falls q(n)  x
x
an =
0
falls q(n) > x
und
f (x) =
X
axn
n2N
f ist eine positive, beschränkte, strikt monoton wachsende Funktion, die in den rationalen Punkten
unstetig und in den irrationalen Punkten stetig ist.
92
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Beweis. Etwas kürzer und prägnanter lässt sich f so definieren
X
f (x) =
aq
qx
Wir zeigen
(i) Für alle x, y 2 R mit x < y gilt f (x) < f (y).
P
(ii) Für alle x 2 R gilt 0 < f (x) < n2N an .
(iii) f ist in allen rationalen Punkten unstetig.
(iv) f ist in allen irrationalen Punkten stetig.
(i) Für alle x, y 2 R mitx < y existiert ein z 2 Q mit x < z < y. Für alle n 2 N gilt
axn  ayn
und
f (y)
f (x) =
X
n2N
ayn
X
axn =
n2N
X
9✏ > 08 > 09x, |x
1 (x )
0
f (x0 )
ayq
axn )
ayq
1 (z)
1 (z)
= aq
1 (z)
>0
n2N
(iii) Es sei x0 2 Q. Wir haben zu zeigen
Wir wählen ✏ = aq
(ayn
: |f (x)
x0 | <
und x < x0 . Dann gilt
X
f (x) =
(axn0 axn ) axq 0 1 (x0 )
axq
f (x0 )|
1 (x )
0
✏.
= axq 0 1 (x0 ) = ✏.
n2N
(iv) Wir zeigen
8x0 8✏ > 09 > 08x, |x
: |f (x)
x0 | <
Wir wählen zu gegebenen x0 und ✏ das . Es gilt
8✏ > 09N 8n > N :
Wir setzen
= min{|x0
1
X
ak <
k=n
f (x0 )| < ✏
✏
2
q(n)| |n = 1, 2, . . . , N }
Dann gilt für alle x mit |x x0 | < und alle n = 1, 2, . . . , N , dass axn = axn0 . Wir prüfen dies nach.
Falls x0 < q(n), dann gilt axn0 = 0. Es gilt für alle n = 1, . . . , N
 q(n)
x0
oder
Also gilt für alle n = 1, . . . , N und alle x mit |x
x0 +  qn .
x0 | <
x < q(n).
Damit gilt für alle n = 1, . . . , N und alle x mit |x
x0 | <
axn = 0.
Nun betrachten wir den Fall q(n) < x0 . Es gilt axn0 = an . Es gilt für alle n = 1, . . . , N
 x0
q(n)
oder
Deshalb folgt für alle n = 1, . . . , N und alle x mit |x
q(n) < x.
qn  x0
x0 | <
.
3.2. GLEICHMÄSSIGE STETIGKEIT
Also gilt für alle n = 1, . . . , N und alle x mit |x
93
x0 | <
axn = an .
Damit folgt für alle x mit |x
|f (x)
x0 | <
f (x0 )|
=
X
axn

n=N
axn
axn0
n=N
n2N
1
X
1
X
axn0 =
|axn | +
1
X
n=N
|axn0 |  2
1
X
n=N
|an | < ✏.
2
3.2
Gleichmäßige Stetigkeit
Es sei X eine Teilmenge von R. Eine Funktion f : X ! R heißt gleichmäßig stetig
auf X, wenn es zu jedem ✏ > 0 ein > 0 gibt, so dass für alle x1 , x2 2 X mit
|x1 x2 | <
|f (x1 ) f (x2 )| < ✏
gilt. In Quantorenschreibweise
8✏ > 09 > 08x1 , x2 2 X, |x1
x2 | <
: |f (x1 )
f (x2 )| < ✏.
Beispiel 34 (i) Falls f auf X gleichmäßig stetig ist, dann ist f auf X stetig.
(ii) f (x) = x ist auf R gleichmäßig stetig.
(iii) f (x) =
1
x ist auf (0, 1) nicht gleichmäßig stetig.
p
(iv) f (x) = x ist auf [0, 1) gleichmäßig stetig.
Beweis. (i) Da f gleichmäßig stetig ist, gilt
8✏ > 09 > 08x1 , x2 2 X, |x1
: |f (x1 )
x2 | <
f (x2 )| < ✏
Für festes x0 = x1 gilt damit
8✏ > 09 > 08x2 2 X, |x0
(ii) ✏ ist gegeben. Wir wählen
: |f (x0 )
x2 | <
f (x2 )| < ✏
= ✏. Dann gilt für alle x1 , x2 2 R mit |x1
|f (x1 )
f (x2 )| = |x1
x2 | <
x2 | <
=✏
(iii) Die Verneinung der gleichmäßigen Stetigkeit bedeutet
9✏ > 08 > 0 9x1 , x2 2 X, |x1
Wir wählen ✏ = 1.
x2 | <
: |f (x1 )
ist gegeben. Wir wählen
1
x1 = min{ , }
2
x2 =
1
x1
2
f (x2 )|
✏
94
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Dann gilt
|x1
und
|f (x1 )
f (x2 )| =
x2 | = |x1
1
x1
1
2 x1 |
= | 12 x1 | <
1
1
=
x2
x1
2
1
=
x1
x1
2>1=✏
(iv) Wir benötigen die folgende Abschätzung. Für alle x, y 2 [0, 1) mit y < x gilt
p
p
p
x
y< x y
p
p
Wir nehmen an, dass dies falsch ist. Dann gibt es x, y mit y < x, so dass x
y
Dann gilt
p
p p
p
p 2
x y = ( x y)2  ( x
y) = x 2 x y + y
Hieraus folgt
p p
2 x y  2y
und
p
x
y.
xy
Dies ist ein Widerspruch, da y < x.
Zu gegebenem ✏ wählen wir = ✏2 . Dann gilt für alle x, y 2 [0, 1) mit y < x und |x
p
p
p
p
|f (x) f (y)| = | x
y| < x y <
=✏
y| <
2
Satz 13 Es seien a, b 2 R mit a < b und f : [a, b] ! R sei eine stetige Funktion.
Dann ist f auf [a, b] gleichmäßig stetig.
Beweis. Wir nehmen an, dass f nicht gleichmäßig stetig ist. Dann existiert ein
✏ > 0, so dass für alle > 0 Punkte x und y mit |x y|  und
|f (x)
f (y)|
✏
existieren. Somit gibt es ein ✏ > 0, so dass für alle n 2 N Punkte xn und yn mit
|xn yn |  n1 und
|f (xn ) f (yn )| ✏
existieren. Nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß (Satz 4) besitzt die Folge xn ,
n 2 N, eine konvergente Teilfolge xnk , k 2 N. Wir setzen
⇠ = lim xnk .
k!1
Es gilt ⇠ 2 [a, b], weil xnk 2 [a, b] für alle k 2 N. Wegen |xnk ynk | 
xnk + ynk , k 2 N, eine Nullfolge und somit konvergiert ynk , k 2 N, gegen ⇠.
⇠ = lim ynk .
k!1
Da f stetig ist, folgt
lim (f (xnk )
k!1
f (ynk )) = f (⇠)
f (⇠) = 0.
Dies steht aber im Widerspruch zu
|f (xnk )
2
f (ynk )|
✏.
1
nk
ist
3.3. MONOTONE FUNKTIONEN UND UMKEHRFUNKTIONEN
3.3
95
Monotone Funktionen und Umkehrfunktionen
Es sei X eine Teilmenge von R. Eine Funktion f : X ! R heißt (streng) monoton
wachsend, falls für alle x, y 2 X mit x < y
f (x)  f (y)
(f (x) < f (y))
gilt. Eine Funktion f : X ! R heißt (streng) monoton fallend, falls für alle x, y 2 X
mit x < y
f (x) f (y)
(f (x) > f (y))
gilt. Wir bezeichnen die Menge
f (X) = {f (x)|x 2 X}
als Bild von f . Wir sagen, dass f eine Umkehrabbildung oder Inverse f
falls es eine Funktion f 1 : f (X) ! X gibt, so dass für alle x 2 X
f
1
1
besitzt,
(f (x)) = x .
Lemma 39 Es sei X eine Teilmenge von R und f : X ! R sei streng monoton
wachsend oder streng monoton fallend. Dann gelten
(i) Die Umkehrabbildung f
(ii) f
1
1
existiert.
ist auf f (X) streng monoton wachsend, falls f streng monoton wachsend
ist.
(iii) f
1
ist auf f (X) streng monoton fallend, falls f streng monoton fallend ist.
Lemma 40 Es sei {xn }n2N eine beschränkte Folge reeller Zahlen, die nicht konvergiert. Dann gibt es zwei konvergente Teilfolgen, die gegen verschiedene Grenzwerte konvergieren.
Beweis. Da {xn }n2N beschränkt ist, hat sie wegen Kompaktheit eine konvergente
Teilfolge {xnk }k2N mit Grenzwert x0 . Da {xn }n2N nicht konvergiert, konvergiert sie
insbesondere nicht gegen x0 . Also gilt
9✏ > 0 8N 9m > N : |xm
x0 |
✏
Wir wenden diese Aussage für N = j, j 2 N, an und erhalten eine Teilfolge {xmj }j2N ,
so dass für alle j 2 N
|xmj x0 | ✏
gilt. Da {xmj }j2N beschränkt ist, hat sie eine konvergente Teilfolge. Der Grenzwert
ist von x0 verschieden. 2
96
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Satz 14 Es seien a, b 2 R und f : [a, b] ! R sei eine stetige Funktion. Außerdem
sei f streng monoton wachsend oder streng monoton fallend. Dann gelten
2 R, so dass f ([a, b]) = [↵, ].
(i) Es gibt ↵,
(ii) f
1
ist auf [↵, ] stetig.
Beweis. (i) Nach Satz 11 gibt es xmin und xmax , so dass für alle x 2 [a, b]
f (xmin )  f (x)  f (xmax ) .
Wir setzen ↵ = f (xmin ) und = f (xmax ). Nach dem Zwischenwertsatz gibt es zu
jedem y 2 [↵, ] ein x 2 [a, b] mit f (x) = y. Also gilt f ([a, b]) = [↵, ].
(ii) Es sei {yn }n2N eine Folge in [↵, ] mit limn!1 yn = y0 . Wir müssen zeigen,
dass
lim f 1 (yn ) = f 1 (y0 ) .
n!1
1
Wir bezeichnen xn = f (yn ). Wir behaupten, dass {xn }n2N konvergiert. Falls
die Folge nicht konvergiert, so gibt es nach Lemma 40 zwei konvergente Teilfolgen
{xnk }k2N und {xmj }j2N , deren Grenzwerte x0 und x̄0 verschieden sind. Da f stetig
ist, folgt
lim f (xnk ) = f (x0 )
lim f (xmj ) = f (x̄0 )
j!1
k!1
Hieraus folgt
f (x0 )
= lim f (xnk ) = lim ynk = y0
f (x̄0 )
= lim f (xmj ) = lim ymj = y0
k!1
k!1
j!1
j!1
Also gilt f (x0 ) = f (x̄0 ) und somit x0 = x̄0 im Widerspruch zu unserer Annahme.
Also konvergiert {xn }n2N . Wir bezeichnen den Grenzwert mit x0 . Es folgt wegen
der Stetigkeit von f
y0 = lim yn = lim f (xn ) = f (x0 ) .
n!1
Also gilt x0 = f
1
n!1
(y0 ). Nun folgt
f
1
(y0 ) = x0 = lim xn = lim f
n!1
n!1
1
(yn ) .
2
3.4
Potenz, Exponentialfunktion und Logarithmus
Wir definieren für x 2 R und n 2 N
xn = x
| · x{z· · · x}
n
3.4. POTENZ, EXPONENTIALFUNKTION UND LOGARITHMUS
97
und x0 = 1. Falls x 6= 0, dann setzen wir
n
x
1
.
xn
=
Die n-te Wurzel oder die n1 -te Potenz definieren wir als die Umkehrfunktion der
n-ten Potenz. Damit lässt sich für jede rationale Zahl pq und positive reelle Zahl x
p
die Potenz x q durch
1
(x q )p
definieren. Damit haben wir die Potenz xs für strikt positive, reelle Zahlen x und
rationale Zahlen s definiert.
Lemma 41 Es sei s 2 Q und s 6= 0. Die Potenzfunktion ps : (0, 1) ! R mit
ps (x) = xs ist auf (0, 1) streng monoton und stetig.
Lemma 42 (i) Es seien x1 , x2 2 Q und a > 0. Dann gilt
ax1 ax2 = ax1 +x2 .
(ii) Es seien x 2 Q und a, b > 0. Dann gilt
ax bx = (ab)x .
(iii) Es seien x1 , x2 2 Q und a > 0. Dann gilt
(ax1 )x2 = ax1 x2 .
Beispiel 35 Für alle a 2 R mit a > 0 gilt
1
lim a n = 1.
n!1
Beweis. Wir betrachten den Fall a > 1. Mit der Bernoulli-Ungleichung (Lemma 16)
(1 +
a n
)
n
a
n
1+
1
1
an
1 
an
Falls a < 1, dann betrachten wir die Folge a
1+a>a
n
a
n
. 2
Um schließlich xr für sämtliche r 2 R zu erklären, benutzen wir einen Grenzprozess. Es sei r = limn!1 pqnn . Damit setzen wir
(3.2)
pn
xr = lim x qn .
n!1
Man muss die Wohldefiniertheit überprüfen.
Genauso definieren wir für a > 0 die Exponentialfunktion ax .
98
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Lemma 43 Es seien a 2 R mit a > 0 und tn , t 2 Q, n 2 N, mit limn!1 tn = t.
Dann gilt
lim atn = at .
n!1
Beweis. Wir betrachten zuerst den Fall t = 0 und zeigen, dass
lim atn = a0 = 1
n!1
1
Nach Beispiel 35 gilt limn!1 a n = 1, d.h.
1
8✏ > 09N 8n
N : |a n
1| < ✏
Wegen limn!1 tn = 0 gilt
8 > 09M 8n
M : |tn | <
8N 2 N9M 8n
M : |tn | <
Insbesondere
1
N
Es folgt
8✏ > 09N 8n
N : |atn
Es sei nun t beliebig. Dann gilt limn!1 (tn
atn = a(tn
t)+t
1| < ✏.
t) = 0. Mit Lemma 42
= atn t at
und somit
lim atn = lim atn t at = at lim atn
n!1
n!1
t
n!1
= at .
2
Mit Lemma ?? folgt, dass der Grenzwert (3.2)
pn
xr = lim x qn .
n!1
nicht von der speziellen Folge
pn
,
qn
n 2 N abhängt.
Lemma 44 (i) Es sei r 2 R mit r 6= 0. Die Potenzfunktion pr : (0, 1) ! R mit
pr (x) = xr ist auf (0, 1) streng monoton und stetig.
(ii) Es sei a 2 R mit a > 0 und a 6= 1. Die Exponentialfunktion Ea : R ! R mit
Ea (x) = ax ist auf R streng monoton und stetig.
Lemma 45 (i) Es seien x1 , x2 2 R und a > 0. Dann gilt
ax1 ax2 = ax1 +x2 .
(ii) Es seien x 2 R und a, b > 0. Dann gilt
ax bx = (ab)x .
(iii) Es seien x1 , x2 2 R und a > 0. Dann gilt
(ax1 )x2 = ax1 x2 .
3.4. POTENZ, EXPONENTIALFUNKTION UND LOGARITHMUS
99
Lemma 46 Die Umkehrfunktion von ax existiert und ist auf (0, 1) definiert und
stetig. Wir schreiben für die Umkehrfunktion von ax
loga x
Falls a = e = limn!1 (1 + n1 )n , dann schreiben wir
loge x = ln x
Korollar 3 (i) Für alle x, y > 0 gilt
loga (xy) = loga x + loga y.
(ii) Für alle x > 0 und alle y 2 R gilt
loga xy = y loga x.
Beweis. (i) Wir setzen x = av und y = aw . Dann gilt
loga (xy) = loga (av aw ) = loga (av+w ) = v + w = loga x + loga y.
2
Lemma 47 Es sei {xn }n2N eine Folge mit limn!1 xn = 0 und 1 + xn > 0, xn 6= 0
für alle n 2 N. Dann gilt
1
lim (1 + xn ) xn = e
n!1
Beweis. Wir benutzen die Definition
✓
◆n
1
e = lim 1 +
n!1
n
und
8N 2 N9M 8n
M : |xn | <
2
Korollar 4 Für alle x 2 R gilt
⇣
x ⌘n
lim 1 +
= ex
n!1
n
1
N
100
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Beweis. Falls x = 0, dann gilt
✓
◆n
0
1+
=1
n
1 = e0
und
Falls x 6= 0, so gilt für fast alle n
x
<1
n
bzw.
1+
x
>0
n
Außerdem ist xn = nx , n 2 N, eine gegen 0 konvergente Folge. Mit Lemma ?? folgt
1
⇣
⇣
x ⌘ nx ⇣
x ⌘n ⌘ x
e = lim 1 +
= lim 1 +
n!1
n!1
n
n
2
Beispiel 36 Es sei n 2 N. Es bezeichne bxc die größte, ganze Zahl, die kleiner als x ist und dxe
die kleinste ganze Zahl, die größer als x ist. Gilt
⇠
⇡
⌫
2n
2
=
?
1
log2 2
2n 1
Man kann zeigen, dass die Di↵erenz
2n
log2 2
2
1
2n
1
monoton gegen 1 wächst.
3.5
Di↵erenzierbare Funktionen
Wir wollen hier Funktionen betrachten, deren Graph eindeutige Tangenten besitzen.
Wir wollen die Steigung dieser Tangente berechnen, d.h. die Steigung der Kurve in
dem Punkt der Tangente berechnen. Diese Steigung werden wir als Ableitung der
Funktion bezeichnen.
Anschaulich ist eine Funktion in einem Punkt di↵erenzierbar, wenn ihr Graph
eine eindeutige Tangente besitzt. So ist eine Funktion, deren Graph eine Ecke
besitzt, nicht di↵erenzierbar. Ebenso ist eine Funktion nicht di↵erenzierbar, wenn
sie inen Sprung besitzt.
Es sei I ein Intervall in R und f : I ! R eine Funktion. f heißt in x0 2 I
di↵erenzierbar, falls der Grenzwert
lim
x!x0
f (x)
x
f (x0 )
x0
existiert. Wir bezeichnen diesen Grenzwert mit
df
(x0 )
dx
und
f 0 (x0 )
3.5. DIFFERENZIERBARE FUNKTIONEN
101
Wir nennen diesen Grenzwert die Ableitung von f im Punkt x0 . Falls x0 linker
bzw. rechter Endpunkt von I ist, so heißt f in x0 linksseitig bzw. rechtsseitig
di↵erenzierbar.
Falls f auf I di↵erenzierbar ist, so heißt die Funktion f 0 : I ! R, die jedem
x 2 I die Ableitung von f in diesem Punkt zuordnet die Ableitung von f . Falls f 0
auf I stetig ist, so heißt f auf I stetig di↵erenzierbar. Die höheren Ableitungen sind
durch
f 00 = (f 0 )0
und
f (n) = (f (n 1) )0 n 2 N
definiert.
Die Di↵erenzierbarkeit von f in x0 in Quantorenschreibweise ist
9⌘8xn 6= x0 , n 2 N, lim xn = x0 :
n!1
bzw.
9⌘8hn 6= 0, n 2 N, lim hn = 0 :
n!1
f (xn )
n!1
xn
lim
f (x0 + hn )
n!1
hn
lim
f (x0 )
=⌘
x0
f (x0 )
=⌘
Lemma 48 (Binomische Formel) Für alle x, y 2 R und alle n 2 N gilt
n ✓ ◆
X
n n k k
n
(x + y) =
x y
k
k=0
wobei die Binomialkoeffizienten durch
✓ ◆
n
n!
=
k
k!(n k)!
gegeben sind.
Beweis. Wir benutzen Induktion. Für n = 1 ist die Aussage o↵ensichtlich richtig.
Nun machen wir den Induktionsschritt von n auf n + 1. Es gilt
n ✓ ◆
X
n n k k
n
(x + y) =
x y
k
k=0
Hieraus folgt
(x + y)n+1 = (x + y)(a + y)n
n ✓ ◆
n ✓ ◆
X
n n+1 k k X n n k k+1
=
x
y +
x y
k
k
k=0
k=0
✓ ◆
◆
✓ ◆
n ✓ ◆
n ✓
X
n n+1
n n k+1 k X
n
n n+1
n+1 k k
=
x
+
x
y +
x
y +
y
0
k
k
1
n
k=1
k=1
✓ ◆
✓
◆◆
✓ ◆
n ✓✓ ◆
X
n n+1
n
n
n n+1
n+1 k k
=
x
+
+
x
y +
y .
0
k
k 1
n
k=1
102
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Weiter gilt
✓ ◆ ✓
◆ ✓
◆
n
n
n+1
+
=
k
k 1
k
weil
✓ ◆ ✓
◆
n
n
n!
+
=
+
k
k 1
k!(n k)! (k
n!
n!((n k + 1) + k)
=
=
1)!(n k + 1)!
k!(n k + 1)!
Somit
n+1
(x + y)
2
◆
n+1 ✓
X
n + 1 n+1 k k
=
x
y .
k
k=0
Beispiel 37 (i) f : R ! R, f (x) = c. Dann gilt f 0 (x) = 0.
(ii) f : R ! R, f (x) = xm , m 2 N. Dann gilt f 0 (x) = mxm
(iii) f : (0, 1) ! R, f (x) = ln x. Dann gilt
f 0 (x) =
1
.
1
.
x
(iv) f : (0, 1) ! R, f (x) = loga x. Dann gilt
f 0 (x) =
1
1
= loga e .
x ln a
x
(v) f : R ! R, f (x) = |x|. Dann ist f nicht in 0 di↵erenzierbar.
Beweis. (i)
f 0 (x0 ) = lim
x!x0
f (x)
x
f (x0 )
0
= lim
=0
x!x0 x
x0
x0
(ii) Wir setzen x = x0 + h.
f 0 (x0 )
f (x) f (x0 )
x x0
f (x0 + h) f (x0 )
= lim
h!0
h
1
= lim {(x0 + h)m xm
0 }
h h!0
(m ✓ ◆
)
X m
1
= lim
xm k hk xm
0
h h!0
k 0
k=0
m ✓ ◆
X
1
m m k k
= lim
x
h
h h!0
k 0
k=1
m ✓ ◆
X
m m k k 1
1
= lim
x
h
= mxm
0
h!0
k 0
= lim
x!x0
k=1
(iii) Wir setzen x = x0 + h.
f (x) f (x0 )
x x0
f (x0 + h) f (x0 )
= lim
h!0
h
1
=
lim {ln(x0 + h) ln x0 }
h h!0
f 0 (x0 ) =
lim
x!x0
✓
◆
n+1
.
k
3.5. DIFFERENZIERBARE FUNKTIONEN
103
D.h. dass für alle Folgen {hn }n2N mit limn!1 hn = 0
f 0 (x0 ) = lim
n!1
1
{ln(x0 + hn )
hn
ln x0 }
gelten muss. Wir führen die Rechnung fort
✓
◆
1 x0
hn
f (x0 ) = lim
= lim
ln 1 +
n!1
n!1 x0 hn
hn
x0
!
✓
◆ hx0
1
hn n
= lim
ln
1+
n!1 x0
x0
ln(1 +
0
hn
x0 )
Da der Logarithmus eine stetige Funktion ist, gilt weiter
✓
◆ x0 !
hn hn
1
lim 1 +
=
ln e .
n!1
x0
x0
1
f (x0 ) =
ln
x0
0
Wir müssen noch zeigen, dass ln e = 1. Es gilt genau dann y = ex , wenn ln y = x. Es folgt, dass
genau dann ln e = x gilt, wenn e = ex gilt. Also gilt ln e = 1. Insgesamt erhalten wir ln0 (x0 ) = x10 .
(iv) Wir benutzen
ln x
loga x =
.
ln a
Diese Gleichung folgt aus
x = aloga x .
(v) f di↵erenzierbar in x0 bedeutet
lim
f (x0 + hn )
hn
f (x0 )
8⌘ 2 R 9{hn }n2N , lim hn = 0 : lim
f (x0 + hn )
hn
f (x0 )
9⌘ 2 R 8{hn }n2N , lim hn = 0 :
n!1
n!1
=⌘
f ist nicht in x0 di↵erenzierbar heißt
n!1
n!1
6= ⌘
In dem vorliegenden Beispiel ist x0 = 0. Wir betrachten zuerst den Fall, dass ⌘  0. Wir wählen
hn = n1 , n 2 N. Dann gilt
1
f (x0 + n1 ) f (x0 )
0
n
=
= 1.
1
1
n
Für ⌘
0 wählen wir hn =
1
n.
n
Dann erhalten wir
f (x0
1
n)
1
n
f (x0 )
=
0
1
n
1
n
=
1.
2
Satz 15 Es sei I ein Intervall und f : I ! R sei di↵erenzierbar in x0 . Dann ist f
stetig in x0 .
Beweis. Es sei {xn }n2N eine Folge mit limn!1 xn = x0 . Da f in x0 di↵erenzierbar
ist, folgt
f (xn ) f (x0 )
lim
= f 0 (x0 ).
n!1
xn x0
104
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Hieraus folgt
lim (xn
n!1
x0 )
f (xn )
xn
f (x0 )
= lim f 0 (x0 )(xn
n!1
x0
x0 ) = 0.
Es folgt
lim f (xn )
n!1
f (x0 ) = 0.
und damit
lim f (xn ) = f (x0 ).
n!1
2
Bemerkung 3 (i) Aus der Stetigkeit folgt nicht die Di↵erenzierbarkeit. Ein Beispiel
dafür ist die Funktion f (x) = |x| im Punkt 0.
(ii) Es gibt Funktionen, die auf einem Intervall stetig sind, aber in keinem Punkt
di↵erenzierbar.
(iii) Falls eine Funktion auf einem Intervall di↵erenzierbar ist, so muss die
Ableitung nicht stetig sein.
Lemma 49 Es seien f, g : I ! R Funktionen, die in x0 di↵erenzierbar sind. Dann
gelten
(i) f + g ist in x0 di↵erenzierbar und
(f + g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 )
(ii) f g ist in x0 di↵erenzierbar und
(f g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g 0 (x0 )
(iii) Ist g 6= 0 auf dem Intervall I, so existiert fg auf I und
zierbar. Es gilt
✓ ◆0
f
f 0 (x0 )g(x0 ) f (x0 )g 0 (x0 )
(x0 ) =
g
g 2 (x0 )
f
g
ist in x0 di↵eren-
Beweis. (ii) Es sei {xn }n2R eine reelle Folge mit limn!1 xn = x0 . Es gilt
f (xn )g(xn ) f (x0 )g(x0 )
xn x0
f (xn )g(xn ) f (xn )g(x0 ) f (xn )g(x0 ) f (x0 )g(x0 )
=
+
xn x0
xn x0
g(xn ) g(x0 )
f (xn ) f (x0 )
= f (xn )
+ g(x0 )
xn x0
xn x0
3.5. DIFFERENZIERBARE FUNKTIONEN
105
Da f di↵erenzierbar ist, ist f insbesondere stetig. Somit folgt aus der Di↵erenzierbarkeit von f und g
g(xn )
xn
g(x0 )
= f (x0 )g 0 (x0 )
x0
f (xn )
xn
f (x0 )
= f 0 (x0 )g(x0 )
x0
lim f (xn )
n!1
lim g(x0 )
n!1
Also gilt
f (xn )g(xn )
n!1
xn
lim
f (x0 )g(x0 )
= f (x0 )g 0 (x0 ) + f 0 (x0 )g(x0 ).
x0
2
Beispiel 38 (i) Alle Polynome p mit
p(x) =
n
X
ak xk
k=0
sind auf R di↵erenzierbar,
(ii) Alle rationalen Funktionen
p
q
sind auf R \ {x|q(x) = 0} di↵erenzierbar.
Satz 16 (Kettenregel) Es seien I und J Intervalle und f : I ! J und g : J !
R Funktionen, die in x0 bzw. f (x0 ) di↵erenzierbar sind. Dann ist g f in x0
di↵erenzierbar und es gilt
(g f )0 (x0 ) = g 0 (f (x0 ))f 0 (x0 )
Beweis. Es sei {xn }n2R eine reelle Folge mit limn!1 xn = x0 . Da f in x0 di↵erenzierbar ist, so ist f auch in x0 stetig und es gilt
lim f (xn ) = f (x0 )
n!1
Falls für fast alle n 2 N gilt, dass f (xn ) 6= f (x0 ), dann gibt es ein N , so dass für
alle n > N
(g f )(xn ) (g f )x0
g(f (xn ))
=
xn x0
f (xn )
g(f (x0 )) f (xn )
f (x0 )
xn
gilt. Da g di↵erenzierbar und f stetig ist, gilt
g(f (xn ))
n!1
f (xn )
lim
g(f (x0 ))
= g 0 (f (x0 ))
f (x0 )
Insgesamt erhalten wir
(g f )(xn )
n!1
xn
lim
(g f )(x0 )
= g 0 (f (x0 ))f 0 (x0 ) .
x0
f (x0 )
x0
106
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Falls für unendlich viele n 2 N die Gleichung f (xn ) = f (x0 ) gilt, dann gibt es eine
Teilfolge {xnk }k2N mit f (xnk ) = f (x0 ). Also gilt
f (xnk )
k!1
xnk
lim
f (x0 )
=0.
x0
Da der Grenzwert einer Teilfolge gleich dem Grenzwert der Folge ist, erhalten wir
f (xn )
n!1
xn
lim
f (x0 )
=0.
x0
Nun müssen wir die Folge {xn }n2N in zwei Teilfolgen zerlegen: Diejenigen xn , für
die f (xn ) = f (x0 ) gilt und diejenigen xn , für die f (xn ) 6= f (x0 ) gilt. Es sei {xnk }k2N
die Teilfolge mit f (xnk ) = f (x0 ). Dann erhalten wir
lim
n!1
(g f )(xnk )
xnk
(g f )(x0 )
= 0 = g 0 (f (x0 ))f 0 (x0 )
x0
Bei der anderen Teilfolge verfahren wir wie oben. 2
Satz 17 Es seien I und J Intervalle und f : I ! J sei eine Funktion, die in x0
di↵erenzierbar sei und für die f (I) = J gilt. Es gelte f 0 (x0 ) 6= 0 und es existiere die
Umkehrfunktion f 1 : J ! I. Dann ist f 1 in f (x0 ) di↵erenzierbar und es gilt
(f
1 0
) (f (x0 )) =
1
f 0 (x0 )
Beweis. Es sei {yn }n2N eine Folge in J mit limn!1 yn = y0 und yn 6= y0 für
n = 0, 1, 2, . . . . Wir setzen xn = f 1 (yn ) für n = 0, 1, 2, . . . . Dann gilt für alle
n 2 N mit xn 6= x0 , weil f und f 1 injektiv sind. Weiter gilt
f
1
(yn )
yn
f 1 (y0 )
f
=
y0
1
(f (xn ))
f (xn )
f 1 (f (x0 ))
xn
=
f (x0 )
f (xn )
x0
=
f (x0 )
1
f (xn ) f (x0 )
xn x0
.
Deswegen erhalten wir
lim
n!1
f
1
(yn )
yn
f 1 (y0 )
= lim
n!1
y0
1
f (xn ) f (x0 )
xn x0
=
1
f 0 (x0 )
2
Beispiel 39 (i) ex ist auf R di↵erenzierbar und (ex )0 = ex .
(ii) Es sei a > 0. Dann ist ax auf R di↵erenzierbar und (ax )0 = (ln a)ax .
(iii) Es sei ↵ 6= 0 und f : [0, 1) ! R, f (x) = x↵ . Die Funktion f ist auf (0, 1) di↵erenzierbar
und es gilt (x↵ )0 = ↵x↵ 1 .
(iv) Es sei f : [0, 1) ! R
f (x) =
(
1
xx
falls x = 0
falls x > 0
f ist di↵erenzierbar auf (0, 1) und f 0 (x) = xx (1 + ln x).
3.6. DER SATZ VON ROLLE UND DER MITTELWERTSATZ
107
2
1.8
1.6
1.4
1.2
0.5
1
1.5
2
0.8
Beweis. (i) ln x ist auf (0, 1) di↵erenzierbar und ex ist die Umkehrfunktion. Nach Satz 17 gilt
(f
) (f (x)) =
1 0
Also gilt für f mit f (x) = ln x
(f
) (ln x) =
1 0
Mit y = ln x folgt
(f
(ii) Es gilt
1
f 0 (x)
.
1
= x.
f 0 (x)
) (y) = ey .
1 0
x
ax = eln(a
)
= ex ln a .
(iii) Da der Logarithmus ln und die e-Funktion di↵erenzierbar sind ist auch die zusammengesetzte
Funktion
↵
x↵ = eln(x ) = e↵ ln x
nach der Kettenregel di↵erenzierbar und es gilt
(x↵ )0 = (e↵ ln x )0 = e↵ ln x (↵ ln x)0 =
(iv) Wir verwenden die Gleichung
↵ ↵ ln x
xe
=
↵ ↵
xx
= ↵x↵
1
.
x
xx = eln x = ex ln x .
2
3.6
Der Satz von Rolle und der Mittelwertsatz
Michel Rolle wurde am 21.4.1652 in Ambert in der Auvergne geboren. Er war Sohn
eines Krämers und erhielt nur eine elementare Ausbildung und arbeitete zunächst
als Schreiber. Er ging 1675 nach Paris und wurde Hauslehrer. Ab 1699 erhielt er
als Mitglied der Pariser Akademie ein reguläres Gehalt. Er arbeitete vorwiegend auf
dem Gebiet der Algebra. Er starb am 8.11.1719 in Paris.
Es sei X ✓ R und f : X ! R. Wir sagen, dass f in x0 ein lokales Maximum
(Minimum) hat, wenn es ein > 0 gibt, so dass für alle x 2 X mit |x x0 | <
f (x)  f (x0 )
(f (x)
f (x0 ))
108
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
gilt. Wir sagen, dass f ein lokales Extremum besitzt, falls es ein lokales Minimum
oder Maximum besitzt.
Lemma 50 Es sei f : [a, b] ! R in x0 2 (a, b) di↵erenzierbar. Hat f in x0 ein
lokales Extremum, so gilt
f 0 (x0 ) = 0 .
Beweis. f habe in x0 ein lokales Maximum. Dann gilt
9N 8n > N : f (x0 + n1 )  f (x0 ) und f (x0
1
)
n
 f (x0 ).
Hieraus folgt
f 0 (x0 ) =
f 0 (x0 ) =
f (x0 + n1 )
lim
n!1
lim
f (x0 ))
1
n
f (x0
1
)
n
f (x0 ))
1
n
n!1
0
0.
Also gilt
f 0 (x0 ) = 0.
2
Satz 18 (Rolle) Es sei f : [a, b] ! R auf [a, b] stetig und auf (a, b) di↵erenzierbar.
Es gelte f (a) = f (b). Dann gibt es mindestens ein ⇠ 2 (a, b) mit
f 0 (⇠) = 0.
Ein Beispiel für den Satz von Rolle ist f : [ 1, 1] ! R mit f (x) = x2 . Es gilt
f ( 1) = f (1) = 1 und f 0 (0) = 0.
Beweis. Falls f auf [a, b] konstant ist, dann gilt für alle x 2 (a, b), dass f 0 (x) = 0.
Wir können also annehmen, dass es mindestens einen Punkt gibt, an dem der
Wert von f nicht gleich f (a) = f (b) ist. Da f stetig ist, nimmt f auf [a, b] das
Minimum in xmin und das Maximum in xmax an. Da f nicht konstant ist, gilt
f (xmin ) < f (a) = f (b)
oder
f (xmax ) > f (a) = f (b).
Also gilt xmin 2 (a, b) oder xmax 2 (a, b) und wir können Lemma 50 anwenden. 2
Satz 19 (Mittelwertsatz) Es sei f : [a, b] ! R auf [a, b] stetig und auf (a, b) differenzierbar. Dann gibt es mindestens ein ⇠ 2 (a, b) mit
f 0 (⇠) =
f (b)
b
f (a)
.
a
3.6. DER SATZ VON ROLLE UND DER MITTELWERTSATZ
109
Beweis. Wir definieren F : [a, b] ! R durch
F (x) = f (x)
f (b)
b
f (a)
f (a)
(x
a
a).
Dann ist F auf [a, b] stetig, auf (a, b) di↵erenzierbar und es gilt F (a) = F (b) = 0.
Damit können wir den Satz von Rolle anwenden und es gibt ein ⇠ 2 (a, b) mit
F 0 (⇠) = 0. Also gilt
f (b) f (a)
0 = F 0 (⇠) = f 0 (⇠)
.
b a
2
0.6
0.4
0.2
-2
-1
1
2
-0.2
-0.4
-0.6
Beispiel 40 Es sei f : [ 1, 1] ! R mit f (x) = x3 . Es gilt
f (1) f ( 1)
= 1.
1 ( 1)
Es gibt zwei Punkte ⇠ =
p1
3
und ⇠ =
p1
3
mit f 0 (⇠) = 1.
Satz 20 Es sei f : [a, b] ! R auf [a, b] stetig und auf (a, b) di↵erenzierbar. Es gelte
für alle x 2 (a, b), dass f 0 (x) = 0. Dann ist f eine konstante Funktion.
Beweis. Es sei x 2 (a, b]. Nach dem Mittelwertsatz (Satz 19) gibt es ein ⇠ 2 (a, x)
mit
f (x) f (a)
f 0 (⇠) =
x a
Da f 0 (⇠) = 0 gilt, folgt
f (x) = f (a)
2
Korollar 5 Es seien f, g : [a, b] ! R auf [a, b] stetig und auf (a, b) di↵erenzierbar.
Außerdem gelte für alle x 2 (a, b), dass f 0 (x) = g 0 (x). Dann gibt es eine Konstante
c 2 R, so dass für alle x 2 [a, b]
f (x)
gilt.
g(x) = c
110
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Beweis. Wir wenden Satz 20 auf die Funktion f
g an. 2
Satz 21 Es seien f, g : [a, b] ! R auf [a, b] stetig und auf (a, b) di↵erenzierbar.
Außerdem gelte für alle x 2 (a, b), dass g 0 (x) 6= 0. Dann gilt
(i) g(a) 6= g(b)
(ii) Es gibt ein ⇠ 2 (a, b) mit
f 0 (⇠)
f (b)
=
g 0 (⇠)
g(b)
f (a)
g(a)
Beweis. (i) Falls g(a) = g(b), dann gibt es nach dem Mittelwertsatz (Satz 19) ein
⇠ 2 (a, b) mit
g(b) g(a)
g 0 (⇠) =
=0
b a
(ii) Wir wenden den Satz von Rolle auf die Funktion
F (x) = f (x)
f (a)
f (b)
g(b)
f (a)
(g(x)
g(a)
g(a))
an. Die Voraussetzungen des Satzes von Rolle sind erfüllt, weil F (a) = F (b) = 0
gilt. Also gibt es ein ⇠ 2 (a, b) mit F 0 (⇠) = 0. 2
Lemma 51 Die Funktion f : [a, b] ! R sei auf [a, b] stetig und auf (a, b) di↵erenzierbar.
(i) Gilt für alle x 2 (a, b), dass f 0 (x) > 0, dann ist f streng monoton wachsend
auf [a, b].
(ii) Gilt für alle x 2 (a, b), dass f 0 (x) < 0, dann ist f streng monoton fallend
auf [a, b].
Beweis. (i) Es sei a  x < y  b. Wir zeigen nun, dass f (x) < f (y).
Nach dem Mittelwertsatz gibt es ein ⇠ 2 (x, y) mit
f (y)
y
Also gilt f (y)
f (x)
= f 0 (⇠) > 0
x
f (x) > 0. 2
Beispiel 41 (i) Die Funktion f : [0, 1] ! R, f (x) = x2 , ist auf [0, 1] streng monoton wachsend.
Dies können wir aus Lemma 51 folgern, weil f 0 (x) = 2x > 0 für alle x 2 (0, 1) gilt.
(ii) Die Funktion f : [ 1, 1] ! R, f (x) = x3 , ist auf [ 1, 1] streng monoton wachsend. Dies
können wir nicht unmittelbar aus Lemma 51 folgern, weil f 0 (0) = 0 gilt. Wenn wir jedoch, das
Intervall [ 1, 1] in zwei Teilintervalle [ 1, 0] und [0, 1] zerlegen, können wir Lemma 51 anwenden.
(iii) ex ist auf R streng monoton wachsend.
(iv) ln ist auf (0, 1) streng monoton wachsend.
3.6. DER SATZ VON ROLLE UND DER MITTELWERTSATZ
111
Lemma 52 (i) Für alle x mit x 2 (0, 1) gilt
ex <
1
1
x
.
(ii) Für alle x mit x 2 (0, 1) gilt
1 + x < ex .
(iii) Für alle x mit 0 < x gilt
x
< ln(1 + x) < x.
1+x
Beweis. (i) Wir wenden den Mittelwertsatz auf die Funktion f : [0, x] ! R,
f (t) = et an. Dann gibt es ein ⇠ 2 (0, x), so dass
f (x)
f (0)
x
= f 0 (⇠)
bzw.
ex
1
x
= e⇠
gilt. Da die e-Funktion streng monoton wachsend ist, gilt e⇠ < ex . Wir erhalten
ex
1
x
Hieraus folgt für alle x 2 (0, 1)
= e⇠ < ex .
ex <
1
1
x
(ii) Wir wenden den Mittelwertsatz auf die Funktion f : [0, x] ! R, f (t) = et an.
Dann gibt es ein ⇠ 2 (0, x), so dass
f (x)
f (0)
x
= f 0 (⇠)
bzw.
ex
1
x
= e⇠
gilt. Da die e-Funktion streng monoton wachsend ist, gilt e⇠ > e0 . Wir erhalten
ex
1
= e⇠ > e0 = 1.
x
Es folgt 1 + x < ex .
(iii) Nach (ii) gilt 1 + x < ex . Wir nehmen auf beiden Seiten den Logarithmus
und erhalten ln(1 + x) < x.
y
Nach (i) gilt ex < 1 1 x . Wir setzen x = 1+y
und erhalten
y
e 1+y < 1 + y.
Nun nehmen wir auf beiden Seiten den Logarithmus. 2
112
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
3.7
Lokale Extrema
3.8
Die Formel von L’Hôpital
Guillaume Francois Antoine Hôpital, Marquis de Sainte-Mesme wurde 1661 in Paris
geboren. 1696 verö↵entlichte L’Hôpital das erste französische Lehrbuch der Analysis
überhaupt Analyse des infiniment petits. Tatsächlich geht es auf Johann I. Bernoulli
zurück. L’Hôpital bezahlte Bernoulli für wissenschaftliche Ergebnisse und deren
Publikationsrechte. So stammt die Formel bzw. Regel von L’Hôpital tatsächlich von
Bernoulli. Nach dem Tod von L’Hôpital ging Bernoulli damit an die Ö↵entlichkeit.
L’Hôpital starb am 3.2.1704 in Paris.
Satz 22 (L’Hôpital) Es seien f, g : (a, b) ! R stetig di↵erenzierbare Funktionen.
Es sei x0 2 (a, b) und g und g 0 seien für alle x 2 (a, b) mit x 6= x0 von 0 verschieden.
Es gelte
f (x0 ) = g(x0 ) = 0
und
lim
x!x0
existiere. Dann gilt
f 0 (x)
g 0 (x)
f (x)
f 0 (x)
lim
= lim 0 .
x!x0 g(x)
x!x0 g (x)
Insbesondere gilt
lim
x!x0
f (x)
f 0 (x0 )
= 0
g(x)
g (x0 )
falls g 0 (x0 ) 6= 0.
Beweis. Es sei {xn }n2N eine Folge mit limn!1 xn = x0 . Nach Satz 21 gibt es dann
zu jedem n 2 N ein ⇠n mit ⇠n 2 (xn , x0 ) oder ⇠n 2 (x0 , xn ), so dass
f 0 (⇠n )
f (xn )
=
0
g (⇠n )
g(xn )
f (x0 )
.
g(x0 )
Wegen f (x0 ) = g(x0 ) = 0 folgt
f 0 (⇠n )
f (xn )
=
.
0
g (⇠n )
g(xn )
Da ⇠n 2 (xn , x0 ) bzw. ⇠n 2 (x0 , xn ) gilt, folgt limn!1 ⇠n = x0 . Nach Voraussetzung
existiert
f 0 (x)
lim 0 .
x!x0 g (x)
3.8. DIE FORMEL VON L’HÔPITAL
113
Deshalb folgt
f 0 (x)
f 0 (⇠n )
f (xn )
=
lim
= lim
.
0
0
x!x0 g (x)
n!1 g (⇠n )
n!1 g(xn )
Wir betrachten nun den Fall, dass g 0 (x0 ) 6= 0. Da f 0 und g 0 nach Voraussetzung
stetig sind, gilt
f 0 (x)
limx!x0 f 0 (x)
f 0 (x0 )
lim 0
=
=
.
x!x0 g (x)
limx!x0 g 0 (x)
g 0 (x0 )
2
lim
Beispiel 42
lim
1
x2
ex
x!0
x
1
2
=
Beweis. Wir müssen zweimal di↵erenzieren. Es gilt
ex
1
= .
x!0 2
2
lim
Deshalb gilt
ex 1
1
= .
x!0
2x
2
lim
Hieraus folgt
lim
ex
x!0
⇤
1
x2
x
=
1
.
2
Satz 22 kann dahingehend verallgemeinert werden, dass auch x0 = a oder x0 = b
zugelassen wird.
Satz 23 Es seien f, g : (a, b) ! R stetig di↵erenzierbar. Es sei g(x) 6= 0 für alle
x 2 (a, b). Es gelte
lim g(x) = 1
x!a
und
f 0 (x)
x!a g 0 (x)
lim
existiere. Dann gilt
f (x)
f 0 (x)
lim
= lim 0 .
x!a g(x)
x!a g (x)
Eine Folge xn , n 2 N, konvergiert gegen 1, wenn
8C > 09N 8n
N:
xn
C.
Satz 24 Es seien f, g : [a, 1) ! R di↵erenzierbare Funktionen mit limx!1 f (x) =
0 und limx!1 g(x) = 0. Weiter existiere
f 0 (x)
.
x!1 g 0 (x)
lim
Dann gilt
f (x)
f 0 (x)
= lim 0 .
x!1 g(x)
x!1 g (x)
lim
114
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Beispiel 43 (i) Es gilt
lim
x!0
ln(1 + x)
= 1.
x
(ii) Es gilr
lim x ln x = 0.
x!0
(iii) Es sei ↵ > 0. Dann
lim x↵ ln x = 0.
x!0
(iv) Es sei ↵ > 0. Dann gilt
lim
x!1
ln x
=0
x↵
Beweis. Mit der Formel von L’Hospital folgt
(i) Mit Satz 22
ln(1 + x)
1
lim
= lim
=1
x!0
x!0
x
1+x
(ii) Mit Satz 23
lim x ln x = lim
x!0
x!0
ln x
1
x
= lim ( x) = 0
x!0
(iii) Mit Satz 23
1
ln x
x
=
lim
x!0 x ↵
x!0 ( ↵)x
lim x↵ ln x = lim
x!0
↵ 1
= lim
x!0
1
( ↵)x
↵
=0
(iv)
1
ln x
x
=
lim
x!1 x↵
x!1 ↵x↵
lim
1
= lim
x!1
1
=0
↵x↵
2
Beispiel 44 Es sei f : [0, 1) ! R
f (x) =
(
1
xx
falls x = 0
falls x > 0
(i) f ist di↵erenzierbar auf (0, 1) und f 0 (x) = xx (1 + ln x).
(ii) f ist auf [0, 1) stetig.
(iii) Die rechtseitige Ableitung von f in 0 existiert nicht (sie ist
(iv) f besitzt in 0 ein lokales Maximum und in
Minimum ist.
1
e
1).
ein lokales Minimum, das auch globales
(v) Man kann die obigen Ergebnisse benutzen, um zu entscheiden, welche der beiden Zahlen
100101 und 101100 die größere ist.
Beweis. (i) Da ln und e-Funktion di↵erenzierbar Funktionen sind, ist auch die zusammengesetzte
Funktion xx = ex ln x di↵erenzierbar.
3.8. DIE FORMEL VON L’HÔPITAL
115
2
1.8
1.6
1.4
1.2
0.5
1
1.5
2
0.8
(ii) f ist in 0 stetig.
Mit der Formel von L‘Hôpital folgt
lim (x ln x) = 0
x!0
Also gilt
lim xx = lim ex ln x = exp( lim x ln x) = e0 = 1
x!0
x!0
(iii) Für alle t 2 (0, 1) gilt e 
t
1 t.
1
xx
x
1
=
x!0
Hiermit erhalten wir
1
ex ln x
x

