Math. Daniel Haase
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Übungsblätter zur Vorlesung Analysis I Wintersemester 2004/2005 Dipl.-Math. Daniel Haase Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 25.10.2004 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 1 Zur Übungsstunde vom 25.10.2004 Aufgabe 1 (Mengenlehre) 3 Punkte Es sei A = {1, 2, 3}, B = {2, 4, 6, 8, . . .} und C = {1, 3, 5, 7, . . .}. Berechnen Sie (a) M1 = A\((A ∩ B) ∪ C), (b) M2 = ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C)) ∪ (B ∩ C), (c) M3 = (A4B)4C, wobei 4 die symmetrische Differenz A4B := (A\B) ∪ (B\A) bezeichnet. Lösung Wir führen die Berechnungen schrittweise durch, indem wir zuerst die Klammern auflösen: M1 = A\((A ∩ B) ∪ C) = A\({2} ∪ C) = A\{1, 2, 3, 5, 7, 9, . . .} = ∅ . Ebenso ist und schließlich M2 = ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C)) ∪ (B ∩ C) = ({2} ∪ {1, 3}) ∪ ∅ = {1, 2, 3} , M3 = (A4B)4C = ((A\B) ∪ (B\A))4C = ({1, 3} ∪ {4, 6, 8, . . .})4C = {1, 3, 4, 6, 8, . . .}4C = ({1, 3, 4, 6, 8, . . .}\{1, 3, 5, 7, . . .}) ∪ ({1, 3, 5, 7, . . .}\{1, 3, 4, 6, 8, . . .}) = {4, 6, 8, . . .} ∪ {5, 7, 9, . . .} = {4, 5, 6, 7, . . .} . Anschaulich ist A4B die Menge der Elemente von A und B, die in genau einer der beiden Mengen liegen. Aufgabe 2 (Logische Quantoren) 2 Punkte Formulieren Sie jeweils das Gegenteil der folgenden Behauptungen als logische Aussagen, und prüfen Sie, welche der Aussagen A1 , A2 , ¬A1 und ¬A2 erfüllbar sind (mit Beweis, benutzen Sie dazu die Additionsaxiome): A1 = ∀x ∈ R ∃y ∈ R : x + y = 0 , A2 = ∃y ∈ R ∀x ∈ R : x + y = 0 . Lösung Zu a): Wir durchlaufen die Quantorenkette wie folgt: ∀x ∈ R bedeutet, dass wir ein x ∈ R vorgelegt bekommen, das im Folgenden fest gewählt ist, über dessen Wert wir jedoch nichts voraussetzen dürfen, da die Aussage für alle solchen x gelten Soll. ∃y ∈ R bedeutet, dass es mindestens ein y ∈ R geben soll, so dass die innere Aussage x + y = 0 gilt. x ist schon gewählt, wir dürfen also ein y in Abhängigkeit von x auswählen. Axiom A3 garantiert, dass es ein −x ∈ R gibt, so dass x + (−x) = 0 ist, wir wählen daher y = −x und fassen zusammen: Für jedes x ∈ R (ohne Voraussetzungen) gibt es ein y ∈ R (nämlich y = −x), so dass x + y = 0 gilt (wegen A3). Damit ist die Aussage A1 bewiesen. Das Gegenteil der Aussage erhalten wir, indem wir das Negationszeichen durch die Quantoren ziehen und diese dabei umkehren (siehe Negationssatz aus dem Vorkurs): ¬A1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ¬(∀x ∈ R ∃y ∈ R : x + y = 0) ∃x ∈ R ¬(∃y ∈ R : x + y = 0) ∃x ∈ R ∀y ∈ R : ¬(x + y = 0) ∃x ∈ R ∀y ∈ R : x + y 6= 0 . Das Gegenteil von A1 ist also die Aussage ∃x ∈ R ∀y ∈ R : x + y 6= 0. Sie ist natürlich falsch, da A1 wahr ist. Zu b): Die Aussage ist falsch, wir widerlegen sie durch einen Widerspruchsbeweis wie folgt: Angenommen A2 ist wahr, dann gibt es ein y ∈ R, so dass für alle x ∈ R die Gleichung x + y = 0 gilt. Das bedeutet, dass uns ein Wert für y vorgegeben wird, und damit x + y = 0 für alle x ∈ R gilt. Die Menge R enthält mindestens zwei verschiedene Zahlen, beispielsweise 0 und 1. Die Behauptung A2 sagt also aus, dass für den Wert y die Gleichungen y + 0 = 0 und y + 1 = 0 gelten. Aus dem Axiom A2 folgt y = y + 0 = 0, einsetzen in die zweite Gleichung ergibt dann 0 + 1 = y + 1 = 0, wieder nach A2 also 1 = 0 + 1 = y + 1 = 0 im Widerspruch dazu, dass 1 und 0 verschieden sind. Damit folgt, dass die Annahme A2 falsch sein muss. Das Gegenteil von A2 ergibt sich zu ¬A2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ¬(∃y ∈ R ∀x ∈ R : x + y = 0) ∀y ∈ R ¬(∀x ∈ R : x + y = 0) ∀y ∈ R ∃x ∈ R : ¬(x + y = 0) ∀y ∈ R ∃x ∈ R : x + y 6= 0 . Die Aussage ¬A2 ist wahr. Wir müssen das nicht beweisen, da die Falschheit von A2 schon gezeigt ist. Die falsche Aussage A2 geht aus der wahren Aussage A1 offenbar hervor, in dem die Quantorenteile ∀x ∈ R und ∃y ∈ R vertauscht werden. Daraus folgt: Quantoren dürfen in einer Aussage im Allgemeinen nicht vertauscht werden. Aufgabe 3 (Äquivalenzrelationen) 4 Punkte Entscheiden Sie für die folgenden zweistelligen Relationen auf den reellen Zahlen, ob es sich um Äquivalenzrelationen handelt, indem Sie die drei Bedingungen aus Definition 1.1.5 nachprüfen: (a) (b) (c) (d) Die Die Die Die Gleichheitsrelation: x = y genau dann, wenn x die gleiche Zahl wie y ist. in etwa“-Relation: x ≈d y genau dann, wenn |x − y| < d ist für ein festes d > 0. ” zu einer beliebigen Abbildung f : R → R gehörende Relation: x ∼f y genau dann, wenn f (x) = f (y) ist. folgende willkürliche Relation: x ∼ y genau dann, wenn x ∈ {1, 2, 3} ist, unabhängig von y. Lösung Zu a): Die Gleichheit ist natürlich eine Äquivalenzrelation: Reflexivität ist erfüllt, da x = x für alle x ∈ R gilt. Gleichheit ist natürlich auch symmetrisch, d. h. ist x = y, so ist auch y = x. Ist x = y und y = z, so stimmen alle drei Zahlen überein, und es gilt x = z. Zu b): Diese Relation ist keine Äquivalenzrelation, denn Sie verletzt das Transitivitätsaxiom (und zwar für alle d > 0): dazu wählen wir x = 21 d, und erhalten 0 ≈d x, wegen |0 − x| = 12 d < d, und andererseits x ≈d d wegen |x − d| = 12 d < d. Aber es gilt nicht 0 ∼ d, da |0−d| = d 6< d ist. Die anderen Axiome sind erfüllt, was man hier aber nicht nachzurechnen braucht. Zu c): Diese Relation ist eine Äquivalenzrelation: ist x = y, so ist natürlich auch f (x) = f (y), also gilt x ∼f y, d. h. die Relation ist reflexiv. Gilt x ∼f y, so ist f (x) = f (y), also auch f (y) = f (x), d. h. y ∼f x, und ∼f ist symmetrisch. Gilt x ∼f y und y ∼f z (kurz geschrieben x ∼f y ∼f z), so folgt f (x) = f (y) und f (y) = f (z) (kurz geschrieben f (x) = f (y) = f (z)), von = ist die Transitivität schon bekannt, also gilt auch f (x) = f (z) und damit x ∼f z, und ∼f ist auch transitiv. Zu d): Diese Relation erfüllt nur die Transitivität: beispielsweise ist die Reflexivität durch 6 6∼ 6 verletzt, die Symmetrie durch 1 ∼ 6 und 6 6∼ 1. Aufgabe 4 (Äquivalenzrelationen und Partitionen) 2 Punkte In der Vorlesung wurde die zu einer Partition P gehörende Äquivalenzrelation x ∼P y ⇔ ∃T ∈ P : x, y ∈ T eingeführt. Zeigen Sie, dass für jede beliebige Partition P von R die Relation ∼P eine Äquivalenzrelation nach Definition 1.1.5 ist. Lösung Es ist Reflexivität, Symmetrie und Transitivität zu zeigen. Es sei x ein beliebiges Element von R. Dann gibt es nach Definition der Partition ein T ∈ P, so dass x in T liegt. Also gilt x ∼P x, d. h. die Relation ist reflexiv. Nun sei y ein weiteres beliebiges Element in R. Wir gehen von x ∼P y aus, d. h. es gibt T ∈ P mit x, y ∈ T . Wegen y, x ∈ T gilt y ∼P x, d. h. die Relation ist symmetrisch. Seien nun x, y, z ∈ R beliebig, wir nehmen x ∼P y sowie y ∼P z an. Aus der ersten Annahme folgt, dass es T ∈ P gibt mit x, y ∈ T . Aus der zweiten Annahme folgt, dass es S ∈ P gibt mit y, z ∈ S. Offenbar liegt das Element y in T und in S. Nach Definition sind die Mengen in P aber disjunkt, die Mengen können y also nur dann beide enthalten, wenn S = T ist. Daraus folgt dann x, z ∈ T ∈ P, also x ∼P z, und die Relation ist auch transitiv. Insgesamt erfüllt ∼P damit alle Axiome und ist eine Äquivalenzrelation. Aufgabe 5 (Überdeckungen) 3 Punkte Eine Überdeckung von R ist ein Mengensystem U, das Teilmengen von R enthält, so dass R die Vereinigung aller