Falls
lim
1
1 x ln x
1
x
=
ln x
1 x ln x
1
xx
x
x!0
existieren würde, so wäre die Folge
ln n1
1 n1 ln n1
n2N
nach unten beschränkt. Dies ist nicht der Fall, da
lim x ln x = 0
x!0
und ln n1 , n 2 N, nicht nach unten beschränkt ist.
(iv) Die lokalen Extrema sind in 0 und 1e .
(xx )0 = (ex ln x )0 = ex ln x (1 + ln x) = xx (1 + ln x)
Wir erhalten, dass genau dann (xx )0 = 0 gilt, wenn 1 + ln x = 0 bzw. x = 1e . Genauer gilt
(xx )0 < 0
,
0<x<
(xx )0 = 0
,
x=
(xx )0 > 0
,
1
e
1
x>
e
1
e
Deshalb ist xx nach Lemma 51 auf [0, 1e ] streng monoton fallend und auf [ 1e , 1) streng monoton
wachsend. Also hat xx in 0 ein lokales Maximum und in 1e ein lokales Minimum, das tatsächlich
ein globales Minimum ist.
116
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
(v) Da xx auf [0, 1e ] streng monoton fallend ist, gilt
Es folgt
und
✓
1
100
1
◆ 100
✓
1
100
◆101
<
✓
1
101
1
◆ 101
<
✓
1
101
◆100
101100 < 100101
2
Wir wollen nun die Folge betrachten, die durch iteriertes Potenzieren entsteht. Es sei x eine
positive Zahl. Wir betrachten die Folge
xx
x
x
x(x
(xx )
)
x(x
)
......
Beispiel 45 [And] Es sei x eine positive, reelle Zahl. Wir setzen
a1 = x
an+1 = xan
n2N
Die Folge an , n 2 N, konvergiert genau dann, wenn e e  x  e1/e .
1
Falls die Folge konvergiert, dann ist der Grenzwert gleich y mit x = y y .
Beweis. Es sei 1 < x  e1/e . Dann gilt für alle n 2 N
an < an+1
Wir zeigen dies durch Induktion. Es gilt a1 < a2 , d.h. x < xx , weil ln x < x ln x. Nun der
Induktionsschritt. Aus an 1 < an folgt mit Lemma 44, dass xan 1 < xan also an < an+1 . Damit
ist die Folge monoton wachsend. Wir zeigen durch Induktion, dass an < e gilt. O↵ensichtlich gilt
a1 = x  e1/e < e. Nun der Induktionsschritt.
an+1 = xan  (e1/e )an < (e1/e )e = e
Es sei nun y Grenzwert der Folge, also
y = lim an = lim an+1 = lim xan = xlimn!1 an = xy
n!1
n!1
n!1
1
Damit gilt also x = y y .
Wir wollen nun einsehen, dass die Folge nur für x  e1/e konvergieren kann. Falls die Folge
1
nämlich konvergiert, dann muss x im Bild der Funktion y y liegen. Das Bild dieser Funktion ist
1
aber (0, e1/e ]. Dies folgt aus Beispiel 44: Das Bild von xx ist [e e , 1). Deshalb ist das Bild von
1
1
x x gleich (0, e e ] und somit auch das Bild von y y (wir substituieren x = y1 ).
Nun der Fall 0 < x < 1. Es gilt
a1 < a3 < a5 < · · · < a2n
1
< · · · < a2n < · · · < a2
Wir weisen dies nach. Es gilt für x mit 0 < x < 1 und 0 < s < t die Ungleichung xt < xs . Deshalb
gilt
a1 = x < xx = a2
Mit derselben Ungleichung und x < xx < 1 folgt
x
a3 = xx < xx = a2
x
a1 = x < xx = a3
3.8. DIE FORMEL VON L’HÔPITAL
117
Somit konvergieren die Folgen a2n , n 2 N, und a2n 1 , n 2 N, und die Folge an , n 2 N, konvergiert
demnach genau dann, wenn wenn die Grenzwerte von a2n , n 2 N, und a2n 1 , n 2 N, gleich sind.
Es bezeichne nun
u = lim a2n 1
g = lim a2n
n!1
n!1
Also konvergiert an , n 2 N, genau dann, wenn u = g gilt. Es gilt
xu = g
In der Tat, es gilt
xg = u
g = lim a2n = lim xa2n
n!1
1
n!1
Ebenso folgt u = xg . Somit gilt
= xlimn!1 a2n
1
= xu
1
1
x = g u = ug
und
g
x(x
)
u
=g
xx = u
Die Folge an , n 2 N, konvergiert also genau dann, wenn u = g.
Wir zeigen nun, dass u = g, wenn x 2 [e e , 1). Dazu reicht es zu zeigen, dass es genau ein t
t
t
mit x(x ) = t gibt. Die Gleichung x(x ) = t ist äquivalent zu
xt ln x = ln t
und weiter äquivalent zu
1
1
= ln ln
x
t
Wir betrachten zunächst den Fall x 2 (e e , 1). Falls es zwei Punkte t1 und t2 gibt, dei die Gleichung
lösen, dann muss es nach dem Mittelwertsatz einen Punkt t0 geben, in dem die Funktion ln ln 1t
dieselbe Steigung wie die Gerade t ln x+ln ln x1 besitzt, nämlich ln x. Wegen e e < x gilt e < ln x.
Andererseits werden wir zeigen, dass die Ableitung von ln ln 1t immer kleiner oder gleich e
ist.
✓
◆
d
1
1
ln ln
=
dt
t
t ln 1t
t ln x + ln ln
Wir bestimmen die Extrema von der Ableitung.
✓
◆
d
1
=
dt
t ln 1t
ln 1t 1
(t ln 1t )2
Es liegt also für t = 1e ein Maximum vor. Damit ist die Ableitung von ln ln 1t immer kleiner oder
gleich e.
Nun der Fall x = e e . Damit ist die Gleichung
et + 1 = ln ln
1
t
Der Punkt t = 1/e ist eine Lösung. Wir zeigen nun, dass es keine weiteren Lösungen gibt. Falls
es eine weitere Lösung gibt, dann muss es nach dem Mittelwertsatz neben t = 1/e einen weiteren
Punkt geben, in dem die Ableitung von ln ln 1t gleich e ist. Dies ist aber nicht der Fall.
Nun zeigen wir, dass für 0 < x < e e die Ungleichung g 6= u gilt. Dazu zeigen wir zunächst,
dass es zu x zwei Zahlen c und d mit 0 < c < 1e < d < 1, cc = dd und
(3.3)
1
1
x = cd = dc
bzw.
c = xd
und
d = xc
gibt. Zwei Zahlen c und d mit cc = dd heißen Euler Paar und zwei Zahlen a und b heißen Bernoulli
Paar, falls ab = ba . Wir benutzen nun Goldbachs Parametrisierung von Bernoulli Paaren. Wir
setzen für s 2 (1, 1)
c(s) = s 1
s
s
d(s) = s 1
1
1
s
x(s) = c(s) d(s)
118
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Dann ist das Bild von x(s) gleich (0, e
e
lim c(s) = lim d(s) =
1
e
s!1
s!1
) und c(s)c(s) = d(s)d(s) und c(s) <
lim c(s) = 0
1
e
< d(s). Es gelten
lim d(s) = 1
s!1
s!1
Hieraus folgt
1
lim x(s) = lim c(s) d(s) = e
s!1
1
lim x(s) = lim c(s) d(s) = 0
e
s!1
s!1
s!1
Mit dem Zwischenwertsatz für stetige Funktionen folgt, dass das Bild von x(s) gleich (0, e
c(s)c(s) = (s 1
s
s
)(s
1
s
d(s)d(s) = (s 1
Wir zeigen nun, dass aus (3.3) für alle n 2 N
a2n
1
<c<
s
)
1
s
1
= s( 1
)(s
1
1
s
ss
1
1
s
e
) ist.
)
)
1
< d < a2n
e
folgt. Dies ergibt sich durch Induktion. Wir überlegen uns zunächst, dass x < c gilt. Wenn dem
1
1
nicht so wäre, dann gilt x
c und somit a1 = x = c d  x d < x, weil d < 1. Somit folgt auch
d = xc < xx = a2 . Damit haben wir den Induktionsanfang
a1 = x < c <
1
< d < xx = a2
e
gezeigt. Nun kommen wir zum Induktionsschritt. Wir nehmen an, dass wir
a2n
gezeigt haben. Es gilt
und deshalb
1
<c<
1
< d < a2n
e
a2n+1 = xa2n < xd = c
a2n+2 = xa2n+1 > xc = d
2
3.9
Gleichmäßige Konvergenz
Es sei I ein Intervall in R und fn : I ! R, n 2 N, sei eine Folge von Funktionen.
Wir sagen, dass die Folge punktweise gegen eine Funktion f : I ! R konvergiert,
wenn für alle x 2 I
lim fn (x) = f (x)
n!1
gilt. Wir sagen, dass die Folge fn , n 2 N, gleichmäßig gegen f konvergiert, falls für
alle ✏ > 0 ein N 2 N existiert, so dass für alle n > N und alle x 2 I
|fn (x)
f (x)| < ✏
gilt. In Quantorenschreibweise nimmt dies die folgende Form an.
8✏ > 09N 2 N8n > N 8x 2 I : |fn (x)
f (x)| < ✏
3.9. GLEICHMÄSSIGE KONVERGENZ
119
oder auch
8✏ > 09N 2 N8n > N : sup |fn (x)
f (x)| < ✏
x2I
O↵ensichtlich konvergiert eine Folge punktweise, falls sie gleichmäßig konvergiert.
Die Umkehrung gilt nicht, wie Beispiele zeigen werden. Formal besteht der Unterschied zwischen punktweiser und gleichmäßiger Konvergenz im Vertauschen von
Quantoren
Punktweise:
Gleichmäßig:
8x 2 I8✏ > 09N 2 N8n > N : |fn (x)
8✏ > 09N 2 N8n > N 8x 2 I : |fn (x)
f (x)| < ✏
f (x)| < ✏
Bei der punktweisen Konvergenz kann N von x und ✏ abhängen, bei der gleichmäßigen
Konvergenz hängt N nur von ✏ ab, N kann also gleichmäßig für alle x 2 I gewählt
werden.
P
Die Reihe 1
n=1 fn heißt gleichmäßig konvergent, falls die zugeordnete Folge der
Teilsummen
n
X
fk
n2N
k=1
gleichmäßig konvergiert.
Lemma 53 (Cauchy-Kriterium) Eine Funktionenfolge fn , n 2 N, konvergiert genau
dann gleichmäßig auf einem Intervall I, falls es zu jedem ✏ > 0 ein N 2 N gibt, so
dass für alle n, m 2 N mit n, m > N und alle x 2 I
|fn (x)
fm (x)| < ✏
gilt.
Beweis. Die Folge fn , n 2 N konvergiere gleichmäßig gegen eine Funktion f .
8✏ > 09N 2 N8n > N 8x 2 I : |fn (x)
f (x)| <
✏
2
Hieraus folgt
8✏ > 09N 2 N8n, m > N 8x 2 I :
✏
|fn (x) f (x)| <
und
2
|fm (x)
✏
f (x)| < .
2
Weiter folgt
8✏ > 09N 2 N8n, m > N 8x 2 I :
|fn (x) f (x)| + |fm (x)
f (x)| < ✏
Mit der Dreiecksungleichung folgt
8✏ > 09N 2 N8n, m > N 8x 2 I : |fn (x)
fm (x)| < ✏.
120
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Nun die andere Richtung. Wir nehmen nun an, dass
8✏ > 09N 2 N8n, m > N 8x 2 I : |fn (x)
fm (x)| < ✏.
Dann gilt für alle x 2 I, dass fn (x), n 2 N, eine Cauchy-Folge ist. Da R vollständig
ist, konvergiert diese Cauchy-Folge gegen einen Grenzwert, den wir mit f (x) bezeichnen wollen. Es gilt also
8x 2 I8✏ > 09Mx 2 N8m > Mx : |fm (x)
f (x)| < ✏.
Wir zeigen nun, dass die Folge fn , n 2 N, gleichmäßig gegen die Funktion f konvergiert. Es gilt
8✏ > 09N 2 N8n, m > N 8x 2 I : |fn (x)
fm (x)| < ✏.
Hieraus folgt mit der Dreiecksungleichung
8✏ > 09N 2 N8n > N 8x 2 I8m > N : ||fn (x)
f (x)|
|fm (x)
f (x)|| < ✏
und somit
8✏ > 09N 2 N8n > N 8x 2 I8m > N : |fn (x)
f (x)| < ✏ + |fm (x)
f (x)|.
Zu jedem x 2 I gibt es ein mx , so dass
|fmx (x)
f (x)| < ✏.
Es folgt
2
8✏ > 09N 2 N8n > N 8x 2 I : |fn (x)
f (x)| < 2✏.
Man kann sich leicht von dem folgenden überzeugen: Falls fn : I ! R, n 2 N,
beschränkte Funktionen sind, die gleichmäßig gegen eine Funktion f konvergieren,
dann ist auch f beschränkt.
Satz 25 Es sei I ein Intervall und fn : I ! R, n 2 N, sei eine Folge stetiger
Funktionen, die gleichmäßig gegen eine Funktion f konvergiert. Dann ist f eine
stetige Funktion.
Beweis. Da fn , n 2 N, gleichmäßig gegen f konvergiert, gilt
8✏ > 09N 2 N8n > N 8x 2 I : |fn (x)
f (x)| < ✏.
Da fN +1 stetig ist, gilt
8x0 8✏ > 09 > 08x, |x
x0 | <
: |fN +1 (x)
Mit der Dreiecksungleichung folgt für alle x mit |x
|f (x) f (x0 )|
 |f (x) fN +1 (x)| + |fN +1 (x)
2
fN +1 (x0 )| < ✏.
x0 | <
fN +1 (x0 )| + |fN +1 (x0 )
f (x0 )| < 3✏.
3.9. GLEICHMÄSSIGE KONVERGENZ
121
Beispiel 46 (i) Für n 2 N sei fn : R ! R durch fn (x) = n1 gegeben. Die Folge fn , n 2 N,
konvergiert gleichmäßig gegen die Funktion f = 0.
(ii) Für n 2 N sei fn : [0, 1] ! R durch fn (x) = xn gegeben. Die Folge fn , n 2 N, konvergiert
punktweise gegen die Funktion f mit
(
0
für x 2 [0, 1)
f (x) =
1
für x = 1
Die Folge konvergiert aber nicht gleichmäßig gegen f .
(iii) Für n 2 N sei fn : [0, 1] ! R durch
8 2
>
<n x
fn (x) =
n2 x + 2n
>
:
0
x 2 [0, n1 )
x 2 [ n1 , n2 )
x 2 [ n2 , 1]
Die Funktionen fn , n 2 N, sind stetig. Die Folge konvergiert punktweise gegen f = 0, aber die
Folge konvergiert nicht gleichmäßig.
Beweis. (i) Wir wählen N so groß, dass N > 1✏ , bzw. N1 < ✏. Dann gilt für alle n mit n > N und
alle x 2 R
1
|fn (x) f (x)| = |fn (x)| = < ✏.
n
(ii) Für x = 0 gilt limn!1 fn (x) = 0 und für x = 1 gilt limn!1 fn (x) = 1. Wir betrachten nun
x mit 0 < x < 1. Die Folge xn , n 2 N, ist eine positive, monoton fallende Folge. Somit ist sie
konvergent. Es folgt
lim xn = x lim xn 1 = x lim xn .
n!1
n!1
n!1
Mit Beispiel 15 folgt limn!1 xn = 0.
Wir nehmen an, dass die Folge fn , n 2 N, gleichmäßig gegen eine Funktion f konvergiert.
Diese Funktion muss gleich der Funktion sein, gegen die diese Folge punktweise konvergiert. Diese
Funktion ist im Punkt x = 1 nicht stetig. Dies widerspricht dem Satz 25.
Wir wollen hier auch den Nachweis führen, ohne Satz 25 zu benutzen. Die Negation der
gleichmäßigen Konvergenz ist
9✏ > 08N 9m, n > N 9x 2 [0, 1] : |fn (x)
fm (x)|
✏
Wir wählen ✏ = 14 . Zu gegebenem N wählen wir n > N und m = 2n. Außerdem wählen wir
1
x = 2 n . Dann gilt
|fn (x)
fm (x)| = |xn
xm | = |xn
x2n | = | 12
1
4|
=
1
4
=✏
(iii) Die Folge fn , n 2 N, konvergiert punktweise gegen f = 0. Die Negation der gleichmäßigen
Konvergenz ist
9✏ > 08N 9m, n > N 9x 2 [0, 1] : |fn (x) fm (x)| ✏.
Wir wählen ✏ = 1. Zu gegebenem N wählen wir n = 4N und m = 2N . Außerdem wählen wir
1
x = 2N
. Dann gilt
|fn (x)
1
fm (x)| = |f4N ( 2N
)
1
f2N ( 2N
)| = 2N
2
Beispiel 47 (i) Die Folge fn : [0, 1) ! R, n 2 N, mit
fn (x) =
x
e
n2
x
n
1 = ✏.
122
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
konvergiert gleichmäßig gegen 0.
(ii) Für n 2 N sei gn : [0, 1) ! R durch
gn (x) =
x
e
n
x
n
gegeben. Die Folge gn , n 2 N, konvergiert gleichmäßig gegen 0.
Beweis. (i) Die Ableitung von fn ist
fn0 (x) =
1
e
n2
x
e
n3
x
n
x
n
Deshalb gilt genau dann fn0 (x) > 0, wenn x < n und fn0 (x) < 0, wenn x > n. Deshalb hat fn in
x = n ein absolutes Maximum und es gilt
0  fn (x)  fn (n) =
1
en
(ii) Die Folge gn , n 2 N, konvergiert gleichmäßig gegen 0. Dazu bestimmen wir das absolute
Maximum von gn .
1 x⇣
x⌘
gn0 (x) = e n 1
n
n2
Das absolute Maximum liegt im Punkt x = n2 . Somit gilt
0  gn (x)  g(n2 ) = ne
n
.
2
Beispiel 48 [Thim] Die Funktion von Takagi T : R ! R ist durch
T (x) =
1
1
X
X
1
1
k
d(2
x,
Z)
=
inf |2k x
2k
2k m2Z
k=0
m|
k=0
gegeben. T ist stetig, aber nirgendwo di↵erenzierbar.
Wir beschreiben, weshalb das Ergebnis wahr ist. Die Funktionen x 7! 2 k inf m2Z |2k x m|
ist eine Sägezahnfunktion mit Amplitude 2 k 1 und Periode 2 k . Da die einzelnen Funktionen
stetig sind und die Reihe wegen der rasch fallenden Amplituden gleichmäßig konvergiert, ist die
Grenzfunktion stetig. Andererseits ist die Ableitung der Funktionen in einem gegebenem Punkt
entweder 1 oder 1. Die Summe dieser Ableitungen konvergiert nicht.
Lemma 54 Es seien a, b, x, an , bn reelle Zahlen, n 2 N, so dass für alle n 2 N die Ungleichungen
a < an < x < bn < b gelten, limn!1 an = x und limn!1 bn = x. Es sei f : [a, b] ! R eine stetige
Funktion, die in x di↵erenzierbar ist. Dann gilt
f (bn )
n!1
bn
lim
f (an )
= f 0 (x).
an
Beweis. Mit
bn
bn
x
bn

an
bn
an
=1
an
3.9. GLEICHMÄSSIGE KONVERGENZ
123
folgt
f (bn ) f (an )
f 0 (x)
bn an
✓
◆
✓
bn x f (bn ) f (x)
x an f (an )
0
=
f (x) +
bn an
bn x
bn an
an
bn x f (bn ) f (x)
x
a
f
(a
n
n)

f 0 (x) +
bn an
bn x
bn an
an
f (bn ) f (x)
f
(a
)
f
(x)
n

f 0 (x) +
f 0 (x) .
bn x
an x
Wegen
lim
n!1
f (bn )
bn
f (x)
x
folgt
lim
n!1
f (an )
an
f 0 (x) +
f (bn )
bn
f (an )
an
f (x)
x
◆
f (x)
f (x)
x
f (x)
x
0
f 0 (x)
f 0 (x) = 0
f 0 (x) = 0.
2
Beweis. Wir zeigen, dass T stetig ist. Die Funktion : R ! R mit (x) = inf m2Z |x
stetig. Wir weisen dies nach. Wir zeigen, dass für alle x 2 R und alle x0 2 R
(3.4)
| (x + x0 )
(x0 )| = inf |x + x0
inf |x0
m|
m2Z
m2Z
m|  |x|
gilt. Wir unterscheiden zwei Fälle: Der erste Fall ist
inf |x + x0
m|
inf |x + x0
m|
m2Z
inf |x0
m|
inf |x0
m|
m2Z
0.
Dann gilt
m2Z
= inf |x + x0
m2Z
inf |x0
m|
m2Z
 inf (|x| + |x0
m|)
= |x| + inf |x0
m|
m2Z
m2Z
Der zweite Fall ist
inf |x + x0
m2Z
m|
m2Z
inf |x0
inf |x0
m| = |x|.
m2Z
inf |x0
m|
m|
m2Z
m| < 0.
m2Z
Dann gilt
inf |x + x0
m2Z
Wegen
inf |x + x0
m2Z
gilt
m|
inf |x0
m2Z
m|
m| =
inf (|x0
m2Z
inf |x + x0
m2Z
inf |x + x0
m2Z
m|
m|  |x|
|x|) =
m2Z
|x| + inf |x0
inf |x0
m2Z
m| + inf |x0
m2Z
m|.
Hiermit folgt
inf |x + x0
m2Z
m|
inf |x0
m2Z
m|  |x|.
m|
m|.
m| ist
124
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Damit sind auch die Funktionen k : R ! R mit k (x) = 2 k (2k x) stetig. Mit dem Cauchy
Kriterium für
Konvergenz von Reihen (Lemma 53) folgt, dass die Reihe der stetigen
Pgleichmäßige
1
Funktionen k=0 k gleichmäßig konvergiert.
n
X
m
X
k (x)
k=0
k (x)
n
X
=
k=0
k (x)
k=m+1

n
X
k=m+1
|
k (x)|

n
X
2
k=m+1
k
2
m
Mit Satz 25 folgt, dass die Grenzfunktion stetig ist.
Wir zeigen, dass T nirgendwo di↵erenzierbar ist. Es sei x 2 R und wir nehmen an, dass T in
x di↵erenzierbar ist.
Zuerst betrachten wir den Fall, dass x kein Element der Menge der dyadischen Brüche D =
{i2 n |i, n 2 Z} ist. Dazu zählen alle irrationalen Zahlen, aber auch rationale wie 13 .
Nach Lemma 54 folgt für alle Folgen un , vn , n 2 N, mit un < x < vn und limn!1 vn un = 0
lim
n!1
Mit (x) = inf m2Z |x
T (vn )
vn
T (un )
= T 0 (x).
un
m| folgt
T (x) =
1
X
1
inf |2k x
2k m2Z
m| =
k=0
1
X
1
(2k x).
2k
k=0
Falls u 2 D von der Ordnung n ist, d.h. u = 2in , dann gilt für alle k
(p) = 0 für p 2 Z gilt, folgt
n
X1 1
T (u) =
(2k u).
2k
n, dass 2k u 2 Z. Da
k=0
Es seien un , vn aufeinander folgende Zahlen der Ordnung n in D mit un  x < vn , also un = 2inn
und vn = in2+1
un =
n . Da x nicht Element von D ist, gilt sogar un < x < vn . Weiter gelten vn
(in + 1)2 n in 2 n = 2 n und
T (vn )
vn
n 1
T (un ) X 1 (2k vn )
=
un
2k
vn
(2k un )
un
k=0
=
n
X1
2n
k
( (2k vn )
(2k un )).
k=0
Wir zeigen nun, dass für alle 0  k < n
1 (2k vn )
2k
vn
(2k un )
un
gilt. Es gibt ein kn 2 Z mit
= 2n
k
( (2k vn )
in in + 1
,
n
2 k 2n k
(3.5)
(2k un )) =
±2k n
= ±1
2k n
2 [kn , kn + 1].
Wir überlegen uns dies. Es sei kn die größte, ganze Zahl, die kleiner oder gleich 2nin k ist. Falls
in
 (kn +1) 2n1 k gilt, dann gilt 2inn+1k  (kn +1) und es gilt (3.5). Falls 2nin k > (kn +1) 2n1 k
2n k
gelten würde, dann
in
in + 1
< kn + 1 < n k .
2n k
2
Hieraus folgt
in < 2n
k
(kn + 1) < in + 1
Dies kann nicht sein, weil 2n
in
n
2 k
k
(kn + 1)
= kn +
jn
n
2 k
bzw.
0 < 2n
k
(kn + 1)
in < 1.
in 2 N. Deshalb gibt es ein jn mit 0  jn < 2n
in + 1
jn + 1
= kn + n k .
n
k
2
2
k
und
3.9. GLEICHMÄSSIGE KONVERGENZ
Hiermit folgt
(2 vn ) =
k
und
✓
◆
jn + 1
kn + n k =
2
✓
✓
◆
jn
kn + n k =
2
✓
(2 un ) =
k
Es ergeben sich drei Fälle:
0
jn
jn + 1
1
< n k 
2n k
2
2
125
◆
jn + 1
2n k
jn
2n
k
◆
1
jn
jn + 1
 n k < n k 1
2
2
2
.
0
jn
1
jn + 1
< < n k 1
2n k
2
2
Im ersten Fall erhalten wir
✓
jn
2n
k
◆
✓
jn
=
2n
k
und damit
(2k vn )
jn + 1
2n k
(2k un ) =
◆
=
jn
n
2 k
=
jn + 1
2n k
jn + 1
2n k
1
2n k
.
Im zweiten Fall
✓
jn
2n k
◆
jn
=1
und
2n k
und damit
(2k vn )
✓
jn + 1
2n k
◆
jn + 1
jn
+ n k =
2n k
2
(2k un ) =
jn + 1
2n k
=1
1
.
2n k
Der dritte Fall kann nicht eintreten: Es würde
jn < 2n
k 1
< jn + 1
folgen. Dies kann nicht sein, weil k  n
bzw.
0 < 2n
1 und damit 2n
T (vn )
vn
k 1
k 1
jn < 1
jn 2 N. Somit gilt für alle n 2 N
n 1
T (un ) X
=
±1.
un
k=0
Wir zeigen nun,
Pn 1dass dieser Ausdruck nicht für n ! 1 konvergiert. Dazu beobachten wir, dass
die Summe k=0 ±1 für gerades n eine gerade Zahl ist und für ungerades n eine ungerade Zahl.
Es sei p die Anzahl der Summanden, die gleich 1 sind. Dann sind n p Summanden gleich -1 und
es gilt
n
X1
±1 = p (n p) = 2p n.
k=0
Falls also n gerade ist, so ist auch 2p n gerade und 2p n ist ungerade, falls n ungerade ist.
Nun betrachten wir den Fall, dass x 2 D, also x = 2jm . Wir wählen vn = x + 21n . Dann gilt
für alle n m
T (vn )
vn
T (x)
x
=
=
=
n
X1
k=0
n
X1
1 (2k vn )
2k
vn
2n
k=0
m
X1
k=0
2n
k
(2k x)
x
( (2k vn )
(2k x))
( (2k vn )
(2k x)) +
k
n
X1
k=m
2n
k
( (2k vn )
(2k x))
126
CHAPTER 3. FUNKTIONEN EINER REELLEN VERÄNDERLICHEN
Es gelten für alle k mit m  k  n
(2k vn ) =
1, dass (2k x) = 0 und
✓ ✓
◆◆
1
2k x + n
= 2k
2
n
= 2k
n
.
Hiermit folgt
T (vn )
vn
Wegen (3.4) gilt
m
X1
T (x)
=
2n
x
k
( (2k vn )
(2k x)) + (n
k=0
| (2k vn )
Hiermit und der Dreiecksungleichung folgt
T (vn )
vn
T (x)
x
(2k x)|  2k
(n
m)
n
.
m=n
2m.
Damit konvergiert der Di↵erenzenquotient nicht für n gegen 1. 2
m).
Chapter 4
Metrische Räume
4.1
Metrische Räume
Es sei M eine Menge. Eine Funktion d : M ⇥ M ! R heißt Metrik auf M , falls
(i) 8x, y 2 M : d(x, y)
0
(ii) 8x, y 2 M : d(x, y) = 0 , x = y
(iii) 8x, y 2 M : d(x, y) = d(y, x)
(iv) 8x, y, z 2 M : d(x, z)  d(x, y) + d(y, z)
Eine Menge mit einer Metrik (M, d) heißt metrischer Raum. In einem metrischen
Raum gilt die inverse Dreiecksungleichung, d.h. für alle x, y, z 2 M gilt
d(x, y)
d(x, z)
d(z, y).
Die Teilmenge
B(x0 , r) = {x 2 M |d(x, x0 )  r}
heißt Kugel um x0 mit Radius r. Eine Teilmenge U (x0 ) von M heißt Umgebung
von x0 , falls es ein r > 0 gibt, so dass
B(x0 , r) ✓ U (x0 ).
Ein Punkt x einer Menge A heißt innerer Punkt von A, wenn es eine Umgebung
U (x) gibt, so dass U (x) ✓ A.
Eine Menge A heißt o↵en, wenn alle Punkte von A innere Punkte von A sind.
Eine Menge A heißt abgeschlossen, falls das Komplement Ac o↵en ist.
Ein Punkt x0 2 M heißt Häufungspunkt der Menge A, falls in jeder Umgebung
U (x0 ) ein Punkt x 2 A mit x 6= x0 liegt.
Ein Punkt x0 2 M heißt Häufungspunkt der Folge xn , n 2 N, falls in jeder
Umgebung U (x0 ) unendlich viele Elemente der Folge liegen.
127
128
CHAPTER 4. METRISCHE RÄUME
Der o↵ene Kern einer Menge A ist
A= {x 2 A|x ist innerer Punkt von A}
Beispiel 49 Es sei (M, d) ein metrischer Raum. Dann gelten
(i) ; und M sind o↵ene Mengen.
(ii) ; und M sind abgeschlossene Mengen.
(iii) Für alle r > 0 und alle x0 2 M ist B(x0 , r) = {x|d(x0 , x)  r} eine abgeschlossene Menge.
(iv) Für alle r > 0 und alle x0 2 M ist {x|d(x0 , x) < r} eine o↵ene Menge.
Beweis. (i) Die leere Menge besitzt keine Punkte. Deshalb ist jeder Punkt der leeren Menge ein
innerer Punkt.
M ist Umgebung aller ihrer Punkte und damit o↵en.
(ii) Da ; und M o↵en sind, sind deren Komplemente abgeschlossen.
(iii) Wir müssen zeigen, dass
B(x0 , r)c = {x|d(x0 , x) > r}
eine o↵ene Menge ist. Es sei y 2 B(x0 , r)c , also d(y, x0 ) > r. Wir zeigen, dass y innerer Punkt der
Menge B(x0 , r)c ist. Dazu weisen wir nach, dass
✓
◆
d(y, x0 ) r
B y,
✓ B(x0 , r)c
2
gilt. Es sei
✓
d(y, x0 )
x 2 B y,
2
r
◆
.
Falls x = y, dann gilt y 2 B(x0 , r)c . Nun der Fall x 6= y. Dann gelten 0 < d(x, y) und
d(x, y) 
Somit
d(y, x0 )
2
r < r + d(x, y)  d(y, x0 )
r
.
d(x, y)  d(x0 , x).
2
Beispiel 50 (i) (R, d) mit d(x, y) = |x
(ii) Es sei M eine Menge und
y| ist ein metrischer Raum.
d(x, y) =
(
0
1
falls x = y
falls x =
6 y
Dann ist (M, d) ein metrischer Raum.
Die Metrik (ii) heißt diskrete Metrik. Sie wird manchmal auch als Metrik des
ö↵entlichen Nahverkehrs bezeichnet. Als Abstand zwischen zwei Punkten wird der
Fahrpreis genommen. In manchen Städten wird ein Einheitspreis erhoben.
Man könnte vermuten, dass
B (x0 , r) = {x|d(x0 , x) < r}
gilt. Dies ist i.A. falsch. Dazu das nächste Beispiel.
4.1. METRISCHE RÄUME
129
Beispiel 51 Es sei (R, d) der metrische Raum mit der Metrik
(
0
falls x = y
d(x, y) =
1
falls x 6= y
Dann gelten
B(x0 , 1) = R
B (x0 , 1) = R
{x|d(x0 , x) < 1} = {x0 }
Lemma 55 (i) Die Vereinigung von o↵enen Mengen ist o↵en.
(ii) Der Durchschnitt abgeschlossener Mengen ist abgeschlossen.
(iii) Der Durchschnitt endlich vieler o↵ener Mengen ist o↵en.
(iv) Die Vereinigung endlich vieler abgeschlossener Mengen ist abgeschlossen.
Beweis. (i) O◆ , ◆ 2 I, seien o↵ene Mengen. Wir zeigen, dass auch
[
O◆
◆2I
S
o↵en ist. Es sei x 2 ◆2I O◆ . Dann gibt es ein ◆0 mit x 2 O◆0 . Da O◆0 eine o↵ene
Menge
S ist, gibt es eine Umgebung U (x) mit U (x) ✓ O◆0 . Also ist x innerer Punkt
von ◆2I O◆ .
T
A◆ , ◆ 2 I seien abgeschlossene Mengen. Wir zeigen, dass ◆2I A◆ abgeschlossen
ist. Da A◆ abgeschlossen ist, ist Ac◆ o↵en. Nach (i) ist
[
Ac◆
◆2I
o↵en. Mit der Regel von deMorgan folgt
!c
[
[
Ac◆
=
A◆
◆2I
◆2I
abgeschlossen. 2
Als Abschluss Ā einer Menge A definieren wir den Durchschnitt aller abgeschlossenen Mengen, die A enthalten. Nach obigem Lemma ist diese Menge abgeschlossen.
Lemma 56 Es sei A eine Teilmenge eines metrischen Raumes (M, d). Dann sind
äquivalent:
(i) A ist abgeschlossen.
(ii) A = Ā
(iii) A enthält alle ihre Häufungspunkte.
Beweis. (i) ) (ii) O↵enbar gilt immer A ✓ Ā. Der Abschluss der Menge A ist der
Durchschnitt aller abgeschlossenen Mengen, die A als Teilmenge enthalten. Da aber
130
CHAPTER 4. METRISCHE RÄUME
A selbst abgeschlossen ist und sich als Teilmenge enthält ist sie selbst eine solche
Menge, über die der Durchschnitt gebildet wird. Also gilt Ā = A.
(ii) ) (i) Ā ist der Durchschnitt aller abgeschlossenen Mengen, die A enthalten.
Nach Lemma 55 ist der Durchschnitt abgeschlossener Mengen abgeschlossen, also
ist Ā abgeschlossen. Da A = Ā gilt, ist also A abgeschlossen.
(i) ) (iii) Wir zeigen, dass x 2 A, falls x Häufungspunkt von A ist, bzw. dass
x kein Häufungspunkt von A ist, falls x 2
/ A.
Falls x 2
/ A, dann x 2 Ac . Ac ist eine o↵ene Menge, weil A eine abgeschlossene
Menge ist. Also gibt es eine Umgebung U (x) mit U (x) ✓ Ac und x ist kein
Häufungspunkt von A.
(iii) ) (i) Wir zeigen, dass A nicht alle ihre Häufungspunkte enthält, falls A
nicht abgeschlossen ist. Es sei also A nicht abgeschlossen. Dann ist Ac nicht o↵en.
Dann gibt es einen Punkt x 2 Ac , der nicht innerer Punkt von Ac ist. Somit gilt
8U (x) : U (x) * Ac .
Also
9x 2 Ac 8U (x) : U (x) \ A 6= ;
Also ist x ein Häufungspunkt von A, der nicht in A enthalten ist. 2
Eine Folge {xn }n2N in einem metrischen Raum (M, d) heißt konvergent gegen x,
falls es für alle ✏ > 0 ein N 2 N gibt, so dass für alle n > N
d(x, xn ) < ✏
gilt. Eine Folge {xn }n2N in einem metrischen Raum (M, d) heißt Cauchy-Folge, falls
es für alle ✏ > 0 ein N 2 N existiert, so dass für alle n, m > N
d(xn , xm ) < ✏
gilt. Eine Teilmenge eines metrischen Raumes heißt vollständig, falls jede CauchyFolge dieser Menge in ihr konvergiert.
Lemma 57 Eine vollständige Teilmenge eines metrischen Raumes ist abgeschlossen.
Eine Familie von o↵enen Mengen Oi , i 2 I, heißt o↵ene Überdeckung einer
Menge K, falls
[
K✓
Oi
i2I
Eine Menge K heißt kompakt, falls jede o↵ene Überdeckung eine endliche Teilüberdeckung besitzt, d.h.
[
K✓
Oi
=)
9n 2 N9i1 , . . . , in : K ✓ Oi1 [ Oi2 [ · · · [ Oin
i2I
Lemma 58 Eine kompakte Menge ist abgeschlossen.
4.1. METRISCHE RÄUME
131
Beweis. Wir nehmen an, dass K kompakt und nicht abgeschlossen ist. Damit ist
K c nicht o↵en. Also
9x0 2 K c 8U (x0 ) : U (x0 ) \ K 6= ;
Insbesondere gilt
9x0 2 K c 8✏ > 0 : B(x0 , ✏) \ K 6= ;
(4.1)
Wir behaupten nun, dass die Familie B(x0 , ✏)c , ✏ > 0, eine o↵ene Überdeckung von
K ist, d.h.
[
8✏ > 0 : B(x0 , ✏)c ist o↵en
und
K✓
B(x0 , ✏)c
✏>0
Nach Beispiel 49 wissen wir bereits, dass die Mengen B(x0 , ✏)c o↵en sind. Außerdem
gilt
\
B(x0 , ✏) = {x0 }.
✏>0
Wir prüfen dies nach. Es sei x 2 M mit x 6= x0 , also d(x0 , x) > 0. Dann gilt
x2
/ B(x0 , 12 d(x, x0 )).
Damit folgt
{x0 }c =
Weiter folgt
\
!c
B(x0 , ✏)
✏>0
=
[
B(x0 , ✏)c .
✏>0
K ✓ M \ {x0 } = {x0 }c =
[
B(x0 , ✏)c .
✏>0
Wir zeigen nun, dass die o↵ene Überdeckung B(x0 , ✏)c , ✏ > 0, keine endliche Teilüberdeckung
von K hat. Dies widerspricht der Kompaktheit von K. Wir nehmen an, dass K eine
endliche Teilüberdeckung hat. Das bedeutet, dass es endlich viele positive Zahlen
✏1 , . . . , ✏n gibt, so dass
K ✓ B(x0 , ✏1 )c [ · · · [ B(x0 , ✏n )c
gilt. Es sei ✏0 = min{✏1 , . . . , ✏n }. Dann gilt
K ✓ B(x0 , ✏0 )c
bzw.
B(x0 , ✏0 ) \ K = ;.
Dies widerspricht (4.1). 2
Beispiel 52 (i) Die Teilmenge { n1 |n 2 N} von R ist nicht kompakt.
(ii) Die Teilmenge {0} [ { n1 |n 2 N} von R ist kompakt.
Beweis. (i) Wir wählen
Mn =
⇢
✓
◆
1
1
x d x,
< 2
n
4n
132
CHAPTER 4. METRISCHE RÄUME
Dann ist Mn , n 2 N, eine o↵ene Überdeckung, aber es gibt keine endliche Teilüberdeckung. Dies
gilt, weil für alle m 6= n
m2
/ Mn
gilt. Wir prüfen dies nach.
d
✓
1 1
,
n m
◆
=
1
n
1
m
Das Minimum wird hier für m = n + 1 angenommen. Also gilt
✓
◆
1 1
1
1
d
,
> 2
n m
n(n + 1)
4n
(ii) Es sei Oi , i 2 I, eine o↵ene Überdeckung. Dann gibt es ein Oi0 mit 0 2 Oi0 . Dann gibt es ein
✏ > 0 mit
B(0, ✏) ✓ Oi0
Dann gilt weiter
Weiter gibt es für n 2 N mit
1
n
⇢
1 1
<✏
n n
✓ Oi0
✏ eine Menge Oin mit
1
2 Oin
n
Damit ist die Familie
Oi0 , Oi1 , . . . , Oi[ 1 ]
✏
eine endliche Teilüberdeckung. 2
Eine Teilmenge K eines metrischen Raumes heißt total beschränkt, falls es zu
jedem ✏ > 0 endlich viele Kugeln B(x1 , ✏), . . . , B(xn , ✏) mit demselben Radius ✏ gibt,
so dass
n
[
K✓
B(xi , ✏)
i=1
gilt.
Lemma 59 Es sei (M, d) ein metrischer Raum und K eine Teilmenge dieses metrischen
Raumes. Dann sind äquivalent:
(i) K ist kompakt.
(ii) (Bolzano-Weierstrass) Jede Folge in K hat eine Teilfolge, die in K konvergiert.
(iii) K ist vollständig und total beschränkt.
Beweis. (i) ) (ii). Tatsächlich zeigen wir ¬(ii) ) ¬(i). Es sei {xn }n2N eine Folge
in K, die keine Teilfolge hat, die in K konvergiert. Dann gibt es zu jedem x 2 K eine
Kugel B(x, ✏x ), in der höchstens endlich viele Elemente der Folge {xn }n2N liegen.
Wir prüfen dies nach.
Dazu nehmen wir an, dass es ein x 2 K gibt, so dass für alle ✏ > 0 unendlich viele
Elemente der Folge in B(x, ✏) liegen. Wir konstruieren nun eine Teilfolge, die gegen
x konvergiert. Wir finden eine Teilfolge xnk , k 2 N, mit d(x, xnk ) < k1 . Wir wählen
als xn1 ein Element der Folge, das in B(x, 1) liegt. Wenn die ersten k Elemente
1
xn1 , . . . , xnk der Teilfolge gewählt sind, dann wählen wir ein xnk+1 2 B(x, k+1
) mit
4.2. NORMIERTE RÄUME
133
1
nk < nk+1 . Dies ist möglich, weil in B(x, k+1
) unendlich viele Elemente der Folge
liegen. Die so konstruierte Teilfolge konvergiert gegen x. Dies ist ein Widerspruch.
Die Familie
x2K
B (x, ✏x )
ist eine o↵ene Überdeckung von K. Sie besitzt keine endliche Teilüberdeckung, weil
in jeder der Mengen nur endlich viele Elemente der Folge enthalten sind.
(ii) ) (iii) Wir zeigen: Falls K nicht vollständig ist oder nicht total beschränkt
ist, dann gibt es in K eine Folge, die keine in K konvergente Teilfolge besitzt.
Wir nehmen zunächst an, dass K nicht vollständig ist. Dann gibt es eine CauchyFolge in K, die nicht in K konvergiert. Diese Cauchy-Folge besitzt auch keine
Teilfolge, die in K konvergiert, weil sonst bereits die Cauchy-Folge selbst in K
konvergieren würde.
Wir nehmen nun an, dass K nicht total beschränkt ist. Dann gibt es ein ✏ > 0,
so dass für alle k 2 N und alle xn1 , . . . , xnk 2 K
K*
k
[
B(xni , ✏)
i=1
gilt. Nun wählen wir eine Folge xn 2 K, n 2 N, so dass für alle n, m 2 N
d(xn , xm ) > ✏
gilt. Wir wählen x1 2 K. Wenn x1 , . . . , xn gewählt sind, dann wählen wir xn+1 in
der Menge
n
[
K\
B(xj , ✏)
j=1
Diese Menge ist nicht leer. 2
Korollar 6 Eine Teilmenge der reellen Zahlen mit der üblichen Metrik ist genau
dann kompakt, wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist.
4.2
Normierte Räume
Es sei X ein Vektorraum über R oder C. Eine Norm auf X ist eine Funktion
k k : X ! [0, 1)
so dass
(i) für alle x 2 X und alle t 2 K (R, C)
ktxk = |t| kxk
134
CHAPTER 4. METRISCHE RÄUME
(ii) x = 0 genau dann, wenn kxk = 0.
(iii) für alle x, y 2 X
kx + yk  kxk + kyk
gilt.
Wir beobachten, dass d : X ⇥ X ! [0, 1)
d(x, y) = kx
yk
eine Metrik auf X ist. Damit übertragen sich Begri↵e und Eigenschaften metrischer
Vektorräume auf normierte Vektorräume. Ein normierter Raum ist vollständig,
wenn jede Cauchy Folge konvergiert. Ein vollständiger, normierter Raum heißt
Banachraum.
Die Kugel um x0 2 X mit Radius r ist die Menge
B(x0 , r) = {x|kx
x0 k  r}.
Lemma 60 Es sei X ein normierter Raum und es gelte
x = lim xn
n!1
Dann gilt
kxk = lim kxn k
n!1
Beweis. Es gilt
8✏ > 09N 8n > N : kx
xn k < ✏
Hieraus folgt sofort mit der Dreiecksungleichung
8✏ > 09N 8n > N : |kxk
kxn k| < ✏
⇤
Auf dem Rn betrachten wir die Norm
kxk =
n
X
i=1
|xi |2
! 12
=
p
< x, x >
Diese Norm bezeichnet man als Euklidische Norm.
Lemma 61 k · k ist eine Norm auf dem Rn und es gilt für alle x, y 2 R
| < x, y > |  kxkkyk
Die Ungleichung wird als Ungleichung von Cauchy-Schwarz bezeichnet.
4.2. NORMIERTE RÄUME
135
Beweis. O↵ensichtlich gilt kxk
t 2 R und alle x 2 Rn gilt
n
X
ktxk =
i=1
0 und falls x 6= 0, dann gilt kxk > 0. Für alle
|txi |2
! 12
= |t|
n
X
i=1
|xi |2
! 12
Wir zeigen nun, dass | < x, y > |  kxkkyk gilt. Die Behauptung ist o↵ensichtlich,
falls y = 0. Wir können also annehmen, dass y 6= 0.
⌧
< x, y >
< x, y >
0
 x
y, x
y
< y, y >
< y, y >
< x, y >2 < x, y >2
=< x, x > 2
+
< y, y >
< y, y >
2
< x, y >
=< x, x >
< y, y >
Damit folgt
< x, y >2 < x, >< y, y >= kxk2 kyk2
Nun weisen wir die Dreiecksungleichung nach.
kx + yk2
=< x + y, x + y >
=< x, x > +2 < x, y > + < y, y >
Mit der Cauchy-Schwarz Ungleichung folgt
 kxk2 + 2kxkyk + kyk2
= (kxk + kyk)2
2
Es werden auch durch
kxk1 =
n
X
i=1
|xi |
kxk1 = max |xi |
1in
Normen auf dem Rn definiert.
Lemma 62 Eine Folge xk 2 Rn , k 2 N, ist genau dann konvergent, wenn alle
Folgen der Koordinaten xk (i), k 2 N, konvergieren.
Beweis. Wir nehmen an, dass die Folge xk , k 2 N, konvergiert. Also gibt es ein x0 ,
so dass für alle ✏ ein N existiert, so dass für alle k mit k > N gilt
kx0
xk k < ✏
136
CHAPTER 4. METRISCHE RÄUME
Also gilt für alle i = 1, . . . , n
✏ > kx0
xk k =
n
X
i=1
|x0 (i)
xk (i)|2
! 12
|x0 (i)
xk (i)|
Wir nehmen nun umgekehrt an, dass für alle i = 1, . . . , n gilt:
8✏9Ni 8k > Ni : |x0 (i)
xk (i)| < ✏
Wir wählen nun N = max1in Ni . Dann gilt
8✏9N 8k > N :
Hieraus folgt
n
X
i=1
|x0 (i)
xk (i)|2 < n✏2
v
u n
uX
8✏9N 8k > N : t
|x0 (i)
xk (i)|2 <
p
n✏
i=1
2
Wir sagen, dass die Menge M die Konvergenzmenge der Reihe
M = {x 2 R |9⇡ : x =
n
1
X
k=1
x⇡(k) }
P1
k=1
xk ist, wobei
Einen Beweis für den folgenden Satz findet man in [Halp].
Satz 26 (E. Steinitz) Die Konvergenzmenge einer Reihe ist die leere Menge oder
sie ist von der Form x0 + L, wobei x0 2 Rn und L ein Teilraum von Rn ist.
Beispiel 53 (i) Der Raum der stetigen Funktionen C[a, b] mit der Norm
kf k = max |f (x)|
x2[a,b]
ist ein Banachraum.
(ii) Der Raum der beschränkten Folgen
⇢
`1 = (x(i))1
i=1 sup |x(i)| < 1
i2N
mit der Norm
kxk1 = sup |x(i)|
i2N
ist ein Banachraum.
(iii) Der Raum aller konvergenten Folgen
n
o
c = (x(i))1
lim
x
existiert
i
i=1
i!1
mit der Norm
kxk1 = sup |x(i)|
i2N
4.2. NORMIERTE RÄUME
137
ist ein Banachraum. c ist ein abgeschlossener Teilraum von `1 .
(iv) Der Raum aller gegen 0 konvergenten Folgen
n
o
c0 = (x(i))1
i=1 lim x(i) = 0
i!1
mit der Norm
kxk1 = sup |x(i)|
i2N
ist ein Banachraum. c0 ist ein abgeschlossener Teilraum von c und `1 .
Beweis. (i) Es sei fn , n 2 N, eine Cauchy Folge. Dann existiert zu jedem ✏ > 0 ein N , so dass für
alle n, m N und alle t 2 [a, b]
|fn (t) fm (t)| < ✏
gilt. Somit ist für jedes t 2 [a, b] die Folge fn (t), n 2 N, eine Cauchy Folge und
f (t) = lim fn (t)
n!1
existiert.
Da fn , n 2 N, eine Cauchy Folge ist, gibt es zu jedem ✏ > 0 ein N , so dass für alle n
t 2 [a, b] und alle m N
|fn (t) fm (t)| < ✏
N , alle
gilt. Wir wählen nun zu jedem t 2 [a, b] die Zahl m so groß, dass |f (t) fm (t)| < ✏. Es folgt, dass
zu jedem ✏ > 0 ein N existiert, so dass für alle n N und alle t 2 [a, b]
|fn (t)
f (t)| < 2✏
gilt. Dies bedeutet, dass fn gleichmäßig gegen f konvergiert. Damit ist f stetig und fn konvergiert
in C[a, b] gegen f .
(ii) Es sei xn , n 2 N, eine Cauchy Folge in `1 . Dann ist für jedes i 2 N die Folge der
Koordinaten xn (i), n 2 N, eine Cauchy Folge in R. Somit existieren
x(i) = lim xn (i)
n!1
Weil xn , n 2 N, eine Cauchy Folge ist, ist x eine beschränkte Folge, also in `1 . Wir zeigen nun,
dass xn , n 2 N, in `1 gegen x konvergiert. Für alle ✏ > 0 existiert ein N , so dass für alle n, m mit
n, m n
kxn xm k1 < ✏
Somit gibt es zu jedem ✏ > 0 ein N , so dass für alle n, m
|xn (i)
xm (i)| < ✏
gilt, bzw. zu jedem ✏ > 0 ein N , so dass für alle n
|xn (i)
N und alle i 2 N
N , alle i 2 N und alle m
N
xm (i)| < ✏
gilt. Nun können wir zu jedem i die Zahl m so groß wählen, dass |xm (i) xi | < ✏. (Die Zahl m
hängt also von i ab.) Es folgt, dass zu jedem ✏ > 0 ein N existiert, so dass für alle n N und alle
i2N
|xn (i) x(i)| < 2✏
⇤
138
CHAPTER 4. METRISCHE RÄUME
4.3
Stetige Abbildungen zwischen metrischen Räumen
Es seien (X , d1 ) und (Y, d2 ) zwei metrische Räume. Eine Funktion f : X ! Y ist
in einem Punkt x0 2 X stetig, falls
8✏ > 09 > 08x, d1 (x, x0 ) <
: d2 (f (x), f (x0 ) < ✏.
Satz 27 Es seien (X , d1 ) und (Y, d2 ) zwei metrische Räume. Eine Funktion f :
X ! Y ist genau dann in einem Punkt x0 2 X stetig, falls für alle Folgen xn ,
n 2 N, mit lim xn = x0 gilt, dass
lim f (xn ) = f (x0 ).
n!1
Das Urbild f
1
(U ) einer Menge U ist {x|f (x) 2 U }.
Satz 28 Es seien (X , d1 ) und (Y, d2 ) zwei metrische Räume und f : X ! Y. Dann
sind äquivalent.
(i) f ist stetig.
(ii) Das Urbild jeder o↵enen Menge ist eine o↵ene Menge.
(iii) Das Urbild jeder abgeschlossenen Menge ist abgeschlossen.
Beweis. (i) ) (ii). Es sei U eine o↵ene Teilmenge von Y. Falls f 1 (U ) die leere
Menge ist, so ist f 1 (U ) = ; auch o↵en. Wir können also annehmen, dass f 1 (U )
nicht die leere Menge ist. Wir zeigen nun, dass f 1 (U ) o↵en ist.
Es sei x0 2 f 1 (U ). Dann gilt f (x0 ) 2 U . Da U o↵en ist, existiert ein ✏ > 0, so
dass
{y|d2 (y, f (x0 )) < ✏} ✓ U.
Weil f stetig ist, existiert ein
> 0, so dass
{f (x)|d1 (x, x0 ) < } ✓ {y|d2 (y, f (x0 )) < ✏}.
Also gilt
{x|d1 (x, x0 ) < } ✓ f
1
({f (x)|d1 (x, x0 ) < }) ✓ f
1
({(y)|d2 (y, f (x0 )) < ✏})
und x0 ist ein innerer Punkt. Also ist f 1 (U ) eine o↵ene Menge.
(i) ( (ii). Es sei x0 2 X und ✏ > 0. Die Menge
{y|d2 (y, f (x0 )) < ✏}
ist o↵en. Da das Urbild einer o↵enen Menge o↵en ist, so ist auch
f
1
({y|d2 (y, f (x0 )) < ✏})
4.3. STETIGE ABBILDUNGEN ZWISCHEN METRISCHEN RÄUMEN
o↵en. Insbesondere ist x0 innerer Punkt dieser Menge. Also gibt es ein
dass
{x|d1 (x, x0 ) < } ✓ f 1 ({y|d2 (y, f (x0 )) < ✏}).
139
> 0, so
Hieraus folgt
{f (x)|d1 (x, x0 ) < } ✓ {y|d2 (y, f (x0 )) < ✏}.
Damit ist f in x0 stetig.
(ii) ) (iii). Es sei A eine abgeschlossene Teilmenge von Y. Dann ist Ac o↵en
und somit ist auch f 1 (Ac ) auch o↵en. Weiter gilt
(f
Damit ist (f
1
1
(Ac ))c = ({x|f (x) 2
/ A})c = {x|x 2 A}.
(Ac ))c = f
1
(A) abgeschlossen. 2
Satz 29 Es seien (X , d1 ) und (Y, d2 ) zwei metrische Räume und f : X ! Y eine
stetige Funktion. Dann ist das Bild einer kompakten Menge kompakt.
Beweis. Es sei K eine kompakte Menge in X . Es sei weiter O◆ , ◆ 2 I, eine o↵ene
Überdeckung von f (K). Wegen der Stetigkeit von f sind die Mengen
f
1
◆2I
(O◆ )
o↵en. Wegen
K✓f
1
[
◆2I
O◆
!
=
[
f
1
(O◆ )
◆2I
ist diese Familie von Mengen eine o↵ene Überdeckung von K. Da K aber kompakt
ist, gibt es eine endliche Teilüberdeckung f 1 (O◆1 ), . . . , f 1 (O◆n )
K✓
n
[
f
1
(O◆k )
k=1
Hieraus folgt
f (K) ✓
n
[
k=1
O◆k
Also ist O◆1 , . . . , O◆n eine endliche Teilüberdeckung. 2
Satz 30 Es sei (X , d) ein metrischer Raum und K ein kompakte Teilmenge von X .
Eine stetige Funktion f : X ! R nimmt auf K Minimum und Maximum an.
Umgekehrt kann man sich fragen, ob eine Menge, auf der jede stetige Funktion
sowohl Minimum und Maximum annimmt, kompakt sein muss. Für Teilmengen vom
Rn lässt sich dies leicht nachweisen. Wir zeigen, dass es zu jeder nicht kompakten
Menge, eine Funktion gibt, die auf dieser Menge unbeschränkt ist. Falls die Menge
unbeschränkt ist, so ist die Funktion f (x) = x21 + · · · + x2n stetig und unbeschränkt.
140
CHAPTER 4. METRISCHE RÄUME
Falls die Menge nicht abgeschlossen ist, dann gibt es einen Punkt z, der im Abschluss
dieser Menge liegt, aber nicht in dieser Menge. Dann ist
f (x) =
|z1
1
x1 |2 + · · · + |zn
xn |2
stetig und unbeschränkt.
Beweis. Nach Satz 29 ist f (K) eine kompakte Menge und damit beschränkt und
vollständig. 2
Lemma 63 Es sei (M, d) ein metrischer Raum und K eine kompakte Teilmenge.
Es sei f : K ! R eine stetige Abbildung. Dann ist f auf K gleichmäßig stetig, d.h.
8✏ > 09 > 08x, y 2 K, d(x, y) <
: |f (x)
f (y)| < ✏
Beweis. Da f stetig ist, gilt:
8✏ > 08x 2 K9 = (x, ✏)8y 2 K, d(x, y) <
: |f (x)
Die Familie
B (x, (x, ✏))
ist eine o↵ene Überdeckung von K. 2
x2K
f (y)| < ✏
Chapter 5
Integralrechnung
5.1
Integralrechnung
In diesem Abschnitt beginnen wir mit der Integralrechnung. Sie wird uns in die Lage
versetzen, einen Flächeninhalt oder die Länge einer Kurve zu berechnen. Ebenso
die Arbeit, die verrichtet wird, wenn sich ein Partikel durch ein Kraftfeld bewegt.
Mittels der Kurvenlänge werden wir dann die trigonometrischen Funktionen
einführen.
Das Hauptergebnis der Integralrechnung ist der Hauptsatz der Di↵erential- und
Integralrechnung.
Eine Partition eines Intervalls [a, b] ist eine endliche Teilmenge P = {x0 , x1 , . . . , xn }
mit
a = x0 < x1 < · · · < xn = b
Ik = [xk 1 , xk ] heißt das k-te Teilintervall und
Intervalls Ik . Die Feinheit der Partition ist durch
kPk = max
1kn
k
= xk
xk
1
ist die Länge des
k
gegeben. Es sei f : [a, b] ! R beschränkt auf [a, b] und P = {x0 , x1 , . . . , xn } sei eine
Partition von [a, b]. Wir setzen
mk (f ) = inf{f (x)|x 2 Ik }
Mk (f ) = sup{f (x)|x 2 Ik }
m(f ) = inf{f (x)|x 2 [a, b]}
M (f ) = sup{f (x)|x 2 [a, b]}
Die Untersumme von f bzgl. P ist
US P (f ) =
Die Obersumme von f bzgl. P ist
OS P (f ) =
n
X
mk (f )
k
Mk (f )
k
k=1
n
X
k=1
141
142
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Lemma 64 Es sei f : [a, b] ! R eine beschränkte Funktion. Dann gilt für alle
Partitionen P
a)  US P (f )  OS P (f )  M (f )(b
m(f )(b
Beweis.
US P (f ) =
2
n
X
mk (f )
k
k=1

n
X
Mk (f )
k
k=1
a)
= OS P (f )
Eine Partition P 0 = {x00 , . . . , x0n } heißt Verfeinerung der Partition P = {x0 , . . . , xm },
falls
P = {x0 , . . . , xm } ✓ {x00 , . . . , x0n } = P 0
Lemma 65 Es sei f : [a, b] ! R eine beschränkte Funktion. Es sei P 0 eine Verfeinerung der Partition P. Dann gelten
(i)
US P (f )  US P 0 (f )
(ii)
OS P (f )
Insbesondere gilt, dass
OS P 0 (f )
sup{US P (f )|P ist Partition}  inf{OS P (f )|P ist Partition}
Beweis. Falls P 0 = {x00 , . . . , x0n } Verfeinerung von P = {x0 , . . . , xm } ist, dann gibt
es j1 , . . . , jm mit xi = x0ji . Dann gilt für alle i = 1, . . . , m
[xi 1 , xi ] =
[x0ji
, x0ji ]
1
ji
[
=
`=ji
[x0` 1 , x0` ].
1 +1
Hiermit folgt
US P (f ) =
=
m
X
i=1
m
X
i=1
=
m
X
i=1

=
inf{f (x)|x 2 [xi 1 , xi ]}(xi
inf{f (x)|x 2 [x0ji 1 , x0ji ]}(x0ji
8
<
inf f (x) x 2
:
ji
m
X
X
i=1 `=ji
n
X
`=1
1 +1
xi 1 )
x0ji 1 )
ji
[
k=ji
[x0k 1 , x0k ]
1 +1
9
ji
= X
;
`=ji
inf f (x) x 2 [x0` 1 , x0` ] (x0`
inf f (x) x 2 [x0` 1 , x0` ] (x0`
(x0`
1 +1
x0` 1 )
x0` 1 ) = US P 0 (f )
x0` 1 )
5.1. INTEGRALRECHNUNG
143
(ii) wird genauso gezeigt.
Wir zeigen nun den Zusatz. Zunächst zeigen wir, dass für alle Partitionen P und
Q
US P (f )  OS Q (f )
gilt. P [ Q ist Verfeinerung von P und Q. Deshalb gilt nach Lemma 65 für alle P
und Q
US P (f )  US P[Q (f )  OS P[Q (f )  US Q (f ).
Hieraus folgt für all Q
sup US P (f )  OS Q (f )
P
und schließlich
sup US P (f )  inf OS Q (f ).
Q
P
2
Es sei f : [a, b] ! R eine beschränkte Funktion. Es gelte
sup US P (f ) = inf OS P (f ).
P
P
Dann heißt f Riemann-integrierbar und das Integral von f ist
Z b
f (x)dx = sup US P (f ) = inf OS P (f ).
Wir setzen
P
P
a
Z
b
f (x)dx =
a
Z
a
f (x)dx.
b
Beispiel 54 (i) f : [a, b] ! R, f (x) = c, ist auf [a, b] integrierbar und
Z b
f (x)dx = c(b a)
a
(ii) f : [0, 1] ! R, f (x) = x, ist auf [0, 1] integrierbar und
Z 1
1
f (x)dx =
2
0
(iii) f : [0, 1] ! R
f (x) =
(
0
1
falls x irrational
falls x rational
f ist nicht Riemann integrierbar (f ist aber Lebesgue integrierbar).
(iv) f : [0, 1] ! R
8
falls x irrational ist oder x = 0
<0
f (x) = 1
m
:
falls x =
und m und n teilerfremd sind
n
n
f ist in allen irrationalen Punkten stetig und unstetig in allen rationalen Punkten. f ist in keinem
Punkt di↵erenzierbar. f ist Riemann integrierbar und
Z 1
f (x)dx = 0
0
Diese Funktion wurde 1875 von K.J. Thomae eingeführt.
144
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Beweis. (i)
m(f ) = inf{f (x)|x 2 [a, b]} = c
M (f ) = sup{f (x)|x 2 [a, b]} = c
Wir wählen als Partition P = {a, b}. Dann erhalten wir
US P (f ) = m(f )(b
OS P (f ) = m(f )(b
a)
a)
(ii) Wir wählen als Partitionen
Pn = {0, n1 , n2 , . . . , 1}
Es gelten
k
=
1
n
n2N
und
1
k
mk (f ) = inf f (x) =
Mk (f ) = sup f (x) =
n
x2Ik
x2Ik
k
n
Hiermit erhalten wir
US Pn (f )
=
n
X
mk (f )
k
=
k=1
k=1
n
1 X
= 2
(k
n
1) =
k=1
OS Pn (f )
=
n
X
k
n
X
Mk (f )
k
n
11
n
1 n(n 1)
1
=
2
n
2
2
=
k=1
✓
1
1
n
◆
n
X
k1
nn
k=1
✓
◆
n
1 X
1 n(n + 1)
1
1
= 2
k= 2
=
1+
n
n
2
2
n
k=1
Deshalb gilt für alle n 2 N
✓
1
1
2
Also gilt
1
n
◆
1
 sup US P (f )  inf OS P (f ) 
P
2
P
✓
◆
1
1+
n
1
= sup US P (f ) = inf OS P (f )
P
2
P
(iii) Wir zeigen, dass für alle Partitionen P
US P (f ) = 0
OS P (f ) = 1
gilt. Hierzu benutzen wir, dass es zwischen je zwei reellen Zahlen sowohl eine rationale als auch
eine irrationale Zahl gibt (Korollar 2). Es folgt
mk (f )
Mk (f )
= inf{f (x)|x 2 Ik } = 0
= sup{f (x)|x 2 Ik } = 1
Es folgt
US P (f )
=
OS P (f )
=
n
X
k=1
n
X
k=1
mk (f )
Mk (f )
k
=0
k
=
n
X
k=1
k
=1
5.1. INTEGRALRECHNUNG
145
(iv) Wir zeigen, dass f in allen rationalen Punkten, die von 0 verschieden sind, unstetig ist.
1
m
Es gilt f ( m
n ) = n , aber in jeder Umgebung von n findet man einen irrationalen Punkt.
Wir zeigen nun, dass f in allen irrationalen Punkten x stetig ist. Wir zeigen, dass für alle
Folgen {xn }n2N mit limn!1 xn = x
lim f (xn ) 6= f (x) = 0
n!1
gilt. Wir können annehmen, dass alle xn , n 2 N, rationale Zahlen sind, weil f auf irrationalen
n
Zahlen den Wert 0 annimmt. Es sei { m
kn }n2N eine Folge rationaler Zahlen mit
lim
mn
=x
kn
lim
1
=0
kn
n!1
Wir müssen zeigen, dass
n!1
Wir nehmen an, dies sei nicht so. Dann gibt es eine Teilfolge {knj }j2N , die beschränkt ist. Deshalb
ist auch {mnj }j2N beschränkt. Somit nimmt
⇢
nur endlich viele Werte an. Deshalb ist
mnj
knj
j2N
mnj
j2N knj
lim
rational. Der Grenzwert ist aber gleich der irrationalen Zahl x.
Wir zeigen nun, dass f Riemann integrierbar ist und dass das Integral von f gleich 0 ist.
Dazu zeigen wir dass für alle Partitionen P gilt, dass US P (f ) = 0. Ausserdem zeigen wir, dass es
Partitionen Pn , n 2 N, gibt, so dass
r
2
OS P (f ) 
n
gilt. Hieraus ergibt sich unmittelbar die Behauptung.
Es gilt
n
X
US P (f ) =
mk (f )
k
=0
k=1
Wir beweisen nun die Abschätzung für die Obersummen. Als Partitionen wählen wir Pn =
{0, n1 , n2 , . . . , 1}, n 2 N. Es gilt k = n1 und Ik = [ k n 1 , nk ].
Um OS P (f ) zu bestimmen, müssten wir nun Mk (f ) berechnen. Dies kann sich wegen der
Funktion f kompliziert gestalten. Deshalb gehen wir einer anderen Frage nach, die leichter zu
beantworten ist: Die Funktion f nimmt die Werte 1q , q 2 N, an. Wir fragen, auf wievielen
Intervallen Ik der Wert von Mk (f ) gleich 1q ist? Es gilt
OS Pn (f ) =
wobei
n
X
Mk (f )
k
k=1
⇢
n
1
1X
1X1
1
=
Mk (f ) =
card k Mk (f ) =
n
n q=1 q
q
k=1
⇢
1
card k Mk (f ) =
q
q=1
1
X
Da in jedem Intervall Ik = [ k n 1 , nk ] eine Zahl
k
n
enthalten ist, gilt
Mk (f ) = sup f (x)
x2Ik
=n
f ( nk )
1
n
146
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Deshalb gilt
⇢
1
card k Mk (f ) =
q
q=1
n
X
Weiter gilt
⇢
1
card k Mk (f ) =
q
=n
q
Dies gilt, weil es q + 1 rationale Zahlen in [0, 1] gibt, deren Nenner q ist:
0 1 2
q 1 q
, , ,...,
,
q q q
q
q
Diese q + 1 Zahlen können in höchstens q + 1 verschiedenen Intervallen Ik auftreten. Also gilt
Mk (f ) = 1q in höchstens q + 1 verschiedenen Intervallen. Da qq = 1, haben wir es tatsächlich
höchstens mit q Intervallen zu tun.
Somit erhalten wir
n
1X1
OS Pn (f ) =
N (q)
n q=1 q
wobei N (q) ganze Zahlen mit 0  N (q)  q und
n
X
N (q) = n
q=1
ist (Es kann sein, dass einige der N (q) gleich 0 sind.). Wir behaupten, dass
n
1X1
N (q)
n q=1 q
für die folgende Wahl der Zahlen N (q) maximal ist. Es sei ` 2 N die kleinste Zahl, so dass
X̀
q
n
q=1
Wir setzen
N (q) =
⇢
n
q
P`
1
p=1
falls q = 1, 2, . . . , `
falls q = `
p
Wir nehmen an, dies sei nicht so. Dann gibt es eine Zahl q0 2 N mit q0  `
oder
` 1
X
N (`) < n
p
1
1 und N (q0 ) < q0
p=1
Wir betrachten den ersten Fall. Wir beobachten, dass es ein q1 > q0 mit N (q1 )
gilt
1 gibt. Dann
n
1X1
N (q)
n q=1 q
(q 1
0
1 X 1
=
N (q) +
n q=1 q
(q 1
0
1 X 1
<
N (q) +
n q=1 q
)
qX
n
1 1
X
1
1
1
1
N (q0 ) +
N (q) + N (q1 ) +
N (q)
q0
q
q1
q
q=q +1
q=q +1
0
1
qX
1 1
1
(N (q0 ) + 1) +
q0
q=q
0
1
1
N (q) + (N (q1 )
q
q1
+1
)
n
X
1
1) +
N (q)
q
q=q +1
1
5.1. INTEGRALRECHNUNG
147
Der zweite Fall wird genauso behandelt. Damit folgt
OS Pn (f ) 
1 X̀ 1
`
q=
n q=1 q
n
wobei ` die kleinste Zahl ist, für die
X̀
q
n
q=1
Wir behaupten, dass ` 
p
2n gilt. Es gilt
n
X̀
q=
q=1
Also gilt
`(` + 1)
1
 (` + 1)2
2
2
p
2n  ` + 1
Da ` die kleinste ganze Zahl ist, die diese Ungleichung erfüllt, gilt ` 
r
p
2n
2
OS Pn (f ) 
=
n
n
p
2n. Damit erhalten wir
2
Wir definieren
Z a
f (x)dx = 0
Z
und
a
a
f (x)dx =
b
Z
b
f (x)dx
a
Lemma 66 Es seien f, g : [a, b] ! R integrierbare Funktionen und c 2 R. Dann
gelten
(i) f + g ist integrierbar und
Z
b
f + gdx =
a
Z
b
f dx +
a
Z
b
gdx
a
(ii) f g ist integrierbar.
(iii) cf ist integrierbar und
Z
b
cf dx = c
a
Z
b
f dx
a
Lemma 67 Es seien f, g : [a, b] ! R integrierbare Funktionen und es gelte f (x) 
g(x) für alle x 2 [a, b]. Dann gilt
Z
a
b
f dx 
Z
a
b
gdx
148
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Beweis.
OS P (f ) =
n
X
Mk (f )
k=1
k

Also gilt für alle Partitionen P
n
X
Mk (g)
k
k=1
= OS P (g)
OS P (f )  OS P (g)
Hieraus folgt
Z
a
b
f (x)dx = inf OS P (f )  inf OS P (g) =
P
P
Z
b
g(x)dx
a
2
Lemma 68 Es sei f : [a, b] ! R eine integrierbare Funktion. Dann ist auch |f |
eine integrierbare Funktion und es gilt
Z
a
b
f (x)dx 
Z
a
b
|f (x)|dx
Beweis. Wir zeigen, dass |f | integrierbar ist. Dazu zeigen wir, dass die Funktionen
f + und f mit
f + (x) = max{f (x), 0}
f (x) = max{ f (x), 0}
integrierbar sind. Es folgt dann, dass |f | = f + + f integrierbar ist. Wir zeigen
hier, dass f + integrierbar ist.
Es sei P = {x0 , . . . , xn } eine Partition. Dann gilt für alle k = 1, . . . , n
Mk (f + )
mk (f + )  Mk (f )
mk (f ).
Wir prüfen dies nach. Falls Mk (f )
0 und mk (f )
0, dann gelten Mk (f ) =
+
+
Mk (f ) und mk (f ) = mk (f ), weil aus mk (f )
0 folgt, dass f
0 und damit
+
f =f .
Falls Mk (f ) 0 und mk (f ) < 0, dann gelten Mk (f ) = Mk (f + ) und mk (f + ) = 0.
Die Gleichung mk (f + ) = 0 gilt, weil f +
0 und damit mk (f + ) 0 und weil aus
mk (f ) < 0 folgt, dass es ein x0 mit f (x0 ) < 0 gibt und somit f + (x0 ) = 0.
Nun zeigen wir Mk (f ) = Mk (f + ). Wir unterscheiden zwei Fälle. Der erste Fall
ist, dass f (x) < 0 für alle x 2 Ik . Dann gelten Mk (f ) = 0, f + = 0 auf Ik und
Mk (f + ) = 0.
Nun der Fall, dass es ein x0 2 Ik mit f (x0 ) 0 gibt. Dann gilt
Mk (f ) = sup{f (x)|x 2 Ik } = sup{f (x)|x 2 Ik und f (x)
0} = Mk (f + ).
Falls Mk (f ) < 0 und mk (f ) < 0, dann gilt Mk (f + ) = 0 und mk (f + ) = 0.
5.1. INTEGRALRECHNUNG
149
Also folgt
+
OS P (f )
n
X
+
US P (f ) =
k=1
n
X

Mk (f + )
mk (f + )
(Mk (f )
mk (f ))
k
k
k=1
= OS P (f )
US P (f )
Für jedes ✏ > 0 existieren eine Partitionen P0 und P1 , so dass
OS P0 (f )  inf OS P (f ) + ✏
P
US P1 (f )
sup US P (f )
✏
P
Somit folgt für P = P0 [ P1
OS P (f + )
US P (f + )  2✏
Wegen
US P (f + )  sup US Q (f + )  inf OS Q (f + )  OS P (f + )
Q
Q
folgt
sup US Q (f + ) = inf OS Q (f + )
Q
Q
Damit ist f + integrierbar. Ebenso zeigen wir, dass f integrierbar ist.
Z b
Z b
Z b
Z b
+
+
|f (x)|dx
=
f (x) + f (x)dx =
f (x)dx +
f (x)dx
a
a
a
a
Z b
Z b
Z b
Z b
+
+
f (x)dx
f (x)dx =
f (x) f (x)dx =
f (x)dx
a
a
a
a
Genauso zeigen wir, dass
Z
b
|f (x)|dx
a
Z
b
f (x)dx
a
Insgesamt erhalten wir also
Z
a
b
|f (x)|dx
Z
b
f (x)dx
a
2
Lemma 69 Es sei f : [a, b] ! R integrierbar und c 2 [a, b]. Dann gilt
Z b
Z c
Z b
f (x)dx =
f (x)dx +
f (x)dx
a
a
c
Satz 31 Die Funktion f : [a, b] ! R sei auf [a, b] monoton fallend oder monoton
wachsend. Dann ist f Riemann integrierbar.
150
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Beweis. Es sei f monoton wachsend. Wir wählen als Partitionen
⇢
b a
b a
b a
Pn = a, a +
,a + 2
, . . . , a + (n 1)
,b
n
n
n
n2N
Weil f monoton wachsend ist, gilt für k = 1, 2, . . . , n
✓
◆
✓
◆
b a
b a
mk (f ) = f a + (k 1)
Mk (f ) = f a + k
n
n
Damit folgt
OS Pn (f ) US Pn (f )
n
n
X
X
=
Mk (f ) k
mk (f )
=
=
k=1
n
X
k=1
n
X
k=1
=
b
n
✓
b
f a+k
✓
b
f a+k
a
(f (b)
k=1
a
n
a
n
◆
◆
b
a
n
b
a
n
k
✓
n
X
f a + (k
k=1
n
X1
k=0
1)
✓
b
f a+k
a
n
b
◆
a
n
b
◆
b
a
n
a
n
f (a))
Es gilt also
OS Pn (f )
US Pn (f ) 
b
a
n
(f (b)
f (a))
Wegen
US Pn (f )  sup US P (f )  inf OS P (f )  OS Pn (f )
P
P
folgt
inf OS P (f ) = sup US P (f )
P
P
Damit ist f integrierbar. 2
Satz 32 Es sei f : [a, b] ! R stetig. Dann ist f Riemann integrierbar.
Beweis. Wir benutzen den Satz 13: Falls f auf [a, b] stetig ist, dann ist f auf [a, b]
auch gleichmäßig stetig. Es gilt also
8✏ > 09 > 08x, y 2 [a, b], |x
y| <
Als Partition wählen wir
⇢
b a
b a
Pn = a, a +
,a + 2
, . . . , a + (n
n
n
: |f (x)
1)
b
f (y)| < ✏
a
n
,b
n2N
5.2. RIEMANNSCHE SUMMEN
wobei wir n so groß wählen, dass
151
k
=
b a
n
<
gilt und damit
8k = 1, . . . , n 8x, y 2 Ik : |f (x)
f (y)| < ✏
Hieraus folgt
Mk (f )
mk (f ) = sup f (x)
inf f (x) = max f (x)
x2Ik
x2Ik
x2Ik
min f (x) < ✏
x2Ik
gilt. Damit erhalten wir
OS Pn (f )
US Pn (f ) =
n
X
Mk (f )
k
k=1
n
X
mk (f )
k
< ✏(b
a)
k=1
Wegen
US Pn (f )  sup US P (f )  inf OS P (f )  OS Pn (f )
P
P
folgt
inf OS P (f ) = sup US P (f )
P
P
Damit ist f integrierbar. 2
5.2
Riemannsche Summen
Die Funktion f : [a, b] ! R sei beschränkt. P = {x0 , . . . , xn } sei eine Partition von
[a, b]. Es sei ⇠ = {⇠k }nk=1 mit ⇠k 2 Ik , k = 1, . . . , n. Dann heisst
SP =
n
X
f (⇠k )
k
k=1
Riemannsche Summe zur Partition P.
Insbesondere gilt für jede Partition P und alle ⇠
US P (f )  SP (f, ⇠)  OS P (f )
Wir setzen
lim SP (f, ⇠) = I
kPk!0
falls für alle ✏ > 0 ein
und alle ⇠
> 0 existiert, so dass für alle Partitionen P mit kPk <
|SP (f, ⇠)
gilt.
I| < ✏
152
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Lemma 70 (i) Falls f : [a, b] ! R Riemann integrierbar ist, so existiert
lim SP (f, ⇠)
kPk!0
und es gilt
lim SP (f, ⇠) =
kPk!0
(ii) Existiert
Z
b
f (x)dx
a
lim SP (f, ⇠)
kPk!0
so ist f Riemann integrierbar und es gilt
lim SP (f, ⇠) =
kPk!0
Z
b
f (x)dx
a
Satz 33 (i) Es sei f : [a, b] ! R eine zweimal stetig di↵erenzierbare Funktion,
a0 < · · · < an sei eine Partition des Intervalls [a, b] in Teilintervalle gleicher Länge
und x1 , . . . , xn seien die Mittelpunkte dieser Teilintervalle. Dann gilt
Z b
(b a)3
f (x)dx (f (x1 ) + · · · + f (xn )) x 
max |f 00 (x)|
2
24n x2[a,b]
a
Z b
(b a)3
f (x)dx (f (a0 ) + 2f (a1 ) · · · + 2f (an 1 ) + f (an )) x 
max |f 00 (x)|
2 x2[a,b]
12n
a
(ii)
Z
a
b
f (x)dx
(f (a0 ) + 4f (x1 ) + 2f (a1 ) · · · + 2f (an 1 ) + 4f (xn ) + f (an )) x

(b a)5
max |f 0000 (x)|
2880n4 x2[a,b]
Die erste Approximation bezeichnet man als Mittelpunktsregel, die zweite als
Trapezregel und die dritte als Simpsonregel. Bei der Simpsonregel approximiert
man die Funktion durch Parabeln.
5.3
Riemann-messbare Mengen und die CantorMenge
Wir sagen, dass eine Teilmenge A der reellen Zahlen R Riemann-messbar ist, falls
sie beschränkt ist und die charakteristische Funktion
⇢
1
falls x 2 A
A =
0
falls x 2
/A
5.3. RIEMANN-MESSBARE MENGEN UND DIE CANTOR-MENGE
153
integrierbar ist. Das Maß µ(A) der Menge A ist durch
Z b
µ(A) =
A dx
a
definiert, wobei [a, b] ein Intervall ist, das die Menge A enthält.
Lemma 71 Es sei A eine Riemann messbare Teilmenge von R und s, t 2 R. Dann
ist auch s + tA Riemann messbar und
µ(s + tA) = tµ(A)
Beweis. Es seien a, b 2 R mit A ✓ [a, b] und P = {x0 , x1 , . . . , xn } eine Partition
mit
OS P ( A )  ✏ + US P ( A )
Dann gilt s + tA ✓ [s + ta, s + tb] und
s + tP = {s + tx0 , . . . , s + txn }
ist eine Partition mit
OS s+tP (
 t✏ + US s+tP (
s+tA )
s+tA )
Wir prüfen dies nach. Es gilt
mk (
A)
Mk (
= inf
A)
x2Ik
= sup
x2Ik
A (x)
A (x)
=
(
=
(
falls Ik ✓ A
falls Ik \ Ac 6= ;
1
0
falls Ik \ A 6= ;
falls Ik \ A = ;
1
0
Ebenso gilt
mk (
Mk (
s+tA )
s+tA )
Es folgt mk (
= inf
x2Ik
= sup
x2s+tIk
s+tA )
US s+tP (
s+tA (x)
= mk (
s+tA )
=
=
s+tA (x)
A)
n
X
k=1
(
=
(
und Mk (
mk (
falls s + tIk ✓ s + tA
falls s + tIk \ (s + tA)c 6= ;
1
0
s+tA )
falls (s + tIk ) \ (s + tA) 6= ;
falls (s + tIk ) \ (s + tA) = ;
1
0
s+tA )
s+tP
k
= Mk (
=
n
X
A ).
mk (
k=1
Dasselbe Ergebnis erhalten wir für die Obersummen. 2
Damit folgt
A )t
P
k
= t US P (
A)
154
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Beispiel 55 (Cantor Menge) Die Cantor Menge C ist die Menge aller Zahlen
1
X
aj
j=1
aj 2 {0, 2}
3j
Es gelten
(i) C ⇢ [0, 1]
(ii) C ist eine kompakte Menge.
(iii) Es gilt C = 13 C [ ( 23 + 12 C)
(iv) Wir setzen C1 = [0, 1] und für n 2 N
Cn+1 = 13 Cn [ ( 23 + 12 Cn )
Dann gilt
C=
1
\
Cn
n=1
(v) Das Riemannsche Mass von C ist 0.
(vi) Die Mächtigkeit der Cantor Menge ist gleich der des Kontinuums.
(vii) C hat keine isolierten Punkte.
(viii) Für alle x, y 2 C existiert ein z 2
/ C, so dass x < z < y.
(ix) Für die Menge C + C = {x + y|x, y 2 C} gilt
C + C = [0, 2]
(x) Für die Di↵erenzmenge C
C = {x
C
y|x, y 2 C} gilt
C = [ 1, 1]
Wir sagen, dass eine Menge nirgends dicht ist, falls das Innere des Abschlusses
die leere Menge ist. Die Cantor Menge ist nirgends dicht. Eigenschaft (ix) zeigt,
dass das Mass einer Di↵erenzmenge von Nullmengen nicht notwendig 0 ist.
Geometrisch lässt sich die Cantor Menge wie folgt veranschaulichen. Das Intervall [0, 1] wird gedrittelt und das mittlere Drittel ( 13 , 23 ) entfernt. Die verbleibenden
Intervalle [0, 13 ] und [ 23 , 1] werden wiederum gedrittelt und die mittleren Intervalle
( 19 , 19 ) und ( 79 , 89 ) werden entfernt. Dieses Verfahren wird so fortgesetzt. So entsteht
bei jedem Schritt eine Menge Cn , n = 1, . . . , die Vereinigung von 2n 1 abgeschlossen+1
nen Intervallen der Länge
ist. Die Cantor Menge ist dann der Durchschnitt
T1 3
dieser Mengen C = n=1 Cn .
5.3. RIEMANN-MESSBARE MENGEN UND DIE CANTOR-MENGE
0
155
1
0
1
3
0
1
9
2
3
1
3
2
9
1
2
3
7
9
8
9
1
Konstruktion der Cantor Menge
Der
{0, 1} sei mit der diskreten Topologie ausgestattet
Q zweielementige Raum
N
und n2N {0, 1} = {0, 1} mit der Produkttopologie. Dann sind C und {0, 1}N
homöomorph.
Ein Satz von Alexandrov und Hausdor↵ besagt, dass jeder kompakte, metrische
Raum stetiges Bild der Cantor-Menge ist [Ben]. Dieser Satz hat eine Reihe von
überraschenden Anwendungen.
Beweis. (i) O↵ensichtlich sind alle Zahlen in der Cantor Menge grösser oder gleich
0. Ausserdem sind alle Zahlen kleiner als
✓
◆
1
X
2
1
=2
1 =1
3j
1 13
j=1
(ii) Wir müssen zeigen, dass die Cantor Menge abgeschlossen ist. Es sei
xk =
1
X
akj 3
j
akj 2 {0, 2} k = 1, 2, . . .
j=1
eine Folge in C, die in R konvergiert. (Da alle xk 2 [0, 1], gilt dasselbe für den
Grenzwert x.) Dann gibt es Zahlen aj , so dass für alle j 2 N
lim akj = aj
k!1
Deshalb gilt für alle j 2 N, dass aj 2 {0, 2}. Damit ist die Zahl
1
X
aj 3
j
j=1
ein Element der Cantor Menge. Wir zeigen nun, dass für alle j 2 N die Folge {akj }k2N
eine Cauchy Folge ist.
Wir nehmen an, dass es ein j gibt, so dass {akj }k2N keine Cauchy Folge ist. Es
sei j0 die kleinste Zahl, für die dies nicht wahr ist. Dann gibt es ein N , so dass für
alle k, m > N
|xk
xm |
=
1
X
akj
j=j0
akj0
am
j
3j
am
j0
3j
akj0
am
j0
3j
1
X
j=j0 +1
1
X
akj0 am
2
j0
=
j
j
3
3
j=j +1
0
akj
am
j
3j
1
3j0
156
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Da {a`j0 }`2N keine Cauchy Folge ist, gibt es zu jedem N Zahlen k, m 2 N mit
k, m > N und
|akj0 am
j0 | = 2
Damit folgt aber |xk xm |
3 j0 und die Folge {xn }n2N ist keine Cauchy Folge.
Damit folgt, dass für alle j 2 N die Folge {akj }k2N eine Cauchy Folge ist und damit
eine konvergente Folge. Es gibt also Zahlen aj 2 {0, 2}, so dass
lim akj = aj
k!1
Wir behaupten, dass die Folge xk gegen das Element
x=
1
X
aj
j=1
3j
konvergiert. Es gibt zu jedem J 2 N ein kJ , so dass für alle j mit 1  j  J und
alle k mit k kJ gilt, dass akj = aj . Weiter folgt für alle k mit k kJ
|x
xk | =
1
X
aj
j=1
akj
3j
=
1
X
aj
j=J
akj
3j

1
X
2
=3
j
3
j=J
(iii) Wir zeigen zuerst, dass
Es sei x 2 C, also x =
Also gilt
x
3
C ◆ 13 C [
P1
aj
j=1 3j
2
3
+ 12 C
mit aj 2 {0, 2}. Dann gilt
1
x X aj
=
3
3j+1
j=1
2 C. Weiter gilt
1
1
X bj
2 x
2 X aj
+ = +
=
3 3
3 j=1 3j+1
3j
j=1
mit b1 = 2 und bj = aj 1 für j = 2, 3, . . . . Also gilt auch 23 + x3 2 C.
Wir zeigen nun, dass
C ✓ 13 C [ 23 + 12 C
P
aj
Es sei x 2 C, also x = 1
j=1 3j mit aj 2 {0, 2}. Falls a1 = 0, dann
x=
1
X
aj
j=2
3j
=
1
1 X aj
1
2
C
3 j=2 3j 1 3
Falls a1 = 2, dann gilt
x=
1
X
aj
j=1
3j
=
1
1
2 X aj
2 1 X aj
2 1
+
=
+
2
+ C
3 j=2 3j
3 3 j=2 3j 1 3 3
J
5.3. RIEMANN-MESSBARE MENGEN UND DIE CANTOR-MENGE
157
(iv) Wir zeigen hier zunächst, dass Cn+1 ✓ Cn . Dies zeigen wir durch Induktion.
Für n = 1 gilt
[0, 13 ] [ [ 23 , 1] = 13 C1 [ ( 23 + 13 C1 ) = C2
C1 = [0, 1]
Wir nehmen nun an, dass Cn
Cn . Nach Definition gilt
1
Cn+1 = 13 Cn [ ( 23 + 13 Cn )
Aus der Induktionsannahme Cn
1
C
3 n 1
Cn folgt
1
1
C
3 n
2
3
+ 13 Cn
2
3
1
+ 13 Cn
Hieraus folgt
Cn = 13 Cn
[ ( 23 + 13 Cn 1 )
1
1
C
3 n
[ ( 23 + 13 Cn ) = Cn+1
Nun zeigen wir, dass
C✓
1
\
Cn
n=1
Hierzu zeigen wir durch Induktion, dass für alle n 2 N gilt, dass C ✓ Cn . Es gilt
C1 = [0, 1]
C
Wir nehmen nun an, dass C ⇢ Cn . Dann folgt
Cn+1 = 13 Cn [ ( 23 + 13 Cn )
1
C
3
[ ( 23 + 13 C) = C
Wir zeigen, dass
C◆
1
\
Cn
n=1
Dazu zeigen wir zuerst, dass
1
\
Cn =
n=1
1
3
1
\
n=1
Cn [
2
3
+
1
3
1
\
Cn
n=1
!
Es gilt
1
\
Cn
=
n=1
◆
1
\
n=1
1
\
Cn+1 =
i,j=1
1
\
n=1
1
C
3 i
1
C
3 n
[ ( 23 + 13 Cn )
[ ( 23 + 13 Cj ) =
1
3
1
\
i=1
Ci
!
[
2
3
+
1
3
1
\
j=1
Cj
!
158
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Andererseits gilt
1
3
1
\
Ci
i=1
◆
=
!
2
3
[
1
3
+
1
C
3 max{i,j}
i,j=1
1
\
1
\
Cn+1 =
T1
Cj
j=1
1
\
n=1
Es sei nun x 2
Darstellung
1
\
[
!
( 23
=
+
1
\
1
C
3 i
i,j=1
[ ( 23 + 13 Cj )
1
C
)
3 max{i,j}
=
1
\
1
C
3 n
n=1
[ ( 23 + 13 Cn )
Cn
n=1
n=1
Cn aber x 2
/ C. Da x 2 [0, 1] gilt, gibt es eine 3-adische
x=
1
X
aj
j=1
aj 2 {0, 1, 2}
3j
wobei es i0 , j0 2 N mit i0 < j0 und ai0 = 1 und aj0 6= 2 gibt. Wir wollen uns dies
überlegen. Falls es mindestens zwei i mit ai = 1 gibt, dann können wir ai0 = aj0 = 1
mit i0 < j0 wählen. Wenn es nur ein einziges i0 mit ai0 = 1 gibt und es gibt ein
j0 mit i0 < j0 und aj0 = 0, dann sind wir auch fertig. Falls es aber nur ein i0 mit
ai0 = 1 gibt und für alle i > i0 gilt, dass ai = 2, dann gilt weiter
x=
1
X
aj
j=1
3j
=
iX
0 1
j=1
iX
1
0 1
X
aj
1
2
aj
2
+ i0 +
=
+ i0 2 C
j
j
j
3
3
3
3
3
j=i +1
j=1
0
Wir betrachten der kleinste Index i0 , für den der Koeffizient gleich 1 ist.
Wir betrachten den Fall, dass i0 = 1, also a1 = 1. Dann folgt x 2 [ 13 , 23 ]. Es kann
nicht sein, dass x = 23 , weil 23 2 C. Es kann auch nicht sein, dass x = 13 , weil
x=
1
1 X 2
=
2C
j
3
3
j=2
Wir hatten aber angenommen, dass x 2
/ C. Insgesamt erhalten wir, dass x 2 ( 13 , 23 ).
Damit gilt x 2
/ C2 , im Widerspruch zu unserer Annahme.
Nun betrachten wir den Fall, dass i0 > 1. Wir konstuieren ein
y=
1
X
bj
j=1
3j
2
1
\
n=1
Cn
und
y2
/C
mit bi0 1 = 1. Wir können also i0 um 1 reduzieren. Dasselbe Argument wenden wir
i0 1 mal an, so dass wir den Fall i0 = 1 erhalten Wegen
!
!
1
1
1
\
\
\
Cn = 13
Cn [ 22 + 13
Cn
n=1
n=1
n=1
5.3. RIEMANN-MESSBARE MENGEN UND DIE CANTOR-MENGE
gilt
x2
1
3
1
\
Cn
x2
oder
n=1
bzw.
3x 2
1
\
Cn
oder
2
3
+
1
3
1
\
159
Cn
n=1
22
3x
n=1
1
\
Cn
n=1
Wir betrachten den ersten Fall. Dann gilt 3x 2
/ C, weil sonst x 2 C folgen würde,
im Gegensatz zu unserer Annahme. Dann wählen wir y = 3x und es gilt bi0 1 = 1.
(v) Da C eine nichtnegative Funktion ist, gilt für alle Partitionen P und alle
Untersummen US P ( C )
0  US P ( C )
Die Menge Cn ist eine disjunkte Vereinigung von 2n 1 abgeschlossenen Intervallen
der Länge 3n 1 , die alle in [0, 1] enthalten sind. Dies folgt mit Induktion aus
(iv). C1 = [0, 1] erfüllt die Aussage. Falls Cn die Aussage erfüllt, dann ist 13 Cn
eine disjunkte Vereinigung von 2n 1 abgeschlossenen Intervallen der Länge 3n , die
in [0, 13 ] enthalten sind. Ausserdem ist 23 + 13 Cn eine disjunkte Vereinigung von
2n 1 abgeschlossenen Intervallen der Länge 3n , die in [ 23 , 1] enthalten sind. Deshalb
besteht Cn+1 = ( 13 Cn ) [ ( 23 + 13 Cn ) aus 2n disjunkten, abgeschlossenen Intervallen
der Länge 3n .
Somit gibt es Zahlen ak , bk , k = 1, . . . , 2n 1 , mit 0 = a1 < b1 < a2 < b2 < a3 <
· · · < a2n 1 < b2n 1 = 1 und
n 1
2[
Cn =
[ak , bk ]
k=1
Nun wählen wir als Partition
P = {a1 , b1 + ✏, a2
✏, b2 + ✏, a3
✏, . . . , b2n
1
1
+ ✏, a2n
1
Weil C ✓ Cn gilt, folgt
sup
C (x)
x2[ak ✏,bk +✏]
1
sup
C (x)
x2[bk +✏,ak ✏]
Damit folgt für die Obersumme
OS P (
Da wir ✏ < 12 3
n+1
C)
 2n 1 (3
n+1
+ 2✏)
wählen können, folgt
✓ ◆n
2
OS P ( C )  2
3
(vi) Die Abbildung f : C ! [0, 1]
f
1
X
aj
j=1
3j
!
=
1
X
j=1
aj
2
2j
1
=0
✏, b2n 1 }
160
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
ist surjektiv.
Wir überlegen uns zuerst, dass diese Abbildung wohldefiniert ist. Ein Element
x 2 R hat entweder genau eine 3-adische Darstellung oder genau zwei 3-adische
Darstellungen. Wir müssen den Fall betrachten, dass x genau zwei 3-adische Darstellungen hat. Falls x genau zwei 3-adische Darstellungen hat und x ist ein Element der
Cantor Menge, dann hat nur eine Darstellung die Eigenschaft, dass die Koeffizienten
entweder 0 oder 2 sind. Wir überlegen uns dies.
Wenn eine Zahl zwei 3-adische Darstellungen besitzt, dann sind in einer der
Darstellungen fast alle Koeffizienten gleich 2. Wenn sämtliche Koeffizienten gleich 2
sind, dann handelt es sich um die Zahl 1, deren andere 3-adische Darstellung 310 ist.
Falls es einen Koeffizienten gibt, der von 2 verschieden ist, so muss es 0 sein.
Deshalb hat die andere 3-adische Darstellung dieser Zahl eine 1 als Koeffizienten.
Nun überlegen wir uns, dass die Abbildung surjektiv ist. Da wir sämtliche Koa
effizientenfolgen {aj }j2N mit aj 2 {0, 2} zulassen, handelt es sich bei { 2j }j2N um
sämtliche Folgen, der Glieder aus 0 oder 1 bestehen. Deshalb erhalten wir im Bild
alle dyadischen Darstellungen von Zahlen aus dem Intervall [0, 1].
(ix) [Nym] Wir verwenden die Darstellung
( 1
)
X 2cn
C=
cn 2 {0, 1}
3n
n=1
Die
Gleichung C + C = [0, 2] ist äquivalent zu 12 C + 12 C = [0, 1]. Es gilt 12 C =
P1
cn
n=1 3n cn 2 {0, 1} . Deshalb
( 1
)
X cn + dn
1
C + 12 C
=
cn , dn 2 {0, 1}
2
n
3
( n=1
)
1
X
bn
=
bn 2 {0, 1, 2} = [0, 1]
n
3
n=1
In [Pav] wird eine geometrische Konstruktion verwendet, um dieses Ergebnis zu
erzielen. Außerdem wird sowohl in [Nym] als auch [Pav] berechnet, auf wie viele
verschiedene Weisen man ein Element aus dem Intervall [0, 2] als Summe von zwei
Elementen aus C darstellen kann. Die Formel in [Pav] ist leider falsch, sie wurde in
[Nym] korrigiert.
(x) Man kann das Ergebnis (ix) benutzen, um (x) P
zu beweisen. Es gilt C =
2
1 C = {1 x|x 2 C}. Hierzu beachte man, dass 1 = 1
n=1 3n . Somit gilt
(
)
1
X
an
1 C
= 1
an 2 {0, 2}
3n
n=1
( 1
) ( 1
)
X 2 an
X an
=
an 2 {0, 2} =
an 2 {0, 2}
3n
3n
n=1
n=1
Deshalb gilt weiter C + C = C + (1
[ 1, 1].
C) = 1 + (C
C), also C
C=1
(C + C) =
5.3. RIEMANN-MESSBARE MENGEN UND DIE CANTOR-MENGE
161
Wir wollen aber noch ein geometrische Argument angeben. Wir wollen zeigen,
dass es zu jedem a 2 [ 1, 1] Elemente x, y 2 C gibt so dass a = y x. Dies kann
man auch so formulieren: Hat die Gerade y = x + a mit C ⇥ C einen nichtleeren
Schnitt.
Wir wollen hier die
T Darstellung der Cantor Menge als Schnitt der Mengen Cn
verwenden, also C = 1
n=1 Cn . Deshalb
!
!
1
1
1
1
\
\
\
\
C ⇥C =
Cn ⇥
Cn =
Cn ⇥ Ck =
Cn ⇥ Cn
n=1
n=1
n=1
n,k=1
In den Skizzen sind zwei dieser Mengen dargestellt.
Konstruktion des Produktes der
Cantor Menge mit sich selbst
Konstruktion des Produktes der
Cantor Menge mit sich selbst
Wir betrachten nun den Schnitt einer Geraden y = x + a, a 2 [ 1, 1], mit den
Mengen Cn ⇥ Cn , n = 0, 1, . . . . Eine solche Gerade hat mit jeder Menge Cn ⇥ Cn
einen nichtleeren Schnitt. Wegen Kompaktheit hat damit auch C ⇥ C mit einer
solchen Geraden einen nichtleeren Schnitt.
y=x+a
162
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
2
Die Cantor Menge ist ein Fraktal. Benoit Mandelbrot hat 1975 den Begri↵
”Fraktal” eingeführt. Er schrieb dazu:”Wolken sind keine Kugeln, Berge keine Kegel,
Küsten keine Kreise und die Baumrinde ist nicht glatt, noch wählt der Blitz eine
gerade Linie.”[Man, p.1] Fraktale haben im Vergleich zu Flächen und Körpern der
klassischen Geometrie eine irreguläre Struktur.Und wenn man diese Mengen durch
ein Vergrößerungsglas ansieht, dann treten weitere Irregularitäten hervor.
Mandelbrot hat folgende Definition gegeben: Ein Fraktal ist eine Menge, deren
Hausdor↵-Besicovitch Dimension strikt größer als die topologische Dimension ist
[Man, p.15]. Man kann zeigen, dass die Hausdor↵-Besicovitch Dimension der Cantor
2
Menge gleich ln
ist. Die topologische Dimension ist 0 [Edg].
ln 3
Beispiel 56 Die Cantor Funktion
(x) = sup
(1
X
j=1
aj
2
2j
x
: [0, 1] ! [0, 1] ist durch
1
X
aj
j=1
3j
und für alle j 2 N gilt aj 2 {0, 2}
)
definiert. Es gelten
(i) Die Cantor Funktion ist eine stetige, wachsende Funktion.
(ii) Die Cantor Funktion ist in allen Punkten von C nicht di↵erenzierbar und sie
ist in allen Punkten, die nicht in C liegen di↵erenzierbar. Die Ableitung ist in allen
diesen Punkten gleich 0.
(iii) Für alle x, y 2 [0, 1] gilt
| (x)
(y)|  2|x
ln 2
y| ln 3 .
Die Cantor Funktion wird auch Teufelstreppe genannt.
Beweis. (i) Es ist o↵ensichtlich, dass wachsend ist.
Wir weisen die Stetigkeit von nach. Wir betrachten zwei Fälle, x 2 C und
x2
/ C. Zunächst der Fall x 2
/ C. Da C kompakt ist ist das Komplement von C
o↵en. Also gibt es ein Intervall (x ✏, x + ✏), das im Komplement von C enthalten
ist. Da in diesem Intervall kein Element aus C enthalten ist, folgt
( 1 a
)
1
X j
X
a
j
2
(x + ✏)
= sup
x+✏
und für alle j 2 N gilt aj 2 {0, 2}
j
j
2
3
j=1
j=1
( 1 a
)
1
j
X
X
aj
2
= sup
x ✏
und für alle j 2 N gilt aj 2 {0, 2}
2j
3j
j=1
j=1
= (x
Damit ist
✏)
in einer Umgebung von x konstant, also stetig.
5.3. RIEMANN-MESSBARE MENGEN UND DIE CANTOR-MENGE
163
Wir nehmen nun an, dass x 2 C. Damit gibt es Koeffizienten aj , so dass
x=
1
X
aj
j=1
aj 2 {0, 2}
mit
3j
Zu gegebenen ✏ wählen wir j0 so groß, dass
2
und wir wählen
<3
j0
j0 +1
<✏
. Für ein y 2 C mit |x
y=
1
X
bj
j=1
mit
3j
y| <
gibt es eine Darstellung
bj 2 {0, 2}
und es gilt
1
X
aj
j=1
bj
3j
<
Es sei j1 die kleinste Zahl, so dass aj 6= bj . Dann gilt |aj1
>
|aj1
3j1
bj1 |
1
X
|aj
j=j1 +1
3j
bj |
2
3j1
2
1
X
bj1 | und somit
3
j
=3
j1
j=j1 +1
Deshalb gilt j0  j1 und für alle z mit |z x| < gilt
(1 b
)
1
X j
X
b
j
2
(z)
= sup
z
und für alle j 2 N gilt bj 2 {0, 2}
j
2
3j
j=1
j=1

j0
1
X
X
aj
+
2
j+1
2
j=1
j=j +1
0
j
 (x) + 2
j0
< (x) + ✏
Die Ungleichung (x)  (z) + ✏ wird ähnlich bewiesen.
(ii) Die Di↵erenzierbarkeit in den Punkten x 2
/ C wird genauso wie die Stetigkeit
nachgewiesen: f ist auf einer Umgebung konstant. Damit ist die Ableitung dort 0.
Nun zeigen wir, dass in den Punkten x 2 C nicht di↵erenzierbar ist. Es sei
also x 2 C
1
X
ai
x=
ai 2 {0, 2}
i
3
i=1
und wir betrachten zuerst den Fall, dass die 3-adische Entwicklung von x unendlich
viele Koeffizienten besitzt, die gleich 2 sind. Es sei io so gewählt, dass ai0 = 2 gilt.
Dann wählen wir
(
1
X
ai
falls i 6= i0
bi
y=
mit bi =
i
3
0
falls i = i0
i=1
164
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Für den Di↵erenzenquotienten erhalten wir
(x)
x
(y)
y
=
1
2i0
2
3i0
=
3i0
2i0 +1
Da wir i0 beliebig großwählen können, ist der Di↵erenzquotient nicht beschränkt.
(Die linksseitige Steigung in x ist unendlich.)
Nun betrachten wir den Fall, dass die 3-adische Entwicklung von x unendlich
viele Koeffizienten besitzt, die gleich 0 sind. Es sei i0 so gewählt, dass ai0 = 0. Nun
wählen wir
(
1
X
ai
falls i 6= i0
ci
z=
mit
c
=
i
3i
2
falls i = i0
i=1
Wir erhalten hier das analoge Ergebnis, die rechtsseitige Steigung ist unendlich. 2
Beispiel 57 Es gibt halbstetige, beschränkte Funktionen auf [0, 1], die nicht Riemann integrierbar
sind.
Tatsächlich gibt es eine charakteristische Funktion auf einer abgeschlossenen Menge, die nicht
Riemann integrierbar ist.
Beweis. Wir konstruieren eine Menge vom Cantortyp. Wir entnehmen dem Intervall [0, 1] das Intervall ( 12 q, 12 +q). Den beiden übriggebliebenen Intervallen entnehmen wir wieder entsprechende
Intervalle. Die Vereinigung A über alle entnommenen Intervalle ist eine o↵ene, dichte Menge in
[0, 1]. Die Funktion Ac ist nach oben halbstetig, aber nicht Riemann integrierbar. 2
5.4
Hauptsatz der Di↵ferential- und Integralrechnung
Es sei I ein Intervall und f : I ! R eine Funktion, die auf jedem abgeschlossenen
Teilintervall von I Riemann integrierbar ist. Die Funktion F : I ! R
Z x
F (x) =
f (t)dt
x0
heißt Integral von f .
Lemma 72 Es sei I ein Intervall und f : I ! R eine Funktion, die auf jedem
abgeschlossenen Teilintervall von I Riemann integrierbar ist. Dann ist jedes Integral
F : I ! R von f eine stetige Funktion.
Beweis. Es sei x 2 I. Wir wollen die Stetigkeit von F in x nachprüfen. Es sei
{xn }n2N eine Folge mit limn!1 xn = x. Dann gibt es ein Intervall [a, b] ✓ I mit
5.4. HAUPTSATZ DER DIFFFERENTIAL- UND INTEGRALRECHNUNG 165
{xn }n2N ⇢ [a, b]. Da f auf [a, b] Riemann integrierbar ist, ist f auf [a, b] beschränkt.
Damit gilt
Z xn
Z x
|F (xn ) F (x)|
=
f (t)dt
f (t)dt
x0
x0
Z x
Z x
=
f (t)dt 
|f (t)|dt  |x xn | sup |f (t)|
xn
xn
t2[a,b]
2
Lemma 73 Es sei I ein Intervall und f : I ! R eine Funktion, die auf jedem
abgeschlossenen Teilintervall von I Riemann integrierbar ist. Außerdem sei f in
x 2 I stetig. Dann ist jedes Integral F von f in x di↵erenzierbar und es gilt
F 0 (x) = f (x)
Beweis. Es sei {xn }n2N eine Folge, die gegen x konvergiert.
⇢Z xn
Z x
F (xn ) F (x)
1
f (x)
=
f (t)dt
f (t)dt
f (x)
xn x
xn x
x0
x0
Z xn
1
=
f (t)dt f (x)
xn x x
Z xn
1
=
f (t)dt (xn x)f (x)
|xn x| x
Z xn
Z xn
1
=
f (t)dt
f (x)dt
|xn x| x
x
Z xn
1
=
f (t) f (x)dt
|xn x| x
Z xn
1