Mengen aus U ist. Im Unterschied zum Begriff der Partition müssen die Mengen in U jedoch nicht disjunkt sein. Geben Sie ein Beispiel für eine Überdeckung U von R an, so dass die zugehörige Relation ∼U (siehe vorige Aufgabe) keine Äquivalenzrelation ist. Welches Axiom wird in Ihrem Beispiel verletzt? Gelten die beiden anderen Axiome für jede Überdeckung? (Beweis!) Lösung Offenbar muss das gesuchte Beispiel U nicht-disjunkte Mengen enthalten, ansonten wäre es eine Partition, und damit ∼U eine Äquivalenzrelation. Hier gibt es natürlich beliebig viele Möglichkeiten. Ein einfaches Beispiel bilden die Mengen T = {x ∈ R | x ≤ 0} und S = {x ∈ R | x ≥ 0}, die gemeinsam ganz R überdecken, sich aber im Nullpunkt überschneiden. Wir prüfen die Axiome Ä1,Ä2,Ä3 für die Relation ∼U mit U = {T, S} nach: Das Reflexivitätsaxiom ist erfüllt, denn für jedes x ∈ R ist x ∈ T oder x ∈ S, also x ∼U x. Das Symmetrieaxiom ist erfüllt, denn ist x ∼U y, so ist x, y ∈ T oder x, y ∈ S, in beiden Fällen ist dann auch y ∼U x. Das Transitivitätsaxiom ist dagegen verletzt: es gilt nämlich −1 ∼U 0 (wegen −1, 0 ∈ T ) sowie 0 ∼U 1 (wegen 0, 1 ∈ S), aber es gilt nicht −1 ∼U 1, da −1 ∈ T aber 1 ∈ / T bzw. 1 ∈ S aber −1 ∈ / S gilt. Man sieht leicht, dass alle Axiome ausser der Transitivität für jede zu einer Überdeckung gehörenden Relation gelten müssen: ist nämlich U irgend eine Überdeckung von R, so ist ∼U reflexiv, da jedes x ∈ R in einer Menge aus U vorkommt. Sie ist symmetrisch, da die Elementrelation x, y ∈ T nicht von der Reihenfolge von x und y abhängt. Ebenso sieht man aus dem obigen Beispiel, dass gerade der Verlust der Disjunktheit der Mengen zur Verletzung der Transitivität führt. Aufgabe 6 (Axiome der Addition) 2 Punkte Prüfen Sie für die folgende Operation ∧ auf N, ob sie assoziativ ist (A1) sowie ob sie kommutativ ist (A4): a falls a ≤ b a ∧ b = min(a, b) := . b sonst Lösung Assoziativgesetz (A1): Es seien a, b, c ∈ N beliebige natürliche Zahlen, dann ist die Gleichung (a ∧ b) ∧ c = a ∧ (b ∧ c) zu zeigen. Dazu sind Fallunterscheidungen nach der Anordnung der Elemente a, b, c nötig: Fall a ≤ b ≤ c : Fall a ≤ c ≤ b : Fall b ≤ a ≤ c : Fall b ≤ c ≤ a : Fall c ≤ a ≤ b : Fall c ≤ b ≤ a : (a ∧ b) ∧ c (a ∧ b) ∧ c (a ∧ b) ∧ c (a ∧ b) ∧ c (a ∧ b) ∧ c (a ∧ b) ∧ c = = = = = = a∧c a∧c b∧c b∧c a∧c b∧c = = = = = = a a b b c c = = = = = = a∧b a∧c a∧b a∧b a∧c a∧c = = = = = = a ∧ (b ∧ c) a ∧ (b ∧ c) a ∧ (b ∧ c) a ∧ (b ∧ c) a ∧ (b ∧ c) a ∧ (b ∧ c) Es gibt nur diese sechs Fälle, da sich die drei Zahlen a, b, c nur auf sechs verschiedene Arten anordnen lassen (Trichotomiegesetz und Transitivität). Kommutativgesetz (A4): Es ist a ∧ b = b ∧ a zu zeigen für alle a, b ∈ N. Wir führen wieder eine Fallunterscheidung durch: Fall a ≤ b : Fall a > b : a∧b a∧b = = a b = = b∧a b∧a Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 01.11.2004 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 2 Zur Übungsstunde vom 01.11.2004 Aufgabe 7 (Supremum und Infimum) 6 Punkte Für diese und die folgenden Aufgaben sei stets K = R. Berechnen Sie für die folgenden Teilmengen von R das Supremum und das Infimum (falls sie existieren). Geben Sie an, ob es sich sogar um das Maximum bzw. Minimum handelt. ff ff ff x−1 x−1 n |n∈N , M2 = | x ∈ [0, ∞) , M3 = | x ∈ [0, ∞) , y ∈ [0, ∞) . M1 = n+1 x+1 y+1 Sie dürfen in dieser Aufgabe mit Brüchen und Ungleichungen wie in der Schule rechnen. Die einzelnen Rechenregeln n 1 werden im Rahmen der Vorlesung noch genau bewiesen. Umformungsschritte wie beispielsweise n+1 = (n+1)−1 = 1− n+1 n+1 n oder n < n + 1 ⇒ n+1 < 1 sollten Sie genau ausführen und ggf. begründen (die letzte Umformung ist z. B. gültig wegen n + 1 > 0, die erste wegen der Bruchrechenregeln). Lösung n Es gilt n < n + 1 für alle n ∈ N, daraus folgt n+1 < 1 für alle n ∈ N wegen n + 1 > 0. Da jedes x ∈ M1 von der n n Form x = n+1 ist folgt, dass 1 eine obere Schranke der Menge M1 ist. Wegen n+1 6= 1 für alle n ist 1 ∈ / M1 , d. h. die obere Schranke 1 ist kein Maximum. Es handelt sich aber um ein Supremum, wir führen dazu einen Widerspruchsbeweis: Angenommen 1 ist kein Supremum, dann gibt es eine kleinere Schranke s < 1 von M1 , etwa s = 1 − ε für ein ε > 0, und es gilt: n ≤ s = 1−ε. ∀n ∈ N : n+1 n 1 Umformen ergibt n+1 = n+1−1 = 1 − n+1 . Also gilt n+1 n 1 1 = ≤ s = 1 − ε also ∀n ∈ N : 1 − ≤ 1−ε. n+1 n+1 n+1 Wir addieren auf beiden Seiten der Ungleichung die Zahl −1 (O3), und erhalten (wegen A3) die Ungleichung 1 ∀n ∈ N : − ≤ −ε . n+1 ∀n ∈ N : 1 − Addition von ε + 1 n auf beide Seite ergibt wieder mit O3/A3 die Ungleichung 1 . n+1 Die Zahl ε ist fest, die Zahl n durchläuft dagegen ganz N, wir erhalten damit einen Widerspruch, wenn n groß genug ist (beispielsweise für n > ε−1 ). Damit ist die Annahme falsch: es gibt keine kleinere obere Schranke, d. h. sup(M1 ) = 1. Wie bereits gezeigt ist 1 aber kein Maximum. Für n = 1 liegt das Element 12 in M1 . Wir wollen zeigen, dass alle Elemente n < 21 zu einem Widerspruch führen: von M1 größer oder gleich 21 sind, indem wir die Aussage n+1 ∀n ∈ N : ε ≤ n 1 1 < ⇒n+1>0 n < · (n + 1) ⇒2>0 2n < n + 1 ⇒O3/A3 n < 1 , im Widerspruch zu n ∈ N . n+1 2 2 Also sind alle x ∈ M1 größer oder gleich 21 , da zusätzlich 1 2 ∈ M1 gilt folgt 1 2 = min(M1 ). Daraus folgt auch 1 2 = inf(M1 ). Zur zweiten Menge: Umformen ergibt x−1 (x + 1) − 2 2 = = 1− . x+1 x+1 x+1 Dabei ist x + 1 > 0 für alle x ∈ [0, ∞). Für x = 0 ist x−1 = −1. Wir nehmen an, dass es ein x gibt mit x−1 < −1, dann x+1 x+1 gilt: x−1 < −1 ⇒x+1>0 x − 1 < −1 · (x + 1) ⇒D1 x − 1 < −x − 1 ⇒O3/A3 x < −x ⇒O3/A3 2x < 0 x+1 und damit x < 0. Also folgt insgesamt wegen der Forderung x ∈ [0, ∞), dass die Behauptung x−1 < −1 für kein Element x+1 von M2 gilt. Anders formuliert: für alle y ∈ M2 ist y ≥ −1, wegen −1 ∈ M2 ist also −1 das Minimum (und damit auch das Infimum) von M2 . Die Zahl 1 ist andererseits eine obere Schranke, da der Nenner x + 1 stets größer als der Zähler x − 1 der Elemente von M2 ist. Sie ist kein Maximum, da der Wert x−1 wegen x − 1 6= x + 1 (O3/A3) nicht angenommen x+1 wird. Wir zeigen die Supremumgseigenschaft von 1 direkt mit der Definition des Supremums. Es ist zu zeigen, dass für jedes ε > 0 ein y = x−1 ∈ M2 existiert mit y > 1 − ε, d. h. dass 1 − ε keine obere Schranke ist. Es sei also ε > 0 beliebig. x+1 = −1 ein Element von Dazu unterscheiden wir zwei Fälle: ε > 1 und ε ≤ 1. Im ersten Fall ist für x = 0 schon y = x−1 x+1 M2 , dass über 1 − ε liegt (es handelt sich um den Fall, in dem ε derart groß ist, dass die vermeintliche obere Schranke 1 − ε schon unter die bekannte untere Schranke −1 gefallen ist). Im anderen Fall ist 1 − ε ≥ −1, und es ist zu zeigen, dass es ein x ≥ 0 gibt mit y = x−1 > 1 − ε. Wir wählen x := 4ε−1 ∈ [0, ∞), und wollen für y ∈ M2 die Abschätzung x+1 y > 1 − ε zeigen, gleichbedeutend (wegen O3) mit y − 1 + ε > 0. Wir bilden also mit Hilfe der Bruchrechenregeln y−1+ε = 2 2 −2 + ε · (x + 1) x−1 −1+ε = 1− −1+ε = − +ε = x+1 x+1 x+1 x+1 −2 + 4 + ε 2+ε −2 + ε · (4ε−1 + 1) = = > 0 4ε−1 + 1 4ε−1 + 1 4ε−1 + 1 wegen ε > 0 (hier wurden wieder die Axiome A3 und D1 benutzt). Damit folgt: zu jedem s < 1 gibt es y ∈ M 2 mit s < y, d. h. jedes solche s ist keine obere Schranke. Damit ist 1 das Supremum (aber nicht das Maximum) von M 2 . = Nun zu M3 : Zunächst sieht man, dass für die Wahl x ∈ [0, ∞) und festes y = 0 alle Elemente der Form x − 1 = x−1 in 1 M3 liegen. Damit besitzt die Menge M3 keine obere Schranke (und damit weder Supremum noch Maximum), denn jedes noch so große z ≥ 0 liegt für die Wahl x = z + 1 und y = 0 in M3 . Dagegen ist −1 ein Element von M3 für die Wahl x = 0 und y = 0. Angenommen z = x−1 liegt unter −1, dann gilt y+1 x−1 < −1 ⇒ x − 1 < −1 · (y + 1) ⇒ x − 1 < −y − 1 ⇒ x < −y ≤ 0 y+1 wegen y ≥ 0, im Widerspruch zu x ≥ 0. Also ist −1 das Minimum (und damit das Infimum) von M 3 . Aufgabe 8 (Eindeutigkeit des Supremums) 2 Punkte Beweisen Sie Bemerkung 1.2.2 aus der Vorlesung: Besitzt eine Menge M ⊆ R ein Supremum, so ist dieses eindeutig. Lösung Es sei M ⊆ R eine Menge mit zwei Suprema s und s0 . Angenommen s < s0 , dann ist s als Supremum insbesondere eine obere Schranke von M , im Widerspruch zur Definition 1.2.7, die fordert, dass keine obere Schranke existieren kann, die kleiner als das Supremum s0 ist. Angenommen s0 < s, dann ist s0 als Supremum eine obere Schranke von M , im Widerspruch dazu, dass keine obere Schranke existieren kann, die kleiner als das Supremum s ist. Da die beiden Annahmen s < s0 und s0 < s zum Widerspruch führen folgt aus dem Trichotomiegesetz, dass s = s0 ist. Es gibt also tatsächlich nur genau ein Supremum. Aufgabe 9 (Supremum und Infimum) 3 Punkte Beweisen Sie: aus dem Supremumsprinzip S1 folgt (S2) Jede nichtleere und nach unten beschränkte Menge besitzt ein Infimum. Tipp: Betrachten Sie zu einer Menge M ⊆ R die Menge −M = {−x | x ∈ M }. Lösung Wir nehmen an, dass S1 im angeordneten Körper K gilt. Wir müssen zeigen, dass S2 gilt, d. h. dass jede nichtleere und nach unten beschränkte Menge ein Infimum besitzt. Es sei M ⊆ K eine solche Menge, und u ∈ K eine untere Schranke. Wir bilden die Menge −M = {−x | x ∈ M } und zeigen, dass −u eine obere Schranke von −M ist: denn ist y ∈ −M beliebig, so ist x = −y ∈ M , d. h. x ≥ u. Addieren von −x − u auf beide Seiten (O3 und A3) ergibt −u ≥ −x = y, also ist jedes y ∈ −M von oben durch −u beschränkt, d. h. −u ist eine obere Schranke von −M . Da wir die Gültigkeit von S1 annehmen folgt, dass −M ein Supremum s ∈ K besitzt (denn mit M ist auch −M nicht leer). Wir wollen zeigen, dass umgekehrt −s ein Infimum von M ist. Da s insbesondere eine obere Schranke von −M ist folgt mit der obigen Rechnung, dass −s eine untere Schranke von M ist. Es ist also nur noch zu zeigen, dass −s die größte solche Schranke ist. Angenommen t > −s ist auch eine untere Schranke von M , dann ist wieder −t eine obere Schranke von −M , aber es gilt t > −s ⇒ −t < s wegen (A3). Aber das Supremum s war die kleinste obere Schranke von −M , also kann −t nicht obere Schranke von −M bzw. t nicht untere Schranke von M sein. Also ist −s die größte obere Schranke von M , d. h. das Infimum. Wir haben gezeigt: jede nach unten beschränkte und nicht leere Menge M besitzt ein Infimum, also gilt S2. Es ist klar, dass diese Rechnung auch in die andere Richtung funktioniert, d. h. tatsächlich sind S1 und S2 gleichbedeutend. Aufgabe 10 (Die etwas andere Addition) 3 Punkte Sei M irgend eine nichtleere Menge und P(M ) die Potenzmenge von M , d. h. das Mengensystem aller Teilmengen von M . Beispiel: M = {0, 1}, dann ist P(M ) = {∅, {0}, {1}, {0, 1}}. Zeigen Sie: auf dem Mengensystem P(M ) ist die Rechenoperation 4 (aus Aufgabe 1 des ersten Übungsblatts) eine Addition, d. h. prüfen Sie die Additionsaxiome nach. Wegen des dazu nötigen Aufwands brauchen Sie A1 nicht zu überprüfen. Hinweis: Überlegen Sie zunächst, was für ein neutrales Element N ∈ P(M ) gelten muss. Erinnern Sie sich an die Charakterisierung von 4 aus der Übungsveranstaltung (oder der Musterlösung), und finden Sie zu allen Mengen A ⊆ M die inversen B ⊆ M mit A4B = N . Zweck dieser Aufgabe ist es, das symbolische Rechnen ohne Anschauung“ zu lernen. Das neutrale Element N wird ” noch der Anschauung entsprechen, die inversen Elemente sind aber definitiv nicht das, was sie vielleicht erwarten. Vergessen Sie für diese Aufgabe die Zahlenaddition und halten Sie sich ausschließlich an die Definition der Operation 4. Lösung Es sei zunächst A4 nachgewiesen: dazu seien A, B ∈ P(M ) beliebig, d. h. A, B ⊆ M . Es gilt A4B =Def (A\B) ∪ (B\A) = (B\A) ∪ (A\B) =Def B4A , wobei die mittlere Gleichheit aus der Kommutativität von ∪ folgt. Nun zu A2: ein neutrales Element N ∈ P(M ) muss eine Menge N ⊆ M sein mit der Eigenschaft A4N = (A\N ) ∪ (N \A) = A , und zwar für ein festes N und alle A ⊆ M . Die Gleichung muss also auch für A = ∅ gelten, woraus ∅ = ∅4N = (∅\N ) ∪ (N \∅) = ∅ ∪ N = N folgt. Das heißt: falls es ein neutrales Element N gibt, muss N die leere Menge sein. Wir prüfen nach für beliebiges A: A4∅ = (A\∅) ∪ (∅\A) = A ∪ ∅ = A , also erfüllt N = ∅ tatsächlich das Axiom A2 und ist damit das neutrale Element bzgl. der Operation 4. Um noch A3 nachzuweisen ist für eine beliebige Menge A ∈ P(M ) eine Menge B ∈ P(M ) zu konstruieren, so dass A4B = N = ∅ gilt. Wegen A4B = (A\B) ∪ (B\A) und der Definition von ∪ ist A4B = ∅ nur möglich, wenn A\B = ∅ und B\A = ∅ gilt. Aus A\B = ∅ folgt, dass alle Elemente aus A auch in B liegen müssen, da sie bei Bildung der Restmenge entfernt werden. Es folgt A ⊆ B. Umgekehrt folgt aus B\A = ∅ natürlich B ⊆ A. Jedes Element aus A liegt in B, und jedes Element aus B liegt in A, also ist insgesamt A = B. Anders formuliert: A4A = N = ∅, und aus A4B = ∅ folgt A = B. Mit dieser Addition ist jedes Element sein eigenes Inverses. Damit ist A3 erfüllt, denn es war in A3 nicht gefordert, dass das Inverse eines Elements vom Element selbst verschieden ist. Aufgabe 11 (Der binomische Lehrsatz) 2 Punkte Zeigen Sie den folgenden Spezialfall des binomischen Lehrsatzes: in jedem kommutativen Ring R gilt für alle a, b ∈ R die Gleichung (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 . Ein kommutativer Ring ist laut Vorlesung eine Menge R mit zwei Rechenoperationen + und ·, so dass nur die Axiome A1-A4, M1,M2,M4 sowie D1/D2 gelten. Nur diese Axiome dürfen Sie in Ihrer Rechnung benutzen. Lösung (a + b)2 =Def (a + b) · (a + b) =D1 = ((a + b) · a) + ((a + b) · b) =D2 aa + ba + ab + bb =M4 aa + ab + ab + bb =D2 aa + (1 + 1) · (ab) + bb =Def a2 + 2ab + b2 . Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 08.11.2004 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 3 Zur Übungsstunde vom 08.11.2004 Aufgabe 12 (Abschätzungen) 2 Punkte Zeigen Sie die folgenden Ungleichungen für die reellen Zahlen: a) ∀a, b > 0 : b a + ≥ 2 b a , b) ∀a, b ∈ R mit a < b und ∀λ ∈ [0, 1] : λa + (1 − λ)b ∈ [a, b] . Lösung Zu a): Wir starten mit Satz 1.4.4: x2 > 0 für alle x 6= 0. Für beliebige x ∈ R gilt dann x2 ≥ 0 wegen 0 · 0 = 0. Es sei x := (a + (−b)), woraus 0 ≤ (a + (−b))2 = Aufgabe 11 a2 + 2a(−b) + (−b)2 = Satz 1.3.3 a2 − 2ab + b2 folgt. Also a2 − 2ab + b2 ≥ 0. Mit dem Monotoniegesetz folgt a2 + b2 ≥ 2ab. Multiplikation mit a−1 b−1 > 0 auf beiden Seiten ergibt dann mit D1 die zu zeigende Aussage a b + ≥ 2. b a Zu b): Angenommen λa + (1 − λ)b < a, dann folgt mit D1 und der Monotonie die Ungleichung (1 − λ)b < (1 − λ)a. Wegen λ < 1 (der Fall λ = 1 ist wegen a 6< a nicht möglich) ist 1 − λ > 0, Multiplikation auf beiden Seiten mit (1 − λ)−1 ergibt dann den Widerspruch b < a zur Voraussetzung. Angenommen λa + (1 − λ)b > b, dann folgt analog die Ungleichung λa > λb. Wegen λ > 0 (der Fall λ = 0 ist wegen b 6> b nicht möglich) dürfen wir mit λ−1 auf beiden Seiten multiplizieren und erhalten den Widerspruch a > b. Beide Annahmen führen zu einem Widerspruch, also liegt aλ + (1 − λ)b im Intervall [a, b]. Aufgabe 13 (Trivial?) 