|f (t) f (x)|dt
|xn x| x
 sup |f (x) f (t)|
t2[x,xn ]
Da f in x stetig ist, kann man zu jedem ✏ > 0 ein N finden, so dass für alle n mit
n>N
sup |f (x) f (t)| < ✏
t2[x,xn ]
gilt. 2
Es sei I ein Intervall, f : I ! R und F : I ! R eine di↵erenzierbare Funktion
mit F 0 = f . Dann heißt F Stammfunktion von f .
Da mit F auch F + c eine Stammfunktion ist, gibt es zu einer Funktion f , die
eine Stammfunktion besitzt, immer unendlich viele Stammfunktionen.
Andererseits unterscheiden sich zwei Stammfunktionen F1 und F2 immer nur um
eine Konstante. Dies gilt, weil
(F1
Wir müssen Satz 20 anwenden.
F2 )0 = 0
166
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Satz 34 (Hauptsatz der Di↵erential- und Integralrechnung) Es sei f : [a, b] ! R
eine stetige Funktion. Dann besitzt f eine Stammfunktion und für alle Stammfunktionen F gilt
Z
b
f (x)dx = F (b)
F (a)
a
Obwohl der Satz sicherstellt, dass es zu einer stetigen Funktion immer eine
Stammfunktion gibt, kann es sehr schwierig sein, eine solche Stammfunktion als
Zusammensetzung elementarer Funktionen explizit anzugeben.
2
Für die Funktion e x lässt sich zeigen, dass dies unmöglich ist.
Beweis. Wir betrachten das Integral
F (x) =
Z
x
f (t)dt
a
Nach Lemma 73 gilt F 0 (x) = f (x). Weiter gilt
Z b
f (x)dx = F (b) = F (b)
F (a)
a
Da sich zwei Stammfunktionen nur bis auf eine Konstante unterscheiden, folgt die
Gleichung auch für beliebige Stammfunktionen. 2
Wir wollen nun eine etwas allgemeinere Version vom Hauptsatz der Di↵erentialund Integralrechnung angeben.
Satz 35 Es sei f : [a, b] ! R Riemann integrierbar und F : [a, b] ! R eine Stammfunktion von f . Dann gilt
Z b
f (t)dt = F (b) F (a)
a
Die Voraussetzung, dass f Riemann-integrierbar ist und eine Stammfunktion
besitzt ist etwas schwächer als die Stetigkeit, weil es di↵erenzierbare Funktionen
gibt, deren Ableitung nicht stetig ist.
Es gibt unbeschränkte Funktionen f , die eine Stammfunktion besitzen. Umgekehrt
gibt es Riemann-integrierbare Funktionen, die keine Stammfunktion besitzen.
Beweis. Es sei P = {x0 , x1 , . . . , xn } eine Partition von [a, b]. Dann gilt
F (b)
n
X
F (a) =
(F (xk )
F (xk 1 ))
k=1
Mit dem Mittelwertsatz folgt, dass es ⇠k 2 (xk 1 , xk ) gibt, so dass
F (b)
F (a) =
n
X
k=1
0
F (⇠k )(xk
xk 1 ) =
n
X
k=1
f (⇠k )(xk
xk 1 )
5.4. HAUPTSATZ DER DIFFFERENTIAL- UND INTEGRALRECHNUNG 167
Außerdem gilt
n
X
mk (f )(xk
k=1
xk 1 ) 
n
X
f (⇠k )(xk
k=1
xk 1 ) 
n
X
Mk (f )(xk
xk 1 )
k=1
Hieraus folgt
US P (f )  F (b)
Da f integrierbar ist, folgt
F (b)
F (a)  OS P (f )
F (a) = inf OS P (f ) = sup US P (f ) =
P
P
Z
b
f (t)dt
a
2
Falls eine Funktion f : I ! R eine Stammfunktion besitzt, so bezeichnen wir die
Menge {F | F ist Stammfunktion von f } mit
Z
f (x)dx = F (x) + c
und nennen dies das unbestimmte Intgral von f .
Falls f Riemann integrierbar ist, so muss f nicht notwendig eine Stammfunktion
besitzen. Umgekehrt muss eine Funktion, die eine Stammfunktion besitzt, nicht
notwendig Riemann integrierbar sein.
Beispiel 58 (i) Die Funktion f : [ 1, 1] ! R
(
1
falls x 2 [ 1, 0]
f (x) =
1
falls x 2 (0, 1]
ist Riemann integrierbar, sie besitzt aber keine Stammfunktion.
(ii) Die Funktion f : [0, 1] ! R
8
falls x irrational ist oder x = 0
<0
f (x) = 1
m
:
falls x =
und m und n teilerfremd sind
n
n
ist Riemann integrierbar, besitzt aber keine Stammfunktion.
(iii) Es sei
⇢ 2
x cos x⇡2
falls x 2 [ 1, 1] und x 6= 0
f (x) =
0
falls x = 0
Dann ist f 0 unbeschränkt, also insbesondere nicht Riemann-integrierbar.
Beweis. (i) Wir nehmen an, dass f eine Stammfunktion F hat. Dann gilt nach dem Hauptsatz
der Di↵erential- und Intgralrechnung für alle x 2 [ 1, 1]
Z x
f (t)dt = F (x) F ( 1)
1
Wir berechnen das Integral und erhalten
|x|
1 = F (x)
F ( 1)
168
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
oder
F (x) = |x|
1 + F ( 1)
Dies kann nicht sein, weil die linke Seite in 0 di↵erenzierbar ist, die rechte Seite jedoch nicht.
(ii) Wir hatten in Beispiel ?? bereits gezeigt, dass f eine integrierbare Funktion ist, und dass
Z 1
f (t)dt = 0
0
gilt. Hieraus kann man folgern, dass für alle x 2 [0, 1]
Z x
f (t)dt = 0
0
gilt. Wenn es also eine Stammfunktion geben würde, dann müsste diese eine konstante Funktion
sein. Diese ist aber sicherlich nicht die Stammfunktion von f .
(iii) Falls 0 6= x gilt, dann kann man die Kettenregel anwenden und erhält
⇣ ⇡ ⌘ 2⇡
⇣⇡⌘
f 0 (x) = 2x cos 2 +
sin 2
x
x
x
Für x = 0 rechnet man aus
x2 cos
x!0
x
f 0 (0) = lim
⇡
x2
= lim x cos
x!0
⇣⇡⌘
=0
x2
f ist also auf ganz [ 1, 1] di↵erenzierbar. Wir weisen nun nach, dass f 0 unbeschränkt ist. Eine
unbeschränkte Funktion ist nicht Riemann integrierbar.
Wir betrachten die Punkte
1
xn = q
2n +
Dann gilt
1
f (xn ) = 2 q
2n +
0
1
2
cos ⇡(2n +
1
2)
n2N
1
2
+ 2⇡
r
1
2n + sin ⇡(2n + 12 ) = 2⇡
2
r
1
2n + .
2
2
Beispiel 59 Es seien aq , q 2 Q, positive reelle Zahlen, so dass
durch
X
f (x) =
aq
P
q2Q
aq < 1. Es sei f : R ! R
q<x
gegeben. Dann ist f Riemann integrierbar und F : R ! R
Z x
F (x) =
f (t)dt
0
ist auf R stetig, in allen irrationalen Punkten di↵erenzierbar und in allen rationalen Punkten nicht
di↵erenzierbar.
Beweis. In Satz 31 hatten wir gezeigt, dass eine monoton wachsende Funktion integrierbar ist.
Lemma 72 sagte aus, dass F auf R stetig ist.
In Beispiel 33 hatten wir gezeigt, dass f in den irrationalen Punkten stetig und in den rationalen
Punkten unstetig ist. Mit Lemma 73 folgt, dass F in den irrationalen Punkten di↵erenzierbar ist.
5.5. SUBSTITUTION UND PARTIELLE INTEGRATION
169
Es bleibt zu zeigen, dass F in den rationalen Punkten nicht di↵erenzierbar ist. Es sei x0 2 Q.
Dann gilt
X
f (x) 
aq
für alle x  x0
q<x0
X
f (x)
für alle x > x0
aq
qx0
Wir nehmen an, F sei di↵erenzierbar in x0 .
⇢Z x
F (x) F (x0 )
1
=
f (t)dt
x x0
x x0
0
Z
x0
f (t)dt
=
0
1
x
x0
Z
x
f (t)dt
x0
Für x < x0 erhalten wir
F (x)
x
F (x0 )
1
=
x0
x0 x
Es folgt, dass F 0 (x0 ) 
F (x)
x
Es folgt, dass F 0 (x0 )
5.5
P
q<x0
Z
qx0
x
f (t)dt 
1
x0
x
Z
x0
x
X
aq dt =
X
q<x0
q<x0
X
X
aq
aq . Andererseits gilt für x > x0
F (x0 )
1
=
x0
x x0
P
x0
Z
x
f (t)dt
x0
1
x
x0
Z
x
aq dt =
x0 qx
0
aq
qx0
aq . Dies kann nicht sein, weil ax0 > 0. 2
Substitution und partielle Integration
Satz 36 Es sei : [↵, ] ! [a, b] stetig di↵erenzierbar und es gelte ([↵, ]) = [a, b].
Die Funktion f : [a, b] ! R sei stetig auf [a, b]. Dann gilt
Z
( )
f (x)dx =
(↵)
Z
f ( (⇠)) 0 (⇠)d⇠
↵
Beweis. f hat eine Stammfunktion F , weil f stetig ist. Somit gilt
Z ( )
f (x)dx = F ( ( )) F ( (↵))
(↵)
Andererseits folgt mit der Kettenregel, dass F
ist. Deshalb gilt
Z
eine Stammfunktion von (f
f ( (⇠)) 0 (⇠)d⇠ = F ( ( ))
F ( (↵))
↵
2
Satz 37 Es seien f, g : [a, b] ! R stetig di↵erenzierbare Funktionen. Dann gilt
Z b
Z b
0
f (x)g (x)dx = [f (b)g(b) f (a)g(a)]
f 0 (x)g(x)dx
a
a
)
0
170
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Beweis. Die Produktregel besagt (f g)0 = f g 0 + f 0 g. Es folgt
Z
b
0
(f g) (x)dx =
a
Z
b
Z
0
f (x)g (x)dx +
a
b
f 0 (x)g(x)dx
a
Hieraus folgt
f (b)g(b)
f (a)g(a) =
Z
b
0
f (x)g (x)dx +
a
Z
b
f 0 (x)g(x)dx
a
2
Beispiel 60 Man benutze partielle Integration, um eine Stammfunktion von ln zu finden.
Lösung Wir setzen f = ln und g(x) = x. Dann folgt mit partieller Integration
Z
b
ln(x)dx
a
=
Z
b
f (x)g 0 (x)dx = [f (b)g(b)
a
= [b ln b
a ln a]
Z
f (a)g(a)]
Z
b
f 0 (x)g(x)dx
a
b
dx = [b ln b
a ln a]
(b
a)
a
Also ist x ln x
5.6
x eine Stammfunktion von ln. 2
Mittelwertsatz der Integralrechnung
Satz 38 Es sei f : [a, b] ! R eine stetige Funktion. Dann existiert ein ⇠ 2 (a, b)
mit
Z b
f (x)dx = f (⇠)(b a)
a
Beweis. Da f stetig ist besitzt f eine Stammfunktion F . Nach dem Mittelwertsatz
gibt es ein ⇠ 2 (a, b) mit
F (b)
b
F (a)
= F 0 (⇠) = f (⇠)
a
Das bedeutet
f (⇠)(b
a) = F (b)
F (a) =
Z
b
f (x)dx
a
2
Satz 39 Es seien f, g : [a, b] ! R stetige Funktionen und g
⇠ 2 (a, b) mit
Z b
Z b
f (x)g(x)dx = f (⇠)
g(x)dx
a
a
0. Dann existiert ein
5.7. UNEIGENTLICHE INTEGRALE
171
Beweis. Da f stetig ist, nimmt f auf [a, b] Minimum und Maximum an. Es gilt für
alle x 2 [a, b]
✓
◆
✓
◆
min f (t) g(x)  f (x)g(x)  max f (t) g(x).
t2[a,b]
t2[a,b]
Damit folgt
✓
◆Z b
✓
◆Z b
Z b
(5.1)
min f (t)
g(x)dx 
f (x)g(x)dx  max f (t)
g(x)dx.
t2[a,b]
a
t2[a,b]
a
a
Deshalb gibt es ein c mit
min f (t)  c  max f (t)
t2[a,b]
und
Falls
Rb
a
Z
t2[a,b]
b
f (x)g(x)dx = c
a
Z
b
g(x)dx
a
gdx > 0, dann wählen wir
c=
Rb
a
f (x)g(x)dx
.
Rb
gdx
a
Rb
Rb
Falls a gdx = 0, dann gilt wegen (5.1) auch a f (x)g(x)dx = 0. Dann können wir
ein beliebiges c wählen.
Da f aber stetig ist gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein ⇠ 2 [a, b] mit c = f (⇠).
2
5.7
Uneigentliche Integrale
Es sei f : [a, 1) ! R eine Funktion, die auf jedem Intervall [a, b] Riemann integrierbar ist und für die der Grenzwert
Z b
lim
f (x)dx
b!1
a
existiert. Dann heißt f uneigentlich Riemann integrierbar auf [a, 1) und wir schreiben
Z 1
Z b
f (x)dx = lim
f (x)dx.
b!1
a
a
Ebenso wird für f : ( 1, b] ! R das uneigentliche Integral
Z b
Z b
f (x)dx = lim
f (x)dx
1
a!1
a
172
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
definiert.
Eine Funktion f : (a, b] ! R heißt uneigentlich Riemann integrierbar auf (a, b],
falls für alle ✏ mit 0 < ✏ < b die Funktion f auf [a + ✏, b] integrierbar ist und der
Grenzwert
Z
b
lim
f (x)dx
✏!0
existiert. Wir setzen dann
Z
a+✏
b
f (x)dx = lim
✏!0
a
Ebenso für Funktionen f : [a, b) ! R.
Beispiel 61 (i) Es sei
Z
1 < ↵ < 0. Dann gilt
Z 1
x↵ dx =
1. Dann gilt
<
Z
1
f (x)dx.
a+✏
1
↵+1
0
(ii) Es sei
b
1
+1
x dx =
1
(iii)
Z
1
e
x
dx = 1
0
(iv)
Z
1
ln xdx =
1
0
(v)
1
x
ist weder auf [0, 1] noch auf [1, 1) Riemann integrierbar.
Beweis. (i)
Z
1
x↵ dx = lim
✏!0
0
(ii)
Z
1
x dx = lim
b!1
1
(iii)
Z
1
x
e
Z
1
x↵ dx = lim
h
↵+1
1
↵+1 x
i1
= lim
x dx = lim
h
+1
1
+1 x
ib
= lim
1
✏!0
✏
Z
b
b!1
1
dx = lim
b!1
0
(iv)
Z
ln xdx
0
Z
b
x
e
b!1
0
= lim
✏!0
Z
1
Z
0
1
1
2
1
1
dx = lim
✏!0
x
✏
Z
1
dx = lim
b!1
x
e
b!1
⇤
x b
0
✏!0
= lim ( 1
Z
⇥
1
✏!0
ln xdx = lim [x ln x
(✏ ln ✏
✏!0
(v)
dx = lim
✏
1
✏
Z
1
✏)) =
⇣
1
1
↵+1
⇣
↵+1
1
↵+1 ✏
+1
1
+1 b
= lim
b!1
e
1
+1
b
=
⌘
=
+1 =1
1
x]✏
lim (✏ ln ✏
✏!0
✏) =
1
1
dx = lim [ln x]✏ = lim ( ln ✏) = 1
✏!0
✏!0
x
b
⌘
1
1
dx = lim [ln x]✏ = lim (ln b) = 1
b!1
b!1
x
1
1
↵+1
1
+1
5.8. GAMMAFUNKTION
173
Lemma 74 Die Funktion g : [a, 1) ! R sei uneigentlich Riemann integrierbar
und f : [a, 1) ! R sie für alle b mit a < b auf [a, b] Riemann integrierbar. Für alle
x 2 [a, 1) gelte 0  f (x)  g(x). Dann ist auch f auf [a, 1) uneigentlich Riemann
integrierbar und es gilt
Z
Z
1
a
1
f (x)dx 
g(x)dx
a
Dasselbe Ergebnis gilt auch für uneigentliche Integrale auf (a, b].
Beweis. Für alle b und c mit b < c gilt
Z
a
Es folgt, dass
b
f (x)dx 
Z
a
Z
b
g(x)dx 
a
b
f (x)dx 
Z
1
Z
c
g(x)dx.
a
g(x)dx.
a
Somit ist das linke Integral eine beschränkte Funktion in b. Ausserdem ist diese
Integral eine monoton wachsende Funktion in b, weil f (x) 0. Damit existiert
lim
b!1
Z
b
f (x)dx.
a
2
5.8
Gammafunktion
Satz 40 Für alle x > 0 existiert das Integral
Z 1
(x) =
e t tx 1 dt
0
Wir bezeichnen die durch das Integral definierte Funktion
sche Gammafunktion.
: (0, 1) ! R als Euler-
Beweis. Es sei x > 0 gegeben. Wir zeigen zunächst, dass es Konstanten b, M 2 R
gibt, so dass für alle t 2 [b, 1)
e t tx
1

M
t2
gilt. Um dies zu zeigen, reicht es nachzuweisen, dass
(5.2)
lim e t tx+1 = 0
t!1
174
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
gilt. Dies folgt mit der Formel von L’Hôpital
tx+1
(x + 1)tx
=
lim
= · · · = (x + 1)(x) · · · (x
t!1 et
t!1
et
tx n
t!1 et
lim
wobei x
n + 1) lim
n < 0. Dann gilt
lim e t tx
n
= 0.
Die Funktion t 2 ist auf [b, 1) nach Beispiel 61 uneigentlich Riemann integrierbar,
also ist nach Lemma 74 auch e t tx 1 auf [b, 1) uneigentlich Riemann integrierbar.
Weiter gilt auf (0, b]
0  e t tx 1  tx 1
Nach Beispiel 61 ist die Funktion tx 1 auf (0, 1] uneigentlich Riemann integrierbar.
Deshalb gilt
Z b
Z b
Z b
t x 1
x 1
e t dt 
t dt = lim
tx 1 dt = lim( x1 bx x1 ✏x ) = x1 bx
0
✏!0
0
✏!0
✏
⇤
Satz 41 (i) Für alle x > 0 gilt (x + 1) = x (x).
(ii) Für alle n = 0, 1, 2, . . . gilt (n + 1) = n!.
Beweis. (i) Wir verwenden partielle Integration mit f (t) = e t und g(t) = tx .
Z b
Z b
Z b
t x
t x b
t x 1
b x
1
e t dt = [ e t ]1 +
e xt dt = ( e b + e ) +
e t xtx 1 dt
1
1
Z
1
Mit (5.2) folgt
1
1
⇢
Z b
b x
1
e t dt = lim ( e b + e ) +
e t xtx 1 dt
t x
b!1
1
e b bx = 0
lim
b!1
Also
Z
1
1
1
e t dt = + x
e
t x
Genauso erhalten wir
Z 1
Z
t x
t x 1
e t dt = [ e t ]a +
a
Z
1
e t tx 1 dt.
1
1
t
x 1
e xt
dt = ( e
1
a x
+e a )+
a
a
Wegen Stetigkeit und x > 0 gilt
lim e a ax = 0.
a!0
Also
Z
0
1
t x
Z
e t dt =
1
+x
e
Z
0
1
e t tx 1 dt.
1
e t xtx 1 dt
5.9. BOGENLÄNGE
175
Insgesamt
Z
1
t x
e t dt = x
0
Z
1
e t tx 1 dt.
0
(ii) Wir zeigen die Aussage mit Induktion. Wegen Beispiel 61 gilt
Z 1
(1) =
e t dt = 1.
0
Mit (i) und der Induktionsannahme folgt
(n + 1) = n (n) = n(n
1)! = n!.
2
Für x < 0 und x 2
/ Z definieren wir
(x) =
(x + n)
x(x + 1) . . . (x + n
1)
wobei 0 < x + n < 1.
Die Gammafunktion tritt z.B. bei der Berechnung des Volumens der n-dimensionalen
Euklidischen Kugel auf:
n
⇡2
n
R
.
( n2 + 1)
5.9
Bogenlänge
Es sei f : [a, b] ! R. Wir bezeichnen
Graph(f ) = {(x, f (x))|x 2 [a, b]}
als den Graphen der Funktion f . Der Abstand von zwei Punkten (x0 , y0 ) und (x1 , y1 )
in R2 ist
p
|x0 x1 |2 + |y0 y1 |2 .
(Dies folgt aus dem Satz von Pythagoras.) Deshalb sagen wir auch, dass dies die
Länge der Verbindungsgeraden zwischen diesen Punkten ist. Deshalb setzen wir die
Kurvenlänge für eine Funktion f (x) = cx + d von (x0 , f (x0 )) bis (x1 , f (x1 )) als
p
|x0 x1 |2 + |f (x0 ) f (x1 )|2
fest. Für einen Polygonzug f , d.h. f : [a, b] ! R, a = x0 < x1 < · · · < xn = b und
für alle i = 1, . . . , n
f (x) = ci x + di
und für alle i = 1, . . . , n
für x 2 [xi 1 , xi ]
1
ci xi + di = ci+1 xi + di+1
176
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Als Länge eines Polygonzuges definieren wir
n
X
p
L(Graph(f )) =
|xi
xi |2 + |f (xi 1 )
1
i=1
f (xi )|2 .
Wir wollen nun den Graphen einer beliebigen Funktion f durch Polygonzüge approximieren und die Länge des Graphen von f als den Grenzwert der Längen der
Polygonzüge definieren. Für eine beliebige Funktion f und eine Partition P von
[a, b] setzen wir
n
X
p
LP (Graph(f )) =
|xi
xi |2 + |f (xi 1 )
1
i=1
f (xi )|2
Lemma 75 Es sei f : [a, b] ! R eine Funktion. Falls P 0 eine Verfeinerung von P
ist, so gilt
LP (Graph(f ))  LP 0 (Graph(f )).
Wir sagen, dass der Graph der Funktion f rektifizierbar ist, wenn
sup LP (Graph(f )) < 1
P
und wir setzen dann
L(Graph(f )) = sup LP (Graph(f ))
P
Satz 42 Falls f : [a, b] ! R stetig di↵erenzierbar ist, so ist Graph(f ) rektifizierbar
und es gilt
Z bp
L(Graph(f )) =
1 + |f 0 (x)|2 dx.
a
Man beachte, dass in der Voraussetzung gefordert wird, dass f auf dem abgeschlossenen Intervall [a, b] stetig di↵erenzierbar ist, es reicht nicht zu fordern, dass f auf dem
abgeschlossenen Intervall [a, b] di↵erenzierbar und auf dem o↵enen (a, b) stetig differenzierbar ist (Beispiel 63).
In den Punkten a und b ist f einseitig di↵erenzierbar.
Beweis. Es sei P eine Partition von [a, b].
LP (Graph(f ))
n
X
p
=
|xi
i=1
n
X
=
(xi
i=1
1
xi |2 + |f (xi 1 )
s
f (xi 1 )
xi 1 ) 1 +
xi 1
f (xi )|2
f (xi )
xi
2
5.9. BOGENLÄNGE
177
Nach dem Mittelwertsatz gibt es zu jedem i = 1, . . . , n ein ⇠i 2 (xi 1 , xi ) mit
f (xi )
xi
f 0 (⇠i ) =
f (xi 1 )
xi 1
Damit erhalten wir
n
X
p
LP (Graph(f )) =
1 + |f 0 (⇠i )|2 (xi
xi 1 ).
i=1
p
1 + |f 0 |2 stetig und damit Riemann-
Da f stetig di↵erenzierbar ist, ist die Funktion
integrierbar. Deshalb gilt
n
X
p
0
2
sup US P ( 1 + |f | ) = sup
P
P
= inf
P
n
X
sup
i=1 t2[xi
1 ,xi ]
i=1
inf
t2[xi
1 ,xi ]
p
1 + |f 0 (t)|2 (xi
p
1 + |f 0 (t)|2 (xi
xi 1 )
p
xi 1 ) = inf OS P ( 1 + |f 0 |2 ).
P
Nach Definition des Integrals sind alle diese Ausdrücke gleich dem Integral
Z bp
1 + |f 0 (x)|2 dx.
a
Weiter gilt für alle P
p
US P ( 1 + |f 0 |2 )
=
n
X
i=1
inf
t2[xi
1 ,xi ]
p
1 + |f 0 (t)|2 (xi
n
X
p

1 + |f 0 (⇠i )|2 (xi
xi 1 )
xi 1 )
i=1
= LP (Graph(f ))
n
X
p

sup
1 + |f 0 (t)|2 (xi
i=1 t2[xi
Wir erhalten also
xi 1 )
1 ,xi ]
p
= OS P ( 1 + |f 0 |2 )
p
p
US P ( 1 + |f 0 |2 )  LP (Graph(f ))  OS P ( 1 + |f 0 |2 ).
Es folgt für alle Partitionen P und Q
LP (Graph(f ))
 LP[Q (Graph(f ))
p
 OS P[Q ( 1 + |f 0 |2 )
p
 OS Q ( 1 + |f 0 |2 ).
178
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Hieraus folgt für alle Partitionen P
p
LP (Graph(f ))  inf OS Q ( 1 + |f 0 |2 )
Q
und weiter
Es folgt
p
sup LP (Graph(f ))  inf OS Q ( 1 + |f 0 |2 ).
Q
P
Z bp
L(Graph(f )) 
1 + |f 0 (x)|2 dx.
a
Andererseits folgt sofort, dass
Z bp
p
1 + |f 0 (x)|2 dx = sup US P ( 1 + |f 0 |2 )  sup LP (Graph(f )) = L(Graph(f )).
a
P
P
2
Beispiel 62 (i) Es sei f : [a, b] ! R mit f (x) = cosh(x) = 12 (ex + e
L(Graph(f )) = sinh(b)
x
). Dann gilt
sinh(a)
3
2
(ii) Es sei f : [0, 1] ! R mit f (x) = x . Dann gilt
L(Graph(f )) =
8
13 32
27 (( 4 )
1) = 1.44 . . .
Beweis. (i) Wir benutzen cosh0 = sinh, sinh0 = cosh und 1 + sinh2 x = cosh2 x.
Z bq
Z bp
L(Graph(f )) =
1 + | cosh0 (x)|2 dx =
1 + | sinh(x)|2 dx
=
Z
a
b
a
cosh(x)dx = sinh(b)
sinh(a)
a
(ii)
L(Graph(f )) =
Z
0
1
Z
p
0
2
1 + |f (x)| dx =
0
Wir führen nun die Substitution t = 1 + 94 x bzw. x = 49 (t
L(Graph(f )) =
Z
1
2
13
4
4
9
p
tdt =
4
9
h
2 32
3t
i 13
4
1
=
1
q
1 + 94 xdx
1) durch.
8
13 32
27 (( 4 )
1) = 1.44 . . .
Lemma 76 Es sei f : [a, b] ! R eine stetige, wachsende Funktion. Dann gilt
p
|b a|2 + |f (b) f (a)|2  L(Graph(f ))  |b a| + |f (b) f (a)|
Beweis. Wir zeigen die linke Ungleichung. Wir wählen als Partition P = {a, b}.
Dann erhalten wir
p
|b a|2 + |f (b) f (a)|2 = LP (Graph(f ))  L(Graph(f ))
2
5.10. DIE TRIGONOMETRISCHEN FUNKTIONEN
Beispiel 63 Es sei f : [0, 1] ! R durch
⇢ 2
x cos x⇡2
f (x) =
0
179
falls x 2 [ 1, 1] und x 6= 0
falls x = 0
f ist di↵erenzierbar auf [0, 1] und auf (0, 1) stetig di↵erenzierbar. Der Graph von f ist nicht
rektifizierbar.
Beweis.
Z
1
✏
Z
p
1 + |f 0 (x)|2 dx
1
✏
=
Z
1
✏
Z
✏
Wir substituieren t =
1
|f 0 (x)|dx
⇣ ⇡ ⌘ 2⇡
⇣⇡⌘
+
sin
dx
x2
x
x2
⇣⇡⌘
2⇡
sin 2 dx 2
x
x
2x cos
⇡
x2
Z
✏
1
Z ⇡2 p
⇣⇡⌘
p
✏
2⇡
sin 2 dx = 2 ⇡
t |sin t| dx
x
x
⇡
2
Beispiel 64 Es sei
: [0, 1] ! [0, 1] die Cantorfunktion. Dann gilt
L(Graph(f )) = 2
Beweis. Aus Lemma 76 folgt sofort, dass
L(Graph(f ))  2
2
5.10
Die trigonometrischen Funktionen
Der Sinus eines Winkels ↵, der kleiner als 90 ist, wird mit Hilfe eines rechtwinkligen
Dreiecks erklärt, in dem ↵ als Winkel vertreten ist. Der Sinus von ↵ ist der Quotient
von Hypotenuse und Gegenkathete. Der Cosinus ist der Quotient von Hypotenuse
und Ankathete.
180
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Lemma 77 (i) Das uneigentliche Riemann Integral
Z
1
p
1
0
1
x2
dx
existiert.
p
(ii) Es sei x 2 [0, 1] und f : [0, x] ! R mit f (t) = 1
L(Graph(f )) =
Z
x
p
1
0
1
t2
t2 . Dann gilt
dt
Beweis. (i)
p
1
1
1
1
p
p
1 x
x 1+x
=p
1
x2
Hieraus folgt
Z
0
1
p
1
1
x2
dx 
Z
1
0
1
p
dx =
1 x
Z
1
0
p
1
p dt = [2 t]10 = 2
t
(ii)
L(Graph(f )) =
Z
0
2
x
Z
p
1 + |f 0 (t)|2 dt =
Wir bezeichnen die Zahl
r
x
1+
0
Z
1
0
p
1
1
x2
t2
1
t2
dt =
Z
0
x
p
1
1
t2
dt
dx
mit ⇡2 .
Weiter definieren wir ` : [ 1, 1] ! R
`(x) =
Z
x
1
p
1
1
t2
dt
p
Anschaulich ist `(x) die Länge des Kreisbogens zwischen den Punkten (x, 1
und (1, 0).
Lemma 78 (i) `(1) = 0 und `( 1) = ⇡.
(ii) ` ist eine stetige, strikt fallende, beschränkte Funktion.
(iii) ` ist auf ( 1, 1) di↵erenzierbar und es gilt
`0 (x) =
p
1
1
x2
x2 )
5.10. DIE TRIGONOMETRISCHEN FUNKTIONEN
181
Beweis. 2
Wir definieren nun
arccos s = `(s)
s 2 [ 1, 1]
1
cos t = ` (t)
t 2 [0, ⇡]
p
2
sin t =
1 cos t
t 2 [0, ⇡]
Lemma 79 (i) arccos ist auf [ 1, 1] stetig und auf ( 1, 1) di↵erenzierbar. Es gilt
arccos0 s =
p
1
1
s2
(ii) sin und cos sind auf [0, ⇡] stetig.
(iii) sin und cos sind auf (0, ⇡) di↵erenzierbar und es gilt
sin0 = cos
cos0 =
sin
Beweis. (i) Nach Lemma ist ` auf [ 1, 1] stetig und auf ( 1, 1) di↵erenzierbar.
(ii) ` ist auf [ 1, 1] stetig und strikt monoton fallend. Deshalb existiert die
Umkehrfunktion ` 1 und sie ist stetig.
(iii) Da ` di↵erenzierbar auf ( 1, 1) ist, so ist ` 1 auf (0, ⇡) di↵erenzierbar.
Außerdem gilt
d
d 1
cos t =
` (t) =
dt
dt
1
=
p 11
1 |`
1
d`
(` 1 (t))
ds
=
(t)|2
p
1
|` 1 (t)|2 =
p
1
cos2 (t) =
sin t
Mit der Kettenregel folgt
d
dp
sin t =
1
dt
dt
2
cos t sin t
cos2 (t) = p
= cos t
1 cos2
Nun definieren wir die Funktionen für alle reellen Zahlen.
cos t = cos( t)
sin t = sin( t)
und
cos(2⇡ + t) = cos t
sin(2⇡ + t) = sin t
t 2 [ ⇡, 0)
t2R
Auch die fortgesetzten Funktionen sin und cos sind auf ganz R di↵erenzierbar und
es gilt sin0 = cos und cos0 = sin.
182
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Wir setzen
sin t
cos t
cos t
=
sin t
tan t
cot t
arcsin t
= sin
arctan t
= tan
für cos t 6= 0
=
1
t 2 ( 1, 1) und
t
1
t 2 ( 1, 1) und
t
Es gilt
arcsin0 (t) = p
1
für sin t 6= 0
1
und
t2
⇡
⇡
< arcsin t <
2
2
⇡
⇡
< arctan t <
2
2
arctan0 (t) =
1
1 + t2
Lemma 80 Für alle x, y 2 R gilt
sin(x + y)
cos(x + y)
2
sin x + cos2 x
sin2 x
cos2 x
sin(x + ⇡2 )
5.11
=
=
=
=
=
=
sin x cos y + cos x sin y
cos x cos y sin x sin y
1
1
(1 cos 2x)
2
1
(1 + cos 2x)
2
cos x
Das Produkt von Wallis
John Wallis (1616-1703) studierte in Cambridge Theologie und war als Kaplan
tätig. Nachdem es ihm im Bürgerkrieg gelungen war, verschlüsselte Botschaften
zu entschlüsseln, wurde er von Cromwell auf den Savilian Chair of Geometry in
Oxford berufen.
Wallis konnte umfangreiche Rechnungen im Kopf ausführen, wie z.B. die Berechnung der Wurzel einer 50-stelligen Zahl.
Satz 43
n
1
Y
Y
⇡
4k 2
4k 2
= lim
=
2 n!1 k=1 4k 2 1 k=1 4k 2 1
Beweis. Wir setzen für m = 0, 1, 2, . . .
Am =
Z
0
⇡
2
sinm xdx
5.11. DAS PRODUKT VON WALLIS
Es gilt
Z
183
Z ⇡
2
⇡
A0 =
dx =
A1 =
sin xdx = 1
2
0
0
Wir erhalten für m 2 die folgende Rekursionsformel
⇡
2
Am =
m 1
Am
m
2
Wir weisen dies nach. Dazu benutzen wir partielle Integration.
Z
Z
m
m 1
sin xdx = cos x sin
x + (m 1) cos2 x sinm
Wir nutzen aus, dass cos2 x = 1 sin2 x.
Z
sinm xdx = cos x sinm 1 x + (m
Hieraus erhalten wir
Z
m sinm xdx =
m 1
cos x sin
Wir setzen nun Integrationsgrenzen ein.
Z ⇡
2
m
sinm xdx = [ cos x sinm
0
Es ergibt sich
m
Z
⇡
2
1
A2n
=
x + (m
⇡
2
m
sin xdx = (m
1)
Z
⇡
2
sinm
1)
x]0 + (m
0
Wir erhalten weiter
1)
Z
2
Z
1)
⇡
2
2
xdx
sinm
2
0
sinm
2
xdx
0
n
(2n 1)(2n 3) · · · 3 · 1 ⇡
⇡ Y 2k 1
=
2n(2n 2) · · · 4 · 2 2
2 k=1 2k
n
A2n+1
xdx
sinm xdx
x
sinm
Z
2
Y 2k
2n(2n 2) · · · 4 · 2
=
=
(2n + 1)(2n 1) · · · 5 · 3 k=1 2k + 1
Hieraus erhalten wir
n
A2n+1
2Y
(2k)2
=
A2n
⇡ k=1 (2k + 1)(2k
n
2 Y 4k 2
=
1)
⇡ k=1 4k 2 1
Wir zeigen nun, dass
A2n+1
=1
n!1 A2n
Für alle x 2 [0, ⇡2 ] gilt 0  sin x  1. Deshalb gilt für alle x 2 [0, ⇡2 ]
lim
sin2n+2 x  sin2n+1 x  sin2n x
xdx
184
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Hieraus folgt
Z
⇡
2
2n+2
sin
0
xdx 
Z
⇡
2
2n+1
sin
0
Also gilt A2n+2  A2n+1  A2n . Mit A2n+2 =
xdx 
Z
2n+1
A
2n+2 2n
⇡
2
sin2n xdx
0
erhalten wir
2n + 1
A2n+2
A2n+1
=

1
2n + 2
A2n
A2n
Somit bekommen wir
2n + 1
A2n+2
A2n+1
= lim
= lim
n!1 2n + 2
n!1 A2n
n!1 A2n
1 = lim
Wir erhalten
n
2 Y 4k 2
n!1 ⇡
4k 2 1
k=1
1 = lim
2
Beispiel 65 (Formel von Vieta)
v
s
r s
r u
r
u
2
1 1 1 1t1 1 1 1 1
=
+
+
+
······
⇡
2 2 2 2 2 2 2 2 2
Beweis. Es sei Pm ein regelmäßiges Polygon mit m Ecken auf dem Kreis mit Radius 1. Mit Am
bezeichnen wir die Fäche des Polygons Pm . Das Polygon ist Vereinigung von m gleichschenkligen
Dreiecken, deren Ecken jeweils der Mittelpunkt des Kreises und zwei nebeneinanderliegende Ecken
des Polygons sind. Die Höhe eines solchen Dreiecks vom Mittelpunkt zu der Seite, die die beiden
Ecken enthält, die auf dem Kreis liegen, bezeichnen wir mit hm . Dann gilt für alle m = 3, 4, . . .
Am
= hm
A2m
Es gilt
kY1
2
=
h2j
A2k
j=2
und
lim Am = ⇡
m!1
Ausserdem gilt
hm = cos(
Wir zeigen nun, dass h4 =
q
⇡
)
m
und für alle k = 3, 4, . . .
r
1 1
h2k =
+ hk 1
2 2 2
q
x
Wir benutzen die Formel cos x2 = 1+cos
2
r
⇣ ⇡ ⌘ r1 1
⇡
1 1
h2k = cos k =
+ cos k 1 =
+ hk
2
2 2
2
2 2 2
2
1
2
1
5.12. PARTIALBRUCHZERLEGUNG
185
5.12
Partialbruchzerlegung
5.13
Integralkriterium für Reihen
Satz 44 Es sei f : [1, 1) ! R eine stetige, positive, monoton fallende Funktion.
Es sei f (n) = an , n 2 N. Dann gilt
Z n+1
Z n
n
n
X
X
f (x)dx 
ak
und
ak 
f (x)dx
1
k=1
1
k=2
P1
Insbesondere
R 1 konvergiert n=1 an genau dann, wenn das uneigentliche RiemannIntegral 1 f (x)dx existiert und
Z 1
1
1
X
X
an 
f (x)dx 
an
1
n=2
n=1
Beweis. Wir definieren g : [1, n + 1) ! R durch
für x 2 [k, k + 1) und k = 1, . . . , n
g(x) = ak
Dann gilt 0  f  g und f und g sind auf [1, n + 1) Riemann-integrierbar. Es folgt
Z n+1
Z n+1
n Z k+1
n
X
X
f (x)dx 
g(x)dx =
g(x)dx =
ak
1
1
k=1
k
k=1
Für die Abschätzung von unten setzen wir h : [0, n) ! R
für x 2 [k, k + 1) und k = 1, . . . , n
h(x) = ak+1
Dann gilt auf [1, n + 1), dass 0  h  f und f und h sind Riemann integrierbar.
Also
Z n+1
Z n+1
n Z k+1
n
n+1
X
X
X
f (x)dx
h(x)dx =
h(x)dx =
ak+1 =
ak
1
Falls
R1
1
1
k=1
f (x)dx < 1, dann
Z
1
f (x)dx
1
und somit
k=1
n+1
f (x)dx
1
Z
1
2
Z
k
1
f (x)dx
n+1
X
k=2
1
X
k=2
ak
ak
k=2
186
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Beispiel 66 (i) Falls 1 < p < 1, dann konvergiert die Reihe
1
X
n
p
n
p
n=1
und es gilt
1

1
p
(ii) Die Reihe
1
X
n=1

p
1
p
1
X
1
n
n=1
divergiert.
(iii) Die Reihe
1
X
1
n
ln
n
n=2
divergiert.
(iii) Die Reihe
1
X
1
n(ln
n)2
n=2
konvergiert und
1.442 · · · =
Beweis. (i) f (x) = x
1
X
1
1
1
1


+
= 2.48 . . .
ln 2 n=2 n(ln n)2
2(ln 2)2
ln 2
p
Z
1
f (x)dx =
1
Es folgt
n
p
n=2
1
p
1
p
x
dx =
1
1
X
Hiermit folgt
Z
1

1
X
n=1

n
p
1
p
1

1+
1
X
n
1
1
p
p
n=1
1
p
1
=
p
p
1
(ii) Wir nehmen an, dass die Reihe konvergiert. Dann existiert das uneigentliche Riemann Integral.
Z 1
Z n
1
1
dx = lim
dx = lim [ln x]n1 = lim ln n = 1
n!1
n!1
n!1
x
1
1 x
P1 1
Also existiert das uneigentliche Integral nicht und die Reihe n=1 n divergiert.
1
(iii) f (x) = x ln
x
Z 1
Z n
1
1
dx = lim
dx = lim [ln(ln x)]n2 = lim ln(ln n) ln(ln 2)
n!1
n!1
n!1
x
ln
x
x
ln
x
2
2
Dieser Grenzwert existiert nicht, also existiert das uneigentliche Integral nicht.
(iv)
Z 1
Z n
1
1
dx
=
lim
dx
2
2
n!1
x(ln x)
2
2 x(ln x)

✓
◆
n
1
1
1
1
= lim
= lim
=
n!1
ln x 2 n!1 ln 2 ln n
ln 2
5.14. UNENDLICHE PRODUKTE
Es folgt
1
X
1

n(ln n)2
n=3
und somit
1
2
1
X
1
1
dx

2
x(ln x)
n(ln n)2
n=2
1
X
1
X
1
1
1


2
n(ln
n)
ln
2
n(ln
n)2
n=3
n=2
Wir erhalten
1
X
1
1
1
1


+
ln 2 n=2 n(ln n)2
ln 2 2(ln 2)2
2
5.14
Z
187
Unendliche Produkte
Es sei an , n 2 N, eine Folge reeller Zahlen. Als das unendliche Produkt bezeichnen
wir den Grenzwert
1
n
Y
Y
(1 + an ) = lim
(1 + ak )
n!1
n=1
k=1
Wir sagen, dass das unendliche Produkt konvergiert, falls der Grenzwert existiert
und von 0 verschieden ist.
Satz 45 Es sei an , n 2 N, eine Folge
P positiver, reeller Zahlen. Das Prdukt
an ) konvergiert genau dann, wenn 1
n=1 an konvergiert und es gilt
!
1
1
1
X
Y
X
1+
an 
(1 + an )  exp
an
n=1
n=1
Q1
n=1 (1+
n=1
Beweis. Nach Satz gilt für alle t > 0, dass 1 + t  et . Deshalb gilt
!
n
n
n
Y
Y
X
(1 + ak ) 
eak = exp
ak
k=1
k=1
k=1
Da die Zahlen ak positiv sind und die Exponentialfunktion stetig ist, erhalten wir
!
!
n
n
n
Y
X
X
(1 + ak )  lim exp
ak = exp lim
ak
k=1
n!1
n!1
k=1
k=1
Q
Deshalb ist die Folge nk=1 (1 + ak ), n 2 N, monoton wachsend und beschränkt. Also
konvergiert diese Folge und es gilt
!
1
1
Y
X
(1 + an )  exp
an
n=1
n=1
188
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Für alle s, t > 0 gilt (1 + s)(1 + t)
n
Y
1 + s + t. Hieraus erhalten wir
(1 + ak )
1+
k=1
n
X
ak
k=1
Es folgt
1
Y
(1 + ak )
1+
k=1
2
divergiert, weil
5.15
P1
1
n=1 n2
ak
k=1
Beispiel 67 (i)
konvergiert, weil
(ii)
n
X
◆
1 ✓
Y
1
1+ 2
n
n=1
konvergiert.
◆
1 ✓
Y
1
1+
n
n=1
P1
1
n=1 n
divergiert.
Die Formel von Stirling
Satz 46 Für alle n 2 N mit n
p
2⇡n nn e
Insbesondere gilt
2 gilt
n
< n! <
p
2⇡n nn e
p
2⇡n nn e
lim
n!1
n!
n
1
e 12(n
1)
n
=1
Lemma 81 (Trapez-Regel) Es sei f : [0, 1] ! R eine zweimal stetig di↵erenzierbare
Funktion. Dann existiert ein ⇠ 2 [0, 1] mit
Z
0
1
1
f (x)dx = (f (0) + f (1))
2
1 00
f (⇠)
12
Diese Formel heißt Trapez-Regel, weil die schraffierte Fläche den Flächeninhalt
+ f (1)) besitzt.
1
(f (0)
2
5.15. DIE FORMEL VON STIRLING
189
Beweis. Wir benutzen partielle Integration.
Z 1
Z 1
1
1
f (x)dx
= [(x 2 )f (x)]0
(x 12 )f 0 (x)dx
0
Z0 1
= 12 (f (0) + f (1))
(x 12 )f 0 (x)dx
⇢0
Z 1
0
1
1
1 2
1
= 2 (f (0) + f (1))
[( 2 x
x)f (x)]0
( 12 x2
2
0
Z 1
= 12 (f (0) + f (1)) +
( 12 x2 12 x)f 00 (x)dx
1
x)f 00 (x)dx
2
0
Mit dem Mittelwertsatz der Integralrechnung folgt für ein ⇠ 2 (0, 1)
Z 1
R1
f (x)dx = 12 (f (0) + f (1)) + f 00 (⇠) 0 12 x2 12 xdx
0
= 12 (f (0) + f (1)) + f 00 (⇠)[ 16 x3 14 x2 ]10
1 00
= 12 (f (0) + f (1)) 12
f (⇠)
2
Beweis. Wir zeigen zunächst, dass es zu jedem k 2 N, eine Zahl ⇠k 2 [k, k + 1] gibt,
so dass für alle n 2 N
!
n
n 1
X
X
1
1
ln k = (n + 12 ) ln n n + 1 12
⇠2
k=1
k=1 k
gilt. Mit der Trapez-Regel folgt: Es gibt ein ⇠k 2 [k, k + 1], so dass
Z
k+1
k
ln xdx = 12 (ln k + ln(k + 1)) +
1
12⇠k2
Hieraus folgt
n 1Z
X
k=1
k+1
n 1
X
ln xdx =
(ln k + ln(k + 1)) +
1
2
k
k=1
1
12
n 1
X
1
⇠2
k=1 k
Da ln 1 = 0 gilt, erhalten wir
Z
n
ln xdx =
1
1
2
ln n +
ln k +
1
12
k=1
Die Stammfunktion von ln x ist x ln x
n ln n
n
X
n+1=
1
2
n 1
X
1
⇠2
k=1 k
x.
ln n +
n
X
k=1
ln k +
1
12
n 1
X
1
⇠2
k=1 k
190
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Somit erhalten wir
n
X
ln k = (n +
1
) ln n
2
n+1
1
12
k=1
n 1
X
1
⇠2
k=1 k
Wir wenden auf beiden Seiten die Exponentialfunktion an.
!
!
n
n 1
X
X
1
1
exp
ln k = exp (n + 12 ) ln n n + 1 12
⇠2
k=1
k=1 k
exp (ln(n!)) = exp (n + 12 ) ln n exp ( n) exp 1
Also gilt
1
nn+ 2 e n
n! =
exp 1
Wir zeigen jetzt, dass
p
2⇡ < exp 1
n 1
X
1
1
12
⇠2
k=1 k
!
✓
!
!
n 1
X
1
1
12
⇠2
k=1 k
p
< 2⇡ exp
n 1
X
1
1
12
⇠2
k=1 k
1
12(n 1)
◆
Hiermit folgt dann das Ergebnis. Da ⇠k 2 [k, k + 1] gilt, haben wir ⇠12  k12 .
k
P
P1 1
1
Außerdem ist 1
k=1 k2 konvergent. Also ist auch
k=1 ⇠ 2 konvergent. Damit exitiert
k
lim exp 1
n!1
n 1
X
1
1
12
⇠2
k=1 k
!
=c
p
2⇡ ist. Wir setzen
!
n 1
X
1
1
cn = exp 1 12
⇠2
k=1 k
Wir zeigen, dass dieser Limes gleich
Man erkennt hieraus sofort, dass cn , n 2 N, eine monoton fallende Folge ist. Weiter
gilt
n!
cn = n n p
n e
n
Außerdem gilt
c2n
limn!1 c2n
c2
=
=
=c
n!1 c2n
limn!1 c2n
c
lim
und
c2n
c2n
=
⇣
n! p
nn e n n
⌘2
(2n)!
p
(2n)2n e 2n 2n
p
p
(n!)2 22n n2n e 2n 2n
(n!)2 22n 2
p
=
=
n2n e 2n n(2n)!
(2n)! n
5.15. DIE FORMEL VON STIRLING
191
Das Produkt von Wallis liefert
n
Y
⇡
4k 2
= lim
2 n!1 k=1 4k 2 1
und
r
⇡
2
n
Y
4k 2
4k 2 1
k=1
= lim
n!1
= lim
n!1
✓
! 12
n
Y
(2k)(2k)
(2k 1)(2k + 1)
k=1
! 12
(2 · 2)(4 · 4)(6 · 6)(8 · 8) · · · (2n)(2n)
= lim
n!1 (1 · 3)(3 · 5)(5 · 7)(7 · 9) · · · (2n
1)(2n + 1)
2n n!
p
= lim
n!1 1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n
1) 2n + 1
(2n n!)2
p
= lim
n!1 (2n)! 2n + 1
(2n n!)2
p
= lim
n!1 (2n)! 2n
◆ 12
p
p
Es folgt c = 2⇡. Da cn , n 2 N, eine monoton fallende Folge ist, die gegen 2⇡
konvergiert, gilt für alle n 2 N mit n 2
!
n 1
X
p
1
1
2⇡ < cn = exp 1 12
⇠2
k=1 k
Andereseits gilt
c = exp 1
1
X
1
1
12
⇠2
k=1 k
!
n 1
X
1
1
12
⇠2
k=1 k
= exp 1
!
exp
1
X
1
1
12
⇠2
k=n k
Mit dem Integralkriterium für Reihen folgt
1
12
1
X
1

2
⇠
k
k=n
1
12
1
X
1

2
k
k=n
Deshalb gilt
c
Es folgt
⇤
cn exp
1
12
✓
p
cn  2⇡ exp
Z
1
n 1
1
1
dx =
2
x
12(n 1)
1
12(n 1)
✓
◆
1
12(n 1)
◆
!
192
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Beispiel 68 Für n 2 N mit n 2 gilt
✓
◆ 2n
✓ ◆
✓
1
2
2n
1
p
exp

 exp
6(n 1)
12(2n
n
⇡n
Insbesondere gilt
lim
2n
n
p
n
22n
n!1
1)
◆
22n
p
⇡n
1
=p
⇡
In der Wahrscheinlichkeitstheorie und Kombinatorik muss man die Größen-ordnung von Binomialkoeffizienten kennen. Insbesondere ist der grösste Binomialkoeffizient von Interesse. Das
2n
2
p ist. Wegen
Beispiel stellt sicher, dass 2n
n von der Grössen-ordnung
n
2n = (1 + 1)n =
n ✓ ◆
X
n
k=0
ist der größte Summand kleiner als 2n und größer als
2n
Binomialkoeffizient von der Größenordnung p
ist.
n
k
2n
n+1 .
Beweis. Die Formel von Stirling liefert
p
p
2⇡n nn e n < n! < 2⇡n nn e
Das Beispiel zeigt, dass der grösste
n
1
e 12(n
1)
Damit folgt
✓ ◆
2n
(2n)!
=
n
(n!)2
p
1
4⇡n (2n)2n e 2n e 12(2n
p

( 2⇡n nn e n )2
1
p
2 ⇡n22n n2n e 2n e 12(2n
=
2⇡ n n2n e 2n
2n
1
2
= p e 12(2n 1)
⇡n
1)
1)
2
Das nächste Beispiel untersucht, wie häufig beim Werfen einer Münze ”Kopf”
oder ”Zahl” erscheint. Wir erwarten, dass ungefähr genauso häufig ”Kopf” wie
”Zahl” das Ergebnis ist. Wir berechnen hier die zu erwartende Abweichung. Wenn
wir eine Münze n-mal werfen, dann erhalten wir 2n mögliche Ergebnisse. Es gibt
genau nk Ergebnisse, wo ”Kopf” k-mal fällt und ”Zahl” n k-mal. Die Abweichung
vom Mittelwert ist |n 2k|. Die mittlere Abweichung ist also
n ✓ ◆
1 X n
|n
2n k=0 k
2k|
Beispiel 69 Es gibt positive Konstante c1 und c2 , so dass für alle n 2 N
n ✓ ◆
p
1 X n
c1 n  n
|n
2
k
k=0
gilt.
p
2k|  c2 n
5.15. DIE FORMEL VON STIRLING
193
Der folgende Beweis benutzt nur die Stirling Formel. Es gibt sehr viel elegantere Beweise.
Beweis. Mit Stirlings Formel folgt
✓ ◆
n
n!
=
k!(n k)!
k
✓
✓
1
1
exp
+
12 k 1 n
Für k =
Für k =
n
n
2
n
2
1
◆◆
p n
nn
p
p
k
2⇡k k(n k)n
k
p
n
k
j erhalten wir
n
2
✓
1
k
j
◆
exp
✓
1
12
j und 0  j 
✓
n
2
1p
3 n
2
1
j
1
+
n
2
1
+j
erhalten wir
✓
◆
n
n
j
2
1
◆◆
p n
22
p ⇣
⇡n 1
1
4j 2
n2
⌘ n+1
2
1+
2j
n
2j
n
!j
2n
p
4⇡n
Beispiel 70 Die Folge
s r
q
p
xn = 1! 2! 3! · · · n!
konvergiert.
n2N
Beweis. Wir zeigen, dass die Folge {xn }n2N monoton wachsend und nach oben beschränkt ist.
xn =
n
Y
1
(k!) 2k <
k=1
xn =
(k!)
k=1
Es bleibt zu zeigen, dass
1
2k

n
Y
(k)
k=1
k
2k
1
(k!) 2k = xn+1
k=1
Damit ist die Folge monoton wachsend.
n
Y
n+1
Y
=
n
Y
k=1
!
✓
◆
n
X
k
k ln k
exp (ln k) k = exp
2
2k
k=1
1
X
k ln k
k=1
2k
konvergiert. Dazu verwenden wir das Quotientenkriterium.
✓
◆✓
◆
(k+1) ln(k+1)
ln(1 + k1 )
1 (k + 1) ln(k + 1)
1
1
2k+1
=
=
1+
1+
k ln k
2
k ln k
2
k
ln k
2k
2
Beispiel 71 (Satz von Chebychev, [TeMe, p. 19]) Für eine Zahl x > 0 bezeichnet ⇡(x) die Anzahl
aller Primzahlen, die kleiner oder gleich x sind. Dann gibt es zwei Konstanten a und b, so dass
für alle x > 0
x
x
a
 ⇡(x)  b
ln x
ln x
gilt.
Beweis. 2
194
5.16
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Der Satz von Taylor und Taylorreihen
Brook Taylor (18.8.1685-29.12.1731) studierte in Cambridge. Er arbeitete auf dem
Gebiet der Di↵erentialgleichungen. Auf dem Gebiet der Kunst schrieb er über die
Grundlagen der Perspektive und beschrieb als erster das Prinzip des Fluchtpunkts
[Feig].
Satz 47 Es sei I ein Intervall und f : I ! R sei (n + 1)-mal stetig di↵erenzierbar
auf I. Es sei x0 ein innerer Punkt des Intervalls I. Dann gilt für alle x 2 I
f (x) =
n
X
f (k) (x0 )
k=0
wobei
k!
1
Rn (x, x0 ) =
n!
Z
x0 )k + Rn (x, x0 )
(x
x
t)n f (n+1) (t)dt
(x
x0
Man bezeichnet Rn als Restglied.
Beweis. Der Beweis wird mit Induktion geführt. Für n = 0 gilt
Z x
f (x) = f (x0 ) +
f 0 (t)dt.
x0
Dies
R x 0folgt aus dem Hauptsatz der Di↵erential- und Integralrechnung. Es gilt R0 =
f (t)dt.
x0
Nun der Induktionsschritt. Wir nehmen an, dass die Aussage für n 1 bewiesen
ist, d.h. wir haben
f (x) =
n 1 (k)
X
f (x0 )
k=0
k!
wobei
Rn 1 (x, x0 ) =
1
(n
x0 )k + Rn 1 (x, x0 ),
(x
1)!
Z
x
(x
t)n 1 f (n) (t)dt.
x0
Durch partielle Integration erhalten wir
(
)
Z x
x
1
(x t)n (n)
(x t)n (n+1)
Rn 1 (x, x0 ) =
f (t)
+
f
(t)dt
(n 1)!
n
n
x0
x0
⇢
Z x
1
(x x0 )n (n)
(x t)n (n+1)
=
f (x0 ) +
f
(t)dt
(n 1)!
n
n
x0
(x x0 )n (n)
=
f (x0 ) + Rn (x, x0 ).
n!
2
5.16. DER SATZ VON TAYLOR UND TAYLORREIHEN
195
Satz 48 (i) (Lagrangesche Form des Restglieds) Es sei I ein Intervall und f : I ! R
sei (n+1)-mal stetig di↵erenzierbar auf I. Es sei x0 ein innerer Punkt des Intervalls
I. Für alle x 2 I gibt es ein ⇥ 2 (0, 1) mit
Rn (x, x0 ) =
f (n+1) (x0 + ⇥(x
(n + 1)!
x0 ))
(x
x0 )n+1 .
(ii) (Cauchysche Form des Restglieds) Es sei I ein Intervall und f : I ! R sei
(n + 1)-mal stetig di↵erenzierbar auf I. Es sei x0 ein innerer Punkt des Intervalls
I. Für alle x 2 I gibt es ein ⇥ 2 (0, 1) mit
Rn (x, x0 ) =
f (n+1) (x0 + ⇥(x
n!
x0 ))
(1
⇥)n (x
x0 )n+1 .
Beweis. (i) Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung gibt es ein ⇠ 2 (x0 , x)
bzw. ⇠ 2 (x, x0 ), so dass
Z
1 x
Rn (x, x0 ) =
(x t)n f (n+1) (t)dt
n! x0
Z
f (n+1) (⇠) x
=
(x t)n dt
n!
x
 0
x
(n+1)
f
(⇠)
1
f (n+1) (⇠)
n+1
=
(x t)
=
(x x0 )n+1 .
n!
n+1
(n
+
1)!
x0
Wir wählen nun ⇥, so dass ⇠ = x0 + ⇥(x x0 ).
(ii) Mit dem Mittelwertsatz der Integralrechnung erhalten wir
Z
1 x
1
Rn (x, x0 ) =
(x t)n f (n+1) (t)dt = (x ⇠)n f (n+1) (⇠)(x
n! x0
n!
Wir wählen nun ⇥, so dass ⇠ = x0 + ⇥(x
x0 ).
x0 ). Damit erhalten wir
1
(x x0 ⇥(x x0 ))n f (n+1) (x0 + ⇥(x x0 ))(x
n!
f (n+1) (x0 + ⇥(x x0 ))
=
(1 ⇥)n (x x0 )n+1 .
n!
Rn (x, x0 ) =
x0 )
2
Falls das Restglied Rn (x, x0 ) für n gegen 1 gegen 0 konvergiert, so gilt
f (x) =
1
X
f (k) (x0 )
k=0
k!
Man nennt diese Reihe die Taylorrreihe von f .
(x
x0 )k
196
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Beispiel 72 (i) Für alle x 2 R gilt
ex =
(ii) Für alle x 2 R gilt
1
X
e
(x
n!
n=0
ex =
(iii) Für alle x 2 R gilt
ax =
(iv) Für alle x mit |x| < 1 gilt
x) =
(v) Für alle x mit |x| < 1 gilt
1
1
sin x =
x
1
X
=
cos x =
1
X
xn
.
n
n=1
1
X
xn .
n=0
( 1)n+1
n=1
(vii) Für alle x 2 R gilt
1)n .
1
X
(x · ln a)n
.
n!
n=0
ln(1
(vi) Für alle x 2 R gilt
1
X
xn
.
n!
n=0
1
X
x2n 1
(2n 1)!
( 1)n
n=0
(viii) Für alle x mit |x|  1 gilt
p
1
1+x=1+ x
2
x2n
(2n)!
1·1 2 1·1·3 3
x +
x
2·4
2·4·6
(ix) Für alle x mit |x| < 1 gilt
arctan x =
1
X
( 1)n+1
n=1
1·1·3·5 4
x + ···
2·4·6·8
x2n 1
2n 1
Mit Hilfe des Grenzwertsatzes von Abel kann man weiter folgern
1
X ( 1)n+1
⇡
= arctan(1) =
=1
4
2n 1
1
3
+
1
5
1
7
+
1
9
k=1
···
Dieses Beispiel zeigt auch, dass eine Taylorrreihe eine Funktion nicht notwendig auf dem gesamten
Definitionsgebiet darstellen muss, arctan ist auf ganz R definiert, ihre Taylorreihe mit Entwicklungsmitte 0 stellt die Funktion nur auf ( 1, 1) dar.
(x) Um eine Funktion in eine Taylorreihe entwickeln zu können, muss sie unendlich oft differenzierbar sein. Andererseits gibt es Funktionen, die auf ganz R unendlich oft di↵erenzierbar
sind, aber in einem bestimmten Punkt nicht in eine Taylorreihe zu entwickeln sind. Das klassische
Beispiel hierzu ist die folgende Funktion, die man in 0 nicht in eine Taylorreihe entwickeln kann.
Es sei f : R ! R durch
8
✓
◆
1
>
< exp
falls x 6= 0
x2
f (x) =
>
:0
falls x = 0
gegeben. Dann gilt für alle n = 0, 1, 2, . . .
f (n) (0) = 0
und
Rn (x, 0) = f (x)
5.16. DER SATZ VON TAYLOR UND TAYLORREIHEN
197
Es gibt auch Funktionen, die auf einem Intervall unendlich oft di↵erenzierbar sind, aber in
keinem Punkt in eine Taylorreihe zu entwickeln (Beispiel 78).
4
x − 16 x3 +
1
5
120 x
2
1
2
3
4
5
6
sin x
-2
x − 16 x3
-4
Beweis. (i) Es gilt für alle n 2 N, dass f (n) (x) = ex . Deshalb gilt für alle n 2 N, dass f (n) (0) = 1.
Das Restglied konvergiert gegen 0.
Rn (x, 0) =
f (n+1) (⇥x)
(1
n!
⇥)n xn+1 =
e⇥x
(1
n!
Es folgt
e⇥x
(1
n!
Mit der Formel von Stirling (Satz 46) folgt
|Rn (x, 0)| =
⇥)n |x|n+1 
⇥)n xn+1
e⇥x n+1
|x|
n!
e⇥x n+1
|x|n+1
|x|
= e⇥x lim
= 0.
n!1 n!
n!1
n!
lim
Deshalb gilt
lim |Rn (x, 0)| = 0.
n!1
Wir geben ein weiteres Argument hierfür an. Für x 6= 0 und alle n mit n
x gilt
|x|n+2
|x|n+1
<
.
(n + 1)!
n!
Ab einem hinreichend großen n ist die Folge also monoton fallend. Außerdem ist sie nach unten
beschränkt und damit konvergent. Deshalb gilt (Beispiel 15)
✓
◆✓
◆ ✓
◆✓
◆
|x|n+1
|x|
|x|n
|x|
|x|n+1
lim
= lim
lim
= lim
lim
= 0.
n!1
n!1 n
n!1 (n
n!1 n
n!1
n!
1)!
n!
f
(n)
(ii) Für alle n = 0, 1, 2, . . . gilt, dass f (n) (x) = ex . Also gilt für alle n = 0, 1, 2, . . . , dass
(1) = e.
(iii) Dies ergibt sich sofort aus
ax = ex ln a .
(iv) Für f (x) = ln(1
f 0 (x) =
x) gilt
1
1
x
f 00 (x) =
Allgemein gilt
f (n) (x) =
1
(1
x)2
(n 1)!
.
(1 x)n
f 000 (x) =
2
(1
x)3
198
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Wir zeigen dies durch Induktion.
f (n+1) (x) =
(1
(n)!
x)n+1
(vi) Für alle k = 0, 1, 2, . . . gilt
f (4k) (x) = sin x
f
(x) =
sin x
f (4k+1) (x) = cos x
f (4k+3) (x) = cos x
(4k+2)
Es folgt für alle k 2 N
f (4k) (0) = 0
f (4k+2) (0) = 0
f (4k+1) (0) = 1
f (4k+3) (0) = 1
Wir schätzen das Restglied ab. Wir benutzen die Cauchysche Form des Restglieds (Satz 48).
Rn (x, 0) =
f (n+1) (⇥x)
(1
n!
⇥)n xn+1
Für alle n 2 N und alle x 2 R gilt |f (n) (x)|  1. Es folgt
|Rn (x, 0)| 
|x|n+1
.
n!
Nun wenden wir wieder die Formel von Stirling an (Satz 46).
|x|n+1
|x|
p
|Rn (x, 0)| 
=p
n
n
n e
2⇡n
2⇡n
✓
e|x|
n
◆n
.
(x) Wir zeigen zunächst, dass für jedes n 2 N ein Polynom pn existiert, so dass für alle x mit
x 6= 0
✓
◆ ✓ ◆
1
1
(n)
f (x) = exp
pn
x2
x
gilt. Wir zeigen dies mit Induktion. Für n = 0 gilt
f (0) (x) = f (x) = exp
✓
1
x2
◆
Wir machen nun den Induktionsschritt. Wir nehmen an, dass die Aussage für n
gilt also
✓
◆
✓ ◆
1
1
f (n 1) (x) = exp
p
n
1
2
x
x
Es folgt
f (n) (x) = exp
Wir setzen
✓
1
x2
◆
2
pn
x3
✓ ◆
✓
◆
1
1
+
exp
p0n
1
x
x2
pn (t) = 2t3 pn
1 (t)
t2 p0n
1 (t).
Nun zeigen wir, dass für alle Polynome p
✓ ◆
✓
◆
1
1
lim p
exp
=0
x!0
x
x2
gilt. Es reicht zu zeigen, dass für alle n = 0, 1, 2, . . .
✓
◆
1
1
lim n exp
=0
x!0 x
x2
✓ ◆✓
◆
1
1
.
1
x
x2
1 wahr ist, es
5.17. GLEICHMÄSSIGE KONVERGENZ UND INTEGRAL
gilt. Wir zeigen dies durch Induktion. Es gelten
✓
◆
1
lim exp
=0
und
x!0
x2
Wir wenden die Formel von L’Hôpital an
✓
◆
1
1
x
lim n exp
= lim
2
x!0 x
x!0 exp
x
=
lim
x!0
lim x exp
x!0
✓
1
x2
◆
199
= 0.
n
1
x2
nx n
2
x3 exp
1
1
x2
n 1
x!0 2 xn
= lim
2
exp
✓
1
x2
◆
.
Nun zeigen wir, dass für alle n = 0, 1, 2, . . . gilt, dass f (n) (0) = 0. Wir wenden Induktion an. Es
gilt f (0) = 0 und damit f 0 (0) = 0. Nun der Induktionsschritt.
f (n) (0) =
=
lim
f (n
1)
(x)
f (n
1)
(x)
1)
(0)
x
x!0
lim
f (n
x!0
x
1
= lim pn
x!0 x
✓ ◆
✓
◆
1
1
exp
=0
1
x
x2
2
5.17
Gleichmäßige Konvergenz und Integral
Satz 49 (i) Es sei fn : [a, b] ! R, n 2 N, eine Folge Riemann-integrierbarer
Funktionen, die gleichmäßig gegen eine Funktion f konvergiert. Dann ist auch f
Riemann-integrierbar und
Z b
Z b
lim
fn (x)dx =
f (x)dx
n!1
a
a
(ii) Es sei gnP: [a, b] ! R, n 2 N, eine Folge Riemann-integrierbarer Funktionen,
deren Reihe 1
n=1 gn gleichmäßig gegen die Funktion g konvergiert. Dann ist auch
g Riemann-integrierbar und es gilt
Z b
1 Z b
X
gn (x)dx =
g(x)dx
n=1
a
a
Die entscheidende Voraussetzung ist die gleichmäßige Konvergenz. Es gibt eine
Folge von Funktionen, die punktweise konvergiert, man aber Limes und Integral
nicht vertauschen kann (Beispiel 73).
Ebenso wichtig ist bei den Voraussetzungen des Satzes, dass das Intervall beschränkt
ist. Es gibt Beispiele von Folgen, die auf R gleichmäßig konvergieren, bei denen man
aber nicht Limes und (uneigentliches) Integral vertauschen kann (Beispiel 74).
Beweis. (i) Wir zeigen zunächst, dass f Riemann-integrierbar ist. Da fn , n 2 N,
integrierbar sind, gilt
8n 2 N8 > 09P = {x0 , . . . , xK } : |OS P (fn )
US P (fn )| <
200
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
wobei
OS P (fn ) =
US P (fn ) =
K
X
k=1
K
X
Mk (fn )
Mk (fn ) =
k
sup
x2[xk
mk (fn )
mk (fn ) =
k
k=1
f (x)
1 ,xk ]
inf
x2[xk
1 ,xk ]
f (x)
Wegen der gleichmäßigen Konvergenz gilt
8✏ > 09N 2 N8n > N 8x 2 [a, b] : |fn (x)
f (x)| < ✏.
Zu gegebenem > 0 wählen wir ✏ = 2(b a) und ein n, so dass für alle x 2 [a, b]
die Ungleichung |fn (x) f (x)| < ✏ gilt. Nun wählen wir eine Partition P mit
|OS P (fn ) US P (fn )| < .
Dann gilt für alle k = 1, . . . , K
mk (fn ) =
fn (x) 
inf
x2[xk
1 ,xk ]
inf
x2[xk
1 ,xk ]
f (x) + ✏ = mk (f ) + ✏.
Also erhalten wir für alle k = 1, . . . , K
mk (fn )  mk (f ) + ✏.
Genauso erhalten wir für alle k = 1, . . . , K
Mk (fn )
Mk (f )
✏.
Damit erhalten wir
> |OS P (fn )
K
X
(Mk (f )
K
X
US P (fn )| =
(Mk (fn )
k
k=1
mk (f )
2✏)
k=1
= |OS P (f )
mk (fn ))
k
=
K
X
(Mk (f )
mk (f ))
k
2✏(b
a)
k=1
US P (f )|
.
Also gilt
|OS P (f )
US P (f )| < 2 .
Damit haben wir nachgeprüft, dass f Riemann-integrierbar ist. Wir zeigen nun,
dass
Z b
Z b
lim
fn (x)dx =
f (x)dx
n!1
a
a
Es gilt
8✏ > 09N 8n > N 8x 2 [a, b] : |f (x)
fn (x)| < ✏.
5.17. GLEICHMÄSSIGE KONVERGENZ UND INTEGRAL
Wir erhalten für alle n mit n > N
Z b
Z b
Z b
f (x)dx 
fn (x) + ✏dx 
fn (x)dx + ✏(b
a
a
201
a)
a
und ebenso
Z
b
fn (x)dx 
a
Hieraus folgt für alle ✏ > 0
Z b
Z
a
f (x) + ✏dx 
fn (x)dx
a
Wir erhalten also
Z
Z
b
f (x)dx + ✏(b
a).
a
b
a
f (x)  ✏(b
b
f (x)dx = lim
a
2
Z
b
n!1
Z
a).
b
fn (x)dx.
a
Beispiel 73 (i) Für n 2 N sei fn : [0, 1] ! R durch fn (x) = xn gegeben. Die Folge fn , n 2 N,
konvergiert punktweise gegen die Funktion f mit
(
0
für x 2 [0, 1)
f (x) =
1
für x = 1
Die Folge fn , n 2 N, konvergiert nicht gleichmäßig. Obwohl keine gleichmäßige Konvergenz vorliegt, gilt doch
Z 1
Z 1
lim fn (x)dx = lim
fn (x)dx.
0 n!1
n!1
(ii) Für n 2 N sei fn : [0, 1] ! R durch
8 2
>
<n x
fn (x) =
n2 x + 2n
>
:
0
0
x 2 [0, n1 )
x 2 [ n1 , n2 )
x 2 [ n2 , 1]
Die Funktionen fn , n 2 N, sind stetig, also insbesondere Riemann-integrierbar. Die Folge konvergiert punktweise gegen f = 0, aber die Folge konvergiert nicht gleichmäßig. Weiter gelten
Z 1
Z 1
lim fn (x)dx = 0
und
lim
fn (x)dx = 1.
0 n!1
n!1
0
Beweis. (i) Für x = 0 gilt limn!1 fn (x) = 0 und für x = 1 gilt limn!1 fn (x) = 1. Wir
betrachten nun x mit 0 < x < 1. Die Folge xn , n 2 N, ist eine positive, monoton fallende Folge.
Somit ist sie konvergent. Es folgt
lim xn = x lim xn
n!1
n!1
1
= x lim xn
n!1
Mit Beispiel 15 folgt limn!1 xn = 0.
Wir nehmen an, dass die Folge fn , n 2 N, gleichmäßig gegen eine Funktion f konvergiert.
Diese Funktion muss gleich der Funktion sein, gegen die diese Folge punktweise konvergiert. Diese
Funktion ist im Punkt x = 1 nicht stetig. Dies widerspricht dem Satz 25.
202
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Wir wollen hier auch den Nachweis führen, ohne Satz 25 zu benutzen. Die Negation der
gleichmäßigen Konvergenz ist
9✏ > 08N 9m, n > N 9x 2 [0, 1] : |fn (x)
fm (x)|
✏
Wir wählen ✏ = 14 . Zu gegebenem N wählen wir n > N und m = 2n. Außerdem wählen wir
1
x = 2 n . Dann gilt
|fn (x)
Weiter gilt
lim
n!1
(ii)
fm (x)| = |xn
Z
1
xm | = |xn
fn (x)dx = lim
n!1
0
Z
1
fn (x)dx =
0
Z
1
n
Z
1
x2n | = | 12
⇥1
⇤1
2 2 n
2n x 0
Z
n2 xdx +
⇥
1
4
=✏
1
=0
n!1 n + 1
0
+
=
xn dx = lim
0
=
1
4|
2
n
1
n
1 2 2
2n x
n2 x + 2ndx
⇤2
+ 2nx n1 = 1
n
Die Folge fn , n 2 N, konvergiert punktweise gegen f = 0. Somit gilt
Z
0
1
fn (x)dx = 1 6= 0 =
Z
1
f (x)dx.
0
Hiermit und mit Satz 49 folgt, dass die Folge nicht gleichmäßig konvergiert.
Der direkte Nachweis ist nicht viel schwerer: Die Negation der gleichmäßigen Konvergenz ist
9✏ > 08N 9m, n > N 9x 2 [0, 1] : |fn (x)
fm (x)|
✏
Wir wählen ✏ = 1. Zu gegebenem N wählen wir n = 4N und m = 2N . Außerdem wählen wir
1
x = 2N
. Dann gilt
|fn (x)
1
fm (x)| = |f4N ( 2N
)
1
f2N ( 2N
)| = 2N
1=✏
2
Beispiel 74 (i) Die Folge fn : [0, 1) ! R, n 2 N, mit
fn (x) =
x
e
n2
x
n
konvergiert gleichmäßig gegen 0, es gilt aber
Z 1
lim
fn (x)dx = 1
und
n!1
Z
0
0
1
lim fn (x)dx = 0
n!1
(ii) Für n 2 N sei gn : [0, 1) ! R durch
gn (x) =
x
e
n
x
n
gegeben. Die Folge gn , n 2 N, konvergiert gleichmäßig gegen 0, aber
Z 1
lim
gn (x)dx = 1.
n!1
0
5.17. GLEICHMÄSSIGE KONVERGENZ UND INTEGRAL
Beweis. (i) Es gilt
Z 1
Z
fn (x)dx =
0
1
0
=
lim
x
e
n2
Z Rn
R!1
Die Ableitung von fn ist
x
n
dx = lim
R!1
Z
R
0
x
e
n2
te t dt = lim [ te
x
n
t
R!1
0
203
dx
R
e t ]0n = 1.
x
x
1
x
e n
e n.
2
3
n
n
Deshalb gilt genau dann fn0 (x) > 0, wenn x < n und fn0 (x) < 0, wenn x > n. Deshalb hat fn in
x = n ein absolutes Maximum und es gilt
fn0 (x) =
0  fn (x)  fn (n) =
1
.
en
(ii)
Z
1
gn (x)dx
0
Z R
x x
x x
e n dx = lim
e n dx
R!1
n
n
0
0
Z Rn
= n lim
te t dt = lim n[ te t
=
Z
1
R!1
R!1
0
R
e t ]0n = 1
Die Folge gn , n 2 N, konvergiert gleichmäßig gegen 0. Dazu bestimmen wir das absolute Maximum
von gn .
1 x⇣
x⌘
gn0 (x) = e n 1
n
n2
2
Das absolute Maximum liegt im Punkt x = n . Somit gilt
0  gn (x)  g(n2 ) = ne
n
.
2
Satz 50 Es sei I ein Intervall und gn : I ! R, n 2 N, eine Folge stetig di↵erenzierbarer Funktionen. Die Folge gn , n 2 N, konvergiere punktweise gegen eine Funktion
g und die Folge der Ableitungen gn0 , n 2 N, konvergiere gleichmäßig gegen eine
Funktion h. Dann ist g di↵erenzierbar und g 0 = h.
Beweis. gn0 , n 2 N, ist eine Folge stetiger Funktionen, die gleichmäßig gegen h
konvergiert. Mit Satz 49 folgt, dass für alle x0 , x 2 I
Z x
Z x
0
lim
gn (t)dt =
h(t)dt
n!1
x0
x0
gilt. Wir wenden nun den Hauptsatz der Di↵erential- und Integralrechnung an. Für
alle x0 , x 2 I gilt
Z
x
lim (gn (x)
n!1
Für alle x0 , x 2 I gilt
gn (x0 )) =
h(t)dt.
x0
g(x)
g(x0 ) =
Z
x
h(t)dt
x0
h ist stetig, weil die Folge gn0 aus stetigen Funktionen besteht und gleichmäßig gegen
h konvergiert (Satz 25). Nun können wir noch einmal den Hauptsatz der Di↵erentialund Integralrechnung anwenden und erhalten g 0 = h. 2
204
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Beispiel 75 (i) Die Reihe
⇣(x) =
1
X
1
x
n
n=1
konvergiert auf (1, 1) punktweise und heißt Riemannsche Zetafunktion. Sie konvergiert auf jedem
Intervall [a, b] ⇢ (1, 1) gleichmäßig. Sie ist di↵erenzierbar und die Ableitung ist
⇣ 0 (x) =
1
X
ln n
nx
n=1
(Tatsächlich ist die Riemannsche Zetafunktion für alle komplexen Zahlen erklärt. Die Bestimmung
der Nullstellen ist eines der berühmtesten und schwierigsten, o↵enen Probleme der Mathematik.
Die Riemannsche Vermutung besagt, dass alle Nullstellen der Zetafunktion auf der Geraden { 12 +
iy|y 2 R} liegen.)
(ii) Für n 2 N sei fn : R ! R durch fn (x) = n1 sin(n2 x) gegeben. Die Folge fn , n 2 N,
konvergiert gleichmäßig gegen f = 0. Die Folge fn0 , n 2 N, divergiert in jedem Punkt x 2 R.
Beweis. (i) Nach Beispiel 66 konvergiert die Reihe für jedes x 2 (1, 1). Dies wurde mit dem
Integralkriterium gezeigt. Wir zeigen, dass die Reihe gleichmäßig auf jedem Intervall [a, b] ⇢ (1, 1)
konvergiert.
Zu gegebenem ✏ > 0 wählen wir N so groß, dass für alle n mit n > N gilt, dass
P1
1
<
✏. Dies ist möglich, weil die Reihe konvergiert. Deshalb gilt für alle x 2 [a, b]
a
k=n+1 k
n
X
1
kx
k=1
Die Ableitung von
Pn
k=1
k
x
1
1
1
X
X
X
1
1
1
=

<✏
x
x
k
k
ka
k=1
k=n+1
k=n+1
ist
n
X
ln k
k=1
Dies folgt mit der Kettenregel.
(k
) = (e
x 0
Wir weisen nun nach, dass die Reihe
kx
) = ( ln k)k
(ln k)x 0
x
1
X
ln k
k=1
kx
auf jedem Intervall [a, b] ⇢ (1, 1) gleichmäßig konvergiert. Zunächst beobachten wir, dass
1
X
ln k
k=1
kx
konvergiert. Wir wählen ⌘ > 0 so klein, dass x ⌘ > 1 gilt. Dann gibt es ein k0 , so dass für alle
k > k0
ln k
1
 x ⌘
ka
k
gilt. Es reicht nachzuprüfen, dass es ein k0 gibt, so dass für alle k > k0 gilt, dass ln k  k⌘ . Man
kann dies mit der Formel von L’Hospital nachprüfen.
Es gibt also für alle ✏ > 0 ein N , so dass für alle n mit n > N
1
X
ln k
<✏
ka
k=n
5.18. POTENZREIHEN
205
gilt. Hiermit erhalten wir für alle x 2 [a, b]
1
X
ln k
n
X
ln k
k=1
kx
k=1
kx
=
k=n+1
Mit Satz 50 folgt, dass
1
X
1
kx
k=1
1
1
X
X
ln k
ln k

< ✏.
kx
ka
!0
=
1
X
ln k
kx
k=1
(ii) Zu gegebenem ✏ wählen wir N so groß, dass ✏ >
|fn (x)
k=n+1
1
N.
.
Dann gilt für alle n > N und alle x 2 R
f (x)| = | n1 sin(n2 x)| 
1
n
<✏
Wir zeigen nun, dass in jedem x 2 R die Folge
fn0 (x) = n cos(n2 x)
divergiert. Wir nehmen an, es gebe einen Punkt x 2 R, so dass limn!1 n cos(n2 x) existiert.
Dann gilt limn!1 cos(n2 x) = 0. Wir zeigen, dass dies nicht sein kann. Für alle t 2 R gilt
cos 2t = 2 cos2 t 1. Also
cos((2n)2 x) = 2 cos2 (2n2 x)
= 8 cos4 (n2 x)
1 = 2(2 cos2 (n2 x)
8 cos2 (n2 x) + 1
1)2
1
Es folgt
0 =
=
lim cos((2n)2 x)
n!1
lim (8 cos4 (n2 x)
n!1
8 cos2 (n2 x) + 1)
= 8( lim cos(n2 x))4
n!1
8( lim cos(n2 x))2 + 1 = 1
n!1
2
5.18
Potenzreihen
Es sei an , n = 0, 1, 2 . . . , eine Folge reeller Zahlen und x0 2 R. Die Reihe
1
X
an (x
x0 )n
n=0
heißt Potenzreihe in x 2 R mit Entwicklungsmitte oder Mittelpunkt x0 .
Lemma 82 Es sei an , n = 0, 1, 2 . . . , eine Folge reeller Zahlen und x0 2 R. Falls
die Potenzreihe
1
X
an (x x0 )n
n=0
für ein x1 mit x1 6= x0 konvergiert, so konvergiert sie für alle x mit |x x0 | < |x1 x0 |
absolut, d.h.
1
X
|an ||x x0 |n
n=0
206
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
konvergiert.
Divergiert die Reihe an einer Stelle x2 , so divergiert sie für alle x mit |x
|x2 x0 |.
Beweis. Da
1
X
x0 | >
x0 )n
an (x1
n=0
konvergiert, gilt
lim an (x1
n!1
x0 )n = 0.
Nach Lemma ?? ist eine konvergente Folge beschränkt. Deshalb gibt es ein C > 0,
so dass für alle n 2 N
|an (x1 x0 )n |  C
gilt. Hiermit folgt
1
X
n=0
|an (x
n
x0 ) | =
1
X
n=0
Da
|an (x1
x
x1
x
x0 ) |
x1
x0
x0
n
n
1
X
x
C
x1
n=0
x0
x0
n
x0
<1
x0
gilt, konvergiert die Reihe. 2
Aus Lemma 82 ergibt sich, dass es drei Fälle geben kann. Der erste Fall ist,
dass die Potenzreihe nur für x = x0 konvergiert. Dann sagen wir, dass der Konvergenzradius der Potenzreihe 0 ist. Der zweite Fall ist, dass die Potenzreihe für
alle x 2 R konvergiert. Dann sagen wir, dass der Konvergenzradius unendlich ist.
Der dritte Fall ist, dass es ein R > 0 gibt, so dass die Potenzreihe für alle x mit
|x| < R konvergiert und für alle x mit |x| > R divergiert. Dann sagen wir, dass der
Konvergenzradius R ist.
Das Konvergenzgebiet ist also immer ein Intervall. Im Komplexen stellt man
fest, dass das Konvergenzgebiet ein Kreis ist. Deswegen spricht man auch vom
Konvergenzradius.
Ob auf dem Rand des Konvergenzgebietes Konvergenz oder Divergenz vorliegt,
interessiert uns hier nicht.
Lemma 83 (Wurzelkriterium) Die Reihe
P1
n=1
xn konvergiert absolut, falls
1
lim sup |xn | n < 1.
n!1
Die Reihe divergiert, falls
1
lim sup |xn | n > 1.
n!1
(Falls der Limes Superior gleich 1 ist, so können beide Fälle auftreten.)
5.18. POTENZREIHEN
207
P
n
Das Wurzelkriterium ist eine Verallgemeinerung der Aussage, dass 1
n=1 q konvergiert, falls |q| < 1 gilt, und die Reihe divergiert, falls |q| > 1. Falls nämlich
1
|xn | < q n bzw. |xn | n < q gilt, so erhalten wir
1
X
n=1
|xn | 
1
X
n=1
qn < 1
Das Wurzelkriterium ist ein relativ grobes Kriterium, das in komplizierteren Fällen
wie z.B.
1
X
1
n(ln n)2
n=2
versagt. Das Integralkriterium ist ein feineres Mittel. Für die Zwecke, die wir hier
betrachten, reicht uns das Wurzelkriterium.
Beweis. Wir betrachten den Fall
✓
◆
1
lim sup |xn | = lim sup |xk | k = c < 1.
1
n
n!1
n!1
nk
Dann gilt
1
8✏ > 09N 8n > N : |c
Wir wählen nun ✏ = 12 (1
sup |xk | k | < ✏.
k n
1+c
2
c) und setzen q = c + ✏ =
< 1. Es folgt
1
sup |xk | k | < ✏ = 12 (1
9N 8n > N : |c
c).
k n
Hieraus folgt
1
9N 8n > N : sup |xk | k < c + 12 (1
c) =
k n
Somit erhalten wir
1+c
= q.
2
1
9N 8n > N : |xn | n  q.
Es folgt
1
X
n=1
|xn | =
N
X
n=1
|xn | +
1
X
n=N +1
Dieser Ausdruck ist endlich.
Wir betrachten nun den Fall
|xn | 
N
X
n=1
|xn | +
1
X
n=N +1
1
lim sup |xn | n = c > 1.
n!1
Dann gilt
8✏ > 09N 8n > N : c
1
sup |xk | k < ✏.
k n
qn.
208
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Wir wählen ✏ = 12 (c
✏ = 12 c +
1) und q = c
1
2
> 1. Damit gilt
1
sup |xk | k < 12 (c
9N 8n > N : c
1)
k n
und
1
9N 8n > N : 1 < q < sup |xk | k .
k n
Weiter folgt
1
9N 8n > N 9k > n : 1 < q  |xk | k .
Deshalb gibt es eine Teilfolge von xn , n 2 N, die nicht gegen 0 konvergiert.
P1 Somit
konvergiert die Folge xn , n 2 N, selbst nicht gegen 0 und die Reihe n=1 xn divergiert. 2
Satz 51
Für den Konvergenzradius R einer PotenP1(Formel von Cauchy-Hadamard)
n
zreihe n=0 an (x x0 ) gilt
8
1
0
falls lim sup |an | n = 1
>
>
>
n!1
>
>
<
1
n = 0
1
falls
lim
sup
|a
|
n
R=
n!1
>
>
>
1
>
>
sonst
:
1
lim supn!1 |an | n
Beweis. Mit Lemma 83 folgt, dass die Reihe
1
X
x0 )n
an (x
n=0
absolut konvergiert, falls
1 > lim sup(|an ||x
n!1
1
x0 |n ) n = |x
1
x0 | lim sup(|an |) n
n!1
Also konvergiert die Reihe absolut, falls
|x
x0 | <
Also gilt
R
2
1
1
lim supn!1 |an | n
1
1
lim supn!1 |an | n
P1
Beispiel 76 (i) Der Konvergenzradius der Reihe n=0 xn ist 1.
P1
(ii) Der Konvergenzradius der Reihe n=0 nxn ist 1.
P1
(iii) Der Konvergenzradius der Reihe n=0 n2 xn ist 1.
P1
(iv) Der Konvergenzradius der Reihe n=0 n12 xn ist 1.
P1 1 n
(v) Der Konvergenzradius der Reihe n=0 2n x ist 2.
P1
(vi) Der Konvergenzradius der Reihe n=0 nn!n xn ist e.
P1
(vii) Der Konvergenzradius der Reihe n=0 x2n ist 1.
5.18. POTENZREIHEN
209
Beweis. (i)
1
lim sup |an | n = lim 1 = 1
n!1
n!1
(ii)
1
1
lim sup n n = lim n n = lim e
n!1
n!1
Mit Beispiel 43 folgt
limn!1 lnnn
ln n
n
n!1
= 0. Deshalb
1
lim n n = 1
n!1
(iii) Mit (ii) folgt
1
1
1
lim sup(n2 ) n = lim (n2 ) n = ( lim n n )2 = 1
n!1
n!1
(v)
lim sup(2
n
n!1
1
) n = lim
1
n!1 2
n!1
=
1
2
(vi) Wir benutzen die Formel von Stirling.
p
2⇡nnn e
Es folgt
p
2⇡ne
n
n
und
(2⇡n)
1
2n
1
<
e
1
p
< n! < 2⇡nnn e
p
n!
< n < 2⇡ne
n
✓
n!
nn
◆ n1
n
n
< (2⇡n)
1
2n
exp
exp
✓
1
exp
e
1
✓
1
12(n 1)
1
12(n 1)
✓
1
12n(n
◆
◆
1)
◆
Da limn!1 n n = 1 gilt, so gilt auch limn!1 (2⇡n) 2n = 1. Außerdem folgt mit der Stetigkeit der
e-Funktion
✓
◆
✓
◆
1
1
lim exp
= exp lim
= exp(0) = 1
n!1
n!1 12n(n
12n(n 1)
1)
dass
lim
n!1
2
✓
n!
nn
◆ n1
=
1
e
Beispiel 77 (i) Der Konvergenzradius von
1
X
1 n
x
sin n
n=1
ist 1.
(ii) Der Konvergenzradius von
1
X
tan(n)xn
n=1
Beweis. (i) Für t mit 0  t 
Ungleichung sin t 12 t.
⇡
3
gilt
| sin n| = | sin(n
1
2
 cos t  1. Deshalb gilt für alle t mit 0  t 
m⇡)|
1
|n
2
m⇡| =
m n
2 m
⇡
⇡
3
die
210
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Mit Satz 9 erhalten wir für alle m mit m
2
m
Außerdem gilt
n
m
⇠ ⇡. Damit folgt
42
<|
n
m
⇡|
1
n42
| sin n|
2
P
Satz 52 Es sei f (x) = 1
x0 )n eine Potenzreihe mit Konvergenzradius R
n=0 an (x
(Wir lassen auch R = 1 zu).
(i) Die Potenzreihe ist auf jedem beschränkten, abgeschlossenen Intervall [a, b]
mit [a, b] ⇢ (x0 R, x0 + R) gleichmäßig konvergent.
(ii) Die Potenzreihe f ist unendlich oft di↵erenzierbar und für alle k 2 N gilt
f
(k)
✓ ◆
1
X
n
(x) =
k!
an (x
k
n=k
x0 )n
k
=
1
X
n=k
n · (n
1) · · · (n
k + 1)an (x
x0 )n
k
Diese Potenzreihen haben denselben Konvergenzradius wie f .
Beweis. (i) Wir zeigen, dass
8✏ > 09N 8n > N 8x 2 [a, b] :
n
X
1
X
x0 )k
ak (x
k=0
ak (x
x0 )k < ✏
k=0
Wir wählen ein r mit 0 < r < R und [a, b] ⇢ [x0
konvergiert absolut in x0 + r. Es gilt also
1
X
8✏ > 09N 8n > N :
k=n
r, x0 + r]. Die Potenzreihe
|ak |rk < ✏
Hiermit folgt
n
X
k=0
ak (x
x0 )k
1
X
ak (x
1
X
x0 )k =
k=0
x0 )k 
ak (x
k=n+1
1
X
k=n+1
(ii) Wir zeigen zuerst, dass die Reihen
✓ ◆
1
X
n
k!
an (x
k
n=k
x0 )n
denselben Konvergenzradius haben wie
P1
k
k=0
✓ ◆
1
X
n
k!
an (x
k
n=k
k = 1, 2, . . .
ak (x
x0 )n
x0 )k . Die Reihe
k
|ak |rk < ✏
5.18. POTENZREIHEN
211
konvergiert genau dann, wenn die Reihe
✓ ◆
1
X
n
k!
an (x
k
n=k
x0 )n
konvergiert, weil sich beide Reihen nur um den Faktor (x x0 )k unterscheiden.
Also haben beide Reihen denselben Konvergenzradius. WirP
zeigen nun, dass der
Konvergenzradius der letzteren Reihe gleich dem der Reihe 1
x0 )n ist.
n=0 an (x
Es gilt
✓ ◆
n
1  k!
= n(n
k
1)(n
2) . . . (n
k + 1) =
k
Y1
(n
j=0
1
j)  nk .
k
Wegen limn!1 n n = 1 folgt für alle k 2 N, dass limn!1 n n = 1. Somit
✓ ✓ ◆◆ nk
n
lim k!
= 1.
n!1
k
Mit Lemma 35
✓ ◆
n
lim sup k!
an
k
n!1
Weiter gilt
1
n
✓ ✓ ◆◆ n1
1
1
n
 lim k!
lim sup |an | n = lim sup |an | n .
n!1
k
n!1
n!1
✓ ◆
n
lim sup |an |  lim sup k!
an
k
n!1
n!1
1
n
Damit erhalten wir
✓ ◆
n
lim sup k!
an
k
n!1
1
n
1
n
.
✓ ✓ ◆◆ n1
1
1
n
= lim k!
lim sup |an | n = lim sup |an | n .
n!1
k
n!1
n!1
Wegen (i) konvergiert die Folge
fn (x) =
n
X
aj (x
n2N
x0 )j
j=0
auf jedem beschränkten, abgeschlossenen Intervall, das im Konvergenzintervall enthalten ist, gleichmäßig gegen f . Die Folge
fn0 (x)
=
n
X
jaj (x
x0 )j
1
j=1
n2N
konvergiert auf jedem beschränkten, abgeschlossenen Intervall, das im Konvergenzintervall enthalten ist, gleichmäßig gegen die Funktion
1
X
j=1
jaj (x
x0 )j 1 .
212
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Nach Satz 50 folgt, dass auf solchen Intervallen
0
f (x) =
1
X
x0 )j
jaj (x
1
j=1
gilt. Da dies für alle beschränkten, abgeschlossenen Intervalle gilt, die im Konvergenzintervall enthalten sind, gilt dies für das gesamte Konvergenzintervall. 2
P
Satz 53 (i) Es sei f (x) = 1
x0 )n eine Potenzreihe mit einem Konvern=0 an (x
genzradius R, 0 < R  1. Dann gilt für alle n = 0, 1, 2, . . .
an =
f (n) (x0 )
n!
P
P1
n
n
(ii) Falls die Potenzreihen 1
n=0 an (x x0 ) und
n=0 bn (x x0 ) Konvergenzradien
besitzen, die von 0 verschieden sind und in einem Intervall (x0 r, x0 + r), 0 < r,
dieselben Funktionswerte besitzen, d.h. falls für alle x 2 (x0 r, x0 + r)
1
X
an (x
x0 )n =
n=0
1
X
x0 )n
bn (x
n=0
dann gilt für alle n = 0, 1, 2, . . .
an = bn
Der Satz sagt aus, dass die Taylorreihe einer Potenzreihe die Potenzreihe selbst
ist.
Beweis. (i) folgt sofort aus Satz 52:
f
Deshalb erhalten wir
(k)
✓ ◆
1
X
n
(x) =
k!
an (x
k
n=k
x0 )n
k
✓ ◆
k
f (x0 ) = k!
ak = k!ak
k
k
(ii) Für alle x 2 (x0
r, x0 + r) gilt
1
X
(an
bn )(x
x0 )n = 0
n=0
Für x = x0 erhalten wir hieraus, dass a0 = b0 . Nun di↵erenzieren wir k-mal und
erhalten mit Satz, dass für alle x 2 (x0 r, x0 + r)
✓ ◆
1
X
n
k!
(an
k
n=k
bn )(x
x0 )n
k
=0
5.19. RATIONALE, IRRATIONALE, ALGEBRAISCHE UND TRANSZENDENTE ZAHLEN213
Für x = x0 erhalten wir ak = bk . 2
Es gibt C 1 -Funktionen, die in keinem Punkt in eine Potenzreihe entwickelbar sind [KiKw].
Es sei
(
1
1
e x2 e (x 1)2
für 0 < x < 1
(x) =
0
sonst
Beispiel 78 Die Funktion
(x) =
1
X
1
(2k (x
k!
[x]))
k=1
ist überall unendlich oft di↵erenzierbar, aber nirgends analytisch.
Beweis. Wir setzen für j = 1, 2, . . .
j (x)
=
1
(2j (x
j!
[x])).
j ist für alle j 2 N unendlich oft di↵erenzierbar. Es gibt für alle k 2 N eine Konstante C, so dass
für alle x 2 R
1
X
(k)
| j (x)|  C
j=1
Hiermit und mit Satz 50 folgt, dass unendlich oft di↵erenzierbar ist.
Wir zeigen, dass in den Punkten
nm
o
|n
2
N,
m
2
Z,
m
ungerade
2n
ist in R dicht und in keinem Punkt in eine Taylorreihe zu entwickeln. 2
Beispiel 79 Es gibt auf R eine wachsende, unendlich oft di↵erenzierbare Funktion, die nirgendwo
analytisch ist.
Beweis. Die Stammfunktion von
analytisch. 2
5.19
ist monoton wachsend, weil
positiv ist und sie ist nirgendwo
Rationale, irrationale, algebraische und transzendente Zahlen
Eine Zahl heißt rational, falls sie Quotient zweier ganzer Zahlen ist, sie heißt irrational, falls sie nicht rational ist. Eine Zahl heißt algebraisch, falls sie Nullstelle eines
Polynoms ist, das nur ganze Zahlen als Koeffizienten hat. Der Grad einer algebraischen Zahl ist der Grad eines irreduziblen Polynoms mit ganzzahligen Koeffizienten,
das diese Zahl zur Nullstelle hat.
Eine Zahl heißt tranzendent, falls sie nicht algebraisch ist.
214
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
O↵enbar ist jede transzendente Zahl irrational. Andererseits
p gibt es irrationale
Zahlen, die nicht
Ein Beispiel hierfür ist 2. Wir haben bereits
p transzendent sind. p
gesehen, dass 2 nicht rational ist. 2 ist aber Nullstelle des Polynoms
x2
2
p
und damit ist 2 algebraisch.
Bei der Einführung der reellen Zahlen hatten wir gezeigt, dass eine reelle Zahl
genau dann rational ist, wenn ihre Dezimalbruchdarstellung letztendlich periodisch
ist. Mit dieser Beobachtung kann man leicht irrationale Zahlen angeben. So ist
die Zahl, deren n!-te Koeffizienten ihrer Dezimalbruchentwicklung gleich 1 sind und
deren übrige Koeffizienten gleich 0 sind, irrational, weil die Dezimalbruchdarstellung
nicht letztendlich periodisch ist.
Euler zeigte 1737, dass e eine irrationale Zahl ist. Lambert zeigte ca. 1770, dass
x
e und tan x irrational sind, falls x eine rationale Zahl ist, die von 0 verschieden ist.
Hieraus folgt, dass ⇡ eine irrationale Zahl sein muss, weil
arctan( ⇡4 ) = 1
1873 zeigte Hermite, dass e transzendent ist. Lindemann zeigte 1882, dass ⇡ transzendent ist.
Man konnte bisher nicht beweisen, dass die Eulersche Zahl irrational ist. Auch
ist nicht bekannt, ob ⇡e irrational ist oder nicht.
Satz 54 e ist irrational.
Beweis. Wir nehmen an, dass e rational ist, es gibt also p, q 2 N mit e = pq .
Andererseits gibt es nach dem Satz von Taylor zu jedem n, x und x0 ein ⇥ 2 (0, 1),
so dass
n
X
1
1
ex =
(x x0 )k +
ex0 +⇥(x x0 ) (x x0 )n+1 .
k!
(n
+
1)!
k=0
Wir benutzen die Lagrangesche Form des Restglieds. Für x = 1 und x0 = 0 folgt,
dass für alle n ein ⇥ 2 (0, 1) existiert, so dass
e=
gilt. Weil
e⇥
(n+1)!
n
X
1
e⇥
+
k! (n + 1)!
k=0
> 0, folgt
e⇥
p
0<
=
(n + 1)!
q
und damit
p
0<
q
n
X
1
e⇥
e
=
<
k!
(n + 1)!
(n + 1)!
k=0
n
X
1
e
<
.
k!
(n + 1)!
k=0
5.19. RATIONALE, IRRATIONALE, ALGEBRAISCHE UND TRANSZENDENTE ZAHLEN215
Wir wählen nun n = q + 1. Damit
0<
q+1
X
1
e
<
.
k!
(q
+
2)!
k=0
p
q
0 < (q + 1)(q
q+1
X
(q + 1)!
1)!p
k!
k=0
Dies kann nicht sein, weil
(q + 1)(q
<
e
.
q+2
q+1
X
(q + 1)!
1)!p
k!
k=0
eine ganze Zahl ist, die strikt größer als 0 und strikt kleiner als
e
gilt q+2
 3e < 1. 2
e
q+2
ist. Da q 2 N,
Satz 55 ⇡ ist irrational.
Beweis.[Niv] Wir nehmen an, dass ⇡ rational ist, dass also p, q 2 N mit ⇡ =
existieren. Wir wählen n so groß, dass
⇡ n+1 pn
< 1.
n!
Es seien
fn (x) =
xn (p
qx)n
n!
und
fn(2) (x)
Fn (x) = fn (x)
+
fn(4) (x)
··· + (
1)n fn(2n) (x)
n
X
=
( 1)k fn(2k) (x).
k=0
Wir wollen nun zeigen, dass
Fn (0)
und
Fn (⇡)
ganze Zahlen sind. Dazu zeigen wir, dass sämtliche Zahlen
fnk (0)
k = 0, 1, 2, . . .
ganze Zahlen sind. Wegen
fn (x) =
xn (p
qx)n
n!
n ✓ ◆
X
x
n k
=
p ( qx)n
n! k=0 k
n
k
n ✓ ◆
1 X n
=
( 1)n k pk q n k x2n k .
n! k=0 k
p
q
216
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Für j = 0, 1, . . . , n 1 erhalten wir
n ✓ ◆
1 X n
(j)
fn (x) =
( 1)n k pk q n k ((2n
n! k=0 k
Für j = 0, 1, . . . , n
k)(2n
k
1) . . . (2n
k
j + 1))x2n
k j
j + 1))x2n
k j
1 folgt sofort fnj (0) = 0. Für j = n, . . . , 2n gilt
fn(j) (x) =
✓ ◆
n
1 X n
( 1)n k pk q n k ((2n
n! k=2n j k
k)(2n
k
1) . . . (2n
k
Wir erhalten also
fnj (0)
✓
◆
1
n
=
( 1)j n p2n j q j n (j(j 1) · · · 2 · 1)
n! 2n j
✓
◆
n
=
( 1)j n p2n j q j n j(j 1) . . . (n + 1)
2n j
Dies ist eine ganze Zahl. Also ist auch Fn (0) eine ganze Zahl. Der Nachweis, dass
Fn (⇡) = Fn ( pq ) ist eine ganze Zahl ist, wird genauso geführt. Dies folgt aus der
Gleichung
fn (x) = fn ( pq x).
Nun zeigen wir, dass
d
(Fn0 (x) sin x
dx
Fn (x) cos x) = Fn00 (x) sin x + Fn (x) sin x = fn (x) sin x.
Wir müssen hierzu zeigen, dass Fn00 + Fn = fn gilt. Es gilt
Fn00 (x) + Fn (x) =
n
n
X
X
( 1)k fn(2k+2) (x) +
( 1)k fn(2k) (x)
k=0
k=0
fn2n+2 (x)
= fn (x) +
= fn (x).
Es folgt
Z
0
⇡
fn (x) sin xdx = [Fn0 (x) sin x
⇡
Fn (x) cos x]0 = Fn (⇡)
Fn (0).
Andererseits gilt für alle x 2 (0, ⇡)
0 < fn (x) sin x <
Die linke Ungleichung gilt, weil ⇡ =
rechte Ungleichung gilt, weil
fn (x) =
p
q
⇡ n pn
.
n!
und somit fn auf (0, ⇡) strikt positiv ist. Die
xn (p
qx)n
n!
⇡ n pn