3 Punkte Beweisen Sie die folgenden trivial erscheinende Aussagen, wobei M eine beliebige nichtleere Teilmenge von R ist: (a) Existieren Supremum und Infimum und sind sie gleich, so enthält M genau ein Element. (b) Ist a = sup(M ), so ist a = max(M ∪ {a}). (c) Für jedes Intervall [a, b] mit a < b gibt es ein kleineres Intervall [x, y] ⊆ [a, b] mit a < x < y < b. Lösung Zu a): Es sei a = sup(M ) = inf(M ). Zunächst ist M nicht die leere Menge, denn aus der Existenz des Supremums folgt die Existenz mindestens eines Elements x ∈ M , ansonsten wäre jede reelle Zahl eine obere Schranke, im Widerspruch zur Definition des Supremums. Nun sei x ∈ M irgend ein Element. Da a als Supremum eine obere Schranke ist folgt a ≥ x, andererseits aus der Infimumseigenschaft auch a ≤ x, also a ≤ x ≤ a. Wegen der Trichotomie kann nur a = x gelten, also a ∈ M . Da x beliebig gewählt wurde gilt: x ∈ M ist nur für x = a möglich. Also M = {a}, wie zu zeigen war. Zu b): Es sei a = sup(M ) und N = M ∪ {a}. Zunächst ist a als Supremum eine obere Schranke von M , wegen a ≤ a aber auch von N . Damit ist einerseits x ≤ a für alle x ∈ N , andererseits a ∈ N , womit beide Forderungen der Maximumsdefinition erfüllt sind. Zu c): Es sei a < b. Aus Satz 1.4.9 folgt, dass es ein x ∈ R mit a < x < b gibt. Wieder mit Satz 1.4.9 folgt, dass es ein y ∈ R gibt mit x < y < b. Zusammensetzen der Ungleichungen ergibt a < x < y < b, woraus auch [x, y] ⊆ [a, b] folgt. Aufgabe 14 (Konvexe Mengen) 3 Punkte Eine Menge M ⊆ R heißt konvex, falls sie die folgende Eigenschaft erfüllt: K : ∀a, b ∈ M mit a < b gilt [a, b] ⊆ M . Anschaulich besagt K, dass mit je zwei Punkten auch alle Punkte dazwischen in M liegen. Zeigen Sie: der Schnitt konvexer Mengen ist wieder konvex. Zeigen Sie auch, dass diese Aussage nicht für die Vereinigung von konvexen Mengen gilt. Lösung Es seien A und B konvexe Teilmengen von R. Ihr Schnitt sei C = A∩B. Ist C leer oder einelementig, so ist C trivialerweise konvex, da es überhaupt keine Zwischenpunkte gibt. Enthält C andererseits zwei verschiedene Elemente a < b, so liegen diese Elemente im Schnitt und damit in A und in B. Es sei c irgend ein Zwischenpunkt mit a < c < b. Da a und b in A liegen folgt c ∈ A. Da sie auch in B liegen folgt c ∈ B, woraus c ∈ C = A ∩ B folgt. Damit ist auch C konvex. Um zu zeigen, dass die Aussage nicht für die Vereinigung gilt genügt es, ein Gegenbeispiel anzugeben. Man sieht das beispielsweise für A = [0, 1] und B = [3, 4]. Beide Mengen sind offensichtlich konvex. In ihrer Vereinigung C = A ∪ B liegen die Punkte 1 und 3, aber nicht der Zwischenpunkt 2, obwohl 1 < 2 < 3 gilt. Also ist A ∪ B nicht konvex. Aufgabe 15 (Eigenschaften konvexer Mengen) 3 Punkte Es sei M eine konvexe Teilmenge von R. Beweisen Sie: (a) Ist M weder nach oben noch nach unten beschränkt, so ist M = R. (b) Besitzt M Minimum und Maximum, so ist M ein abgeschlossenes Intervall oder einelementig. Lösung Zu a): Es ist zu zeigen, dass jedes beliebige x ∈ R auch in M liegt. Sei also x irgend eine reelle Zahl. Nach Voraussetzung ist x keine obere Schranke von M , es gibt also b ∈ M mit b > x. Andererseits ist x keine untere Schranke von M , also gibt es ein a ∈ M mit a < x. Zusammensetzen der Ungleichungen ergibt a < x < b, oder anders formuliert x ∈ (a, b). Wegen K liegt (a, b) ⊂ [a, b] komplett in M , also folgt x ∈ M . Zu b): Es sei a = min(M ) sowie b = max(M ). Falls a = b ist folgt mit Aufgabe 13(a), dass M = {a} einelementig ist. Im Folgenden sei also angenommen, dass a < b ist (a > b ist unmöglich, da a eine untere Schranke und b ∈ M ist). Wir wollen zeigen, dass M = [a, b] ist. Dazu sind die zwei Richtungen M ⊆ [a, b] und M ⊇ [a, b] zu zeigen, wobei letztere schon aus K folgt. Es bleibt also zu zeigen, dass jedes x ∈ M auch in [a, b] liegt. Für ein solches x gilt einerseits a ≤ x, da a eine untere Schranke ist, andererseits aber auch b ≥ x, da b eine obere Schranke ist. Also insgesamt a ≤ x ≤ b, was nach Definition 1.2.2 gerade x ∈ [a, b] bedeutet. Aufgabe 16 (Induktive Mengen) 5 Punkte Nach Definition 1.5.1 ist M ⊆ R induktiv, falls 1 ∈ M ist, und mit x ∈ M auch x + 1 ∈ M gilt. Zeigen Sie: ist M irgend ein nichtleeres Mengensystem, das aus induktiven Mengen besteht, so sind Vereinigung und Schnitt [ \ V = A , S = A A∈M A∈M ebenfalls induktiv. Sind Obermengen bzw. Untermengen induktiver Mengen stets induktiv? Geben Sie ein Beispiel für ein Mengensystem N an, in dem keine Menge induktiv ist, aber Schnitt und Vereinigung über alle Mengen aus N jeweils induktiv sind. Sie brauchen das Beispiel nicht zu beweisen. Lösung Da M nicht leer ist, gibt es ein A ∈ M, das nach Voraussetzung induktiv ist, woraus 1 ∈ A und damit 1 ∈ V folgt. Sei nun x ∈ V beliebig. Das ist gleichbedeutend damit, dass es ein A ∈ M gibt mit x ∈ A. Wegen der Induktivität von A ist dann auch x + 1 ∈ A, woraus x + 1 ∈ V folgt. Insgesamt folgt, dass V induktiv ist. Nach Definition liegt 1 in jedem A ∈ M, also liegt 1 im Schnitt S. Ist x ∈ S beliebig, so liegt x in allen A ∈ M, dann liegt aber auch x + 1 in allen A ∈ M und damit in S, also ist auch S induktiv. Unter-/Obermengen induktiver Mengen brauchen nicht induktiv zu sein: Gegenbeispiele sind die Untermenge ∅ der induktiven Menge R sowie die Obermenge {−1} ∪ [1, ∞) der induktive Menge [1, ∞). Ein mögliches Beispiel ist das unendliche Mengensystem N = {Nj | j = 1, 2, 3, . . .} mit Nj = N ∪ {j + 21 }. Der Schnitt ist S = N, die Vereinigung ist V = N ∪ {1 + 21 , 2 + 21 , 3 + 21 . . .}. Die Vereinigung ist induktiv, weil auch zu den Halbierungspunkten 12 + j stets der Nachfolger 21 + j + 1 enthalten ist. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 15.11.2004 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 4 Zur Übungsstunde vom 15.11.2004 Aufgabe 17 (Wohldefiniertheit) 3 Punkte Begründen Sie jeweils ausführlich, warum die folgenden Definitionen nicht korrekt sind: (a) Die Relation ⊆ erfüllt ähnliche Eigenschaften wie ≤, also sei A falls A ⊆ B min(A, B) := . B falls B ⊆ A (b) Es sei P eine Partition von R. Auf dem Mengensystem P definieren wir eine neue Addition wie folgt: Tx Ty := Tx+y , wobei Tx jeweils diejenige Menge aus P ist, die das Element x enthält. Die Bezeichnung Tx ist für x eindeutig, da P die Menge R komplett überdeckt, und keine zwei Mengen aus P ein gleiches Element enthalten. Hinweis zu b): Untersuchen Sie die Operation auf der Partition P = {(−∞, 0), [0, 1), [1, 2), [2, 3), . . .} von R. Lösung Zu a): Eine Fallunterscheidung ist nur dann korrekt, wenn alle möglichen Fälle abgedeckt sind. In der Definition von min(A, B) ist der Fall nicht behandelt, in dem weder A ⊆ B noch B ⊆ A gilt. Im Gegensatz zur Relation ≤ ist das möglich, beispielsweise für A = {1} und B = {2}. Zu b): Zwar ist für ein gegebenes x ∈ R die Menge Tx ∈ P wohldefiniert wegen der Partitionseigenschaften, doch ist x in dieser Definition nicht eindeutig. Genauer: mehrere x ∈ R können zur gleichen Menge Tx führen. Eine andere Wahl von x kann also die linke Seite der Definition ändern, während die rechte Seite sich nicht ändert. Dazu ein Beispiel: P = {(−∞, 0), [0, 1), [1, 2), [2, 3), . . .