.
n!
5.19. RATIONALE, IRRATIONALE, ALGEBRAISCHE UND TRANSZENDENTE ZAHLEN217
Damit ergibt sich
0<
Z
0
und
⇡
⇡ n+1 pn
fn (x) sin xdx <
n!
⇡ n+1 pn
0 < Fn (⇡) + Fn (0) <
< 1.
n!
Dies kann nicht sein, weil Fn (⇡) Fn (0) eine ganze Zahl ist. 2
Cantor bewies 1874, dass die meisten Zahlen transzendent sind.
Satz 56 (i) Die Menge der rationalen Zahlen und die Menge der algebraischen
Zahlen sind abzählbar.
(ii) Die Menge der irrationalen Zahlen und die Menge der transzendenten Zahlen
haben die Mächtigkeit der reellen Zahlen.
Lemma 84 [Bak] Für jede algebraische Zahl x mit Grad n > 1 existiert eine Zahl
c > 0, so dass für alle p 2 Z und alle q 2 N
p
c
> n
q
q
x
gilt.
Beweis. Es sei P ein irreduzibles Polynom mit P (x) = 0. Aus dem Mittelwertsatz
folgt
P ( pq ) = P (x) P ( pq ) = (x pq )P 0 (⇠)
Man kann annhmen, dass |x pq | < 1, sonst wäre das Ergebnis trivialerweise richtig.
Wegen ⇠ 2 [x, pq ], folgt weiter |⇠| < 1 + |x|. Hiermit folgt
|P 0 (⇠)| <
1
c
Deshalb erhalten wir
|x
p
|
q
> c|P ( pq )|
Da P irreduzibel ist, gilt P ( pq ) 6= 0 und q n P ( pq ) ist eine ganze Zahl, die dem Absolutbetrag nach größer oder gleich 1 ist. 2
Satz 57 Die Zahl
x=
1
X
k=1
ist transzendent.
10
k!
218
CHAPTER 5. INTEGRALRECHNUNG
Beweis. Wir wählen
j!
pj = 10
j
X
10
k!
qj = 10j!
k=1
Dann gilt
|x
1
X
pj
|=
10
qj
k=j+1
k!
< 10
(j+1)!
1
X
10
k!
k=0
=
10 j
q
9 j
1
< qj j
2
Unter Quadratur des Kreise versteht man die folgende Aufgabe. Zu einem
gegebenen Kreis soll man nur mit Zirkel und Lineal ein Quadrat konstruieren, das
denselben Flächeninhalt wie der Kreis hat.
Wenn wir annehmen, dass der Kreis den Radius 1 hat, dann bedeutet diese Aufgabe, dass man
p zu einem gegebenen Geradenstück der Länge 1 ein Geradenstück
der Länge ⇡ konstruiert. Diese Konstruktion soll nur mit Zirkel und Lineal
durchgeführt werden. Man kann zeigen, dass dies nicht möglich ist, weil ⇡ transzendent ist.
Satz 58 Die Quadratur des Kreises ist nicht möglich.
Chapter 6
Funktionen mehrerer reellen
Variablen
6.1
Zusammenhängende Mengen im Rn
Die Verbindungsstrecke [x, y] zwischen zwei Punkten x, y 2 Rn ist die Menge
{z|9t 2 [0, 1] : z = tx + (1
t)y}
Eine Teilmenge M des Rn heißt polygonzusammenhängend, falls es für alle x, y 2 M
endlich viele Punkte x1 , . . . , xm 2 M gibt, so dass x = x1 , y = xm und
P=
m
[1
i=1
[xi , xi+1 ] ✓ M
gilt. Man nennt P einen Polygonzug und sagt, dass x und y durch einen Polygonzug
verbunden werden können.
M heißt bogenzusammenhängend, falls es für alle x, y 2 M eine stetige Funktion
f : [0, 1] ! Rn existiert, so dass f (0) = x, f (1) = y und f ([0, 1]) ✓ M gelten.
Eine Teilmenge M eines metrischen Raumes (X, d) heißt nicht zusammenhängend,
falls es zwei o↵ene Mengen U und V von X mit
M \ U 6= ;
M \ V 6= ;
(M \ U) [ (M \ V) = M
(M \ U) \ (M \ V) = ;
gibt. Eine Menge M ist also zusammenhängend, wenn man solche Mengen U und
V nicht finden kann.
Satz 59 Es seien (X, dX ) und (Y, dY ) metrische Räume und f : X ! Y eine stetige
Funktion mit f (X) = Y . Falls X eine zusammenhängende Menge ist, dann ist auch
Y eine zusammenhängende Menge.
219
220
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Beweis. Es seien (X, dX ) und (Y, dY ) metrische Räume und f : X ! Y eine
stetige Funktion. Wir zeigen, dass X nicht zusammenhängend ist, falls Y nicht
zusammenhängend ist.
Falls Y nicht zusammenhängend ist, dann gibt es zwei nichtleere, o↵ene Mengen
A und B mit
A\B =;
A[B =Y
Da f stetig ist, sind auch f
1
(A) und f
f
1
f
1
1
(B) o↵en. Wegen A \ B = ; folgt
(A) \ f
1
(A) [ f
1
(B) = ;
und wegen A [ B = Y gilt
(B) = X
Also ist X nicht zusammenhängend. 2
Beispiel 80 (i) R ist zusammenhängend.
(ii) [0, 1] ist zusammenhängend.
Beweis. (i) Wir nehmen an, dass R nicht zusammenhängend ist. Dann gibt es zwei o↵ene,
nichtleere Mengen A und B mit
A\B =;
A[B =R
Wir können annehmen, dass es ein a0 2 A und ein b0 2 B mit a0 < b0 gibt. Wir betrachten
c = sup{a 2 A|a < b0 }
Dann gilt c 2
/ A. Falls nämlich c 2 A, dann gäbe es eine Umgebung von c, die ganz in A liegt
und c kann nicht das Supremum sein. Wegen c 2
/ A folgt c 2 B. Da B o↵en ist, muss eine ganze
Umgebung von c in B enthalten sein. Also kann c nicht Supremum sein.
(ii) [0, 1] ist das stetige Bild von R. 2
Satz 60 Es sei M eine Teilmenge des Rn .
(i) Falls M polygonzusammenhängend ist, so ist M auch bogenzusammenhängend.
(ii) Falls M bogenzusammenhängend ist, so ist M auch zusammenhängend.
Beweis. (i) Ein Polygonzug ist der Graph einer stetigen Funktion.
(ii) Da M bogenzusammenhängend ist, gibt es für alle x, y 2 M einen Weg
: [0, 1] ! Rn mit
(0) = x
(1) = y
([0, 1]) ✓ M
Wir nehmen an, dass M nicht zusammenhängend ist. Es gibt also o↵ene Mengen A
und B mit
A\B\M =;
M ✓A[B
A \ M 6= ;
B \ M 6= ;
6.1. ZUSAMMENHÄNGENDE MENGEN IM RN
221
Wir wählen nun x 2 A \ M und y 2 B \ M . Es gibt einen Weg , der die beiden
Punkte verbindet. Die Menge ([0, 1]) ist das stetige Bild einer zusammenhängenden
Menge also selbst zusammenhängend. Andererseits gelten
A \ ([0, 1]) 6= ;
A \ B \ ([0, 1]) = ;
Also ist
B \ ([0, 1]) 6= ;
A \ ([0, 1])) [ (B \ ([0, 1])) = ([0, 1])
([0, 1]) nicht zusammenhängend, was ein Widerspruch ist. 2
Satz 61 Es sei M eine o↵ene Teilmenge vom Rn . Dann sind äquivalent:
(i) M ist zusammenhängend.
(ii) M ist bogenzusammenhängend.
(iii) M ist polygonzusammenhängend.
Beweis. Die Implikationen (iii) ) (ii) ) (i) folgen aus Satz 60.
(i) ) (iii): Wir wählen einen beliebigen Punkt x0 2 M . Es sei Mx0 die Menge
aller Punkte, die mit x0 durch einen Polygonzug verbunden werden können. Falls
M = Mx0 , dann ist M polygonzusammenhängend.
Wir betrachten nun den Fall, dass Mx0 6= M . Wir zeigen, dass Mx0 o↵en ist.
Dazu müssen wir zeigen, dass wir zu jedem x 2 Mx0 eine Umgebung finden, die
ganz in Mx0 liegt. Zu x 2 Mx0 wählen wir eine o↵ene Kugel B(x, ✏), die ganz in M
liegt und deren Mittelpunkt x ist. Es sei
N
[
[x` 1 , x` ]
`=1
ein Polygonzug, der x0 und x verbindet und der in M liegt. Weiter sei y 2 B(x, ✏).
Dann ist
N
[
[x` 1 , x` ] [ [x, y]
`=1
ein Polygonzug, der x0 mit y verbindet und der in M liegt.
Ebenso zeigen wir, dass die Menge Nx0 aller x 2 M , die man nicht mit x0 durch
einen Polygonzug verbinden kann, o↵en ist. Wir betrachten einen Punkt y dieser
Menge und eine Kugel B(y, ✏) mit Mittelpunkt y, die ganz in M liegt. Dann müssen
alle Elemente dieser Kugel ebenfalls in Nx0 liegen. Falls nicht, so gibt es ein x 2 Mx0 ,
das in der Kugel B(y, ✏) liegt und damit einen Polygonzug
N
[
[y` 1 , y` ]
`=1
der x mit x0 verbindet (y0 = x0 und yN = x). Diesen Polygonzug können wir bis y
verlängern:
N
[
[y` 1 , y` ] [ [x, y].
`=1
222
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Somit liegt y in Mx0 , was falsch ist.
Also gibt es zwei o↵ene Teilmengen Mx0 und Nx0 , die disjunkt sind und deren
Vereinigung gleich M ist. Damit ist M nicht zusammenhängend. 2
Eine Menge, die o↵en und zusammenhängend ist, heißt Gebiet.
Beispiel 81 (i) Die Teilmenge
{(x, y)|x2 + y 2 = 1}
des R2 ist bogenzusammenhängend, aber nicht polygonzusammenhängend.
(ii) Die Teilmenge
{(x, y)|x = 0, y 2 R} [ {(x, y)|x 2 (0, 1] und y = sin x1 }
des R2 ist zusammenhängend, aber nicht bogenzusammenhängend.
Beweis. (ii) Wir bezeichnen
L = {(0, y)|y 2 R}
S = (x, y)|y = sin x1 und x 2 (0, 1]
Wir nehmen an, dass M = L [ S nicht zusammenhängend ist. Dann gibt es o↵ene Teilmengen A
und B mit
A\B\M =;
A[B ◆M
A \ M 6= ;
B \ M 6= ;
Wir betrachten zunächst den Fall
A\M =L
B\M =S
Da A o↵en ist, gibt es ein ✏ > 0, so dass
B((0, 0), ✏) ✓ A
Hieraus folgt
B((0, 0), ✏) \ M ✓ A \ M = L
1
Andererseits gilt für alle n 2 N, dass ( 2⇡n
, 0) 2 S. Wir können n hinreichend groß wählen, so dass
(
1
, 0) 2 B((0, 0), ✏)
2⇡n
Das ist ein Widerspruch.
Wir wenden uns nun dem Fall zu, dass
A \ M 6= L
B \ M 6= S
Dann muss einer der folgenden Fälle gelten.
oder
A \ L 6= ;
und
B \ L 6= ;
A \ S 6= ;
und
B \ S 6= ;
Deshalb ist L oder S nicht zusammenhängend. Dies ist aber falsch.
Wir zeigen nun, dass M nicht bogenzusammenhängend ist. Wir nehmen an, dass M bogenzusammenhängend ist. Insbesondere gibt es eine stetige Funktion : [0, 1] ! M mit (0) = (0, 0)
und (1) = (1, sin 1). Dann sind die beiden Koordinatenfunktionen 1 und 2 von stetig. Es
gilt 1 (0) = 0 und 1 (1) = 1. Da 1 stetig ist, nimmt 1 nach dem Zwischenwertsatz alle Werte
6.1. ZUSAMMENHÄNGENDE MENGEN IM RN
223
1
des Intervalls [0, 1] an. Also gibt es Zahlen tk 2 [0, 1] mit 1 (tk ) = 2⇡k
, k 2 N. Da tk , k 2 N, eine
beschränkte Folge ist, gibt es eine Teilfolge tki , i 2 N, die in [0, 1] konvergiert also
t0 = lim tki
i!1
Es folgt
lim (tki ) = lim (
i!1
i!1
1 (tki ),
1 (tki ))
= lim (
i!1
1
, 0) = (0, 0)
2⇡ki
1
Da 1 stetig ist und 1 (tki ) = 2⇡k
und 1 (tki+1 ) = 2⇡k1i+1 , gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein
i
si 2 (tki , tki+1 ) mit 1 (si ) = ⇡(2k1i + 1 ) . Die Folge si , i 2 N, konvergiert und
2
lim (si ) = lim (
i!1
i!1
1
⇡(2ki + 12 )
, 1) = (0, 1)
Dies ist ein Widerspruch, weil limi!1 (si ) = limi!1 (tki ). 2
Zum Schluss noch ein Auszug aus dem Buch ”Einführung in die informationstheoretische Ästhetik” von M. Bense [Ben, p.88-89]. In dem Abschnitt ”Texttopologie”
schreibt er:
Wie die mathematische Disziplin der Topologie sich mit Mengen von Elementen,
etwa Punkten, befaßt, deren Gesamtheiten als Räume bezeichnet werden, versucht
die Texttopologie in entsprechender Weise von Texten als Worträumen zu sprechen,
deren Elemente Wörter oder andere linguistische Elemente wie etwa Buchstaben des
Alphabets oder Morpheme sind......
Die topologische Struktur eines Textes - die texttopologische Struktur - kann
allgemein als das System der Umgebungen seiner Wörter und damit natürlich auch
als ein System der Teilmengen des allgemeinen zugrundeliegenden Wortraumes, also
des Textes aller Texte, aufgefaßt werden.
Ich sagte bereits, dass Texte Zusammenhänge von Wörtern formulieren. Die
Frage nach der Struktur eines Zusammenhangs ist eine ausgesprochen topologische
Frage. Doch setzt der Sinn dieser Frage einen anderen, ebenso wichtigen Begri↵
der Topologie voraus, den Begri↵ der o↵enen bzw. abgeschlossenen Menge. Der
Begri↵ <abgeschlossen> fungiert in der Topologie einfach als Komplement zum
Begri↵ <o↵en>, aber man sollte beide nicht allzu eng mit bildlichen Vorstellungen
verbinden. Vielleicht ist es gut, daran zu erinnern, daß der Begri↵ o↵ene Menge etwa
in dem Sinne verwendet wird, wie man <o↵enes Meer> sagt und daran denkt, daß
sich sein Horizont in einem gewissen Sinne immer weiter hinausschiebt. Jedenfalls
soll der Begri↵ O↵enheit einer Menge oder eines Raumes zum Ausdruck bringen,
daß noch eine Ergänzung möglich ist, die erst die Abgeschlossenheit erzeugt.
Die topologische Definition des Zusammenhangs besagt nun, daß eine Menge
zusammenhängend genannt werden darf, wenn sie nicht in zwei o↵ene oder, was
damit gleichbedeutend wäre, in zwei abgeschlossene Teilmengen zerlegbar ist. Überträgt
man diesen Aspekt auf Texte, so muß von zwei Wörtern oder sprachlichen Ausdrücken,
die einen Text bilden sollen, der eine Teil als o↵en bezeichnet werden können und
der der andere als abgeschlossen, damit von einem Zusammenhang die Rede sein
kann. Daß das möglich ist, erkennt man am Beispiel eines elementaren Satzes wie
<Das Meer ist grün>.
224
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Der Subjektteil des Satzes,<Das Meer>, kannn als abgeschlossener Ausdruck
angesehen werden; er ist keiner Ergänzung bedürftig, um sinnvoll zu sein; er hat
eine klaren Objektbezug. Der Prädikatteil des Satzes hingegen <ist grün> muß als
o↵ener Ausdruck betrachtet werden; der Logiker Frege bezeichnete das Prädikat
als <ungesättigten Ausdruck>; tatsächlich fungiert ein Prädikat erst im Hinblick
auf das Subjekt sinnvoll.
Der Satz <Das Meer is grün> bildet daher im texttopologischen Sinne einen
Zusammenhang, weil er nicht in zwei o↵ene oder abgeschlossene Teilmengen zerlegbar ist, sondern in eine abgeschlossene und in eine o↵ene.
6.2
Stetigkeit im Rn
Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! Rk . Wir sagen, dass f in einem
Punkt x0 stetig ist, falls
8✏ > 09 > 08x, dRn (x, x0 ) <
Es seien ⇡j : Rk ! R durch
: dRk (f (x), f (x0 )) < ✏
⇡j (x) = xj
gegeben. Diese Abbildungen sind stetig. Wir bezeichnen ⇡j f , j = 1, . . . , k als die
Koordinatenabbildungen.
Lemma 85 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! Rk . Die Funktion
f ist genau dann stetig, wenn alle Koordinatenfunktionen fi , i = 1, . . . , k stetig sind.
Beweis. Wir zeigen zunächst, dass die Abbildungen ⇡j stetig sind.
|⇡j (x0 )
⇡j (x)| = |x0 (j)
xj |  kx0
xk
Damit sind f und ⇡j stetige Funktionen. Hintereinanderausführungen von stetigen
Funktionen sind auch stetig. Also ist ⇡j f stetig. ⇤
Beispiel 82 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R. f heißt in x0 Lipschitzstetig,
falls es eine Umgebung V(x0 ) und ein L > 0 gibt, so dass für alle x 2 V(x0 )
d(f (x), f (x0 ))  Ld(x, x0 )
bzw.
gilt.
|f (x)
f (x0 )|  Lkx
x0 k
Wir sagen, dass zwei Normen k k und k| k| auf einem Vektorraum V äquivalent
sind, falls es zwei Konstanten c1 , c2 > 0 gibt, so dass für alle x 2 V
c1 kxk  k|xk|  c2 kxk
gilt.
6.2. STETIGKEIT IM RN
225
Lemma 86 Auf dem Rn sind alle Normen äquivalent.
Beweis. Wir bezeichnen mit k k2 die Euklidische Norm. Jede Norm auf dem Rn
ist bzgl. der Euklidischen Norm eine stetige Funktion. Es sei
ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)
i = 1, 2, . . . , n
die Standardbasis des Rn .
n
X
kxk =
i=1
xi ei 
n
X
i=1
|xi |kei k 
Mit der Ungleichung von Cauchy-Schwarz folgt
n
X
i=1
|xi | =
Hiermit folgt
kxk 
n
X
i=1
✓
n
X
sgn(xi )xi 
i=1
| sgn(xi )|2
✓
◆X
n
max kej k
|xi |
1jn
! 12
n
X
i=1
i=1
|xi |2
! 12
=
p
nkxk2 .
! 12 ✓
◆
◆
n
X
p
p
2
max kei k
n
|xi |
 max kei k
n kxk2 .
1in
1in
i=1
Also ist jede Norm Lipschitzstetig. Die Menge
@B2n = {x| kxk2 = 1}
ist kompakt. Wir weisen dies nach. Die Euklidische Norm k k2 ist auf dem Rn eine
stetige Funktion. Die einpunktige Menge {1} ist in R eine abgeschlossene Menge.
Deshalb ist das Urbild unter der Abbildung k k2 eine abgeschlossene Menge. Diese
Menge ist aber gerade @B2n = {x| kxk2 = 1}. Damit ist diese Menge abgeschlossen
und beschränkt, also kompakt.
Deshalb werden
inf kxk und
sup kxk
kxk2 =1
kxk2 =1
angenommen. Es gilt
c1 = min kxk > 0,
kxk2 =1
weil das Minimum nicht im Punkt x = 0 angenommen werden kann. Somit gilt für
alle x mit kxk2 = 1
c1  kxk  c2 .
Somit gilt für alle x mit x 6= 0
c1 
x
 c2 .
kxk2
Also gilt für alle x
2
c1 kxk2  kxk  c2 kxk2 .
226
6.3
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Richtungsstetigkeit, Richtungsableitung und
Partielle Ableitungen
Eine Richtung im Rn ist durch einen Vektor ⇠ 2 Rn mit
n
X
k⇠k =
i=1
|⇠i |2
! 12
=1
gegeben.
Es sei U eine o↵ene Teilmenge vom Rn . Eine Funktion f : U ! R heißt in x0 2 U
in Richtung ⇠ stetig, falls es ein ⌘ > 0 gibt, so dass die Funktion g : ( ⌘, ⌘) ! R
mit g(t) = f (x0 + t⇠) in 0 stetig ist.
Äquivalent kann man sagen: Für alle reelle Folgen hk , k 2 N, mit limk!1 hk = 0
gilt
lim f (x0 + hk ⇠) = f (x0 )
k!1
Falls f in x0 stetig ist, so ist f auch in jede Richtung stetig. Die Umkehrung gilt
nicht, wie das erste Beispiel belegt.
Beispiel 83 Es sei f : R2 ! R durch
(
f (x, y) =
1
0
falls y = x2 und x > 0
sonst
gegeben. f ist in (0, 0) nicht stetig, aber f ist in (0, 0) in jede Richtung stetig.
Beweis. Für die Folge ( k1 , k12 ), k 2 N, gilt
f ( k1 , k12 ) = 1.
Es folgt
lim f ( k1 , k12 ) = 1 6= 0 = f (0, 0).
k!1
2
Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn . Eine Funktion f : U ! R heißt in x0 2 U
in Richtung ⇠ di↵erenzierbar, falls
@f
f (x0 + h⇠)
(x0 ) = lim
h!0
@⇠
h
f (x0 )
existiert. Wir nennen diesen Wert die Richtungsableitung von f in Richtung ⇠. Es
seien
ei = (0, . . . , 0, 1, 0 . . . , 0)
i = 1, . . . , n
die Einheitsvektoren. Die Richtungsableitung von f in Richtung ei wird als die i-te
partielle Ableitung bezeichnet und mit
@f
(x0 )
@xi
i = 1, . . . , n
6.3. RICHTUNGSSTETIGKEIT, RICHTUNGSABLEITUNG UND PARTIELLE ABLEITUNGEN227
notiert. Dies ist also gleich der Ableitung der Funktion g : (x0 (i) ⌘, x0 (i) + ⌘) ! R
mit
g(t) = f (x0 (1), . . . , x0 (i 1), t, x0 (i + 1), . . . , x0 (n))
im Punkt t = x0 (i).
Beispiel 84 (i) Es sei f : R2 ! R mit f (x, y) = exy . Dann gilt
@f
= yexy
@x
@f
= xexy
@y
(ii) Es sei f : R2 ! R mit f (x, y) = sin(xy). Dann gilt
@f
= y cos(xy)
@x
@f
= x cos(xy)
@y
sin(xy)
1
0.5
2
0
1
-0.5
-1
-2
0
-1
-1
0
1
2 -2
(iii) Es sei f : R2 ! R mit f (x, y) = x2 y 3 . Dann gilt
@f
= 2xy 3
@x
(iv) Es sei f : R2 ! R mit
f (x, y) =
(
1
0
@f
= 3x2 y 2
@y
falls x = 0 oder y = 0
sonst
Dann ist f nicht in (0, 0) stetig, aber die partiellen Ableitungen existieren in (0, 0) und es gilt
@f
(0, 0) = 0
@x
@f
(0, 0) = 0
@x
Beweis. (iv) Wir zeigen, dass f nicht in (0, 0) stetig ist. Es gilt f (0, 0) = 1 und
lim f ( k1 , k1 ) = 0
k!1
2
228
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Es sei U eine o↵ene Teilmenge vom Rn und x0 2 U. Die Funktion f : U ! R sei
in x0 partiell di↵erenzierbar, d.h. die partiellen Ableitungen existieren. Der Vektor
✓
◆
@f
@f
gradf (x0 ) =
(x0 ), . . . ,
(x0 )
@x1
@xn
heißt Gradient von f . Wir schreiben auch
rf (x0 )
dafür.
6.4
Di↵erenzierbarkeit im Rn
Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und x0 2 U. Eine Funktion f : U ! R heißt
di↵erenzierbar (oder auch total di↵erenzierbar) in x0 , falls es eine lineare Abbildung
T : Rn ! R gibt, so dass
(6.1)
lim
f (x0 + h)
h!0
f (x0 )
khk
Th
=0
gilt. Die lineare Abbildung T heißt das Di↵erential oder auch totales Di↵erential
von f . Wir schreiben für T auch df (x0 ).
Die Bedingung (6.1) lässt sich auch anders schreiben:
f (x0 + h)
f (x0 ) = T h + R(h)
wobei R auf einer Umgebung des Nullpunktes definiert ist und
R(h)
=0
h!0 khk
lim
erfüllt.
Die Matrixdarstellung (T (e1 ), . . . , T (en )) von T bzgl. der Standardbasis e1 , . . . , en
des Rn bezeichnen wir als die Ableitung von f im Punkt x0 . Wir schreiben dafür
auch (df (x0 )(e1 ), . . . , df (x0 )(en )).
Wenn wir T in der Matrixdarstellung bzgl. der Standardbasis e1 , . . . , en betrachten, dann nimmt die Definition der Di↵erenzierbarkeit die folgende Form an: Es
sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und x0 2 U. Eine Funktion f : U ! R heißt
di↵erenzierbar in x0 , falls es einen Vektor c = (c1 , . . . , cn ) 2 Rn , eine Umgebung
V(x0 ) und eine Funktion : V(x0 ) ! R gibt, so dass für alle x 2 V(x0 )
(x0 ) = lim (x) = 0
x!x0
f (x) = f (x0 )+ < c, x
x0 > + (x)kx
x0 k
gilt. Der Vektor c ist Ableitung von f in x0 .
Als geometrische Interpretation für die Ableitung einer Funktion f : R ! R
hatten wir angegeben, dass f durch eine Gerade approximiert werden kann. Für
eine Funktion f : Rn ! R kann man sagen, dass der Graph von f durch eine Ebene
approximiert werden kann.
6.4. DIFFERENZIERBARKEIT IM RN
229
Satz 62 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und x0 2 U. Die Funktion f :
U ! R sei in x0 di↵erenzierbar. Dann existieren alle partiellen Ableitungen und die
Ableitung von f in x0 ist
✓
◆
@f
@f
(x0 ), . . . ,
(x0 )
@x1
@xn
Beweis. Es sei V(x0 ) eine Umgebung von x0 , so dass für alle x 2 V(x0 )
f (x) = f (x0 )+ < c, x
x0 k
x0 > + (x)kx
gilt. Wir setzen x = x0 + hek . Dann gilt
f (x0 + hek ) = f (x0 )+ < c, hek > + (x0 + hek )khek k
= f (x0 ) + hck + |h| (x0 + hek ).
Es folgt
Wegen limx!x0
f (x0 + hek )
h
(x) = 0 folgt
@f
f (x0 + hek )
= lim
h!0
@xk
h
f (x0 )
= ck +
f (x0 )
|h|
(x0 + hek ).
h
= ck + lim
h!0
|h|
(x0 + hek ) = ck .
h
⇤
Bemerkung 4 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und x0 2 U. Die Funktion
f : U ! R sei in x0 di↵erenzierbar. Dann ist f in jede Richtung ⇠, k⇠k2 = 1,
di↵erenzierbar und die Richtungsableitung erfüllt
@f
(x0 ) =< rf (x0 ), ⇠ >
@⇠
und
@f
(x0 )  krf (x0 )k =
@⇠
n
X
@f
(x0 )
@x
i
i=1
2
! 12
.
Beweis. Mit Satz 62 folgt
f (x) = f (x0 )+ < rf (x0 ), x
x0 > + (x)kx
x0 k.
Mit x = x0 + h⇠ erhalten wir
f (x0 + h⇠) = f (x0 )+ < rf (x0 ), h⇠ > + (x0 + h⇠)kh⇠k
= f (x0 ) + h < rf (x0 ), ⇠ > +|h| (x0 + h⇠).
230
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Es folgt
f (x0 + h⇠)
h
Damit erhalten wir
f (x0 )
=< rf (x0 ), ⇠ > +
@f
f (x0 + h⇠)
(x0 ) = lim
h!0
@⇠
h
f (x0 )
|h|
(x0 + h⇠).
h
=< rf (x0 ), ⇠ > .
Die Abschätzung folgt mit der Abschätzung von Cauchy-Schwartz,
@f
(x0 ) = |< rf (x0 ), ⇠ >|  krf (x0 )kk⇠k = krf (x0 )k
@⇠
2
Falls eine Funktion in einem Punkt in jede Richtung di↵erenzierbar ist, so muss
sie nicht notwendig in diesem Punkt di↵erenzierbar sein. Die Funktion von Beispiel
83 ist in (0, 0) in jede Richtung di↵erenzierbar, aber nicht in (0, 0) di↵erenzierbar.
Die Bemerkung zeigt, dass die Richtung
⇠=
rf (x0 )
krf (x0 )k
rf (x0 )
die Richtung des größten Anstiegs ist. Für ⇠ = krf
gilt
(x0 )k
⌧
@f
rf (x0 )
(x0 ) = rf (x0 ),
= krf (x0 )k
@⇠
krf (x0 )k
während für beliebige ⇠
@f
(x0 )  krf (x0 )k
@⇠
gilt.
Satz 63 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R sei in x0 differenzierbar. Dann existiert zu jedem ✏ > 0 ein > 0, so dass für alle x 2 U mit
kx x0 k <
|f (x) f (x0 )|  (krf (x0 )k + ✏)kx x0 k
Beweis. Es gilt
f (x) = f (x0 )+ < rf (x0 ), x
x0 > + (x)kx
x0 k
Da limx!x0 (x) = 0 gilt, gibt es ein > 0, so dass für alle x mit kx
Abschätzung | (x)| < ✏ gilt. Es ergibt sich
|f (x)
2
f (x0 )|  | < rf (x0 ), x x0 > | + ✏kx x0 k
 krf (x0 )kkx x0 k + ✏kx x0 k
x0 k <
die
6.4. DIFFERENZIERBARKEIT IM RN
231
Satz 64 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R sei in x0 di↵erenzierbar. Dann ist f in x0 stetig.
Beweis. Nach Satz 63 gibt es ein
|f (x)
0,
so dass für alle x mit kx
f (x0 )|  (krf (x0 )k + 1)kx
x0 k <
0
x0 k
gilt. Zu gegebenem ✏ wählen wir
= min
Dann gilt für alle x mit kx
|f (x)
⇢
0,
✏
krf (x0 )k + 1
x0 k <
f (x0 )|  (krf (x0 )k + 1)kx
x0 k < (krf (x0 )k + 1) = ✏
2
Satz 65 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R. Es existiere eine
Umgebung V(x0 ) mit V(x0 ) ⇢ U, so dass die partiellen Ableitungen
@f
: V(x0 ) ! R
@xi
i = 1, . . . , n
existieren und in x0 stetig sind. Dann ist f in x0 di↵erenzierbar.
Mit diesem Satz kann man in den meisten Fällen nachweisen, dass eine Funktion
di↵erenzierbar ist. Zum richtigen Verständnis sei hier noch einmal betont: Man
@f
muss nachweisen, dass @x
als Funktion von V(x0 ) nach R, also als Funktion von n
i
@f
Veränderlichen in x0 stetig ist. @x
wird als Funktion von n Variablen aufgefasst.
i
Beweis. Es sei t 2 Rn . dann gilt
f (x0 + t)
= f (x0 )
+f (x0 (1) + t(1), x0 (2), . . . , x0 (n)) f (x0 )
..
.
+f (x0 (1) + t(1), . . . , x0 (k) + t(k), x0 (k + 1), . . . , x0 (n))
f (x0 (1) + t(1), . . . , x0 (k 1) + t(k 1), x0 (k), . . . , x0 (n))
..
.
f (x0 (1) + t(1), . . . , x0 (n) + t(n))
f (x0 (1) + t(1), . . . , x0 (n 1) + t(n 1), x0 (n)).
Dies nennt man eine Teleskopsumme. Nach dem Mittelwertsatz der Di↵erentialrechnung (Satz 19) gibt es für alle k = 1, . . . , n
⇠k 2 (x0 (k), x0 (k) + t(k))
232
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
mit
f (x0 (1) + t(1), . . . , x0 (k) + t(k), x0 (k + 1), . . . , x0 (n))
f (x0 (1) + t(1), . . . , x0 (k 1) + t(k 1), x0 (k), . . . , x0 (n))
@f
= t(k)
(x0 (1) + t(1), . . . , x0 (k 1) + t(k 1), ⇠k , x0 (k + 1), . . . , x0 (n)).
@xk
Damit folgt
f (x0 + t) = f (x0 )
n
X
@f
+
t(k)
(x0 (1) + t(1), . . . , x0 (k
@xk
k=1
1) + t(k
1), ⇠k , x0 (k + 1), . . . , x0 (n)).
1) + t(k
1), ⇠k , x0 (k + 1), . . . , x0 (n))
Also gilt
f (x0 + t)
f (x0 )
n
X
t(k)
k=1
@f
(x0 )
@xk
✓
@f
=
t(k)
(x0 (1) + t(1), . . . , x0 (k
@x
k
k=1
n
X
◆
@f
(x0 ) .
@xk
Wir setzen nun
(x0 + t)
✓
n
X
t(k) @f
=
(x0 (1) + t(1), . . . , x0 (k
ktk
@x
k
k=1
1) + t(k
1), ⇠k , x0 (k + 1), . . . , x0 (n))
◆
@f
(x0 ) .
@xk
Wegen der Stetigkeit der partiellen Ableitungen gilt
lim (x0 + t) = 0
t!0
und es folgt
f (x0 + t)
f (x0 )
n
X
t(k)
k=1
2
@f
(x0 ) = ktk (x0 + t).
@xk
Beispiel 85 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R in x0 di↵erenzierbar. Wir
bezeichnen die n-dimensionale Hyperebene, die durch
x(n + 1)
f (x0 ) =
n
X
@f
(x0 )(x(k)
@xk
x0 (k))
k=1
gegeben ist, als die Tangentialhyperebene an den Graphen von f im Punkt (x0 , f (x0 )).
6.5. PARTIELLE ABLEITUNGEN HÖHERER ORDNUNG
6.5
233
Partielle Ableitungen höherer Ordnung
Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R eine Funktion, deren partielle
@f
Ableitung @x
auf U existiert. Diese partielle Ableitung ist eine Funktion auf U. Falls
i
die partielle Ableitung dieser Funktion in x0 nach der j-ten Koordinate existiert, so
bezeichnen wir diese mit
@2f
(x0 )
@xj @xi
Entsprechend definieren wir höhere Ableitungen. Falls die partielle Ableitung von
f nach xk1 , . . . , xk` auf U existiert und die partielle Ableitung dieser Funktion in x0
nach der Variablen xk`+1 existiert, dann bezeichnen wir diese mit
@ `+1 f
(x0 )
@xk`+1 , . . . , @xk1
Falls alle partiellen Ableitungen der Ordnung ` existieren und auf einer o↵enen
Menge U stetig sind, dann heißt f `-mal stetig di↵erenzierbar. C ` (U)ist der Vektorraum aller `-mal stetig di↵erenzierbaren Funktionen auf U.
Im Allgemeinen kommt es bei der Bildung höherer partieller Ableitungen darauf an, in welcher Reihenfolge man di↵erenziert. In vielen Fällen besteht Unabhängigkeit von der Reihenfolge.
Beispiel 86 (i) Es sei f : R3 ! R durch
f (x, y, z) = 3x2 y
z 3 + x2
3y 7
x6 z 3
gegeben. Dann gilt
@f
= 6xy + 2x
@x
und
0
B
@
@2f
@2x
@2f
@x@y
@2f
@x@z
@2f
@y@x
@2f
@2y
@2f
@y@z
@f
= 3x2
@y
6x5 z 3
@2f
@z@x
@2f
@z@y
@2f
@2z
(ii) Es sei f : R2 ! R
21y 6
1
0
6y + 2 30x4 z 3
C @
6x
A=
18x5 z 2
f (x, y) =
8
<0
@f
=
@z
6x
126y 5
0
3z 2
3x6 z 2
1
18x5 z 2
A
0
6
6z 6x z
falls x = y = 0
2
2
y
: xy x
2
x + y2
sonst
f ist auf R2 di↵erenzierbar. Die partiellen Ableitungen zweiter Ordnung existieren auf R2 und es
gilt
@2f
@2f
(0, 0) 6=
(0, 0)
@x@y
@y@x
Die partiellen Ableitungen
@2f
@x@y
und
@2f
@y@x
sind in (0, 0) nicht stetig.
234
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Satz 66 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R eine Funktion,
deren zweite partielle Ableitungen existieren und in w stetig sind. Dann gilt für alle
i, j = 1, . . . , n
@2f
@2f
(w) =
(w)
@xi @xj
@xj @xi
Beweis. Wir nehmen an, dass i < j. Nach dem Mittelwertsatz der Di↵erentialrechnung gibt es ein ⇥j mit ⇥j 2 (0, 1), so dass
f (w1 , . . . , wi 1 , wi + hi , wi+1 , . . . , wj 1 , wj + hj , wj+1 , . . . , wn )
f (w1 , . . . , wj 1 , wj + hj , wj+1 , . . . , wn )
f (w1 , . . . , wi 1 , wi + hi , wi+1 , . . . , wn ) + f (w)
✓
@f
= hj
(w1 , . . . , wi 1 , wi + hi , wi+1 , . . . , wj 1 , wj + ⇥j hj , wj+1 , . . . , wn )
@xj
◆
@f
(w1 , . . . , wj 1 , wj + ⇥j hj , wj+1 , . . . , wn ) .
@xj
Hierbei haben wir den Mittelwersatz auf die Funktion
: [wj , wj + hj ] ! R
(t) = f (w1 , . . . , wi 1 , wi + hi , wi+1 , . . . , wj 1 , t, wj+1 , . . . , wn )
f (w1 , . . . , wj 1 , t, wj+1 , . . . , wn )
angewendet. ⇥j hängt von w, hi und hj ab.
Wir wenden den Mittelwertsatz ein weiteres Mal an, dieses Mal auf die Funktion
: [wi , wi + hi ] ! R
(t) =
@f
(w1 , . . . , wi 1 , t, wi+1 , . . . , wj 1 , wj + ⇥j hj , wj+1 , . . . , wn )
@xj
Wir erhalten
f (w1 , . . . , wi 1 , wi + hi , wi+1 , . . . , wj 1 , wj + hj , wj+1 , . . . , wn )
f (w1 , . . . , wj 1 , wj + hj , wj+1 , . . . , wn )
f (w1 , . . . , wi 1 , wi + hi , wi+1 , . . . , wn ) + f (w)
2
@ f
= hi hj
(w1 , . . . , wi 1 , wi + ⇥i hi , wi+1 , . . . , wj 1 , wj + ⇥j hj , wj+1 , . . . , wn )
@xi @xj
wobei ⇥i 2 (0, 1).
˜ i und ⇥
˜ j gibt, so dass
Genauso erhalten wir, dass es ⇥
f (w1 , . . . , wi 1 , wi + hi , wi+1 , . . . , wj 1 , wj + hj , wj+1 , . . . , wn )
f (w1 , . . . , wj 1 , wj + hj , wj+1 , . . . , wn )
f (w1 , . . . , wi 1 , wi + hi , wi+1 , . . . , wn ) + f (w)
2
@ f
˜ i hi , wi+1 , . . . , wj 1 , wj + ⇥
˜ j hj , wj+1 , . . . , wn )
= hi hj
(w1 , . . . , wi 1 , wi + ⇥
@xj @xi
6.6. ABBILDUNGEN VOM RN IN DEN RM
235
Deshalb gilt
@2f
(w1 , . . . , wi 1 , wi + ⇥i hi , wi+1 , . . . , wj 1 , wj + ⇥j hj , wj+1 , . . . , wn )
@xi @xj
@2f
˜ i hi , wi+1 , . . . , wj 1 , wj + ⇥
˜ j hj , wj+1 , . . . , wn )
=
(w1 , . . . , wi 1 , wi + ⇥
@xj @xi
Wegen der Stetigkeit von
@2f
@xi @xj
und
@2f
@xj @xi
im Punkt w folgt
@2f
@2f
(w) =
(w)
@xi @xj
@xj @xi
2
Bei dem eben bewiesenen Satz ist es wichtig, dass die Definitionsmenge der
Funktion eine o↵ene Teilmenge des Rn ist. Dazu der folgende Satz.
Satz 67 (Kör2) Es gibt eine Funktion f : Q2 ! Q, die überall di↵erenzierbar ist,
die stetige, partielle Ableitungen aller Ordnungen besitzt und die für alle (x, y) 2 Q2
die Ungleichung
@2f
@2f
(x, y) 6=
(x, y)
@x@y
@y@x
erfüllt.
6.6
Abbildungen vom Rn in den Rm
Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! Rm . Wir schreiben auch
f = (f1 , . . . , fm ), wobei fi , i = 1, . . . , m, die Koordinatenabbildungen sind.
Die Funktion f : U ! Rm heißt di↵erenzierbar (oder auch total di↵erenzierbar)
in x0 , falls es eine lineare Abbildung T : Rn ! Rm gibt, so dass
(6.2)
lim
f (x0 + h)
h!0
f (x0 )
khk
Th
=0
gilt. Die lineare Abbildung T heißt das Di↵erential oder auch totales Di↵erential
von f .
Dies lässt sich auch so formulieren: f heißt in x0 di↵erenzierbar, wenn es eine
m ⇥ n-Matrix
C = (ci,j )m,n
i,j=1
und eine Funktion
: V(x0 ) ! Rm gibt, die in einer Umgebung V(x0 ) von x0
definiert ist, so dass für alle i = 1, . . . , m
i (x0 )
= lim
x!x0
i (x)
fi (x) = fi (x0 ) +
=0
n
X
j=1
ci,j (xj
x0j ) +
i (x)kx
x0 k
236
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
gilt.
Insbesondere bedeutet diese Definition, dass jede Koordinatenfunktion fi , i =
1, . . . , m, in x0 di↵erenzierbar ist. Also gilt für i = 1, . . . , m und j = 1, . . . , n
ci,j =
@fi
(x0 )
@xj
Man sieht auch, dass f di↵erenzierbar ist, falls alle Koordinatenabbildungen differenzierbar sind.
Falls alle partiellen Ableitungen in x0 existieren (f muss nicht di↵erenzierbar
sein), so nennt man die m ⇥ n Matrix
✓
◆m,n
df
@fi
@(f1 , . . . , fm )
J(x0 ) =
(x0 ) =
=
dx
@xj i,j=1 @(x1 , . . . , xn )
die Jacobische Funktionalmatrix von f an der Stelle x0 .
Beispiel 87 (Polarkoordinaten) Es sei f : (0, 1) ⇥ R ! R2 durch
f (r, ) = (r cos , r sin )
gegeben. f ist auf (0, 1) ⇥ R di↵erenzierbar und
! ✓
@f1
@f1
df
cos
@r
@
=
=
@f2
@f2
sin
d(r, )
@r
@
r sin
r cos
◆
Um nachzuweisen, dass f di↵erenzierbar ist, reicht es zu zeigen, dass f1 und f2 di↵erenzierbar
sind. Nach Satz 65 reicht es zu zeigen, dass die partiellen Ableitungen stetig sind.
6.7
Kettenregel
Satz 68 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn , W sei eine o↵ene Teilmenge des
Rm . Es seien f : U ! Rm und g : W ! R` Funktionen, die in x0 2 U und
f (x0 ) 2 W di↵erenzierbar sind. Dann ist auch h = g f in x0 di↵erenzierbar und
dh
dg
df
(x0 ) = (f (x0 )) (x0 )
dx
dy
dx
bzw.
0
0
B
=@
@g1
(f (x0 ))
@y1
B
@
...
..
.
@g`
(f (x0 )) . . .
@y1
@h1
(x0 )
@x1
...
@h1
(x0 )
@xn
1
C
..
A
.
@h`
(x0 )
@xn
1 0 @f1
@g1
(f (x0 ))
(x0 ) . . .
@ym
@x1
CB
..
..
A@
.
.
..
.
@h`
(x
0) . . .
@x1
@g`
(f (x0 ))
@ym
@fm
(x0 )
@x1
...
@f1
(x0 )
@xn
1
C
..
A
.
@fm
(x0 )
@xn
Die Ableitung von h ist das Matrizenprodukt der Ableitungen von g und f .
6.7. KETTENREGEL
237
Beweis. Für alle i = 1, . . . , m gilt
fi (x) = fi (x0 )+ < rfi (x0 ), x
x0 > + i (x)kx
x0 k
und für alle k = 1, . . . , ` gilt
gk (y) = gk (f (x0 ))+ < rgk (f (x0 )), y
f (x0 ) > +
k (y)ky
f (x0 )k
Hieraus folgt
hk (x)
= gk (f (x))
= gk (f (x0 ))+ < rgk (f (x0 )), f (x) f (x0 ) > + k (f (x))kf (x) f (x0 )k
m
X
@gk
= gk (f (x0 )) +
(f (x0 ))(fi (x) fi (x0 )) + k (f (x))kf (x) f (x0 )k
@yi
i=1
= gk (f (x0 )) +
m
X
@gk
i=1
@yi
(f (x0 )) [< rfi (x0 ), x
+
k (f (x))kf (x)
x0 > + i (x)kx
f (x0 )k
Es folgt weiter
Pn
⇣P
m
hk (x) = hk (x0 ) + j=1
⇣P
m @gk
+
i=1 @yi (f (x0 )) i (x) +
k (f (x))
kf (x)
kx
Wir müssen überprüfen, dass
lim
x!x0
m
X
@gk
i=1
@yi
⌘
@gk
@fi
i=1 @yi (f (x0 )) @xj (x0 )
(f (x0 )) i (x) +
k (f (x))
(xj x0j )
⌘
f (x0 )k
kx x0 k
x0 k
kf (x)
kx
f (x0 )k
=0
x0 k
gilt. Dies gilt, weil
lim (x) = 0
x!x0
lim
(f (x)) = 0
x!x0
und weil es eine Umgebung gibt, in der
kf (x)
kx
f (x0 )k
x0 k
beschränkt ist. Letzteres gilt, weil f in x0 di↵erenzierbar ist. 2
Beispiel 88 Es seien f : R2 ! R2 und g : R2 ! R durch
f (r, ) = (r cos , r sin )
gegeben. Dann gilt
und
g(x, y) = x2 + y 2
g f (r, ) = r2
@(g f )
= 2r
@r
@(g f )
=0
@
x0 k]
238
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
g f (r, ) = r2 cos2
+ r2 sin2
= r2
Hieraus folgt sofort
@(g f )
@(g f )
= 2r
=0
@r
@
Wir wollen nun die Kettenregel benutzen, um dasselbe Ergebnis zu bekommen.
!
✓
◆
@f1
@f1
⇣
⌘
r cos
r sin
@g
@g
@r
@
2x 2y
=
@f2
@f2
@x
@y
r sin
r cos
@r
@
✓
◆
r cos
r sin
2r cos
2r sin
=
= ( 2r
r sin
r cos
6.8
0 )
Mittelwertsatz
Satz 69 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R sei auf U di↵erenzierbar. Es seien x, y 2 U, so dass die Verbindungsstrecke
[x, y] = {z 2 Rn |9t 2 [0, 1] : z = (1
t)x + ty}
in U liegt. Dann gibt es ein ⇠ 2 [x, y] mit ⇠ 6= x und ⇠ 6= y, so dass
f (x) =< rf (⇠), y
f (y)
x>
Beweis. Es sei F : [0, 1] ! R durch
F (t) = f (x + t(y
x))
gegeben. Mit der Kettenregel erhalten wir
F 0 (t) =< rf (x + t(y
x)), y
x>
Nach dem Mittelwertsatz für Funktionen einer reellen Variablen gibt es ein ⇥ 2 (0, 1)
mit
F (1) F (0) = F 0 (⇥) =< rf (x + ⇥(y x)), y x >
2
Eine Teilmenge M des Rn heißt konvex, falls für alle x, y 2 M auch die Verbindungsstrecke
[x, y] in M enthalten ist. Für solche Mengen ist die Voraussetzung von Satz immer
erfüllt.
Für Funktionen f : Rn ! Rm , wobei m
2 gilt, kann man den Satz nicht
formulieren. Dazu das folgende Beispiel.
Beispiel 89 Es sei f : R ! R2 durch
f (x) = (x2 , x3 )
gegeben. Dann gibt es kein ⇠ 2 [0, 1] mit
df
(⇠) = f (1)
dx
f (0)
6.9. DER SATZ VON TAYLOR
239
df
Beweis. Wir nehmen an, dass es ein ⇠ 2 [0, 1] mit dx
(⇠) = f (1)
✓ ◆ ✓ ◆ ✓
◆
1
0
2⇠
=
1
0
3⇠ 2
f (0) gibt. Dann folgt
Hieraus folgt, dass 2⇠ = 1 und 3⇠ 2 = 1 gelten. Aus der ersten Gleichung folgt ⇠ = 12 . Dies in die
zweite Gleichung eingesetzt liefert 34 = 1, was falsch ist. 2
Satz 70 Es sei G ein Gebiet im Rn und f : G ! R sei auf G di↵erenzierbar. f ist
genau dann auf G konstant, wenn für alle x 2 G
rf (x) = 0
gilt.
Beweis. Falls f konstant ist, dann sind alle partiellen Ableitungen 0 und damit gilt
rf = 0.
Es gelte nun rf = 0. Da G ein Gebiet ist, gibt es für alle x, y 2 G einen
Polygonzug, der ganz in G liegt und der die beiden Punkte verbindet.
x1 = x
m
[1
xm = y
i=1
[xi , xi+1 ] ✓ G
Nach dem Mittelwertsatz gibt es für alle i = 1, 2, . . . , m 1 ein ⇠i 2 (xi , xi+1 ), so
dass
f (xi+1 ) f (xi ) =< rf (⇠i ), xi+1 xi >= 0
Deshalb gilt für alle i = 1, . . . , m
1
f (xi ) = f (xi+1 )
Insbesondere gilt f (x) = f (y). Also ist f konstant. 2
In Satz 70 wird vorausgesetzt, dass f auf einer zusammenhängenden Menge
definiert ist und dort di↵erenzierbar ist. Dies ist wesentlich. Die Funktion f :
R2 \ {(x, y)|x = 0} ! R
(
1
x>0
f (x, y) =
1
x<0
ist di↵erenzierbar und es gilt rf = 0, aber f ist nicht konstant.
6.9
Der Satz von Taylor
Für Funktionen f : R ! R, die m + 1-mal stetig di↵erenzierbar sind, hatten wir die
Formel von Taylor bewiesen:
f (x) =
m
X
f (k) (x0 )
k=0
k!
(x
x0 )k + Rm (x, x0 )
240
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
wobei es ein ⇥ 2 (0, 1) gibt, so dass
Rm (x, x0 ) =
1
(x
(m + 1)!
x0 )m+1 f (m+1) (x0 + ⇥(x
x0 ))
Dieses Ergebnis soll nun auf Funktionen f : Rn ! R verallgemeinert werden. Ein
Polynom von n Veränderlichen x1 , . . . , xn ist eine Funktion p : Rn ! R mit
p(x1 , . . . , xn ) =
N
X
k1 ,...,kn =1
ak1 ,...,kn xk11 xk22 · · · xknn
Der Grad des Polynoms p ist die größte Zahl k1 + k2 + · · · + kn mit ak1 ,...,kn 6= 0. Wir
schreiben formal für h = (h1 , . . . , hn ) und r = ( @x@ 1 , . . . , @x@n )
< h, r >=
und
n
X
m
< h, r > =
i=1
@
hi
@xi
!m
n
X
hi
i=1
@
@xi
n
X
=
k1 ,...,km =1
hk1 · · · hkm
@m
@xk1 · · · @xkm
Wir fassen < h, r >m ale eine lineare Abbildung bzw. als Di↵erentialoperator von
C m (U) nach C(U) auf.
!m
n
n
X
X
@
@ mf
m
< h, r > f =
hi
f=
hk1 · · · hkm
@xi
@xk1 · · · @xkm
i=1
k ,...,k =1
1
m
Wir behandeln r formal wie einen Vektor des Rn .
Satz 71 (Taylor) Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R sei m + 1mal stetig di↵erenzierbar. Es seien x0 , x 2 U, so dass [x0 , x] ⇢ U. Dann gibt es ein
⇥ 2 (0, 1) mit
m
X
1
f (x) = f (x0 ) +
(< x
k!
k=1
+
x0 , r >k f )(x0 )
1
(< x
(m + 1)!
Der Summand
f (x0 ) +
m
X
1
(< x
k!
k=1
x0 , r >m+1 f )(x0 + ⇥(x
x0 , r >k f )(x0 )
wird als Taylorpolynom m-ten Grades bezeichnet und
Rm (x, x0 ) =
1
(< x
(m + 1)!
x0 , r >m+1 f )(x0 + ⇥(x
x0 ))
x0 ))
6.9. DER SATZ VON TAYLOR
241
als das Restglied.
Beweis. Es gibt ein ✏ > 0, so dass
(x0
Wir definieren
✏(x
x0 ), x0 + (1 + ✏)(x
x0 )) ⇢ U
: ( ✏, 1 + ✏) ! R durch
(t) = f (x0 + t(x
x0 ))
Da f m + 1-mal stetig di↵erenzierbar ist, folgt mit der Kettenregel, dass auch
m + 1-mal stetig di↵erenzierbar ist. Wir wenden nun den Taylorschen Satz für
Funktionen einer Variablen auf an. Es gibt also ein ⇥ 2 (0, 1), so dass
(1) = (0) +
m
X
(k)
(m+1)
(0)
(⇥)
+
k!
(m + 1)!
k=1
Es gelten (1) = f (x), (0) = f (x0 ) und mit der Kettenregel folgt
(k)
(0) = (< x
x0 , r >k f )(x0 )
2
Falls f unendlich oft di↵erenzierbar ist und
lim Rm (x, x0 ) = 0
m!1
gilt, dann erhalten wir
f (x) = f (x0 ) +
1
X
1
(< x
k!
k=1
x0 , r >k f )(x0 )
Beispiel 90 (i) Es sei U eine o↵ene Teilmenge des R2 und (x0 , y0 ) 2 U. Die Abbildung f : U ! R
sei in (x0 , y0 ) unendlich oft di↵erenzierbar und
lim Rm ((x, y), (x0 , y0 )) = 0
m!1
Dann gilt
1
m ✓ ◆
X
1 X m
@mf
f (x, y) =
m!
k @xk @y m
m=0
k
(x0 , y0 )(x
x0 )k (y
k=0
(Man beachte, dass die Reihenfolge der Di↵erentiation keine Rolle spielt.)
(ii) Für alle (x, y) 2 R2 gilt
x+y
e
✓ ◆
1 X
m
X
1 m k m
=
x y
m! k
m=0
k=0
k
y0 )m
k
242
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Beweis. (ii) Wir wenden hier die Formel von (i) an.
@ k+` ex+y
= ex+y
@xk @y `
Man kann diese Formel auch folgendermaßen herleiten. Für alle t 2 R gilt
et =
Mit t = x + y folgt
x+y
e
2
1
X
tm
m!
m=0
1
1
m ✓ ◆
X
X
(x + y)m
1 X m k m
=
=
x y
m!
m! m=0 k
m=0
m=0
k
Die Konvergenzgebiete von Taylorreihen bzw. Potenzreihen mehrerer Veränderlichen
sehen komplizierter aus als im eindimensionalen Fall.
Beispiel 91 Die Potenzreihe
1
X
xn y n
n=0
konvergiert absolut in der Menge {(x, y)|x · y < 1}. Diese Menge ist log-konvex, d.h. die Menge
{(ln x, ln y)|x · y < 1} ist konvex.
Man kann allgemein zeigen, dass die Konvergenzmenge einer Potenzreihe mit Entwicklungspunkt
0 log-konvex ist. Im Komplexen hängt dies mit Reinhardt-Gebieten zusammen [Hör].
6.10
Extremwerte
Es sei M eine Teilmenge des Rn und f : M ! R. Man sagt, dass f in einem
Punkt x0 2 M ein lokales oder relatives Minimum bzw. Maximum hat, falls es eine
Umgebung V(x0 ) gibt, so dass für alle x 2 V(x0 ) \ M
f (x)
f (x0 )
bzw.
f (x)  f (x0 )
gilt. Es liegt ein striktes lokales oder relatives Minimum bzw. Maximum vor, falls
es eine Umgebung V(x0 ) gibt, so dass für alle x 2 V(x0 ) \ M mit x 6= x0
f (x) > f (x0 )
bzw.
f (x) < f (x0 )
gilt. Wir sagen, dass ein lokales Extremum vorliegt, falls ein lokales Minimum oder
Maximum vorliegt.
f hat ein globales Minimum oder Maximum in x0 , falls für alle x 2 M
f (x)
gilt.
f (x0 )
bzw.
f (x)  f (x0 )
6.10. EXTREMWERTE
243
Lemma 87 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R nach allen
Variablen partiell di↵erenzierbar. Falls f in x0 ein lokales Extremum hat, so gilt
rf (x0 ) = 0
Wir nennen Punkte x0 mit rf (x0 ) = 0 kritische Punkte.
Beweis. Wir betrachten f als Funktion ihrer i-ten Variablen, : (x0 (i)
)!R
(t) = f (x0 (1), . . . , x0 (i 1), t, x0 (i + 1), . . . , x0 (n))
O↵ensichtlich hat
, x0 (i) +
in t = x0 (i) ein lokales Extremum. Somit gilt
d
(x0 (i)) = 0
dt
Es folgt weiter
@f
(x0 )
@xi
=
d
(x0 (i))
dt
= 0. 2
Das folgende Beispiel zeigt, dass die Bedingung von Lemma 87 zwar notwendig,
aber nicht hinreichend ist.
Beispiel 92 Es sei f : R2 ! R durch f (x, y) = xy gegeben. Es ist (0, 0) ein kritischer Punkt mit
rf (0, 0) = 0, aber es liegt in (0, 0) kein lokales Extremum vor.
Auf Grund der Form des Graphen von f sprechen wir von einem Sattelpunkt. Siehe hierzu die
Graphik.
f (x, y) = xy
-2 -1
0
1
2
4
2
0
-2
-4
-2
-1
0
1
Beweis. Es gilt
@f
=y
@x
@f
=x
@y
2
244
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Also gilt rf (0, 0) = 0.
Wenn wir f auf die Gerade x = y einschränken, dann erhalten wir f (x, x) = x2 . Im Punkt
x = 0 liegt ein Minimum vor. Andererseits können wir f auf die Gerade y = x einschränken und
erhalten f (x, x) = x2 . Hier liegt in x = 0 ein Maximum vor. Somit kann in (0, 0) weder ein
Minimum noch ein Maximum vorliegen. 2
Es sei A = (ai,j )ni,j=1 eine reelle, symmetrische Matrix, d.h. At = A. Das
Polynom
n
X
t
QA (x) = x Ax =
ai,j xi xj
i,j=1
heißt die zu A gehörige quadratische Form. Die Matrix A bzw. die Funktion QA
heißt
(i) positiv semidefinit, wenn für alle x 2 Rn gilt, dass QA (x) 0.
(ii) negativ semidefinit, wenn für alle x 2 Rn gilt, dass QA (x)  0.
(iii) positiv definit, wenn für alle x 2 Rn mit x 6= 0 gilt, dass QA (x) > 0.
(iv) negativ definit, wenn für alle x 2 Rn mit x 6= 0 gilt, dass QA (x) < 0.
(v) indefinit, falls A weder positiv semidefinit, noch negativ semidefinit ist.
Lemma 88 Es sei A eine reelle, symmetrische Matrix. Dann gilt:
(i) A ist genau dann positiv (negativ) definit, wenn alle Eigenwerte von A positiv
(negativ) sind.
(ii) A ist genau dann positiv (negativ) semidefinit, wenn alle Eigenwerte von A
nichtnegativ (nichtpositiv) sind.
Beweis. (i) A besitze einen Eigenwert, der nicht positiv ist. Wir zeigen, dass A
nicht positiv definit ist. Es sei x ein Eigenvektor von A zum Eigenwert mit  0.
Dann folgt
n
X
t
t
QA (x) = x Ax = x x =
x2i  0
i=1
Um die andere Beweisrichtung zu führen, benötigt man das folgende Ergebnis der
linearen Algebra: Falls A eine reelle, symmetrische Matrix ist, dann gibt es eine
Matrix U , so dass U t U = I und
U AU t = D
eine Diagonalmatrix ist. Die Diagonalelemente der Matrix D sind die Eigenwerte
der Matrix A. Also gilt di,i > 0, i = 1, . . . , n.
Somit gilt A = U t DU und
xt Ax = xt U t DU x = (U x)t D(U x)
Wir setzen y = U x und erhalten
t
t
x Ax = y Dy =
n
X
i=1
di,i yi2 > 0
6.10. EXTREMWERTE
245
Die letzte Ungleichung gilt, weil di,i > 0 und y 6= 0. 2
Um zu entscheiden, ob eine Matrix positiv definit ist, müsste man also die Eigenwerte berechnen. Dies kann sich jedoch schwierig gestalten. Es reicht aber zu zeigen,
dass die Eigenwerte sämtlich positiv sind. Dies ist im wesentlichen der Inhalt des
folgenden Satzes.
Satz 72 Es sei A eine reelle, symmetrische n ⇥ n Matrix.
(i) A ist genau dann positiv definit, wenn für alle k = 1, . . . , n
0
1
a1,1 . . . a1,k
B
.. C > 0
det @ ...
. A
ak,1 . . . ak,k
gilt.
(ii) A ist genau dann negativ definit, wenn für alle k = 1, . . . , n
0
1
a1,1 . . . a1,k
B
.. C > 0
( 1)k det @ ...
. A
ak,1 . . . ak,k
gilt.
Beispiel 93 (i) Die Matrix
0
B
@
1
..
0
.
0
n
1
C
A
ist genau dann positiv definit, falls für alle i = 1, . . . , n gilt, dass
(ii) Die Matrix
✓
◆
a b
b c
ist genau dann positiv definit, wenn a > 0 und ac
i
> 0.
b2 > 0 gelten.
Satz 72 lässt sich nicht direkt auf die Begri↵e positiv semidefinit und negativ
semidefinit übertragen. Dazu das folgende Beispiel. Es sei
✓
◆
0 0
A=
0
1
Für die Hauptunterdeterminanten erhalten wir
det(0) = 0
und
aber A ist nicht positiv semidefinit.
det
✓
0
0
0
1
◆
=0
246
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Satz 73 Eine reelle,symmetrische n ⇥ n Matrix ist genau dann positiv semidefinit,
wenn alle Hauptunterdeterminanten von A nicht negativ sind, d.h. wenn für alle
k = 1, . . . , n und alle i1 , . . . , ik
0
1
ai1 ,i1 . . . ai1 ,ik
B
.. C 0
det @ ...
. A
aik ,i1 . . . aik ,ik
gilt.
Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R sei in x0 zweimal stetig
di↵erenzierbar. Wir bezeichnen die Matrix
✓ 2
◆n
@ f
(x0 )
@xi @xj
i,j=1
als Hesse-Matrix.
Lemma 89 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R sei zweimal
stetig di↵erenzierbar in U. Es seien x0 2 U und ✏ > 0, so dass B(x0 , ✏) ✓ U .
Dann gibt es eine Funktion ⇢ : B(x0 , ✏) ! R mit limy!0 ⇢(y) = 0, so dass für alle
h 2 B(0, ✏)
f (x0 + h) = f (x0 )+ < rf (x0 ), h > +
n
1 X @ 2 f (x0 )
hi hj + khk2 ⇢(h)
2 i,j=1 @xi @xj
gilt.
Beweis. Nach dem Satz von Taylor (Satz 71) gibt es zu jedem h ein ⇥(h) 2 (0, 1),
so dass
n
1 X @ 2 f (x0 + ⇥(h)h)
f (x0 + h) = f (x0 )+ < rf (x0 ), h > +
hi hj .
2 i,j=1
@xi @xj
Deshalb
n
1 X @ 2 f (x0 )
f (x0 + h) = f (x0 )+ < rf (x0 ), h > +
hi hj + r(h)
2 i,j=1 @xi @xj
mit
Dann gilt
n ✓
1 X @ 2 f (x0 + ⇥(h)h)
r(h) =
2 i,j=1
@xi @xj
n ✓
|r(h)|
1 X @ 2 f (x0 + ⇥(h)h)
=
khk2
2 i,j=1
@xi @xj
◆
@ 2 f (x0 )
hi hj
@xi @xj
@ 2 f (x0 )
@xi @xj
◆
hi hj
khk khk
6.10. EXTREMWERTE
247
Wegen |hi |  khk
✓
n
|r(h)|
1 X @ 2 f (x0 + ⇥(h)h)