}, dann ist die Menge Tx gerade dasjenige Intervall aus P, in dem x enthalten ist. Beispielsweise T1 = [1, 2) aber auch T1.5 = [1, 2). Wir erhalten also einerseits [1, 2) [1, 2) = T1 T1 = T1+1 = T2 = [2, 3) , Def andererseits aber mit der gleichen Definition und anderer Wahl von x [1, 2) [1, 2) = T1.5 T1.5 = T1.5+1.5 = T3 = [3, 4) 6= [2, 3) . Def Also wäre damit I I 6= I I für I = [1, 2), d. h. die Definition an sich ist nicht korrekt. Aufgabe 18 (Summen) 6 Punkte Zeigen Sie die folgenden Gleichheiten: a) n X k2n+1 = 0 , b) n X k2 = k=1 k=−n 1 n(n + 1)(2n + 1) , 6 c) k n X X j 1 = n(n + 3) . k 4 j=1 k=1 Tipp: Versuchen Sie neben der Induktion auch andere Beweisansätze, diese sind manchmal kürzer. Lösung Zu a): Wir teilen die Summe auf, indem wir nach negativen, positiven und dem Null-Index trennen: n X k2n+1 = k=−n 2n+1 k2n+1 + 02n+1 + k2n+1 . k=1 k=−n k=−n k2n+1 + 02n+1 + n X k=1 k2n+1 = 2 n n X Es gilt (−x) = (−1) x = ((−1) ) · (−1) · x = 1 · (−1) · x2n+1 = −x2n+1 , d. h. das Vorzeichen von k 2n+1 darf durch den Ausdruck k gezogen werden. Wir erhalten: −1 X 2n+1 2n+1 −1 X n X k=1 2n+1 (−1)k2n+1 + 0 + n n X k=1 k2n+1 = n X k=1 (−1 + 1)k 2n+1 = n X k=1 0 · k2n+1 = 0 . Zu b): Der Induktionsanfang n = 1 ist klar wegen 12 = n + 1 nachweisen: n+1 X k2 = n X k2 + (n + 1)2 = k=1 k=1 = 1 6 · 1 · 2 · 3. Nun sei die Aussage für n schon gezeigt. Wir wollen sie für 1 1 n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 = n(n + 1)(2n + 1) + n2 + 2n + 1 6 6 1 1 1 (2n3 + 3n2 + n) + n2 + 2n + 1 = (2n3 + 9n2 + 13n + 6) = (n + 1)(2n2 + 7n + 6) 6 6 6 1 1 1 = (n + 1)(n + 2)(2n + 3) = (n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1) = m(m + 1)(2m + 1) 6 6 6 für m = n + 1. Zu c): n X n n X k k k X X X 1X 1 j = · j· = j (∗) k k k j=1 j=1 j=1 k=1 k=1 k=1 = 1.7.1 n X 1 1 · · k · (k + 1) k 2 k=1 n n n n n 1X1 1X 1X 1X 1X 1 = · k · (k + 1) = (k + 1) = k+ 1 = k+ n (∗) 2 k 2 2 2 2 2 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 1 1 1 1 1 1 1 n(n + 3) · · n · (n + 1) + n = · ( · n · (n + 1) + n) = · ( · n · (n + 3)) = . 2 2 2 2 2 2 2 4 Dabei wurde in den Umformungen (∗) die Tatsache benutzt, dass man Faktoren aus der Summe ziehen darf, wenn sie nicht vom Summationsindex abhängen. = 1.7.1 Aufgabe 19 (Allgemeine Potenzen) 3 Punkte Berechnen Sie für eine beliebige Menge A die Menge A4n = A4A4 · · · 4A {z } | n−mal für die assoziative und kommutative Operation 4 von Blatt 1. Lösung Wir probieren zunächst ein paar n aus: n=1: n=2: n=3: A41 A42 A43 .. . = = = A A4A (A4A)4A = = (A\A) ∪ (A\A) ∅4A = = ∅ (∅\A) ∪ (A\∅) = A Das legt den Schluss nahe, dass A4n die leere Menge für gerade n ist und A für ungerade n. Um das zu zeigen führen wir separate vollständige Induktionen über alle ungeraden und alle geraden natürlichen Zahlen. Für n = 1 und n = 2 ist der Induktionsanfang bereits gezeigt. Es sei also n gerade und nach Induktionsannahme A 4n = ∅. Wir wollen A4(n+2) = ∅ zeigen. Einsetzen in die rekursive Definition ergibt A4(n+2) = A4(n+1) 4A = A4n 4A4A = ∅4A4A = ∅4(A4A) = ∅4∅ = ∅ . Also ist A4n = ∅ für alle geraden n. Nun die gleiche Rechnung für ungerade n, wobei A4n = A angenommen wird: A4(n+2) = A4(n+1) 4A = A4n 4A4A = A4A4A = A4(A4A) = A4∅ = A . Damit ist für alle n ∈ N und alle Mengen A gezeigt: A A4n = ∅ falls falls n ungerade . n gerade Aufgabe 20 (Binomialkoeffizienten) 4 Punkte Zeigen Sie: X 0≤k≤n≤N n k ! = 2N +1 − 1 . Dabei läuft die Summe über alle Binomialkoeffizienten mit den Indizes n und k in den unter dem Summenzeichen angegebenen Grenzen. Lösung Wir spalten die Summe zunächst auf, indem wir zuerst über n und dann über k summieren: ! ! N X n X X n n S := = . k k 0=1 0=1 0≤k≤n≤N Mit dem binomischen Lehrsatz für a = b = 1 kann die innere Summe aufgelöst werden: ! ! n n X X n n k n−k n n . 1 1 = 2 = (1 + 1) = 1.7.2 k k k=0 k=0 Also haben wir N X n X n S = k n=0 k=0 ! = N X n=0 2n = 1 − 2N +1 = 2N +1 − 1 . 1−2 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 22.11.2004 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 5 Zur Übungsstunde vom 22.11.2004 Aufgabe 21 (Distributivgesetz) 4 Punkte Es seien ak bzw. bk jeweils beliebige durch k = 1 . . . n indizierte reelle Zahlen. Zeigen Sie: ! ! n n n X X X ai bj , bk = ak · i,j=1 k=1 k=1 wobei die rechte Summe über alle Indizes i und j von 1 bis n läuft. Lösung Wir führen eine vollständige Induktion über n. Im Fall n = 1 gilt der Induktionsanfang (a1 ) · (b1 ) = a1 b1 offensichtlich. Nun sei die Aussage für n bereits gezeigt, wir formulieren Sie für n + 1: ! ! ! ! n n n+1 n+1 X X X X bk ak · bn+1 + bk = an+1 + ak · = D1/D2 an+1 bn+1 + an+1 n X bk + bn+1 an+1 bn+1 + an+1 Induktion n X ak + n X bk + bn+1 k=1 = an+1 bn+1 + n X an+1 bk + = an+1 bn+1 + n X an+1 bk + n n+1 X X i=1 j=1 k=1 n X n X ak bn+1 + ai bj = ak ak + ! · n X n X bk k=1 ! . ai bj . i,j=1 k=1 n n X X ai bj . i=1 j=1 k=1 k=1 n X k=1 k=1 k=1 = k=1 k=1 k=1 k=1 n+1 X X n+1 ai bj = n+1 X ai bj . i,j=1 i=1 j=1 Aufgabe 22 (Abbildungen) 3 Punkte Untersuchen Sie die folgenden Abbildungen auf Surjektivität und Injektivität: R → R Q f1 : (a, b ∈ R, a 6= 0) , f2 : x 7→ ax + b x f3 : 8 <Z :k → 7→ N0 2k − 1 falls −2k falls k>0 k≤0 → 7→ R , x . Lösung Die Funktion f1 ist injektiv, denn aus ax + b = ax0 + b folgt nach Abzug von b ax = ax0 , d. h. a · (x − x0 ) = 0. Wegen der Nullteilerfreiheit von R gilt a = 0 oder x = x0 . Ersteres war aber in der Aufgabe ausgeschlossen, also war x = x0 , aus der Gleichheit der Bilder folgt also die Gleichheit der Urbilder, womit f1 injektiv ist. Ist y ∈ R beliebig, so ist offenbar x = a−1 (y − b) ein Urbild, d. h. die Funktion ist auch surjektiv. Die Funktion f2 ist injektiv, denn aus f2 (x) = f2 (y) folgt direkt x = y (unabhängig davon, ob die Zielmenge nun Q oder R ist, gilt diese Gleichheit auf dem Definitionsbereich Q). Sie ist aber nicht surjektiv: wie in der Vorlesung gezeigt √ √ / Q kein Urbild unter f2 . ist 2 ∈ R, besitzt aber wegen 2 ∈ Zunächst die Surjektivität von f3 : Es sei n ∈ N beliebig, falls n gerade ist, ist − 21 n das Urbild. Ansonsten ist 21 (n + 1) das Urbild, wie Einsetzen in f3 sofort zeigt. Angenommen y = f3 (m) = f3 (n) für ganze Zahlen m, n ∈ Z. Ist das gemeinsame Bild y gerade, so folgt m = − 21 y, ebenso aber natürlich auch n = − 21 y, und damit m = n. Die gleiche Rechnung gilt, wenn y ungerade und damit y − 1 gerade ist. Aufgabe 23 (Graphen von Funktionen) 3 Punkte Sei f : R → R irgend eine Funktion mit Graphen in der Zeichenebene. Betrachten Sie die Funktion g : R → R, x 7→ af (bx + c) + d für Koeffizienten a, b, c, d ∈ R mit a, b 6= 0. Beschreiben Sie kurz, wie die Wahl von a, b, c, d den Graph von g im Vergleich zum Graph von f modifiziert. Lösung Der Koeffizient d versetzt den Graphen vertikal: ein d > 0 verschiebt den den Graph nach oben, ein d < 0 nach unten. Dagegen verschiebt die Wahl von c den Graphen horizontal: ein c > 0 verschiebt den Graphen nach links, ein c < 0 nach rechts. Die anderen Koeffizienten bewirken eine Streckung bzw. Stauchung des Graph: b > 1 staucht den Graph horizontal, 0 < b < 1 streckt ihn horizontal. a > 1 streckt den Graph vertikal, 0 < a < 1 staucht ihn horizontal. Die Negation von b entspricht einer Spiegelung des Graphen an der y-Achse, die Negation von a einer Spiegelung an der Gerade y = d. Aufgabe 24 (Surjektiv und Injektiv) 2 Punkte Es sei M = {y1 , . . . , yn } irgend eine endliche Mengen mit genau n Elementen. Zeigen Sie: ist eine Abbildung f : M → M surjektiv, so ist sie auch injektiv. Lösung Beweis durch Widerspruch: wir nehmen an, dass f surjektiv, aber nicht injektiv ist. Da f nicht injektiv ist, gibt es Indizes i 6= j mit f (yi ) = f (yj ). Ohne Einschränkung sei i < j. Die Bildmenge von f ist f (M ) = {f (y1 ), f (y2 ), . . . , f (yi ), . . . , f (yj ), . . . , f (yn )} mit den gleichen Elementen f (yi ) und f (yj ). Da ein Element nicht mehrfach in einer Menge auftreten kann, darf f (xi ) aus dieser Liste gestrichen werden, ohne dass sich die Menge f (M ) ändert. Insbesondere sind jetzt nur noch n − 1 Elemente in der Liste, d. h. f (M ) enthält höchstens n − 1 Elemente und ist damit nicht gleich M , d. h. f ist doch nicht surjektiv. Aufgabe 25 (Beispiele) 4 Punkte Geben Sie Beispiele (mit Beweis) für Abbildungen gj an, so dass jeweils gilt: (a) g1 : N → N, g1 nicht surjektiv, aber injektiv. (b) g2 : N → N0 , g2 surjektiv, aber g2 (n) = 0 für unendlich viele n ∈ N. (c) g3 : [4, 5] → [7, 9], g3 bijektiv. Lösung Zu a): Zum Beispiel g1 : n 7→ 2n: sie ist wegen 2n 6= 3 für alle n ∈ N nicht surjektiv, aber aus 2n = 2m folgt n = m. Zu b): Ansatz: wir bilden jede ungerade natürliche Zahl auf die Null ab, und verteilen die verbleibenden geraden Zahlen auf ganz N: 0 falls n ungerade g2 : N → N, n 7→ 1 . n falls n gerade 2 Zu c): Man kann eine einfache Transformation der Form g3 (x) = ax + b benutzen, es sind nur die richtigen Werte für a (die Streckung/Stauchung der Funktion) und b (der horizontale Versatz) auszurechnen. Für a > 0 ist eine solche Abbildung wegen O3 verträglich mit der Anordnung: x < y ⇔ g3 (x) < g3 (y), also werden auch Intervalle erhalten: g3 ([x, y]) = [g3 (x), g3 (y)]. Es sind daher nur die Intervallgrenzen zu überprüfen, es soll gelten g3 (4) g3 (5) = = 4a + b = ! 7 5a + b ! 9 = . Umformen der ersten Gleichung ergibt a = 41 (7 − b), Einsetzen in die zweite Gleichung ergibt 9 = 5 · 14 (7 − b) + b, also b = −1. Rückeinsetzen in die erste Gleichung ergibt schließlich a = 2. Wir erhalten g3 (x) = 2x − 1 als Beispiel einer Abbildung mit g3 ([4, 5]) = [7, 9]. Die zugehörige Umkehrabbildung ist dann 1 g3−1 (y) = (y + 1) 2 mit g3−1 ([7, 9]) = [4, 5]. Auch ohne diese Gleichungen kann man auf die Koeffizienten a und b kommen, indem man die Länge und den Versatz der Intervalle vergleicht. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 29.11.2004 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 6 Zur Übungsstunde vom 29.11.2004 Aufgabe 26 (Endstücke) 3 Punkte Berechnen Sie zu den angegebenen Folgen jeweils den Grenzwert und ein n0 = n0 (ε), so dass das Endstück der Folge ab dem n0 -ten Glied komplett in der ε-Umgebung um den Grenzwert liegt: n−1 n! an = , bn = n , cn = a n + b n . n+1 n Lösung Die erste Folge besitzt den Grenzwert a = 1. Zu einem beliebig kleinen ε > 0 wählen wir für n0 = n0 (ε) eine natürliche Zahl, die über 2ε−1 liegt (vgl. auch Aufgabe 7 von Blatt 2), und erhalten für alle n > n0 die Abschätzung ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛n − 1 2 ˛˛ 2 2 = − 1˛˛ = ˛˛− < < ε. |an − a| = ˛˛ n+1 n + 1˛ n + 1 (n>n ) 2ε−1 + 1 0 −1 Die Folge (bn ) ist eine Nullfolge. Es genügt, n1 = n1 (ε) > ε zu wählen, dann gilt für alle n > n1 die Abschätzung n n n Y n! 1 Y k 1 Yn 1 k |bn − 0| = n = = · ≤ · = < ε. n n n n (∗) n n n k=1 k=2 k=2 n gilt für 1 ≤ k ≤ n. Wir kennen nun bereits n0 = n0 (ε) Dabei wurde im Schritt (∗) (n − 1)-mal angewendet, dass nk ≤ n sowie n1 = n1 (ε), so dass alle an mit n > n0 bzw. bn mit n > n1 jeweils in der ε-Umgebung um ihren Grenzwert liegen. Nach dem Summensatz ist c = 1 + 0 = 1 der Grenzwert von (cn ). Wir wählen n2 = max(n0 ( 21 ε), n1 ( 12 ε)). Wegen n0 = 2ε−1 > ε−1 = n1 ist dann n2 = n0 ( 12 ε) das Maximum, d. h. eine natürliche Zahl, die über 2( 12 ε)−1 = 4ε−1 liegt. Wir erhalten mit der Dreiecksungleichung 1 1 ε+ ε = ε. |cn − 1| = |an + bn − 1| = |(an − 1) + (bn − 0)| ≤ |an − 1| + |bn | < 2 (n>n0 ) 2 Aufgabe 27 (Divergenz) 2 Punkte Formulieren Sie mit Hilfe der Quantorenschreibweise das Gegenteil der Konvergenzbedingung, und zeigen Sie damit, dass diese Folgen divergieren: n! xn = r · (−1)n mit (r 6= 0) , yn = n . 2 Lösung Die Konvergenzbedingung und ihr Gegenteil lauten: (an ) konvergiert (an ) divergiert ⇔ ⇔ ∃a ∀ε > 0 ∃n0 ∀n > n0 : ∀a ∃ε > 0 ∀n0 ∃n > n0 : |an − a| < ε |an − a| ≥ ε Anschaulich: eine Folge divergiert, wenn es für jeden vermeintlichen Grenzwert a mindestens ein die Grenzwerteigenschaft verletzendes ε > 0 gibt, so dass für jedes noch so große n0 mindestens ein größeres n existiert, so dass der Abstand von an zu a die Schranke ε durchbricht. Die Folge (xn ) nimmt unendlich oft die Werte r und −r an. Diese besitzen voneinander den Abstand 2r. Wegen der Dreiecksungleichung muss daher für jedes a ∈ R mindestens einer dieser Werte Abstand |r| oder größer von a besitzen. Formaler Beweis dazu: angenommen es gibt ein a, dass von beiden Werten einen Abstand kleiner |r| besitzt, so gilt 2|r| = |r + r| = |(a + r) − (a − r)| ≤ ||a + r| + |a − r|| < |r| + |r| = 2|r| , also 2|r| < 2|r|, ein Widerspruch. Damit folgt: für jedes a ∈ R gibt es mindestens ein ε > 0 (nämlich ε = |r|), so dass für alle n0 ∈ N mindestens ein n > n0 existiert (nämlich das nächstgrößere n, das gerade bzw. ungerade ist, je nachdem ob |a − r| > |r| ist oder |a + r| > r), so dass gilt: |an − a| > ε = |r|. Für (yn ) sei beispielsweise ε = 1 und y ∈ R beliebig. Da die Folge (yn ) im Gegensatz zur vorigen Folge unbeschränkt ist, kann man den folgenden Beweis für jede beliebige Schranke führen. Wir schätzen zunächst für n ≥ 5 wie folgt ab: n n n Y k 1 2 3 4 Y k 3 Y k = · · · · = · ≥ 2n−4 . yn = 2 2 2 2 2 k=5 2 2 k=5 2 k=1 Für ε = 1 und ein beliebiges y ∈ R sowie ein beliebig vorgegebenes n0 sei also n > max(n0 , |y| + 5), dann gilt yn > |y| + 1 und damit |yn − y| ≥ 1. Dabei ist 2n > n + 1 für alle n > 1, wie man leicht durch Induktion zeigt. Aufgabe 28 (Konvergenz) 4 Punkte Zeigen Sie die folgenden Aussagen: (a) Ist eine Folge (nk ) aus natürlichen Zahlen konvergent, so ist sie stationär (d. h. ab einem n0 sind alle Folgenglieder gleich). (b) Es gibt eine konvergente Folge (an ) und ein f : R → R, so dass die Bildfolge bn = f (an ) divergiert. (c) Ist eine Folge (an ) konvergent, so auch die Folge An = n1 (a1 + a2 + · · · + an ) der zugehörigen Mittelwerte. (d) Besitzt M ⊆ R ein Supremum, so gibt es eine Folge (an ) mit an ∈ M , die gegen das Supremum konvergiert. Lösung Zu a): es sei (nk ) konvergent, etwa gegen ein a ∈ R. Wir wählen ε = 31 , dann gibt es nach Definition der Konvergenz ein k0 = k0 (ε), so dass für alle k > k0 die Glieder nk die Ungleichung |nk − a| < 13 erfüllen. Für irgendwelche r, s > k0 gilt dann mit der Dreiecksungleichung 1 1 2 |nr − ns | = |(nr − a) − (ns − a)| ≤ |nr − a| + |ns − a| < + = < 1, 3 3 3 Zwei natürliche Zahlen mit Abstand echt kleiner Eins sind aber gleich, d. h. für alle r, s > k0 ist nr = ns , d. h. die Folge ist stationär. Zu b): beispielsweise an = 1 n (konvergent nach Beispiel 2.2.1 der Vorlesung) und 1 falls x = n1 mit n ∈ N gerade f (x) := , −1 