khk2
2 i,j=1
@xi @xj
@ 2 f (x0 )
@xi @xj
◆
Da die zweiten partiellen Ableitungen von f in x0 stetig sind, gilt für alle i, j =
1, . . . , n
✓ 2
◆
@ f (x0 + ⇥(h)h) @ 2 f (x0 )
lim
=0
h!0
@xi @xj
@xi @xj
und damit
|r(h)|
= 0.
h!0 khk2
lim
Wir setzen für h 6= 0
⇢(h) =
|r(h)|
khk2
und ⇢(0) = 0. 2
Lemma 90 Eine relle, symmetrische n ⇥ n-Matrix A ist genau dann positiv definit,
wenn es ein C > 0 gibt, so dass für alle x 2 Rn
2
kxk  C
n
X
ai,j xi xj
i,j=1
Beweis. 2
Satz 74 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! R sei zweimal stetig
di↵erenzierbar in U mit rf (x0 ) = 0. Dann gelten:
(i) Ist die Hesse-Matrix
✓ 2
◆n
@ f
(x0 )
@xi @xj
i,j=1
positiv definit, so hat f in x0 ein lokales Minimum. Ist die Hesse-Matrix negativ
definit, so hat f in x0 ein lokales Maximum.
(ii) Hat f in x0 ein lokales Minimum, so ist die Hesse-Matrix
✓
◆n
@2f
(x0 )
@xi @xj
i,j=1
positiv semidefinit. Hat f in x0 ein lokales Maximum, so ist die Hesse-Matrix negativ
semidefinit.
(iii) Ist die Hesse-Matrix indefinit, so hat f in x0 kein relatives Extremum.
248
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Punkte, in denen die Hesse-Matrix indefinit ist, nennt man Sattelpunkte.
Beweis. (i) Nach Lemma 89 gilt
n
1 X @ 2 f (x0 )
f (x0 + h) = f (x0 )+ < rf (x0 ), h > +
hi hj + khk2 ⇢(h).
2 i,j=1 @xi @xj
Wegen rf (x0 ) = 0 gilt
n
f (x0 + h) f (x0 )
1 X @ 2 f (x0 ) hi hj
=
+ ⇢(h).
khk2
2 i,j=1 @xi @xj khk khk
Wegen Lemma 90 gibt es eine Konstante c > 0 mit
n
1 X @ 2 f (x0 ) hi hj
2 i,j=1 @xi @xj khk khk
c.
Da ⇢ in 0 stetig ist, gibt es ein > 0, so dass für alle h mit khk <
|⇢(h)| < 2c gilt. Also gilt für alle h 6= 0 mit khk <
f (x0 + h) f (x0 )
khk2
c
>0
2
gilt.
(ii) Es gibt ein > 0, so dass für alle x mit kx
di↵erenzierbar ist. Deshalb gibt es für alle h mit khk <
f (x0 + h)
die Ungleichung
x0 k < die Funktion f
ein ⇥ 2 (0, 1), so dass
1
f (x0 ) = (< r, h > f )(x0 ) + (< r, h >2 f )(x0 + ⇥(h)h)
2
n
n
X
X
@f
1
@2f
=
(x0 )hi +
(x0 + ⇥(h)h)hi hj
@x
2
@x
@x
i
i
j
i=1
i,j=1
Da rf (x0 ) = 0 gilt, folgt
f (x0 + h)
n
1 X @2f
f (x0 ) =
(x0 + ⇥(h)h)hi hj
2 i,j=1 @xi @xj
Da f in x0 ein lokales Minimum hat, so gibt es ein ✏ > 0, so dass für alle h mit
khk < ✏
n
1 X @2f
0  f (x0 + h) f (x0 ) =
(x0 + ⇥(h)h)hi hj
2 i,j=1 @xi @xj
Es folgt, dass für alle h mit khk < ✏ und alle t 2 (0, 1)
0
n
1 X @2f
(x0 + ⇥(th)th)thi thj
2 i,j=1 @xi @xj
6.10. EXTREMWERTE
249
gilt. Hieraus folgt, dass für alle h mit khk < ✏ und alle t 2 (0, 1)
0
n
X
@2f
(x0 + ⇥(th)th)hi hj
@x
@x
i
j
i,j=1
gilt. Wegen der Stetigkeit von
@2f
@xi @xj
in x0 ergibt sich für t ! 0, dass für alle h mit khk < ✏
0
n
X
@2f
(x0 )hi hj
@xi @xj
i,j=1
gilt. Damit ist die Hesse-Matrix positiv semidefinit. 2
Beispiel 94 (i) Es sei f : R2 ! R durch f (x, y) = x2 + y 2 gegeben. f hat in (0, 0) ein lokales,
striktes Minimum.
(ii) Es sei f : R2 ! R durch f (x, y) = xy gegeben. f hat in (0, 0) einen Sattelpunkt.
(iii) Es sei f : R ! R durch f (x) = x3 gegeben. Satz 74 reicht nicht aus, um zu entscheiden,
ob ein Minimum oder Maximum in 0 vorliegt. (Tatsächlich liegt keines von beiden vor.)
Beweis. (i) Es gilt
@f
= 2x
@x
@f
= 2y
@y
Also ist (0, 0) der einzige kritische Punkt. Die Hesse-Matrix im Punkt (0, 0) ist
@2f
@x2
@2f
@y@x
@2f
@x@y
@2f
@y 2
!
=
✓
2 0
0 2
◆
Die Eigenwerte der Matrix sind alle strikt positiv, also ist sie positiv definit.
(ii) Es gilt
@f
@f
=y
=x
@x
@y
Also ist (0, 0) der einzige kritische Punkt. Die Hesse-Matrix in (0, 0) ist
✓
◆
0 1
1 0
Die Eigenwerte sind 1 und 1. Also ist die Matrix indefinit. Es liegt ein Sattelpunkt vor.
(iii) In 0 liegt der einzige kritische Punkt vor und die Hesse-Matrix ist dort 0. 2
Beispiel 95 Es sei f : R2 ! R
f (x, y) = (2x2 + 3y 2 )e
x2 y 2
Dann sind (0, 0), (0, 1), (0, 1), (1, 0), ( 1, 0) die kritischen Punkte. In (0, 0) liegt ein relatives
Minimum vor, in (0, 1) und (0, 1) liegen relative Maxima vor und in (1, 0) und ( 1, 0) liegen
Sattelpunkte vor.
250
Beweis.
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
@f
= (4x
@x
4x3
@f
= (6y
@y
x2 y 2
6xy 2 )e
6y 3
4x2 y)e
x2 y 2
Die kritischen Punkte erfüllen
0 = 2x(2
2x2
3y 2 )
0 = 2y(3
2x2
3y 2 )
Also gelten
x=0
oder
2x2 + 3y 2 = 2
y=0
oder
2x2 + 3y 2 = 3
und
Hieraus ergeben sich die Fälle
x=0
y=0
2x2 + 3y 2 = 2
y=0
x=0
2x + 3y 2 = 3
2x2 + 3y 2 = 2
2x2 + 3y 2 = 3
2
Somit sind (0, 0), (±1, 0) und (0, ±1) die kritischen Punkte.
@2f
@x2
@2f
@y 2
@2f
=
@x@y
12xye
x2 y 2
= (4
12x2
6y 2 )e
= (4
20x2
6y 2 + 8x4 + 12x2 y 2 )e
= (6
18y 2
4x2 )e
= (6
30y 2
4x2 + 12y 4 + 8x2 y 2 )e
x2 y 2
+ (4x
4x3
+ (4x
x2 y 2
6xy 2 )( 2y)e
Die Hesse Matrizen in (0, 0), (±1, 0), (0, ±1) sind
✓
4 0
0 6
◆
+ (6y
✓
8
e
0
0
2
e
◆
4x3
6xy 2 )( 2x)e
x2 y 2
x2 y 2
6y 3
4x2 y)( 2y)e
x2 y 2
x2 y 2
x2 y 2
= ( 20xy + 8x3 y + 12xy 3 )e
✓
2
e
0
0
12
e
x2 y 2
◆
2
Beispiel 96 Es sei f : R2 ! R durch f (x, y) = (y x2 )(y 3x2 ) gegeben. Diese Funktion hat in
(0, 0) kein relatives Extremum, aber f eingeschränkt auf jede Gerade durch (0, 0) besitzt in (0, 0)
ein striktes relatives Minimum.
6.10. EXTREMWERTE
Beweis.
251
@f
=
@x
2x(y
3x2 )
@f
= (y
@y
6x(y
3x2 ) + (y
x2 ) =
8xy + 12x3
x2 ) = 2y
4x2
Die kritischen Punkte erfüllen
12x3 = 8xy
Hieraus folgt
4x2 = 2y
12x3 = 16x3
und damit x = 0. Also gilt auch y = 0. Der einzige kritische Punkt ist (0, 0).
@2f
=
@x2
@2f
=2
@y 2
8y + 36x2
Die Hesse Matrix in (0, 0) ist
✓
0 0
0 2
@2f
=
@x@y
8x
◆
Diese Matrix ist positiv semidefinit. Das bedeutet, dass in (0, 0) kein relatives Maximum vorliegen
kann. Wir können nicht schließen, ob in (0, 0) ein lokales Minimum vorliegt oder nicht. Um
einzusehen, dass in (0, 0) kein lokales Extremum vorliegt, betrachten wir die Gerade {(0, y)|y 2 R}
und die Kurve {(x, 2x2 )|}. Es gelten f (0, y) = y 2 und f (x, 2x2 ) = x4 . Deshalb nimmt f in jeder
Umgebung von (0, 0) sowohl strikt positive, als auch strikt negative Werte an. Deshalb liegt in
(0, 0) kein relatives Extremum vor.
Wir schränken nun f auf die Gerade y = ax ein.
a (x)
= f (x, ax) = (ax
0
a (x)
0 und
a
2
±
a
p
2 3
x2 )(ax
= 2a2 x
3x2 ) = a2 x2
4ax3 + 3x4
12ax2 + 12x3
sind kritische Punkte.
00
a (x)
= 2a2
24ax + 36x2
Somit liegt in 0 ein striktes relatives Minimum vor.
Wir wollen noch untersuchen, wie der Graph von f aussieht. In dem Punkt
a
relatives Maximum von a und in a2 + 2p
ein relatives Minimum vor. 2
3
a
2
a
p
2 3
liegt ein
252
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Beispiel 97 (Beste Approximation im quadratischen Mittel) Es sei f 2 C[0, 1]. Es gibt genau ein
Polynom
n
X
pn (x) =
ak xk
k=0
n-ten Grades, so dass
Z
1
0
minmal ist.
Es sei
bk =
Z
1
|f (x)
pn (x)|2 dx
f (x)xk dx
k = 0, 1, . . . , n
0
Dann lassen sich die Koeffizienten des Polynoms durch
0
1 0
a0
✓
◆n
1
B .. C B
@ . A=@
i + j + 1 i,j=0
an
1
b0
.. C
. A
bn
berechnen.
Die minimierenden Polynome sind nicht mit den Taylorpolynomen identisch.
Beweis. Wir setzen
F (a0 , . . . , an ) =
Z
1
f (x)
0
=
Z
0
1
|f (x)|2 dx
2
n
X
k=0
n
X
2
ak x
ak
k=0
k
Z
1
dx
f (x)xk dx +
0
n
X
ai aj
i
+
j+1
i,j=0
F ist ein Polynom 2. Grades. Wir wollen den Punkt bestimmen, an dem das absolute Minimum
angenommen wird. Zunächst wissen wir noch nicht, dass das Minimum überhaupt angenommen
wird, wir wissen auch noch nicht, dass dieser Punkt eindeutig ist.
Wir untersuchen die kritischen Punkte.
Z 1
n
X
@F
ai
j
= 2
f (x)x dx + 2
@aj
i
+
j+1
0
i=0
Damit erfüllen die kritischen Punkte a die Gleichungen
Z 1
n
X
ai
=
f (x)xj dx
i
+
j
+
1
0
i=0
j = 0, 1, . . . , n
Wir zeigen nun, dass es genau eine Lösung diese Gleichungssystems gibt. Dazu zeigen wir, dass
die Matrix
✓
◆n
1
i + j + 1 i,j=0
invertierbar ist. Wir zeigen, dass alle Eigenwerte der Matrix
✓
◆n
1
i + j + 1 i,j=0
strikt positiv sind. Um dies zu zeigen, benutzen wir Satz und weisen nach, dass für alle k = 0, . . . , n
✓
◆k
1
0 < det
i + j + 1 i,j=0
6.10. EXTREMWERTE
253
gilt. Hierzu benutzen wir die folgende Formel. Für alle Zahlen a0 , . . . , an und b0 , . . . , bn mit
ai + bj 6= 0, i, j = 0, . . . , n gilt
Q
aj )(bi bj )
✓
◆n
0  i, j  n (ai
1
j <i
Q
det
=
n
ai + bj i,j=0
i,j=0 (ai + bj )
Mit ai = i + 1 und bj erhalten wir für alle k = 1, . . . , n
Q
j)2
✓
◆k
0  i, j  k (i
1
j <i
det
= Qk
>0
i + j + 1 i,j=0
i,j=0 (i + j + 1)
Damit gibt es genau einen kritischen Punkt, der die behauptete Gleichung erfüllt. Die Hesse Matrix
von F an dieser Stelle ist
✓
◆n
1
i + j + 1 i,j=0
Wie wir eben festgestellt haben besitzt sie nur positive Eigenwerte und damit liegt ein striktes,
lokales Minimum vor.
Nun zeigen wir, dass das lokale Minimum auch ein globales ist. Dazu müssen wir zeigen, dass
ein globales Minimum existiert. Da ein globales Minimum insbesondere ein lokales ist und es nur
ein lokales Minimum gibt, muss das lokale Minimum das globale sein.
Wir überlegen uns, dass es ein r gibt, so dass für alle a 2 Rn mit kak r
F (0)  F (a)
gilt. Wir bezeichnen
Q(a) =
n
X
ai aj
i
+
j+1
i,j=0
L(a) = 2
n
X
Z
aj
1
f (x)xj dx
0
j=0
Mit der Ungleichung von Cauchy Schwartz folgt
0
n Z
X
@
|L(a)|  2kak
1 12
f (x)xj dx A
0
j=0
Weiter gilt, dass
2
1
inf Q(b) = min Q(b) > 0
kbk=1
kbk=1
Das Infimum wird angenommen, weil Q eine stetige Funktion ist und die Menge {b| kbk = 1}
kompakt ist. Das Minimum ist strikt grösser als 0, weil Q positiv definit ist. Wir wählen
2
r=
F (a)
= Q(a)
L(a) +
kak2 Q
0
a
kak
◆
j=0
Z
1
0
f (x)x dx
j
2
◆ 12
|f (x)|2 dx
0
n Z
X
2kak @
B
kak @kak min Q(b)
kbk=1
R1
minkbk=1 Q(b)
0
✓
✓
Pn
j=0
2
1
0
0
n Z
X
2@
j=0
1 12
f (x)xj dx A +
0
1
Z
0
1
|f (x)|2 dx
1 12 1
Z
C
f (x)xj dx A A +
2
0
1
|f (x)|2 dx
254
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Für a mit kak
r folgt
Z
F (a)
1
0
|f (x)|2 dx = F (0)
Also wird das Minimum von f in der Menge {a| kak  r} angenommen. Also muss es sich um das
lokale Minimum handeln.
Tatsächlich hätten wir nicht nachweisen brauchen, dass die Hesse Matrix positiv definit ist.
Es reicht zu zeigen, dass ein globales Minimum existiert und dass es einen eindeutigen kritischen
Punkt gibt.
Unter allen quadratischen Polynomen liefert
p2 (x) = (39e
das Minimum für
105) + (588
Z
0
1
216e)x + (210e
570)x2
(a0 + a1 x + a2 x2 )|2 dx
|ex
Das Polynom ist nicht mit dem Taylorpolynom von ex identisch.
Bei der Berechnung des Polynoms verfahren wir wie folgt. Es gilt
Z 1
Z 1
Z 1
ex dx = e 1
xex dx = 1
x2 ex dx = e
0
0
Das Gleichungssystem
0
hat die eindeutige Lösung
@
1
1
2
1
3
1
2
1
3
1
4
2
0
10
1 0
1
a0
e 1
A @ a1 A = @ 1 A
a2
e 2
1
3
1
4
1
5
(a0 , a1 , a2 ) = (39e
105, 588
216e, 210e
570)
2
Beispiel 98 Eine rechteckige Schachtel ohne Deckel werde aus 12 m2 Karton hergestellt. Man
finde die Schachtel mit maximalem Volumen.
Die Länge, Breite und Höhe der Schachtel sei mit x, y, z bezeichnet. Dann ist das Volumen
gleich
V = xyz.
Für die Fläche erhalten wir
F = 2xz + 2yz + xy = 12.
Wir lösen diese Gleichung nach z auf.
z=
Hiermit
V = xy
12 xy
2(x + y)
12 xy
12xy x2 y 2
=
.
2(x + y)
2(x + y)
Wir fassen V als Funktion von {(x, y)|x > 0 und y > 0} nach R auf.
@V
y 2 (12 2xy x2 )
=
@x
2(x + y)2
Für die kritischen Punkte gilt
x 6= 0
@V
x2 (12 2xy y 2 )
=
@y
2(x + y)2
y 6= 0
6.11. IMPLIZITE FUNKTIONEN
255
weil anderenfalls V = 0. Deshalb gilt
12
2xy
x2 = 0
Hieraus folgt
12
2xy
x2 = 12
3x2
y2 = 0
x2 = y 2 .
Da x > 0 und y > 0, so gilt x = y. Es folgt
0 = 12
2xy
und damit
x = 2.
Damit gilt auch y = 2. Für z erhalten wir
z=
12 xy
12 4
=
= 1.
2(x + y)
8
Wir prüfen nach, dass es sich um ein lokales Maximum handelt.
@2V
@x2
@ y 2 (12 2xy x2 )
@x
2(x + y)2
3
1 ( 2y
2xy 2 )(x + y)2 2(x + y)y 2 (12
2
(x + y)4
=
=
Für x = y = 2 erhalten wir
@2V
@y@x
=
=
@2V
@2V
=
=
@x2
@y 2
2xy
1
@ y 2 (12 2xy x2 )
@y
2(x + y)2
1 (24y 6xy 2 2x2 y)(x + y)2 2(x + y)y 2 (12
2
(x + y)4
Für x = y = 2 erhalten wir
@x@y
@y 2
2xy
x2 )
1
.
2
@2V
@2V
=
=
@y@x
@x@y
Für die Hesse Matrix an der Stelle (2, 2) erhalten wir
! ✓
@2V
@2V
@x2
@y@x
=
@2V
@2V
x2 )
1
1
2
1
2
1
◆
.
Die Eigenwerte der Matrix sind 12 und 32 . Damit haben wir nachgewiesen, dass ein lokales
Maximum in x = y = 2 vorliegt. Es bleibt noch zu zeigen, dass dies ein globales ist.
6.11
Implizite Funktionen
Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und fi : U ! R, i = 1, . . . , m. Unter welchen
Voraussetzungen kann man das Gleichungssystem
fi (x) = 0
i = 1, . . . , m
256
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
lösen? Kann man das Gleichungssystem nach bestimmten Variablen auflösen? Unter
welchen Voraussetzungen sind die Lösungen di↵erenzierbare Funktionen?
Das Gleichungssystem
x2 + y 2 + z 2
ex
hat z.B.
z=
p
1
y2
=1
= sin y
| ln(sin y)|2
als eine Lösung. (Wir haben das System nach der z-Variablen aufgelöst.)
Wir sagen, dass das System
fi (x) = 0
i = 1, . . . , m
mit m < n lokal in x0 nach x1 , . . . , xm auflösbar ist, falls es eine Umgebung V(x0 (m+
1), . . . , x0 (n)) von (x0 (m + 1), . . . , x0 (n)) 2 Rn m und eine eindeutige Funktion
: V(x0 (m + 1), . . . , x0 (n)) ! Rm
gibt, so dass für alle (x(m + 1), . . . , x(n)) 2 V(x0 (m + 1), . . . , x0 (n)) und alle i =
1, . . . , m
fi ( 1 (x(m + 1), . . . , x(n)), . . . ,
gilt. Wir sagen, dass
m (x(m
+ 1), . . . , x(n)), x(m + 1), . . . , x(n)) = 0
implizit durch das Gleichungssystem definiert ist.
Satz 75 Es seien m < n, U eine o↵ene Teilmenge des Rn und
fi : U ! R
i = 1, . . . , m
stetig di↵erenzierbare Funktionen auf U. Es sei x0 2 U, so dass für alle i = 1, . . . , m
die Gleichung fi (x0 ) = 0 gilt, und die Matrix
✓
◆m
@fi
(x0 )
@xk
i,k=1
sei nicht singulär. Dann ist das Gleichungssystem
fi (x) = 0
i = 1, . . . , m
lokal in x0 auflösbar und die Lösung ist auf einer Umgebung von (x0 (m+1), . . . , x0 (n))
stetig di↵erenzierbar. Die Funktionalmatrix von berechnet sich durch
✓
◆m,n
@ i
(x0 (m + 1), . . . , x0 (n))
@xk
i=1,k=m+1
✓
◆m ! 1 ✓
◆m,n
@fi
@fi
=
(x0 )
(x0 )
@xk
@xk
i,k=1
i=1,k=m+1
6.11. IMPLIZITE FUNKTIONEN
257
Der Satz ist insbesondere dann von Interesse, wenn es zu kompliziert ist, ein
Gleichungssystem aufzulösen. Der Satz hat also theoretisches Interesse. Er stellt
nur sicher, dass es eine Lösung gibt, ohne jedoch eine explizite Formel für die Lösung
zu liefern.
Zum Beweis wird der Mittelwertsatz verwendet. Die Beweisidee und Formulierung
geht auf lineare Gleichungssysteme zurück. Falls fi , i = 1, . . . , m, lineare Abbildungen sind, so hat man
n
X
ai,k x(k) = 0
i = 1, . . . , m
k=1
Dieses System lässt sich nach x(1), . . . , x(m) auflösen, wenn die Determinante der
Matrix
✓
◆m
@fi
m
(ai,k )i,k=1 =
@xk i,k=1
von 0 verschieden ist, bzw. wenn diese Matrix eine Inverse besitzt. Wir überlegen
uns dies. Es gilt
n
X
ai,k x(k) = 0
i = 1, . . . , m
k=1
genau dann, wenn
m
X
n
X
ai,k x(k) =
k=1
gilt. A
1
ai,k x(k)
sei die Inverse der Matrix A = (ai,k )m
i,k=1 . Dann folgt
0
1
!m
x(1)
n
X
B
C
A @ ... A =
ai,k x(k)
x(m)
bzw.
i = 1, . . . , m
k=m+1
0
1
x(1)
B .. C
@ . A=A
x(m)
k=m+1
1
n
X
i=1
!m
ai,k x(k)
k=m+1
i=1
Der Schritt von einem linearen Gleichungssystem auf ein allgemeines wird durch
Approximation mittels der Taylorpolynome 1. Grades vollzogen.
n
X
@fi
fi (x0 + h) ⇠ fi (x0 ) +
(x0 )hk
@x
k
k=1
i = 1, . . . , m
Beweis. Wir beweisen die Ableitungsformel. Es sei f = (f1 , . . . , fm ) und V eine
o↵ene Umgebung von (x0 (m + 1), . . . , x0 (n)) im Rn m , so dass für alle (x(m +
1), . . . , xn ) 2 V und alle
i
:V !R
i = 1, . . . , m
258
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
gilt
f ( 1 (x(m + 1), . . . , x(n)), . . . ,
m (x(m
+ 1), . . . , x(n)), x(m + 1), . . . , x(n)) = 0
Wir definieren g : V ! Rn durch
g(x(m + 1), . . . , x(n))
= ( 1 (x(m + 1), . . . , x(n)), . . . ,
m (x(m
+ 1), . . . , x(n)), x(m + 1), . . . , x(n))
Hiermit ergibt sich für alle (x(m + 1), . . . , x(n)) 2 V
f
g(x(m + 1), . . . , x(n)) = 0
Deshalb gilt für alle (x(m + 1), . . . , x(n)) 2 V
d(f g)
(x(m + 1), . . . , x(n)) = 0
d((x(m + 1), . . . , x(n)))
Mit der Kettenregel folgt für alle (x(m + 1), . . . , x(n)) 2 V
df
dg
(g(x(m + 1), . . . , x(n)))
(x(m + 1), . . . , x(n)) = 0
dx
d(x(m + 1), . . . , x(n))
In Matrizenschreibweise erhalten wir
0
0
B
@
@f1
@x1
...
..
.
@fm
@x1
@f1
@xn
..
.
...
@fm
@xn
B
1B
B
B
CB
AB
B
B
B
B
@
@ 1
@xm+1
... ...
@ m
@xm+1
1
0
..
.
... ...
0 ...
1 ...
...
0
...
..
.
@ 1
@xn
C
C
C
@ m C
@xn C
0 C
C=0
0 C
C
C
A
1
..
.
0
Es folgt für alle j = m + 1, . . . , n und alle i = 1, . . . , m
1
m
X
@fi @ k
@fi
+
=0
@xk @xj
@xj
k=1
In Matrizenschreibweise ist dies
✓
◆m,n
✓
◆m ✓
◆m,n
@fi
@fi
@ k
=
@xj i=1,j=m+1
@xk i,k=1 @xj k=1,j=m+1
⇤
Beispiel 99 (i) Es sei f : R2 ! R durch f (x, y) = x2
y gegeben.
(ii) Es sei f : R2 ! R durch f (x, y) = y x3 gegeben. f (x, y) = 0 kann lokal in (0, 0) nach
x aufgelöst werden. Wir können aber nicht den Satz über implizite Funktionen anwenden, um dies
sicherzustellen.
6.11. IMPLIZITE FUNKTIONEN
259
(iii) Es sei f : (0, 1) ⇥ (0, 1) ⇥ (0, 1) ! R durch
f (x, y, z) = xy + y z + z x
3
gegeben. f (x, y, z) = 0 kann in (1, 1, 1) lokal nach x aufgelöst werden und die Ableitung von x(y, z)
im Punkt (1, 1) ist
dx
(1, 1) = ( 1, 1)
d(y, z)
(iv) Es sei f : R2 ! R durch
f (x, y) = x3 + y 3
x+y
gegeben. f hat in allen Punkten, in denen f (x, y) = 0 gilt, eine lokale Auflösung nach y. Im
Punkt x = p13 hat die implizite Funktion ein striktes lokales Maximum und im Punkt x = p13 ein
striktes lokales Minimum. In allen anderen Punkten, in denen eine Auflösung möglich ist, liegen
keine Extrema vor.
Beweis. (i) Um die implizite Funktion f (x, y) = 0 bzw. x2 y = 0 zu bestimmen, braucht man
den Satz über implizite Funktionen nicht. Wir wollen aber an diesem Beispiel die Aussage des
Satzes über implizite Funktionen studieren.
O↵ensichtlich ist die Auflösung nach y die Funktion y = x2 . Um den Satz anzuwenden müssen
wir
@f
= 1
@y
berechnen. Diese 1 ⇥ 1 Matrix ist nicht singulär. Also ist f (x, y) = 0 in allen Punkten (x0 , y0 ) mit
x20 y0 = 0 lokal auflösbar. Die Ableitung lässt sich durch die Formel
✓ ◆ 1
dy
@f
@f
=
= 2x
dx
@y
@x
Da wir die Auflösung y = x2 kennen lässt sich dieses Ergebnis auch direkt berechnen.
p
Als Auflösung nach x erhalten wir x = y. Der Satz kann angewendet werden und sagt aus,
dass wir lokal auflösen können, falls die partielle Ableitung @f
@x = 2x von 0 verschieden ist. Dies
schliesst den Punkt (0, 0) aus. Tatsächlich gibt es auch keine lokale Auflösung im Punkt (0, 0).
Eine solche Funktion müsste nach Definition in einer Umgebung des Punktes 0 existieren. Die
p
Auflösung y existiert aber nur rechts von 0.
Die Berechnung der Ableitung liefert
✓ ◆ 1
dx
@f
@f
1
1
=
=
= p
dy
@x
@y
2x
2 y
(ii) O↵ensichtlich ist x =
angewendet werden, weil
p
3 y eine Auflösung nach x.
Der Satz kann aber nicht in (0, 0)
@f
=
@x
3x
für x = 0 gleich 0 ist.
(iii) Der Punkt (1, 1, 1) erfüllt die Gleichung. Wegen
@f
= yxy
@x
gilt
1
+ (ln z)z x
@f
(1, 1, 1) = 1
@
260
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Also ist f im Punkt (1, 1, 1) nach x lokal auflösbar. Weiter gilt
@f
= (ln x)xy + zy z
@y
@f
= (ln y)y z + xz x
@z
1
@f
(1, 1, 1) = 1
@y
Damit erhalten wir
⇣
⌘
@x
@x
(1,
1)
(1,
1)
=
@y
@y
✓
1
@f
(1, 1, 1) = 1
@z
◆
@f
(1, 1, 1)
@x
(iv) Wegen
1
⇣
@f
@y (1, 1, 1)
@f
@z (1, 1, 1)
⌘
= ( 1, 1)
@f
= 3y 2 + 1 > 0
@y
ist f (x, y) = 0 in allen Punkten (x0 , y0 ) mit f (x0 , y0 ) = 0 lokal auflösbar.
✓ ◆ 1✓ ◆
dy
@f
@f
1 3x2
=
= 2
dx
@y
@x
3y + 1
Diese Gleichung erhält man auch so: Aus x3 + y 3
3x2 + 3y 2 y 0
und damit
y0 =
x + y = 0 folgt
1 + y0 = 0
1 3x2
3y 2 + 1
Deshalb sind die einzigen kritischen Punkte x = p13 und x =
f ( p13 , y) = 0. Für einen solchen Wert y muss gelten
1
y3 + y = p
3
p1 .
3
Tatsächlich gibt es ein y mit
1
2
( p )3 = p
3
3 3
2
Für y = 0 und y = 1 ergibt sich 0 < 3p
< 1. Also gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein y mit
3
2
3
y + y = 3p3 . Ebenso verfahren wir für x = p13 .
Nun prüfen wir nach, dass in p13 ein Maximum und in p13 ein Minimum liegt.
y 00 =
Für x =
p1
3
(3y 2 + 1)( 6x) (1 3x2 )6yy 0
(3y 2 + 1)2
erhalten wir
(3y 2 + 1)( 6x)
(1
3x2 )6yy 0 =
6
p (3y 2 + 1) < 0
3
2
6.12
Umkehrabbildungen
Satz 76 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und f : U ! Rn sei auf U stetig
di↵erenzierbar. Es sei x0 2 U und
✓
◆
df
det
(x0 ) 6= 0
dx
6.12. UMKEHRABBILDUNGEN
261
dann gibt es o↵ene Umgebungen V(x0 ) und W(f (x0 )) von x0 und f (x0 ), so dass
V(x0 ) eineindeutig auf W(f (x0 )) abgebildet wird, d.h. es gibt auf W(f (x0 )) eine
Umkehrabbildung f 1 .
Die Umgebung V(x0 ) bzw. W(f (x0 )) können so gewählt werden, dass f 1 auf
W(f (x0 )) stetig di↵erenzierbar ist und für alle x 2 V(x0 )
✓
◆ 1
df 1
df
(f (x)) =
(x)
dy
dx
gilt.
Dieser Satz ist eine Folgerung aus dem Satz über implizite Funktionen. Falls
f : Rn ! Rn eine lineare Abbildung ist, also f (x) = Ax, wobei A eine n ⇥ n-Matrix
ist, so ist f genau dann invertierbar, wenn die Determinante von
df
=A
dx
von 0 verschieden ist. Der allgemeine Fall folgt wieder mittels Approximation der
fi , i = 1, . . . , n durch Taylorpolynome 1. Grades
n
X
@fi
fi (x0 + h) ⇠ fi (x0 ) +
(x0 )hk
@x
k
k=1
Beweis. Wir setzen
Fi (y1 , . . . , yn , x1 , . . . , xn ) = fi (x1 , . . . , xn )
yi
i = 1, . . . , n
Nach dem Satz über implizite Funktionen ist das System
Fi (y1 , . . . , yn , x1 , . . . , xn ) = 0
i = 1, . . . , n
bzw.
fi (x1 , . . . , xn ) = yi
i = 1, . . . , n
nach x im Punkt (x0 , f (x0 ) lokal auflösbar, wenn die Determinante von
✓
◆n
✓
◆n
@Fi
@fi
=
@xk i,k=1
@xk i,k=1
von 0 verschieden ist. Dies ist aber gerade durch die Annahme im Satz sichergestellt.
Also gibt es eine Umgebung W(f (x0 )), auf der f 1 stetig di↵erenzierbar ist.
Falls W(f (x0 )) nicht o↵en ist, wählen wir eine o↵ene Teilmenge von W(f (x0 )).
Wir können also annehmen, dass W(f (x0 )) o↵en ist. Da f stetig ist, so ist auch das
Urbild von W(f (x0 )) o↵en. Diese Umgebung von x0 bezeichnen wir mit V(x0 ).
Die Gleichung für die Ableitung folgt wieder aus der Kettenregel. Es gilt
f
1
(f (x)) = x
262
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Es folgt
d
f
dx
1
(f (x)) = In
Mit der Kettenregel folgt
df 1
df
(f (x)) (x) = In
dy
dx
Also gilt
df 1
(f (x)) =
dy
2
✓
◆
df
(x)
dx
1
Beispiel 100 (i) Es sei f : R2 ! R2 durch
f (r, ) = (x(r, ), y(r, )) = (r cos , r sin )
gegeben. f ist in allen Punkten (r, ) mit r 6= 0 lokal invertierbar. Die lokalen Inversen sind durch
r=
p
x2 + y 2
= arctan
y
x
gegeben.
(ii) Es sei f : (0, 1) ⇥ R ! R2 durch
f (r, ) = (x(r, ), y(r, )) = (r cos , r sin )
gegeben. f ist in allen Punkten (r, ) lokal invertierbar, f ist aber nicht global invertierbar.
(iii) Es sei f : R2 ! R2 durch
f (x, y) = (u(x, y), v(x, y)) = (x2 + y 2 , xy)
gegeben. f ist lokal umkehrbar, falls x2 6= y 2 . Die lokalen Inversen sind durch
s
r
v
u
u2
x= r
y=
+
v2
q
2
4
2
u
u
v2
2 +
4
gegeben. (iv) (Polarkoordinaten) Es sei f : Rn ! Rn durch
f (r,
1, . . . ,
n 1)
= (x1 , . . . , xn )
und
x1
x2
x3
..
.
= r cos
= r sin
= r sin
xn 1
xn
= r sin
= r sin
1
cos
1 sin
1
2
2
. . . sin
1 . . . sin
1
cos
3
cos
2 sin
n 2
n 1
n
n 1
6.12. UMKEHRABBILDUNGEN
263
gegeben. Dies lässt sich auch so schreiben
x1
xk
xn
= r cos 1
kY1
=r
sin
=r
i=1
n
Y1
i
sin
cos
k = 2, 3, . . . , n
k
1
i
i=1
Es gilt
det
✓
df
d(r, 1 , . . . ,
n 1)
◆
= rn
1
= rn
1
sinn
n
Y2
2
1
sinn
sinn
k 1
3
2
. . . sin
n 2
k
k=1
Beweis. (i) Wir wenden den Umkehrsatz an. Die Abbildung f ist stetig di↵erenzierbar, weil die
partiellen Ableitungen existieren und stetig sind.
@x
= cos
@r
@x
=
@
@y
= sin
@r
r sin
Die Determinante der Funktionalmatrix ist
!
✓
@x
@x
cos
@r
@
det
=
det
@y
@y
sin
@r
@
◆
r sin
r cos
@y
= r cos
@
= r cos2
+ r sin2
=r
Die Funktionalmatrix ist also für alle (r, ) mit r 6= 0 von 0 verschieden. Somit ist f in allen diesen
Punkten lokal invertierbar. Dies kann man auch leicht dadurch einsehen, dass man die Inverse
berechnet. Aus x = r cos und x = r sin folgen
r2 = x2 + y 2
y
= tan
x
und
Mit dem Satz über die Umkehrfunktion erhalten wir für die Ableitung der Inversen
✓
◆ 1
df 1
df
(f (r, )) =
(r, )
d(x, y)
d(r, )
bzw.
df 1
(f (r, )) =
d(x, y)
✓
cos
sin
✓
=
r sin
r cos
x
r
y
r2
y
r
x
r2
◆
◆
=
1
=
✓
cos
1
r sin
p
2
x
x2 +y
y
x2 +y 2
p
sin
1
r cos
!
y
x2 +y 2
x
x2 +y 2
◆
Da wir die Umkehrabbildung explizit ausgerechnet haben, können wir die Ableitung auch direkt
ausrechnen.
(ii) f ist wegen (i) in allen Punkten lokal umkehrbar, aber nicht global umkehrbar, weil
f (r, ) = f (r, + 2⇡)
(iii) Für die Funktionaldeterminante von f erhalten wir
!
✓
◆
@f1
@f1
2x 2y
@x
@y
det
=
det
= 2x2
@f2
@f2
y
x
@x
@y
2y 2
264
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Die Funktionaldeterminante ist also genau dann 0, wenn x2 = y 2 . Auch hier können wir die
Inversen explizit berechnen. Aus u = x2 + y 2 und v = xy folgt
x=
v
y
und
Es folgt
y=
s
v2
+ y2
x2
y2 u + v2
y4
und damit
u=
u
+
2
r
u2
4
v2
2
Es stellt sich die Frage, ob man beim Umkehrsatz die Voraussetzung, dass die
Funktion stetig di↵erenzierbar ist, abschwächen kann? Reicht vielleicht, die Di↵ferenzierbarkeit aus. Dies ist nicht der Fall. Dazu das folgende Beispiel.
Beispiel 101 Es sei f : R ! R durch
f (x) = x + x2 cos
⇡
x2
definiert. f ist überall di↵erenzierbar f 0 (0) = 1, aber nicht in 0 lokal umkehrbar.
Beweis. Falls eine di↵erenzierbare Funktion auf einem Intervall umkehrbar ist, so muss ihre
Ableitung nicht negativ oder nicht positiv auf dem Intervall sein. Da f 0 (0) = 1, so muss die
Ableitung auf dem Intervall nicht negativ sein. Es gilt
f 0 (x) = 1 + 2x cos
und für
erhalten wir
0
also
1
x= q
2k +
1
1
A = 1 + 2q 1
f0 @q
3
2k + 2
2k +
6.13
0
1
3
2
3
2
r
✓
◆
✓
◆
3
3
3
cos 2k⇡ + ⇡ + 2⇡ 2k + sin 2k⇡ + ⇡
2
2
2
1
A=1
f @q
2k + 32
0
2
⇡
2⇡
⇡
+
sin 2
x2
x
x
2⇡
r
2k +
3
<0
2
Lagrangesche Multiplikatoren
Joseph Lagrange (1736-1813) wurde in Turin geboren. Er sollte Jura studieren,
studierte aber Mathematik und wurde mit 19 Jahren Prfessor für Mathematik an
der Königlichen Militär Schule in Turin. Er wurde von Friedrich II. zum Nachfolger
6.13. LAGRANGESCHE MULTIPLIKATOREN
265
von Euler an der Akademie der Wissenschaften in Berlin ernannt. Nach Friedrichs
Tod ging er auf Einladung von Louis XVI. nach Paris. 1788 verö↵entlichte er sein
wichtigstes Werk ”Analytische Mechanik”.Diese Werk setzt die Mechanik von Newton, den Bernoullis und Euler fort. Es wird die Idee entwickelt, dass Probleme in
der Mechanik auf gewöhnliche und partielle Di↵erentialgleichungen zurückzuführen
sind. Da er sehr introvertiert war, überlebte er die Französische Revolution.
Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn . Es seien f : U ! R und g : U ! Rm
stetig di↵erenzierbare Funktionen. Wir wollen die lokalen Extrema von f auf der
Menge
{x 2 U|g(x) = 0}
bestimmen. Wir bezeichnen dies als ein Extremwertproblem mit Nebenbedingungen.
Satz 77 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn . Es seien f : U ! R und g : U !
Rm stetig di↵erenzierbare Funktionen. Es sei x0 2 U mit g(x0 ) = 0 und
✓
◆
dg
rg
(x0 ) = m
dx
Wir nehmen an, dass f in x0 einn lokales Extremum unter der Nebenbedingung
g(x) = 0 habe. Dann gibt es ein 2 Rm mit
rf (x0 ) =
Die Zahlen
1, . . . ,
m
m
X
i=1
i rgi (x0 )
heißen Lagrangesche Multiplikatoren.
Beweis. Wir können annehmen, dass die Matrix
0 @g1
1
@g1
(x
)
.
.
.
(x
)
0
0
@x1
@xm
B
C
..
..
@
A
.
.
@gm
@gm
(x0 ) . . . @xm (x0 )
@x1
nicht singulär ist, anderenfalls ordnen wir die Variablen x1 , . . . , xn neu.
Aus dem Satz über implizite Funktionen folgt, dass g(x) = 0 lokal in x0 nach
x(1), . . . , x(m) auflösbar ist. Also gibt es eine Umgebung V(x̃0 ) von x̃0 = (x0 (m +
1), . . . , x0 (n)) und eine Funktion : V ! Rm mit
g( 1 (x(m + 1), . . . , x(n)), . . . ,
m (x(m
+ 1), . . . , x(n)), x(m + 1), . . . , x(n)) = 0
Wir definieren
F (x(m + 1), . . . , x(n))
= f ( 1 (x(m + 1), . . . , x(n)), . . . ,
m (x(m
+ 1), . . . , x(n)), x(m + 1), . . . , x(n))
266
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Nach Voraussetzungen hat F in x̃0 ein lokales Extremum. Also erhalten wir mit der
Kettenregel für alle k = m + 1, . . . , n
m
X @f
@F
@ i
@f
0=
=
(x0 )
(x̃0 ) +
(x0 )
@xk
@xi
@xk
@xk
i=1
wobei wir beachten, dass
x0 = ( 1 (x0 (m + 1), . . . , x0 (n)), . . . ,
Also gilt
@f
(x0 ) =
@xk
m (x0 (m + 1), . . . , x0 (n)), x0 (m + 1), . . . , x0 (n))
m
X
@f
@ j
(x0 )
(x̃0 )
@xj
@xk
j=1
Wir definieren nun die Lagrangeschen Multiplikatoren durch das lineare Gleichungssystem
m
X
@gi
@f
(x0 ) =
(x0 )
j = 1, . . . , m
i
@x
@x
j
j
i=1
Da die Matrix
✓
◆m
@gi
(x0 )
@xj
i,j=1
nicht singulär ist, gibt es eine eindeutige Lösung . Damit haben wir auch die
Bedingung
m
X
rf (x0 ) =
i rgi (x0 )
i=1
für die Koordinaten j = 1, . . . , m erfüllt. Weiter erhalten wir
@f
(x0 )
@xk
=
=
m
X
@f
@ j
(x0 )
(x̃0 )
@x
@x
j
k
j=1
m X
m
X
j=1 i=1
=
m
X
i=1
i
@gi
@ j
(x0 )
(x̃0 )
@xj
@xk
m
X
@gi
@ j
(x0 )
(x̃0 )
i
@x
@x
j
k
j=1
Mit der Kettenregel erhalten wir für k = m + 1, . . . , n aus
g( 1 (x(m + 1), . . . , x(n)), . . . ,
m (x(m
dass
@gi
(x0 ) =
@xk
+ 1), . . . , x(n)), x(m + 1), . . . , x(n)) = 0
m
X
@gi
@ j
(x0 )
(x̃0 )
@x
@x
j
k
j=1
6.13. LAGRANGESCHE MULTIPLIKATOREN
267
Somit erhalten wir für k = m + 1, . . . , n
m
X
@f
(x0 ) =
@xk
i=1
i
@gi
(x0 )
@xk
2
Beispiel 102 Es sei x 2 Rn mit xi
0, i = 1, . . . , n. Dann gilt
n
Y
xi
i=1
! n1
n

1X
xi
n i=1
Beweis. Wir können das Problem auch so formulieren: Finde das Maximum von
n
Y
xi
i=1
! n1
unter der Nebenbedingung
n
1X
xi = 1
n i=1
0, i = 1, . . . , n
xi
1
Qn
Da die Funktion ( i=1 xi ) n auf der abgeschlossenen und beschränkten, also kompakten Menge
n
{x 2 Rn |
1X
xi = 1 und xi
n i=1
0, i = 1, . . . , n}
stetig ist, nimmt diese Funktion dort Minimum und Maximum an. Das Maximumwird o↵ensichtlich
in einem Punkt x mit xi > 0, i = 1, . . . , n angenommen. Nun wenden wir den Satz auf die Funktion
f : {x 2 Rn |8i : xi > 0} ! R
n
Y
f (x) =
xi
i=1
mit der Nebenbedingung
n
0 = g(x) =
an. Wir erhalten aus
@f
@xk
=
@g
@xk ,
1X
xi
n i=1
1
dass
n
Y
xi =
i=1
1
n
! i6=k
Es folgt
n
Y
i=1
xi =
1
xk
n
Pn
und damit gilt x1 = x2 = · · · = xn . Wegen n1 i=1 xi = 1 folgt weiter x1 = x2 = · · · = xn = 1.
Also wird das Maximum im Punkt (1, 1, . . . , 1) angenommen. 2
268
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
6.14
Di↵erentiation in Banachräumen
René Maurice Fréchet (1878-1973)
Lineare Abbildungen zwischen endlich-dimensionalen, normierten Räumen sind
stetig. Wenn der Grundraum nicht endlich-dimensional ist, so gibt es lineare Abbildungen, die nicht stetig sind.
Es seien X und Y Banachräume und U eine o↵ene Teilmenge von X. Wir sagen,
dass eine Funktion f : U ! Y in einem Punkt x0 2 U schwach di↵erenzierbar oder
auch Gâteaux-di↵erenzierbar ist, wenn es eine stetige, lineare Abbildung A : X ! Y
gibt, so dass für alle x
f (x0 + tx) f (x0 )
= A(x)
t!0
t
Wir sagen, dass f in x0 di↵erenzierbar bzw. Fréchet-di↵erenzierbar ist, falls es eine
stetige, lineare Abbildung A : X ! Y , ein ✏ > 0 und eine Funktion : B(0, ✏) ! R
gibt, so dass für alle x mit kxk < ✏
lim
f (x0 + x) = f (x0 ) + A(x) + (x)
und
(x x0 )
=0
x!x0 kx
x0 k
gelten. O↵ensichtlich ist f in einem Punkt x0 Gâteaux-di↵erenzierbar, wenn f in
x0 Fréchet-di↵erenzierbar ist.
lim
Lemma 91 (i) Die lineare Abbildung der Gâteaux-Di↵erenzierbarkeit ist eindeutig.
(ii) Die lineare Abbildung der Fréchet-Di↵erenzierbarkeit ist eindeutig.
(iii) Die lineare Abbildung der Gâteaux-Di↵erenzierbarkeit und die der FréchetDi↵erenzierbarkeit stimmen überein.
Wenn f Fréchet-di↵erenzierbar ist, dann bezeichnen wir A als die Ableitung bzw.
Fréchet Ableitung von f und schreiben
f 0 (x0 )
Df (x0 )
Beweis. (i) Wir nehmen an, es gäbe zwei verschiedene, lineare, stetige Abbildungen
A und B. Dann gelten für alle x
f (x0 + tx)
t
f (x0 + tx)
lim
t!0
t
lim
f (x0 )
t!0
f (x0 )
Also gilt für alle x
A(x) = B(x)
und damit A = B.
(ii) und (iii) folgen aus (i). ⇤
= A(x)
= B(x)
6.15. INTEGRATION IM RN
269
Lemma 92 Es seien X und Y Banachräume und U eine o↵ene Teilmenge von X.
Es sei f : U ! Y eine Abbildung, die in x0 Fréchet-di↵erenzierbar ist. Dann ist sie
in x0 stetig.
Lemma 93 Es seien X und Y Banachräume und U eine o↵ene Teilmenge von X.
Es seien f, g : U ! Y Abbildungen, die in x0 Fréchet-di↵erenzierbar sind. Dann ist
f + g in x0 Fréchet-di↵erenzierbar.
Lemma 94 Es sei f : R2 ! R durch
( ⇣
x·y 2
x2 +y 4
f (x, y) =
0
⌘2
(x, y) 6= (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
Dann ist f Gâteaux-di↵erenzierbar, aber nicht Fréchet-di↵erenzierbar.
6.15
Integration im Rn
Für alle i = 1, . . . , n seien
1 < ai < bi < 1 . Die Menge
n
Y
I=
[ai , bi ]
i=1
heißt abgeschlossenes, n-dimensionales Intervall. Die Zahl
n
Y
µ(I) =
(bi
ai )
i=1
heisst n-dimensionales Volumen, n-dimensionales Mass oder n-dimensionaler Inhalt
von I. Eine Menge P = {I1 , . . . , Im } von abgeschlossenen Intervallen heißt Partition
von I, wenn
m
[
I=
Ik
und
Ik \ I` = ; k 6= `
k=1
gilt.
Der Durchmesser (A) einer Menge A des Rn ist
(A) = sup kx
yk
x,y2A
Die Feinheit einer Partition P ist
kPk = max (Ik )
1km
270
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Man kann leicht nachrechnen, dass für alle Partitionen P = {I1 , . . . , Im } von I
µ(I) =
m
X
µ(Ik )
k=1
0
gilt. Eine Partition P 0 = {I10 , . . . , Im
0 } von I heisst Verfeinerung der Partition
P = {I1 , . . . , Im } von I, falls für jedes k 0 , k 0 = 1, . . . , m0 ein k, k = 1, . . . , m mit
Ik0 ✓ Ik existiert.
Insbesondere gilt (Ik0 )  (Ik ) und damit kP 0 k  kPk.
Es sei I ein abgeschlossenes, n-dimensionales Intervall im Rn und f : I ! R sei
beschränkt auf I. P = {I1 , . . . , Im } sei eine Partition von I. Wir setzen
mk (f ) = inf f (x)
Mk (f ) = sup f (x)
x2Ik
x2Ik
m(f ) = inf f (x)
M (f ) = sup f (x)
x2I
x2I
Die Zahl
US P (f ) =
m
X
mk (f )µ(Ik )
k=1
heißt Untersumme von f bezüglich P und die Zahl
OS P (f ) =
m
X
Mk (f )µ(Ik )
k=1
heißt Obersumme von f bezüglich P. Es gilt
m(f )µ(I)  US P (f )  OS P (f )  M (f )µ(I)
Lemma 95 Es sei P 0 eine Verfeinerung von P. Dann gilt
(i) OS P 0 (f )  OS P (f )
(ii) US P 0 (f ) US P (f )
Lemma 96 Es seien P1 und P2 Partitionen von I. Dann gilt
US P1 (f )  OS P2 (f )
Als unteres Integral von f auf I bezeichnen wir
Z
Z
f (x)dx =
f (x1 , . . . , xn )d(x1 , . . . , xn ) = sup US P (f )
I
I
P
Als oberes Integral von f auf I bezeichnen wir
Z
Z
f (x)dx =
f (x1 , . . . , xn )d(x1 , . . . , xn ) = inf OS P (f )
I
I
P
6.15. INTEGRATION IM RN
271
Wir sagen, dass f auf I Riemann-integrierbar ist, falls
sup US P (f ) = inf OS P (f )
P
P
gilt und nennen diese Zahl das Riemann-Integral von f über I. Diese Zahl wird mit
Z
Z
f (x)dx = f (x1 , . . . , xn )d(x1 , . . . , xn )
I
I
bezeichnet.
Bemerkung 5 (i) Es gilt
Z
I
f (x)dx 
Z
f (x)dx
I
(ii) Für alle ✏ > 0 existiert ein , so dass für alle Partitionen P mit kPk 
Z
Z
f (x)dx ✏
 US P (f ) 
f (x)dx
I
I
Z
Z
f (x)dx
 OS P (f ) 
f (x)dx + ✏
I
I
Beweis. (i) folgt sofort aus Lemma. 2
Satz 78 Es sei I ein abgeschlossenes, n-dimensionales Intervall und f : I ! R sei
auf I stetig. Dann ist f Riemann-integrierbar.
Beweis. Da I abgeschlossen und beschränkt ist, ist I kompakt. Deshalb ist f nach
Lemma auf I gleichmässig stetig.
8✏ > 09 > 08x, y 2 I, d(x, y) <
: |f (x)
f (y)| <
✏
µ(I)
Es sei P = {I1 , . . . , Im } eine Partition von I mit kPk < . Dann gilt
0 
R
I
f (x)dx
R
I
f (x)dx
 OS P (f ) US P (f )
m
m
X
X
=
Mk (f )µ(Ik )
mk (f )µ(Ik )
=
k=1
m
X
(Mk (f )
k=1
2
k=1
m
X
✏
mk (f ))µ(Ik ) 
µ(Ik ) = ✏
µ(I)
k=1
272
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Bemerkung 6 Falls f (x) = c auf I gilt, dann gilt
Z
f (x)dx = cµ(I)
I
Es sei I ein abgeschlossenes, n-dimensionales Intervall und f : I ! R sei auf I
beschränkt. Es sei P = {I1 , . . . , Im } eine Partition von I. Es sei ⇠ = (⇠1 , . . . , ⇠m )
mit ⇠k 2 Ik , k = 1, . . . , m. Dann heisst
SP (f, ⇠) =
m
X
f (⇠k )µ(Ik )
k=1
Riemannsche Summe von f bzgl. P und ⇠.
O↵ensichtlich gilt
US P (f )  SP (f, ⇠)  OS P (f )
Falls ein J 2 R existiert, so dass für alle ✏ > 0 ein
Partitionen P mit kPk < und für alle ⇠
|SP (f, ⇠)
> 0 existiert, so dass für alle
J| < ✏
gilt, dann sagen wir, dass die Riemannschen Summen gegen J konvergieren und
schreiben
J = lim SP (f, ⇠)
kPk!0
Satz 79 Es sei I ein abgeschlossenes, n-dimensionales Intervall.
(i) Falls f auf I Riemann-integrierbar ist, so gilt
Z
lim SP (f, ⇠) = f (x)dx
kPk!0
I
(ii) Falls
lim SP (f, ⇠)
kPk!0
existiert, so ist f auf I Riemann-integrierbar und es gilt
Z
lim SP (f, ⇠) = f (x)dx
kPk!0
6.16
I
Iterierte Integrale
Satz 80 Es sei I = [a, b] ⇥ [c, d] und f : I ! R sei Riemann-integrierbar. Für alle
x 2 [a, b] existiere das Integral
Z d
f (x, y)dy
c
6.16. ITERIERTE INTEGRALE
273
Dann existiert das iterierte Integral
Z bZ
a
und es gilt
Z
d
f (x, y)dydx
c
f (x, y)d(x, y) =
I
Z bZ
a
d
f (x, y)dydx
c
Beweis. Da f auf I integrierbar ist, gilt:
Z
8✏ > 09 > 08P, kPk < :
f (x, y)d(x, y)
I
US P (f ) < ✏
Wir wählen nun spezielle Partitionen. Es seien
Px = {x0 , . . . , xm }
Py = {y0 , . . . , yn }
und
Partitionen von [a, b] und [c, d]. Dann ist
i = 1, . . . , m
j = 1, . . . , n
Ii,j = [xi 1 , xi ] ⇥ [yj 1 , yj ]
eine Partition P von I = [a, b] ⇥ [c, d]. Für die Feinheit der Partition P erhalten wir
kPk
=
max
! 1jn
=
yk |x 2 Ii , y 2 Jj }
sup{kx
1im
max
1im
! 1jn
q
(xi
xi 1 )2 + (yj
yj 1 )2
Mit der Dreiecksungleichung für die Euklidische Norm folgt
kPk  max |xi
1im
xi 1 | + max |yj
1jn
yj 1 |  kPx k + kPy k
Da f auf I integrierbar ist, folgt
8✏ > 09 > 08Px , kPx k < , 8Py , kPy k < :
Z
f (x, y)d(x, y) ✏  US P (f )
I
◆
m,n ✓
X
=
inf f (x, y) µ(Ii,j )
=
i,j=1
m
X
(x,y)2Ii,j
(xi
i=1
xi 1 )
n ✓
X
j=1
inf
(x,y)2Ii,j
◆
f (x, y) (yj
yj 1 )
274
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Es seien ⇠i 2 [xi 1 , xi ]. Dann folgt weiter
8✏ > 09 > 08Px , kPx k < , 8⇠8Py , kPy k < :
Z
m
n
X
X
f (x, y)d(x, y) ✏ 
(xi xi 1 )
(
I
i=1
j=1
inf
(⇠i ,y)2Ii,j
f (x, y))(yj
yj 1 )
Die inneren Summen sind Untersummen für Integrale über Funktionen f (⇠i , y),
wobei y die Variable ist. Nach Voraussetzung sind diese Funktionen integrierbar.
Also gilt
8✏ > 09 > 08Px , kPx k < , 8⇠, ⇠i 2 [xi 1 , xi ] :
Z
Z d
m
X
f (x, y)d(x, y) ✏ 
(xi xi 1 )
f (⇠i , y)dy
I
c
i=1
Die rechte
R d Seite dieser Ungleichung ist eine Riemannsche Summe für die Funktion
F (x) = c f (x, y)dy. Es gilt
8✏ > 09 > 08Px , kPx k < , 8⇠, ⇠i 2 [xi 1 , xi ] :
Z
m
X
f (x, y)d(x, y) ✏ 
(xi xi 1 )F (⇠i )
I
i=1
Ebenso erhalten wir
8✏ > 09 > 08Px , kPx k < , 8⇠, ⇠i 2 [xi 1 , xi ] :
Z
m
X
f (x, y)d(x, y) + ✏
(xi xi 1 )F (⇠i )
I
i=1
Damit erhalten wir
8✏ > 09 > 08Px , kPx k < , 8⇠, ⇠i 2 [xi 1 , xi ] :
Z
m
X
f (x, y)d(x, y)
(xi xi 1 )F (⇠i ) < ✏
I
i=1
Nach Satz ?? ist die Funktion F auf [a, b] integrierbar und
Z
Z bZ d
f (x, y)d(x, y) =
f (x, y)dydx
I
a
c
2
Bemerkung 7 (i) Aus der Existenz des Integrals
Z
f (x, y)d(x, y)
I
folgt nicht die Existenz der iterierten Integrale. Ebenso folgt aus der Existenz der
iterierten Integrale nicht notwendig die des Integrals.
6.16. ITERIERTE INTEGRALE
275
(ii) Es sei f : [a, b] ⇥ [c, d] ! R eine stetige Funktion. Dann ist f integrierbar,
die iterierten Integrale existieren und es gilt
Z
Z dZ b
Z bZ d
f (x, y)d(x, y) =
f (x, y)dxdy =
f (x, y)dydx
[a,b]⇥[c,d]
c
a
a
c
Dies ist ein Spezialfall des Satzes von Fubini.
Als ein Beispiel zum ersten Teil der Bemerkung kann die folgende Funktion
angeführt werden. f : [0, 1] ⇥ [0, 1] ! R ist durch
(
1
falls x = 12 und y 2 Q
f (x, y) =
0
sonst
gegeben. Das Integral von f existiert und ist gleich 0, aber das Integral
Z 1
f ( 12 , y)dy
0
existiert nicht.
Beispiel 103 (i) Es sei f : [0, 1] ⇥ [0, 1] ! R durch f (x, y) = xy gegeben. Dann ist
f integrierbar und es gilt
Z
f (x, y)d(x, y) = 14
[0,1]⇥[0,1]
(ii) Es sei f : [1, e] ⇥ [1, e] ! R durch f (x, y) = xy gegeben. Dann ist f integrierbar
und es gilt
Z
Z e+1 y
e
e+1
f (x, y)d(x, y) =
dy ln
y
2
[1,e]⇥[1,e]
2
Das nichtausgewertete Integral hängt mit dem Exponentialintegral Ei zusammen.
(iii) Es sei f : [2, 4] ⇥ [3, 5] ! R durch f (x, y) = ex+y gegeben. Dann ist f integrierbar und es gilt
Z
f (x, y)d(x, y) = (e4 e2 )(e5 e3 )
[0,1]⇥[1,2]
(iv) Es seien g : [a, b] ! R und h : [c, d] ! R integrierbare Funktionen und f :
[a, b] ⇥ [c, d] ! R sei durch f (x, y) = g(x)h(y) gegeben. Dann ist f integrierbar und
es gilt
Z
Z
Z
b
f (x, y)d(x, y) =
[a,b]⇥[c,d]
d
g(x)dx
a
h(y)dy
c
(v) Es sei f : [0, 1] ⇥ [0, 1] ! R durch f (x, y) = cos(xy) gegeben. Dann ist f
integrierbar und es gilt
Z
f (x, y)d(x, y) = Si(1) = 0.94608 . . .
[0,1]⇥[0,1]
276
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
wobei Si(x) den Integralsinus bezeichnet, der durch
Z x
sin t
Si(x) =
dt
t
0
festgelegt ist.
Beweis. (i) f ist stetig, also ist f integrierbar und die iterierten Integrale existieren
und sind gleich dem Integral.
Z
Z 1Z 1
Z 1
Z 1
2 1
1
1
f (x, y)d(x, y) =
xydydx =
[ 2 xy ]0 dx = 2
xdx = 14
[0,1]⇥[0,1]
0
0
0
0
(ii) f ist stetig, also ist f integrierbar und die iterierten Integrale existieren und sind
gleich dem Integral.
Z
Z eZ e
Z e
y
1
f (x, y)d(x, y)
=
x dxdy =
[ y+1
xy+1 ]e1 dy
[1,e]⇥[1,e]
1
Z
e
1
y+1
1
e
1
=
dy =
y+1
1 y+1
Z e+1 y
e
e+1
=
dy ln
y
2
2
Z
e+1
2
ey
dy
y
[ln(y + 1)]e1
(iii)
Z
f (x, y)d(x, y)
=
[2,4]⇥[3,5]
Z
4
2
=
Z
2
Z
5
x+y
e
dydx =
3
4
[ex ey ]53 dx =
Z
Z
2
4
4
Z
5
ex ey dydx
3
ex (e5
e3 )dx
2
(v) Da f stetig ist, gilt
Z
f (x, y)d(x, y) =
[0,1]⇥[0,1]
Es gilt
Z
1
0
Z
1
0
Z
1
cos(xy)dxdy
0
8
< sin y
y
cos(xy)dx =
:
1
falls y 6= 0
falls y = 0
Diese Funktion der Variablen y ist auf [0, 1] stetig. Damit erhalten wir
Z
[0,1]⇥[0,1]
2
f (x, y)d(x, y) =
Z
0
1
sin y
dy = Si(1)
y
6.16. ITERIERTE INTEGRALE
277
Beispiel 104 Es sei f : [0, 1] ⇥ [0, 1] ! R durch
8
falls x = 0 oder y = 0
<0
f (x, y) =
x y
:
falls x 6= 0 und y 6= 0
(x + y)3
f ist nicht Riemann-intgrierbar, die iterierten Integrale existieren und es gilt
Z 1Z 1
Z 1Z 1
1
f (x, y)dxdy = 2
f (x, y)dydx = 12
0
0
0
0
Beweis. f ist nicht Riemann-integrierbar, weil f unbeschränkt ist. Dazu betrachten
wir die Gerade y = 2x. Auf dieser Geraden nimmt f die folgenden Werte an
x
=
27x3
f (x, 2x) =
1
27x2
Für x 2 (0, 1] ist diese Funktion nicht beschränkt.
Wir zeigen nun, dass die iterierten Integrale existieren. Es gilt f (0, x) = 0 und
ist integrierbar. Für y 6= 0 ist
8
< x y
x 6= 0
f (x, y) = (x + y)3
:
0
x=0
eine Funktion in x, die auf (0, 1] stetig und auf [0, 1] beschränkt ist, also integrierbar.
Es gilt

Z 1
1
x y
x
1
dx =
=
3
2
(x + y) 0
(1 + y)2
0 (x + y)
Damit erhalten wir
Z 1Z 1
0
0
x y
dxdy =
(x + y)3
Z

1
1
dy
=
(1 + y)2
1+y
1
0
Andererseits erhalten wir
Z 1
0
und
Z
0
2
1
Z
0
1

x y
y
dy =
3
(x + y)
(x + y)2
x y
dydx =
(x + y)3
Z
0
1
1
=
0
1
1
2
=
0
1
(1 + y)2
1
dy =
(1 + y)2

1
1+y
1
=
0
1
2
Satz 81 Es sei I = [a1 , b1 ] ⇥ [a2 , b2 ] ⇥ · · · ⇥ [an , bn ] und f : I ! R sei integrierbar.
Für k mit 1  k  n bezeichnen wir
Ixk = [a1 , b1 ] ⇥ · · · ⇥ [ak 1 , bk 1 ] ⇥ [ak+1 , bk+1 ] ⇥ · · · ⇥ [an , bn ]
278
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
(i) Es existiere für jedes xk 2 [ak , bk ] das Integral
Z
f (x1 , . . . , xn )d(x1 , . . . , xk 1 , xk+1 , . . . , xn )
Ixk
Dann existiert das iterierte Integral
Z bk Z
f (x1 , . . . , xn )d(x1 , . . . , xk 1 , xk+1 , . . . , xn )dxk
ak
Ixk
und ist gleich dem Integral
Z
f (x)dx
I
(ii) Falls für alle (x1 , . . . , xk 1 , xk+1 , . . . , xn ) 2 Ixk das Integral
Z bk
f (x1 , . . . , xn )dxk
ak
existiert, so existiert auch das iterierte Integral
Z Z bk
f (x1 , . . . , xn )dxk d(x1 , . . . , xk 1 , xk+1 , . . . , xn )
Ixk
ak
und ist gleich
Z
f (x)dx
I
Beispiel 105 Es sei f : [0, 1] ⇥ · · · ⇥ [0, 1] ! R durch
f (x1 , . . . , xn ) =
n
Y
xk
k=1
gegeben. f ist integrierbar und
Z
f (x)dx =
[0,1]⇥···⇥[0,1]
1
2n
Beweis. f ist stetig und damit integrierbar. Es gilt
Z
Z 1
Z 1Y
n
f (x)dx
=
···
xk dx1 · · · dxn
[0,1]⇥···⇥[0,1]
0
=
Z
0
1
···
Mit Induktion erhalten wir das Ergebnis. 2
0 k=1
n
1 Y
1
xk dx2
2
0
k=1
Z
· · · dxn
6.17. RIEMANN-INTEGRAL AUF BESCHRÄNKTEN MENGEN
6.17
279
Riemann-Integral auf beschränkten Mengen
Es sei X eine Teilmenge des Rn und f : X ! R. Wir bezeichnen fX : Rn ! R mit
(
f (x)
x2X
fX (x) =
0
x2
/X
als Erweiterung von f auf den Rn .
Falls X eine beschränkte Menge vom Rn ist, I ein n-dimensionales, abgeschlossenes Intervall mit X ✓ I und f : X ! R beschränkt ist, so bezeichnen wir
Z
Z
Z
Z
f (x)dx =
fX (x)dx
f (x)dx =
fX (x)dx
X
I
X
I
als Unter- und Oberintegral. Man kann leicht zeigen, dass die Ausdrücke nicht von
der Wahl des Intervalles I abhängen. Wir sagen, dass f auf X Riemann-integrierbar
ist, falls
Z
Z
f (x)dx =
f (x)dx
X
X
und bezeichnen diese Zahl mit
Z
f (x)dx
X
Satz 82 Es sei X eine beschränkte Teilmenge des Rn und g, f : X ! R seien
Riemann-intgrierbar. Dann sind auch g + f , cf , |f | und gf Riemann-integrierbar
und es gelten
(i)
Z
Z
cf dx = c
f dx
X
(ii)
Z
f + gdx =
X
(iii)
Z
f dx +
X
Z
X
6.18
X
f (x)dx 
Z
gdx
X
Z
X
|f (x)|dx
Das Maß von Mengen
Es sei X eine beschränkte Teilmenge des Rn , I ein abgeschlossenes, n-dimensi-onales
Intervall mit X ✓ I und P = {I1 , . . . , Im } eine Partition von I. Wir bezeichnen
X
X
M P (X) =
µ(Ik )
M P (X) =
µ(Ik )
Ik ✓X
Ik \X6=;
280
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Die Zahlen
µ(X) = sup M P (X)
µ(X) = inf M P (X)
P
P
heissen inneres und äußeres Riemann Maßvon X. Die Menge X heißt Riemann
messbar, wenn µ(X) = µ(X) gilt, und diese Zahl bezeichnen wir als Riemann Maß
µ(X) von X.
Lemma 97 Es sei X eine beschränkte Teilmenge des Rn . X ist genau dann Riemannmessbar, wenn die charakteristische Funktion X
(
1
falls x 2 X
X (x) =
0
falls x 2
/X
Riemann-integrierbar ist.
Es gilt für X ✓ I
µ(X) =
Z
X dx
=
I
Z
dx
X
Beweis. Es sei I ein abgeschlossenes, n-dimensionales Intervall und P = {I1 , . . . , Im }
eine Partition von I. Dann gilt
US P (
OS P (
X)
=
m ✓
X
k=1
X)
=
m ✓
X
k=1
inf
x2Ik
◆
X
µ(Ik ) = M P (X)
X (x) µ(Ik ) =
Ik ✓X
◆
X
sup X (x) µ(Ik ) =
µ(Ik ) = M P (X)
x2Ik
Ik \X6=;
Es folgt
OS P (
X)
US P (
X)
= M P (X)
M P (X)
2
Beispiel 106 Die Teilmenge [0, 1] \ Q von R ist nicht Riemann-messbar.
Wir hatten bereits gezeigt, dass die Funktion
[0,1]\Q
nicht Riemann-integrierbar
ist.
Lemma 98 (i) Es seien A und B beschränkte Teilmengen des Rn mit A \ B = ;.
Dann gilt
µ(A [ B)  µ(A) + µ(B)
(ii) Es seien A und B Riemann-messbare Teilmengen des Rn mit A \ B = ;. Dann
ist auch A [ B Riemann-messbar und es gilt
µ(A [ B) = µ(A) + µ(B)
6.18. DAS MASS VON MENGEN
281
(iii) Es seien A und B Riemann-messbare Teilmengen des Rn mit A ✓ B. Dann ist
B \ A Riemann-messbar und es gilt
µ(B \ A) = µ(B)
µ(A)
Eine Riemann-messbare Teilmenge A des Rn heisst Nullmenge, falls µ(A) = 0.
Wir definieren µ(;) = 0.
Beweis. (ii) Es gilt wegen Lemma ??
Z
µ(A) =
A dx
Damit folgt, dass
integrierbar ist und
Z
Z
Z
µ(A) + µ(B) =
A dx +
B dx =
A
+
µ(B) =
Z
B dx
B
A
+
B dx
Weil A und B disjunkt sind erhalten wir
µ(A) + µ(B) =
Z
A[B dx
2
Beispiel 107 (i) Eine Teilmenge von Rn , die nur aus endlichen vielen Punkten
besteht, ist eine Nullmenge.
(ii) Die Cantor-Menge ist eine Nullmenge.
(iii) Eine beschränkte Teilmenge X von Rn , die ganz in einer Hyperebene
Hj = {x 2 Rn |xj = const.}
enthalten ist, ist eine Nullmenge.
(iv) Die Vereinigung von endlich vielen Nullmengen ist eine Nullmenge.
Beweis. (iii) Da X eine beschränkte Teilmenge vom Rn ist, gibt es ein K > 0, so
dass
X ✓ [ K, K] ⇥ · · · ⇥ [ K, K]
Ausserdem ist X eine Teilmenge von Hj
X ✓ R ⇥ · · · ⇥ R ⇥ [c
✏, c + ✏] ⇥ R ⇥ · · · ⇥ R
Deshalb gilt für alle ✏ > 0
X ✓ [ K, K] ⇥ · · · ⇥ [ K, K] ⇥ [c
✏, c + ✏] ⇥ [ K, K] ⇥ · · · ⇥ [ K, K]
282
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Somit gilt für alle ✏ > 0
0  µ(X)  µ(X)  (2K)n 1 2✏
Also gilt
0 = µ(X) = µ(X)
2
Der Rand @X einer Teilmenge X eines metrischen Raumes ist
@X = X\ X
Satz 83 Eine beschränkte Teilmenge X des Rn ist genau dann Riemann-messbar,
wenn µ(@X) = 0.
Beweis. Es gelte µ(@X) = 0 und I sei ein abgeschlossenes, n-dimensionales Intervall
mit X ✓ I. Da I abgeschlossen ist, so gilt X ✓ I.
Es sei P = {I1 , . . . , Im } eine Partition von I mit
M P (@X) < ✏
Es gilt
µ(X)  M P (X)
µ(X)

X
X
µ(Ik )
Ik \X6=;
M P (X) =
Ik ✓!X
µ(Ik ) =
X
µ(Ik )
Ik \X6=;
X
Ik \@X6=;
X
µ(Ik )
Ik ✓X
µ(Ik ) = M P (@X) < ✏
Es folgt, dass µ(X) = µ(X). Also ist X Riemann-integrierbar.
Die Umkehrung wollen wir nur für abgeschlossene Mengen zeigen. Es sei I ein
abgeschlossenes, n-dimensionales Intervall mit X ✓ I und P = {I1 , . . . , Im } eine
Partition mit
M P (X) M P (X) < ✏
Wir setzen
X1 =
(
x 2 @X x 2
/
[
Ik ✓X
Ik
)
X2 =
(
x 2 @X x 2
[
Ik ✓X
Ik
)
O↵enbar gilt
@X = X1 [ X2
X1 \ X2 = ;
S
x 2 X2 bedeutet, dass x nicht innerer Punkt der Menge Ik ✓X Ik sein kann. Sonst
wäre x ja auch innerer Punkt von X und nicht Randpunkt von X. Also ist x
6.18. DAS MASS VON MENGEN
283
Randpunkt einer der n-dimensionalen Intervalle Ik . Die Ränder von Ik liegen in
Hyperebenen der Art
Hj {x 2 Rn |xj = c}
Mit Beispiel ?? folgt, dass µ(X2 ) = 0. Damit ergibt sich
µ(@X) = µ(X1 [ X2 )  µ(X1 ) + µ(X2 ) = µ(X1 )  M P (X1 ) =
X
µ(Ik )
Ik \X1 6=;
Es gilt
{k|Ik \ X1 6= ;}
= {k|Ik \ @X 6= ; und Ik * X}
= {k|Ik \ @X 6= ;} \ {k|Ik ✓ X}
✓ {k|Ik \ X 6= ;} \ {k|Ik ✓ X}
Da X eine abgeschlossene Menge ist, gilt X = X und wir erhalten
{k|Ik \ X1 6= ;} ✓ {k|Ik \ X 6= ;} \ {k|Ik ✓ X}
Damit folgt
µ(@X) 
X
Ik \X1 6=;
µ(Ik ) 
X
µ(Ik )
Ik \X6=;
X
Ik ✓X
µ(Ik ) = M P (X)
M P (X) < ✏
Also gilt für alle ✏ > 0, dass 0  µ(@X)  µ(@X) < ✏. Somit gilt µ(@X) = µ(@X) =
0. 2
Korollar 7 Falls die Teilmenge X des Rn Riemann-messbar ist, so sind auch X
und X Riemann-messbar und es gilt
µ(X) = µ(X ) = µ(X)
Beweis. Es sei X Riemann-messbar. Dann ist nach Satz auch @X Riemann-messbar
und µ(@X) = 0. Es folgt
µ(X\ X )  µ(X\ X ) = µ(@X) = 0
Also ist X\ X eine Nullmenge und damit insbesondere messbar.
Weiter folgt hiermit und mit Lemma, dass X \ (X\ X ) =X messbar ist und
µ(X ) = µ(X)
µ(X\ X ) = µ(X)
Wiederum mit Lemma ??folgt, dass X =X [@X messbar ist und
µ(X) = µ(X [@X) = µ(X ) + µ(@X) = µ(X )
284
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
2
Als Anwendung dieses Korollars wollen wir zeigen, dass [0, 1]\Q nicht Riemannmessbar ist.
Wir nehmen an, dass [0, 1] \ Q Riemann-messbar ist. Es gilt
[0, 1] \ Q = [0, 1]
([0, 1] \ Q) = ;
Nach Korollar ?? gilt
0 = µ(;) = µ([0, 1]) = 1
Dies ist ein Widerspruch.
Lemma 99 Eine Teilmenge X vom Rn ist genau dann eine Nullmenge, wenn es zu
jedem ✏ > 0 endlich viele abgeschlossene, n-dimensionale Intervalle I1 , . . . , Im gibt,
so dass
m
m
[
X
X✓
Ik
µ(Ik ) < ✏
k=1
k=1
Beispiel 108 Es sei X eine kompakte Teilmenge des Rn und f : X ! Rm sei eine
stetige Funktion. Dann ist die Teilmenge
des Rn+m eine Nullmenge.
{(x, f (x))|x 2 X}
Beweis. Da X kompakt und f stetig ist, ist f gleichmässig stetig.
8✏9 8x, y 2 X, kx
yk <
: kf (x)
f (y)k < ✏
Es sei I ein abgeschlossenes, n-dimensionales Intervall mit X ✓ I. Wir wählen nun
eine Partition P = {I1 , . . . , IN }, so dass für alle i = 1, . . . , N gilt, dass (Ii ) < .
Wegen der gleichmässigen Stetigkeit von f gilt
8i = 1, . . . , N 8x, y 2 Ii \ X : kf (x)
f (y)k < ✏
Es folgt
8i, Ii \ X 6= ;, 9xi 2 Ii 8x 2 Ii :
(x, f (x)) 2 Ii ⇥ [f1 (xk ) ✏, f1 (xi ) + ✏] ⇥ · · · ⇥ [fm (xk )
✏, fm (xi ) + ✏]
Hieraus folgt für alle ✏ > 0
µ({(x, f (x))|x 2 X})
X

µ(Ii ⇥ [f1 (xk )
Ii \X6=;

N
X
✏, f1 (xi ) + ✏] ⇥ · · · ⇥ [fm (xk )
µ(Ii )(2✏)m = (2✏)m µ(I)
i=1
Also gilt µ({(x, f (x))|x 2 X}) = 0. 2
✏, fm (xi ) + ✏])
6.19. BERECHNUNG VON INTEGRALEN
285
p
Beispiel 109 (i) Es sei f : [ 1, 1] ! R durch f (x) = 1
p
{(x, 1 x2 )|x 2 [ 1, 1]}
x2 gegeben. Dann ist
eine Nullmenge im R2 .
Hieraus folgt, dass
{(x, y)|x2 + y 2 = 1}
eine Nullmenge ist.
P
(ii) Es sei f : {(x1 , . . . , xn 1 )| ni=11 x2i  1} ! R durch
v
u
n 1
u
X
t
f (x1 , . . . , xn 1 ) = 1
x2i
i=1
gegeben. Dann ist
v
8
u
<
u
(x1 , . . . , xn 1 , t1
:
n 1
X
x2i )|
i=1
eine Nullmenge im Rn .
Hieraus folgt, dass
n 1
X
i=1
9
=
x2i  1
;
{x| kxk = 1}
eine Nullmenge ist.
6.19
Berechnung von Integralen
Es sei X eine beschränkte Teilmenge des R2 und f : X ! R sei messbar. Es seien
y, y : [a, b] ! R zwei stetige Funktionen, so dass
X = {(x, y)|a  x  b und y(x)  y  y(x)}
Man kann das Integral folgendermaßen berechnen
Z
Z b Z y(x)
f (x, y)d(x, y) =
f (x, y)dydx
X
a
y(x)
Beispiel 110 Es sei X = {(x, y)|0  x  1 und x2  y  x} und f : X ! R sei
durch f (x, y) = x + y gegeben. Dann gilt
Z
3
f (x, y)d(x, y) = 20
X
286
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Beweis. Wir überlegen uns, dass f eine integrierbare Funktion ist. Nach Beispiel
ist X messbar und damit X integrierbar. Die Funktion f˜ : [0, 1] ⇥ [0, 1] ! R mit
f (x, y) = x + y ist eine stetige Funktion, also integrierbar. Das Produkt von zwei
integrierbaren Funktionen ist wieder integrierbar, also ist X f˜ = fX integrierbar.
Z
f (x, y)d(x, y)
=
X
=
Z
1
Z0 1
0
Z
x
x + ydydx =
x2
Z
1
0
3 2
x
2
x3
1 4
x dx
2
=
2
[xy + 12 y 2 ]xx2 dx
⇥1
2
x3
⇤
1 5 1
x 0
10
1 4
x
4
3
20
=
Dies kann man auch für den Rn formulieren. Es sei X eine kompakte Teilmenge
des Rn . Es seien X(n 1) eine kompakte Teilmenge des Rn 1 und xn , xn : X(n 1) !
R, so dass
X = {x|xn (x1 , . . . , xn 1 )  xn  xn (x1 , . . . , xn 1 ), (x1 , . . . , xn 1 ) 2 X(n
Weiter seien X(k 1), 2  k  n 1 kompakte Teilmengen des Rk
X(k 1) ! R seien stetige Funktionen, so dass
1
1)}
und xk , xk :
X(k) = {x|xk (x1 , . . . , xk 1 )  xk  xk (x1 , . . . , xk 1 ), (x1 , . . . , xk 1 ) 2 X(k
Außerdem gelte
X(1) = {x1 |a  x1  b} = [a, b]
Dann gilt für stetige Funktionen
Z
f (x)dx =
X
Z bZ
a
x2 (x1 )
x2 (x1 )
···
Z
xn (x1 ,...,xn
xn (x1 ,...,xn
1)
f (x)dxn dxn
1
1)
· · · dx1
Beispiel 111 Es sei
X = {(x, y, z)| 0  x, y, z und x + y + z  1}
und f : X ! R sei durch f (x, y, z) = 1 gegeben. Dann gilt
Z
f (x, y, z)d(x, y, z) = 16
X
Beweis. Es gilt
{(x, y, z)|0  x, y, z und x + y + z  1}
= {(x, y, z)|0  x  1, 0  y  1
x, 0  z  1
x
y}
1)}
6.20. TRANSFORMATIONSFORMEL FÜR INTEGRALE
Damit erhalten wir
Z
f (x, y, z)d(x, y, z)
=
X
Z
1
0
=
=
Z
1 x
0
1
Z0 1
0
Z
Z
Z
1 x y
0
1 x
1
x
0
Z
1
287
Z
dzdydx =
Z 01
ydydx =
[y
0
1 x
[z]10
xy
0
x + 12 x2 dx = [ 12 x
1
2
x2 + 16 x3 ]10 =
x y
dydx
1 2 1 x
y ]0 dx
2
1
6
2
6.20
Transformationsformel für Integrale
Satz 84 Es sei U eine o↵ene Teilmenge des Rn und g : U ! Rn eine stetig differenzierbare Abbildung, die U eineindeutig auf V = g(U) abbildet. Für alle y 2 U
gelte
✓
◆
dg
det
(y) 6= 0
dy
Es sei K eine messbare, kompakte Teilmenge von V und f : K ! R sei auf K stetig.
Dann gilt
✓
◆
Z
Z
dg
f (x)dx =
f (g(y)) det
(y) dy
dy
K
g 1 (K)
Diese Formel ist die Verallgemeinerung der Substitutionsformel für Funktionen
einer Variablen.
Z b
Z 1 (b)
f (x)dx =
f ( (t)) 0 (t)dt
1 (a)
a
Man beachte, dass in der Verallgemeinerung der Absolutbetrag der Determinante
genommen wird.
Zum Verständnis dieser Formel erinnere man sich daran, dass der Absolutbetrag
der Determinante gleich dem Volumen des von den Spaltenvektoren aufgespannten
Parallelflachs ist. Die Funktionaldeterminante von g beschreibt die Änderung, die
das Volumen unter der Transformation g erfährt.
Beispiel 112 Das Volumen der n-dimensionalen Euklidischen Kugel mit Radius R
(
)
n
X
x 2 Rn
|xi |2  R
i=1
ist
n
R
n
⇡2
( n2 + 1)
288
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Beweis. Wir benutzen Polarkoordinaten.
g : [0, R] ⇥ [0, ⇡] ⇥ · · · ⇥ [0, ⇡] ⇥ [0, 2⇡] ! Rn
g(r,
n 1)
1, . . . ,
= r cos
= r sin
= r sin
..
.
= r sin
= r sin
x1
x2
x3
xn 1
xn
= x = (x1 , x2 , . . . , xn )
1
cos
1 sin
1
2
2
. . . sin
1 . . . sin
1
cos
3
cos
2 sin
n 2
n 1
n
n 1
g bildet [0, R] ⇥ [0, ⇡] ⇥ · · · ⇥ [0, ⇡] ⇥ [0, 2⇡] auf {x| kxk  R} ab. Die Abbildung g ist auf
(0, R) ⇥ (0, ⇡) ⇥ · · · ⇥ (0, ⇡) ⇥ (0, 2⇡)
injektiv. Wir weisen die Injektivität nach. Es gelte
g(r,
n 1)
1, . . . ,
= x = g(r̃, ˜1 , . . . , ˜n
1)
Es folgt r = kxk = r̃. Also gilt r = r̃. Weiter gilt
r cos
1
= r̃ cos ˜1 = r cos ˜1
Also gilt cos 1 = cos ˜1 . Auf dem Intervall (0, ⇡) ist der Cosinus aber injektiv, also gilt 1 = ˜1 .
Durch Induktion erhalten wir nun, dass alle weiteren Winkel ebenfalls gleich sein müssen.
Um das Volumen zu berechnen wollen wir nun die Transformationsformel anwenden. Auf der
o↵enen Menge
(0, R) ⇥ (0, ⇡) ⇥ · · · ⇥ (0, ⇡) ⇥ (0, 2⇡)
ist g injektiv und stetig di↵erenzierbar. Als kompakte Teilmenge wählen wir
I✏ = [✏, R
✏] ⇥ [✏, ⇡
✏] ⇥ [✏, ⇡
Z
Z
✏] ⇥ · · · ⇥ [✏, ⇡
✏] ⇥ [✏, 2⇡
✏]
Wir erhalten dann
µ(g(I✏ )) =
dx =
g(I✏ )
I✏
@(x1 , . . . , xn )
d(r,
@(r, 1 , . . . , n 1 )
1, . . . ,
n 1)
Man kann zeigen, dass für ✏ ! 0 die linke Seite der Gleichung gegen µ(I0 ) konvergiert (wir
verzichten hier auf das Argument). Damit ist das Volumen gleich
Z
@(x1 , . . . , xn )
d(r, 1 , . . . , n 1 )
@(r,
1, . . . , n 1)
I✏
Z RZ ⇡
Z ⇡ Z 2⇡
=
···
rn 1 sinn 2 1 · · · sin n 2 drd 1 · · · d n 1
0
=
Z
0
=
Z
0
⇡
2
0
R
0
rn
2⇡ n
R
n
1
Z
dr
⇡
0
sin2m xdx =
Z
0
⇡
0
sinn
Z ⇡
·
·
·
sin n 2 d
1
0
Z ⇡
d
·
·
·
sin n 2 d n 2
1
1
sinn
2
2
1d
n 2
Z
2⇡
0
0
m
(2m 1)(2m 3) · · · 3 · 1 ⇡
⇡ Y 2k 1
=
2m(2m 2) · · · 4 · 2
2
2
2k
k=1
d
n 1
6.20. TRANSFORMATIONSFORMEL FÜR INTEGRALE
Z
⇡
2
sin2m+1 xdx =
0
289
m
Y
2m(2m 2) · · · 4 · 2
2k
=
(2m + 1)(2m 1) · · · 5 · 3
2k + 1
k=1
Damit erhalten wir für m = 1, 2, . . .
Z ⇡
Z
sin2m xdx
0
⇡
sin2m
1
xdx = 4
0
⇡ 1
⇡
=
2 2m
m
Damit folgt für gerades n, dass das Volumen der n-dimensionalen Euklidischen Kugel mit Radius
R gleich
n 2
n
2
2
2⇡ n Y
⇡
n ⇡
R
=R n
n
m
(
2 )!
m=1
ist. Der Fall, dass n ungerade ist, wird ähnlich behandelt. 2
Beispiel 113 Berechnung des Volumens der 3-dimensionalen Euklidischen Kugel
bzgl. rechtwinkliger Koordinaten.
Beweis. Das Volumen ist
Z R Z pR2 x2 Z pR2 x2
R
p
p
R2 x2
R2
Es gilt
x2
Z p
a2
dzdydx =
y2
=
Z
=⇡
2
R
✓
p
t2 dt =
t a2
1
2
Z
p
R2 x2
p
R2 x2
R
Damit erhalten wir für das Volumen
Z R p
y R2 x2 y 2 + (R2
R
Z
y2
p
2 R2
t
t2 + a arcsin
a
2
y 2 dydx
◆
p
R2 x2
y
x2 ) arcsin p
R2
x2
x2
p
R2 x2
dx
R
(R2
x2 )(arcsin(1)
arcsin( 1))dx
R
Z
R
(R2
R
⇥
x2 )dx = ⇡ R2 x
⇤
1 3 R
x
3
R
=
4⇡ 3
R
3
Beispiel 114 (Das Gravitationspotential eines hohlen Planeten)
Es sei
n
o
p
P = (x, y, z)|r1 
x2 + y 2 + z 2  r2
ein hohler Planet. Wir nehmen an, dass die Dichte ⇢(x, y, z) = 1 ist. Es sei M die
2
Gesamtmasse des Planeten, m die Masse im Punkt (x, y, z) und G = 6, 67·10 11 Nkg·m2
die Gravitationskonstante. Dann gilt für das Gravitationspotential
8
p
GmM
>
<p
falls
x2 + y 2 + z 2 > r2
2 + y2 + z2
x
V (x, y, z) =
p
>
:
Gm2⇡(r22 r12 )
falls
x2 + y 2 + z 2 < r1
290
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Das Potential im Inneren des Planeten ist konstant, es herrscht also Schwerelosigkeit im Innern.
Beweis. Für das Gravitationspotential im Punkt (x0 , y0 , z0 ) gilt
Z
⇢(x, y, z)
p
V (x0 , y0 , z0 ) = Gm
d(x, y, z)
(x x0 )2 + (y y0 )2 + (z z0 )2
P
P ist eine kompakte Menge und
1
p
(x
x0
)2
y0 )2 + (z
+ (y
z0 )2
ist eine stetige Funktion auf einer o↵enen Umgebung von P , weil entweder
p
(x x0 )2 + (y y0 )2 + (z z0 )2 > r2
oder
p
(x
x0 )2 + (y
y0 )2 + (z
z0 )2 < r1
gilt. Da der Planet rotationssymmetrisch ist, können wir annehmen, dass (x0 , y0 , z0 ) =
(R, 0, 0). Außerdem wollen wir zu Polarkoordinaten übergehen.
x
y
z
r 2 [r1 , r2 ]
2 [0, ⇡]
✓ 2 [0, 2⇡]
= r cos
= r sin cos ✓
= r sin sin ✓
Es gilt
✓
@(x, y, z)
det
@(r, , ✓)
◆
= r2 sin
Wie schon bei der Berechnung des Volumens der Kugel müssen wir eine Grenzwertbetrachtung durchführen, wenn wir zu Polarkoordinaten übergehen. Wir erhalten
schließlich
V (R, 0, 0)
Z r2 Z
= Gm
⇡
Z
2⇡
r2 sin
p
(R
r cos )2 + r2 sin2 cos2 ✓ + r2 sin2 sin2 ✓
Z ⇡ Z 2⇡
r2 sin
p
= Gm
d✓d dr
(R r cos )2 + r2 sin2
r1
0
0
Z r2 Z ⇡
r2 sin
p
= 2⇡Gm
d dr
(R2 2rR cos + r2
r1
0
r1
Z r2
0
0
Wir substituieren u =
2rR cos . Es gilt
du
= 2rR sin
d
u(0) =
2rR
u(⇡) = 2rR
d✓d dr
6.20. TRANSFORMATIONSFORMEL FÜR INTEGRALE
291
Damit erhalten wir
Z
r2
Z
2rR
r
p
dudr
2
2
r1
2rR 2R r + R + u
Z
i2rR
⇡Gm r2 hp 2
=
2r r + R2 + u
dr
R
2rR
r1
Z
p
⇡Gm r2 p 2
=
2r r + R2 + 2rR 2r r2 + R2
R
Zr1
⇡Gm r2
=
2r|R + r| 2r|R r|dr
R
r1
2⇡Gm
2rR dr
Da r > 0 und R > 0, so gilt |r + R| = r + R. Andererseits gilt R
R > r2 und R r < 0, falls R < r1 . Damit erhalten wir zwei Fälle
Z
8
⇡Gm r2 2
>
>
4r dr
falls r2 < R
< R
r1
Z
V (R, 0, 0) =
⇡Gm r2
>
>
:
4rRdr
falls r1 > R
R
r1
r > 0, falls
Damit erhalten wir
8
< 4⇡Gm (r3
2
V (R, 0, 0) =
3R
:
2
2⇡Gm(r2
r13 )
falls r2 < R
r12 )
falls r1 > R
Da wir angenommen hatten, dass für die Dichte ⇢(x, y, z) = 1 gilt, erhalten wir
M=
2
4⇡ 3
(r
3 2
r13 )
292
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
6.21
Unstetigkeitsmengen von Funktionen und ihren
Ableitungen
Satz 85 Es sei X ein separabler, metrischer Raum, in dem jede o↵ene Menge
überab- zählbar viele Elemente enthält. Es sei f eine Funktion, die von X nach
R abbildet. Die Menge aller Punkte, in denen f unstetig ist, ist eine F -Menge.
Umgekehrt gibt es zu jeder F -Menge A von X eine Funktion, die in allen Punkten
von A unstetig und in allen Punkten von Ac stetig ist.
Beweis. Es sei f : X ! R eine beschränkte Funktion. Wir bezeichnen
(
)
!(f, x0 ) = lim
sup
!0
f (x)
x2B(x0 , )
inf
x2B(x0 , )
als Oszillation von f in x0 . !(f, x0 ) existiert, weil für alle
sup
f (x)
x2B(x0 , )
gilt und weil für alle , ˜ mit
sup
f (x)
x2B(x0 , )
inf
x2B(x0 , )
f (x)
f (x)
>0
0
˜
inf
x2B(x0 , )
f (x) 
sup
f (x)
x2B(x0 , ˜)
inf
x2B(x0 , ˜)
f (x)
gilt. Wir zeigen, dass f genau dann in x0 stetig ist, wenn !(f, x0 ) = 0 gilt. Wir
nehmen an, dass f in x0 stetig ist.
8✏ > 09 > 08x 2 B(x0 , ) : |f (x)
f (x0 )| < ✏
Hieraus folgt
sup
f (x) < f (x0 ) + ✏
x2B(x0 , )
und
inf
x2B(x0 , )
f (x) > f (x0 )
✏
Also !(f, x0 ) < 2✏.
Wir setzen
D✏ = {x|!(f, x)
✏}
und zeigen, dass D✏ für alle ✏ > 0 eine abgeschlossene Menge ist. Wir zeigen, dass
D✏c eine o↵ene Menge ist. Es gelte !(f, x0 ) < ✏. Dann gibt es ein > 0, so dass für
alle x 2 B(x0 , )
sup f (x)
inf f (x) < ✏
x2B(x0 , )
x2B(x0 , )
Hieraus folgt, dass für alle x 2 B(x0 , )
!(f, x) < ✏
6.21. UNSTETIGKEITSMENGEN VON FUNKTIONEN UND IHREN ABLEITUNGEN293
gilt. Damit ist die Menge aller Unstetigkeitsstellen von f gleich
[
D1
n
n2N
und damit eine F -Menge.
Wir zeigen nun, dass es zu jeder F -Menge eine Funktion gibt, die in genau
diesen Punkten unstetig ist. Es seien M eine abzählbare, dichte Teilmenge von X
und
1
[
A=
An
n=0
wobei An abgeschlossene Mengen sind und überdies An ✓ An+1 für n = 0, 1, 2, . . .
gilt. Wir setzen A0 = ;. Wir definieren nun
Bn = {x|x 2 (An \ An 1 ) \ (An \ An 1 ) oder x 2 (An \ An 1 ) \ M }
Wir definieren
f (x) =
8
>
<2
n
falls
>
:0
falls
x 2 Bn
1
[
x2
/
Bk
k=1
f ist wohldefiniert, da Bn \ Bm = ; für n 6= m gilt. Wir wollen dies nachprüfen.
Falls n > m, so gelten
Bn ✓ An \ An
1
Bm ✓ Am
und
Wir zeigen nun, dass f für alle x 2 A unstetig ist. Es ergeben sich drei Fälle. Falls
x 2 (An \ An 1 ) \ M , dann gilt f (x) = 2 n und es gibt ein 0 , so dass für alle
mit 0 < < 0 und alle y mit d(x, y) <
y 2 (An \ An 1 )
gibt. Hieraus folgt, dass es ein y mit d(x, y) <
gibt, so dass
y 2 (An \ An 1 ) \ M c
Für ein solches y gilt
y2
/
1
[
Bk
k=1
Falls y 2 Bk gilt, so folgt wegen Bk ✓ Ak \ Ak 1 , dass k = n. Aus y 2 (An \ An 1 ) \
M c erhalten wir
y2
/ (An \ An 1 ) \ (An \ An 1 ) und y 2
/ (An \ An 1 ) \ M
Damit gilt f (y) = 0. Damit ist f nicht in x stetig.
294
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Wir nehmen nun an, dass x 2 (An \ An 1 ) \ M c . Wie wir uns eben überlegt
haben, gilt dann f (x) = 0. Ebenso wie im ersten Fall finden wir ein 0 , so dass für
alle mit 0 < < 0 ein y mit d(x, y) < und mit
y 2 (An \ An 1 ) \ M
existiert. Also gilt f (y) = 0. Dies widerspricht der Stetigkeit von f in x. Als dritten
zu betrachtenden Fall haben wir
x 2 (An \ An 1 ) \ (An \ An 1 )
Damit haben wir f (x) = 2 n . Weil x kein innerer Punkt von An \ An 1 ist, gibt
es eine Folge von Punkten xk 2 (An \ An 1 )c , k 2 N, mit d(x, xk ) < k1 . Für alle
xk , k 2 N, gilt entweder xk 2 An 1 oder xk 2 Acn . Damit gilt, dass xk 2
/ Bn gilt.
Hieraus folgt sofort, dass für alle k 2 N
f (xk ) = 0
oder
f (xk )
2
(n 1)
oder
f (xk )  2
(n+1)
Auch dies widerspricht der Stetigkeit von f in x.
Nun zeigen wir, dass f in allen x 2
/ A stetig ist. Es gilt f (x) = 0. Es sei ✏ > 0
gegeben. Wir wählen N so gross, dass ✏ > 2 N gilt. Nun wählen wir so klein, dass
für alle A1 , . . . , AN
B(x, ) \ An = ;
gilt. Somit gilt für alle y mit d(x, y) <
y2
/
N
[
An
n=1
Insbesondere gilt für alle y mit d(x, y) <
y2
/
N
[
Bn
n=1
Deshalb gilt für alle y mit d(x, y) < , dass
f (y)  2
N 1
Damit folgt für alle y mit d(x, y) <
|f (x)
f (y)|  2
N 1
<✏
2
Beispiel 115 (i) Q ist eine F -Menge.
(ii) R \ Q ist keine F -Menge.
(iii) Jede Teilmenge von R, die nicht Lebesgue messbar ist, ist keine F -Menge.
6.21. UNSTETIGKEITSMENGEN VON FUNKTIONEN UND IHREN ABLEITUNGEN295
Satz 86 (i) Es sei f : [a, b] ! R eine di↵erenzierbare Funktion. Dann ist die Menge
aller Punkte, in denen f 0 stetig ist, eine G -Menge, die in [a, b] dicht liegt.
(ii) Zu jeder G -Menge A, die in [a, b] dicht liegt, gibt es eine Funktion f :
[a, b] ! R, für die die Menge, in denen f 0 stetig ist, gleich A ist.
Satz 87 (Bruckner, p. 228) (i) Es sei f : [a, b] ! R eine stetige Funktion. Dann
ist die Menge der Punkte, in denen f di↵erenzierbar ist, vo der Form A \ B, wobei
A eine F -Menge ist und B eine F -Menge mit (B) = ([a, b]) ist.
(ii) Umgekehrt lässt sich zu jeder solchen Menge eine entsprechende Funktion
finden.
296
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Notizen
Die Menge der invertierbaren Matrizen ist o↵en: Die Determinante ist eine
stetige Abbildung.
Der Limes Superior ist der grösste Häufungspunkt der Folge.
Wo ist die Funktion f mit f (x) = 0 für x irrational und f ( m
)=
n
m teilerfremd sind di↵erenzierbar?
Konvergenzradius von
1
X
1
n
wobei n und
tan(n)xn
n=1
bestimmen.
Der Konvergenzradius von
1
X
1 n
x
sin n
n=1
ist 1.
| sin n| = | sin(n
1
|n
2
m⇡)|
Da ⇡ irrational ist, gilt
n
m
⇠ ⇡. Damit folgt
|
Ausserdem gilt
n
m
⇡|
| sin n|
m⇡| =
m n
|
2 m
⇡|
1
mk
1
nk 1
Bei der Einführung der metrischen Räume muss auch die Stetigkeit von Funktionen auf metrischen Räumen abgehandelt werden. U.a. dass eine stetige Funktion
auf einer kompakten Menge Minimum und Maximum annimmt.
Die Euklidische Norm muss schon bei den metrischen Räumen eingeführt werden.
Ausserdem müssen an dieser Stelle die kompakten Mengen vom Rn charakterisiert
werden.
Der Satz von Alexando↵-Hausdor↵: Jeder kompakte metrische Raum ist das
stetige Bild der Cantor-Menge. siehe der Artikel von Benyamini im AMM.
Bei der Einführung der Gammafunktion weitere Eigenschaften herleiten, um die
Berechnung des n- dimensionalen Volumens der Kugel einfacher zu gestalten.
Der Satz von Tschebysche↵ über die Primzahlverteilung kann bewiesen werden
,wenn man die Grössenordnung von 2n
bestimmt hat.
n
6.21. UNSTETIGKEITSMENGEN VON FUNKTIONEN UND IHREN ABLEITUNGEN297
Die Determinante der Matrix
0
↵ 1
0 ··· ··· 0
B 1 ↵
1
0 ··· 0
B
B ..
..
@ .
.
0 ··· ··· ··· 1 ↵
führt auf die Di↵erenzengleichung [LeLe,p.98]
Dn = ↵Dn
Dn
1
1
C
C
C
A
2
Aufgabe oder Beipiel: Bestimme die Anzahl aller surjektiven Abbildungen zwischen einer Menge mit n Elemente und einer mit k Elementen:
✓ ◆
n n k
k k!
k
Es gibt genau
✓ ◆
n n
k
k
k
Möglichkeiten eine Menge mit n Elementen in k Teilmengen aufzuteilen, so dass
jede Teilmenge mindestens ein Element enthält.
Michel Rolle wurde 1652 in der Auvergne geboren, er starb 1719. Er war Mitglied
der Académie des Sciences. Sein Hauptwerk Traité d’Algebre erschien 1690.
card(R)=card(R2 ), card(R)=card([0,1])
Berechne
R
xx dx, möglicherweise als Reihe.
Aufgabe: Man versucht aus Dominosteinen einen Brückenbogen zu bauen, der
sich selbst trägt. Man stapelt die Steine übereinander und verschiebt sie dann
seitlich, ohne dass der entstehende Bogen umfällt. Wie weit kommt man? Antwort:
proportional zum Logarithmus der Anzahl der Steine.
Im Abschnitt über die Formel von Stirling wird die Trapez-Regel benutzt und
bewiesen. Interessant ist auch die Simpson Regel: Das Integral weicht höchstens um
(b a)5
max |f (iv) (x)|
2880n4 x
von
(f (a0 ) + 4f (x1 ) + 2f (a1 ) + · · · )
ab.
x
6
298
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
Die Mittelpunktsregel ist auch interessant: Das Integral weicht höchstens um
(b a)3
max |f (iv) (x)|
x
24n2
von
(f (x1 ) + · · · + f (xn )) x
ab. xi sind die Mittelpunkte der Teilintervalle.
Das Nadel Problem von Bu↵on.
(i) Ein Punkt (y, ✓) wird zufallsartig in dem Rechteck [0, 1] ⇥ [0, ⇡] gewählt. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass y  sin ✓ gilt.
(ii) Eine Nadel der Länge 1 wird auf eine Fläche fallen gelassen, auf die parallele
Linien gezeichnet sind, die jeweils den Abstand 1 voneinander haben. Es sei P der
niedrigere der beiden Endpunkte von der Nadel, y sei der Abstand von P zur der
Linie, die oberhalb von P liegt und ✓ sei der Winkel, den die Nadel mit einer Linie
hat, die parallel zu den gegebenen Linien ist und die durch P läuft. Zeige, dass die
Wahrscheinlichkeit, dass die Nadel eine Linie tri↵t, gleich der von (i) ist.
Z ⇡
sin ✓d✓ = 2
0
Also ist die Wahrscheinlichkeit gleich 2/⇡.
Vermutlich ist es besser die e-Funktion durch Potenzreiehen einzuführen.
Berechne den Erwartungswert vom Abstand eines zufällig in einem Kreis mit
Radius 1 gewählten Punktes vom Kreismittelpunkt. Die Verteilungsfunktion ist
F (x) = P(0  X  x) =
⇡x2
= x2
⇡
Damit ergibt sich für die Wahrscheinlichkeitsdichte
f (x) = F 0 (x) = 2x
und
E(X) =
Z
0
1
2x2 dx =
2
3
Der triaxiale Tritorus ist
x = sin u(1 + cos v)
2⇡
y = sin(u + )(1 + cos(v +
3
4⇡
z = sin(u + )(1 + cos(v +
3
2⇡
))
3
4⇡
))
3
wobei ⇡  u  ⇡ und ⇡  v  ⇡. (http://astronomy.swin.edu.au/pbourke/geometry/)
6.21. UNSTETIGKEITSMENGEN VON FUNKTIONEN UND IHREN ABLEITUNGEN299
Beispiel 116 Die Folge
{(cos n, sin n)|n 2 N}
liegt dicht in {(x, y)|x2 + y 2 = 1}.
300
CHAPTER 6. FUNKTIONEN MEHRERER REELLEN VARIABLEN
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