sonst dann ist bn = f (an ) = (−1)n divergent. Zu c): Wir zeigen, dass An ebenfalls gegen a = lim an konvergiert. Dazu sei ε > 0 beliebig vorgegeben. Wir wählen ein n1 genügend groß, so dass |a − an | < 21 ε ist für alle n > n1 . Es sei c1 = |(a − a1 ) + · · · + (a − an1 )|. Dann gibt es ein n2 genügend groß, so dass nc12 < 12 ε gilt. Wir setzen n0 := max(n1 , n2 ) und erhalten für alle n > n0 ≥ n1 , n2 mit der Dreiecksungleichung 1 1 1 |a − An | = |(a − a1 ) + (a − a2 ) + · · · + (a − an )| ≤ |(a − a1 ) + · · · + (a − an1 )| + |(a − an1 +1 ) + · · · + (a − an )| n n n “ c1 1 1 1 (n − n1 ) 1 1 n1 ” 1 1 1 · ε ≤ ε+ ε = ε. ≤ + |a − an1 +1 | + · · · + |a − an | < ε + · ε = ε+ 1− n n n 2 n 2 2 n 2 2 2 Damit konvergiert An gegen a. Zu d): Da es eine kleinste obere Schranke gibt, ist M nicht die leere Menge. Besitzt M sogar ein Maximum m ∈ M , so ist trivialerweise an = m für alle n eine Folge, die gegen m = max(M ) = sup(M ) konvergiert. Andernfalls konstruieren wir folgendermaßen eine konvergente Folge: Zunächst gibt es ein a1 ∈ M , da M nicht leer ist. Es sei d = m − a1 der Abstand zu m = sup(M ). Wegen m ∈ / M gilt d > 0. Es ist eine Folge zu konstruieren, so dass sich die Folgenglieder beliebig nahe an m annähern. Aus der Supremumseigenschaft von m folgt, dass es Elemente von M in beliebiger Nähe zu m gibt. Eine Möglichkeit dies umzusetzen besteht darin, dass man für jedes n ≥ 2 den Wert an mit Abstand kleiner 1 d von m wählt. Also: es sei n ∈ N mit n ≥ 2 beliebig (denn a1 ist schon gewählt). Im offenen Intervall (m − n1 d, m) n 1 muss es mindestens ein Element aus M geben, ansonsten wäre der Mittelpunkt x = m − 2n d < m dieses Intervalls auch eine obere Schranke von M , im Widerspruch zu m = sup(m). Es gibt also ein Element in diesem Intervall, wir nennen es an . Für die so konstruierte Folge (an ) gilt dann: für jedes ε > 0 wählt man n0 so groß, dass n0 > ε−1 · d ist. Dann folgt 1 1 1 an ∈ (m − d, m) ⇒ |an − m| < d < −1 d = ε n n ε d für alle n > n0 . Damit konvergiert diese Folge gegen m = sup(M ). Aufgabe 29 (Offene Mengen) 4 Punkte Eine Teilmenge O ⊆ R heißt offen, falls es zu jedem x ∈ O ein ε > 0 gibt, so dass Uε (x) komplett in O liegt, d. h. anschaulich, dass mit jedem Punkt auch eine (ggf. sehr kleine) Umgebung des Punkts in M liegt. Beispielsweise sind offene Intervalle und R selbst offen. Auch ∅ ist offen. Zeigen Sie: (a) Offene Mengen in R sind leer, oder enthalten unendlich viele Elemente. (b) Offene Mengen besitzen weder Maximum noch Minimum. (c) Beliebige Vereinigungen [ O V = O∈O offener Mengen sind wieder offen. (d) Endliche Schnitte S = O1 ∩ O2 ∩ · · · ∩ On offener Menge sind wieder offen, diese Aussage gilt aber nicht für unendliche Schnitte. Lösung Wir zeigen zunächst: Ist 0 < δ < ε für δ, ∈ R und x ∈ R beliebig, so gilt ∅ $ Uδ (x) $ Uε (x). Es sei 0 < δ und δ < ε und x ∈ R. Es sind die folgenden Aussagen zu zeigen: Uδ (x) 6= ∅, Uδ (x) ⊆ Uε (x) und Uδ (x) 6= Uε (x). Die Menge Uδ (x) ist nicht leer, denn sie enthält x wegen |x − x| = |0| = 0 < δ. Ist y ∈ Uδ (x), so gilt |x − y| < δ < ε, also |x − y| < ε und damit y ∈ Uε (x). Es sei y = x + 12 ( + δ). Dann gilt einerseits |y − x| = 21 (ε + δ) < 12 (ε + ε) = ε, also y ∈ Uε . Andererseits / Uδ , d. h. die Umgebungen sind verschieden. ist |y − x| = 21 (ε + δ) > 12 (δ + δ) = δ, also y ∈ Zu a): Wir zeigen: für jedes ε > 0 und jedes x ∈ R ist Uε (x) unendlich. Daraus folgt dann, dass jedes nichtleere offene O ⊆ R mit einer solchen Umgebung auch unendlich viele Elemente enthält. Wegen 21 ε < ε ist nach Teil a) die Umgebung U 1 ε 2 eine echte (aber nicht leere) Teilmenge von Uε (x), es gibt also ein x1 ∈ Uε (x)\U 1 ε (x). Wegen 13 ε < 21 ε gibt es ein 2 x2 ∈ U 1 ε (x)\U 1 ε (x), ebenso x3 ∈ U 1 ε (x)\U 1 ε (x), usw. Für die so konstruierte Folge (xj ) gilt: sind i < j beliebige 2 3 3 4 Indizes, so ist |x − xi | > |x − xj |, insbesondere sind alle Glieder der Folge paarweise voneinander verschieden. Damit liegen die unendlich vielen Punkte xj alle in Uε (x). Zu b): Angenommen M ⊆ R ist offen und besitzt ein Maximum m = max(M ). Nach Voraussetzung gibt es ein ε > 0, so dass Uε (m) komplett in M liegt, damit liegt beispielsweise m + 12 ε in M , ist aber größer als das Maximum, ein Widerspruch. Die gleiche Rechnung zeigt, dass M auch kein Minimum besitzt. Zu c): Ist nun x ∈ V beliebig, so gibt es O ∈ O mit x ∈ O. Da O offen ist, gibt es ein ε > 0, mit Uε (x) ⊆ O, das dann auch in Vereinigung V liegt. Zu d): Es seien O1 , . . . , On ⊆ R offen. Ist x ∈ S, so liegt x in allen Oj , also gibt es ε1 , . . . , εn > 0 (nicht notwendig gleich!), so dass jeweils Uεj (x) ⊆ Oj für j = 1 . . . n gilt. Wir setzen ε = 12 min(ε1 , . . . , εn ), dann ist dieser Wert nicht Null (da kein εj Null ist), aber echt kleiner als jedes εj . Damit liegt nach Teil a) die Umgebung Uε (x) komplett in Uεj ⊆ Oj für j = 1 . . . n, und damit im Schnitt S. Der Beweis funktionert nur für endlich viele εj , da ansonsten das Minimum nicht existieren muss. Das sieht man auch an folgendem Gegenbeispiel: « „ ∞ \ 1 1 Oj . , j∈N S = Oj = − , j j j=1 1 Ist x 6= 0 ein Element von S, so gilt |x| < 1j , d. h. j < |x| für alle j ∈ N, obwohl N unbeschränkt ist. Also sind alle Elemente von S nicht verschieden von Null. Andererseits gilt 0 ∈ Oj für alle j, d. h. S = {0}. Nach Teil a) ist der Schnitt damit nicht offen. Aufgabe 30 (Beweistechniken) 3 Punkte Zeigen Sie mittels eines Ringschlusses, das die folgenden Aussagen für ein M ⊆ R äquivalent sind: (1) M ist offen (siehe vorige Aufgabe). (2) Für jedes x ∈ M gibt es mindestens ein n ∈ N mit U 1 (x) ⊆ M . n (3) Für jedes x ∈ M gibt es unendlich viele n ∈ N mit U 1 (x) ⊆ M . n Tipp: Die Reihenfolge der Aussagen in Ihrem Ringschluss hat Auswirkungen auf die Schwierigkeit des Beweises. Lösung Der folgende Vergleich soll Ihnen zeigen, dass die Reihenfolge der Kette die Beweisarbeit beeinflusst: zunächst die umständliche“ Version (1)⇒(2)⇒(3)⇒(1): ” (1) ⇒ (2) Es sei x ∈ M beliebig. Da wir (1) voraussetzen, gibt es ein ε > 0, so dass Uε (x) komplett in M liegt. Wir wählen n ∈ N genügend groß, so dass n > ε−1 gilt (das geht, da N unbeschränkt ist). Damit ist n1 < ε, nach Aufgabe 28a) also U 1 (x) ⊂ Uε (x) ⊆ M , d. h. auch die n1 -Umgebung liegt für (mindestens) dieses n komplett in M , also folgt (2), da x ∈ M n beliebig war. (2) ⇒ (3) Es sei x ∈ M beliebig. Da wir (2) voraussetzen, existiert n ∈ N mit U 1 (x) ⊆ M . Für jedes k ∈ N ist k + n > n, n 1 also k+n > n1 , wieder nach 28a) gilt also U 1 (x) ⊂ U 1 (x) ⊆ M , d. h. für die unendlich vielen natürlichen Zahlen k+n {k + n | k ∈ N} liegt U 1 k+n n (x) komplett in M , also gilt (3). (3) ⇒ (1) Dies ist der einfachste Beweisschluss: ist x ∈ M beliebig, so gibt es wegen (3) unendlich viele n ∈ N mit U 1 (x) ⊆ M . Für eines davon setzt man ε := 1 n n und bekommt Uε (x) ⊆ M , also (1). Die Richtung (3)⇒(2)⇒(1)⇒(3) ist viel leichter zu zeigen: (3) ⇒ (2) Ist trivial. (2) ⇒ (1) Ist x ∈ M , dann gibt es wegen (2) ein n ∈ N mit U 1 ⊆ M . Mit der Wahl ε = n 1 n ist dann auch Uε (x) ⊆ M , woraus (1) folgt. (1) ⇒ (3) Ist x ∈ M , dann gibt es wegen (1) ein ε > 0 mit Uε (x) ⊆ M . Ist n0 ∈ N so groß, dass n0 > ε−1 gilt, so ist für alle n > n0 (das sind unendlich viele) auch U 1 (x) ⊂ Uε (x) ⊆ M wegen n−1 < ε und Aufgabe 28a). n Aufgabe 31 (Der Folgenraum) 4 Bonuspunkte Die Menge F = {(an ) | an ∈ R} aller reellen Zahlenfolgen bildet mit den gliedweisen Operationen (an ) + (bn ) = (an + bn ) , λ(an ) = (λan ) einen reellen Vektorraum mit Nullvektor (0), der Folge die nur aus Nullen besteht (das brauchen Sie nicht zu zeigen). Zeigen Sie: (a) Die Menge der konvergenten Folgen K bildet einen Unterraum von F. (b) Die Menge der stationären Folgen S bildet einen Unterraum von K. (c) Die Abbildung L : K → R, (xn ) 7→ lim xn ist eine lineare Abbildung. Geben Sie zudem eine Basis von S an (mit Beweis der Basiseigenschaft). Achten Sie darauf, dass jeder Vektor aus S eine endliche Linearkombination über Ihrer Basis besitzen muss. Lösung Es ist zu zeigen (gemäß Definition 2.3.2 aus der Linearen Algebra), dass für zwei Folgen (an ), (bn ) ∈ K und jedes λ ∈ R auch (an + bn ) und (λan ) in K liegen. Also: (an ), (bn ) ∈ K, d. h. beide Folgen konvergieren, etwa mit Grenzwerten a und b. Nach dem Summensatz ist dann (an ) + (bn ) = (an + bn ) konvergent gegen a + b, also ein Element von K. Nach dem Produktsatz konvergiert (λan ) gegen λa, d. h. auch λ(an ) = (λan ) liegt in K. Auch die Nullenfolge (0) (nicht zu verwechseln mit dem Begriff Nullfolge“) ist konvergent (gegen Null), also ist K ein Unterraum von F. Wir führen ” die Annahme, dass K endlichdimensional ist, zu einem Widerspruch. Angenommen dim(K) = r. Wir widerlegen diese Annahme, indem wir r + 1 linear unabhängige Vektoren in K angeben, nämlich die Einheitsfolgen“ ” (1) (en ) = (1, 0, 0, 0, . . .) (2) (en ) = (0, 1, 0, 0, . . .) .. . (r+1) (en ) = (0, 0, . . . , 0, |{z} 1 0, 0, . . .) r+1−tes Glied Eine beliebige Linearkombination r+1 X λj (e(j) n ) = (λ1 , λ2 , . . . , λr+1 , 0, 0, . . .) j=1 (k) ist offensichtlich nur dann die Nullenfolge, wenn alle Koeffizienten λj Null sind. Also sind die Folgen (an ) linear unabhängig. Sie liegen aber in K, da sie alle trivialerweise gegen Null konvergieren. Daraus folgt dim(K) = ∞. Da die Folgen auch in F liegen ist dim(F) = ∞. Die Einheitsfolgen bilden nun noch kein Erzeugendensystem von S, da sich nach der obigen Rechnung aus ihnen nur Folgen linear kombinieren lassen, die stationär mit Endglied Null sind. Wir (1) (2) fügen die Einsenfolge (1) = (1, 1, 1, 1, . . .) ∈ S hinzu, und erhalten die unendliche Menge B = {(1), (en ), (en ), . . .} ⊆ S. Wir zeigen, dass B eine Basis von S ist. Zunächst ist B ein Erzeugendensystem: es sei (an ) eine stationäre Folge, etwa (an ) = (a1 , a2 , . . . , ak , a, a, a, . . .) für ein k ∈ N. Dann kann (an ) aus B linear kombiniert werden durch (an ) = a · (1) + k X j=1 (aj − a) · (e(j) n ). Für die ersten k Glieder ist dann aj = a · 1 + (aj − a) · 1 an der j-ten Stelle, an den restlichen Stellen ist aj = a · 1 = a wie gewünscht. Also ist B ein Erzeugendensystem von S. Es bleibt zu zeigen, dass B linear unabhängig ist. Angenommen (0) = λ · (1) + k X j=1 λj · (e(j) n ) ist eine endliche (!) Linearkombination der Nullenfolge über B. Da das (k + 1)-te Glied der Nullenfolge Null ist, aber die rechte Summe keinen Beitrag zu diesem Glied leistet, folgt λ = 0 für den Koeffizienten von (1). Also ist tatsächlich P (j) (0) = λj (en ) eine Linearkombination über den Einheitsfolgen, von denen wir schon wissen, dass sie linear unabhängig sind. Also sind auch alle anderen Koeffizienten λj Null. Damit ist B eine Basis von S. Da die Basis unendlich viele Elemente enthält, folgt auch dim(S) = ∞. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 06.12.2004 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 7 Zur Übungsstunde vom 06.12.2004 Aufgabe 32 (Nullfolgen) 2 Punkte (j) (n) Zeigen oder widerlegen Sie: ist (an ) für jedes j ∈ N eine Nullfolge, so ist die Diagonale“ (an ) eine Nullfolge. ” Lösung Die Folgen lassen sich schematisch darstellen: (1) a1 (2) a1 (3) a1 (4) a1 (5) a1 (1) a2 (2) a2 (3) a2 (4) a2 (5) a2 (1) a3 (2) a3 (3) a3 (4) a3 (5) a3 (1) a4 (2) a4 (3) a4 (4) a4 (5) a4 (1) a5 −→ 0 −→ 0 −→ 0 −→ 0 −→ 0 n→∞ (2) a5 n→∞ (3) a5 n→∞ (4) a5 n→∞ (5) a5 n→∞ & 0? Die Diagonale ist nicht notwendig eine Nullfolge. Tatsächlich lässt sich jede Folge (bn ) als Diagonale wie folgt konstruieren: (j) (j) (j) an sei diejenige Folge, die als j-tes Glied bj und sonst nur Nullen hat. Da mit n0 = j stets |an − 0| = 0 für alle (j) (n) n > n0 gilt sind diese Folgen Nullfolgen. Die Diagonalfolge ist aber die beliebige Folge bn = an , die nicht konvergieren muss (beispielsweise für bn = n). Aufgabe 33 (Bernoulli-Ungleichung) 2 Punkte Zeigen Sie: Für x ∈ R mit x > −1, x 6= 0 und n ∈ N gilt (1 + x)n ≥ 1 + nx. Lösung Induktion über n ∈ N: für n = 1 ist (1 + x) ≥ 1 + x. Induktionsschritt: (1 + x)n+1 = (1 + x)(1 + x)n ≥ (1 + x)(1 + nx) = 1 + x + nx + nx2 | {z } IH > (x2 >0) 1 + x + nx = 1 + (n + 1)x . >0 Aufgabe 34 (Die Eulersche Zahl) 4 Punkte Betrachten Sie die Folge en = Zeigen Sie: „ 1+ 1 n «n (a) Für alle n ∈ N gilt 2 ≤ en ≤ 3. (b) (en ) ist monoton wachsend. Daraus folgt, dass en → e konvergent ist. e heißt Eulersche Zahl. . Benutzen Sie die Bernoullische Ungleichung sowie den binomischen Lehrsatz in a), und betrachten Sie en en−1 in b). Lösung Zu a): Die Bernoullische Ungleichung liefert die untere Abschätzung wie folgt: „ «n 1 1 en = 1 + ≥ 1+ n = 2. n n Speziell ist e1 = 2 und e2 = 49 , beide Elemente liegen unter der Schranke 3, wir können also im Folgenden n ≥ 3 annehmen. Für die obere Abschätzung wird der binomische Lehrsatz für a = 1 und b = n1 angewendet: ! ! ! „ «n n n n X X X n 1 n 1 n 1 1 = 1+ = 2+ en = 1 + = 1.7.3 k nk k nk n k nk k=1 k=2 k=0 = 2+ n n X X n! 1 1 (n − k + 1)(n − k + 2) · · · (n − 1)n 1 · · k = 2+ · k! (n − k)! n k! | n · n{z· · · n } k=2 k=2 je k Faktoren = 2+ n X 1 (n − k + 1)(n − k + 2) · · · (n − 1) · k! | n · n{z· · · n } k=2 je k−1 Faktoren = 2+ n X (n − k + 1)(n − k + 2) · · · (n − 1) = 2n · 3n · · · (k − 1)n · kn k=2 | {z } je k−1 Faktoren ≤ 2+ n „ «k−1 X 1 k=2 2 = 2+ n−1 X„ k=1 1 2 «k = 1+ n−1 X„ k=0 1 2 «k < 1+ (∗) 1 1− 1 2 = 3, wobei im Schritt (∗) die restlichen positiven Summanden für die unendliche geometrische Reihe hinzugefügt und der Reihenwert eingesetzt wurde. Zu b): en Aus en−1 ≥ 1 für n ≥ 2 folgt, dass die Folge monoton wächst. Es gilt «n „ «−n+1 «n „ «−n+1 «n „ «n−1 „ „ „ 1 1 n+1 n n+1 n−1 en = 1+ · 1+ = · = · en−1 n n−1 n n−1 n n = „ n n−1 „ «n «n „ « „ «n « „ 2 « „ n n n+1 n−1 n −1 1 = = · · · · 1 − n n n−1 n2 n−1 n2 „ « „ « „ « „ « n 1 n n−1 · 1− = · =1. n−1 n n−1 n Bernoulli Damit ist (en ) monoton steigend. Da (en ) beschränkt ist, gibt es den Grenzwert e = lim en , der im Intervall [2, 3] liegt. ≥ Aufgabe 35 (Teilfolgen) 3 Punkte Prüfen Sie, ob diese Folgen konvergieren. Geben Sie zu jeder Folge eine konvergente Teilfolge an (falls eine solche existiert), und berechnen Sie den Grenzwert Ihrer Teilfolge. „ « „ «n 1 1 1 mit y ≥ 0 , zn = (1 + (−1)n ) · n . xn = (−1)n · 2 + , yn = y + n n 2 Lösung Es sei ε > 0 gegeben und n0 > ε−1 gewählt.Für alle geraden n > n0 gilt dann ˛ ˛ ˛ ˛ « „ ˛ ˛ ˛ ˛ 1 1 1 − 2˛˛ = ˛˛2 + − 2˛˛ = < ε, |xn − 2| = ˛˛(−1)n · 2 + n n n d. h. für unendlich viele n ist xn ∈ Uε (2), andererseits gilt für alle ungeraden n > n0 ˛ ˛ ˛ ˛ „ « ˛ ˛ ˛ ˛ 1 1 1 + 2˛˛ = ˛˛−2 − + 2˛˛ = < ε, |xn + 2| = ˛˛(−1)n · 2 + n n n d. h. auch für unendlich viele n ist xn ∈ Uε (−2). Damit besitzt (xn ) die voneinander verschiedenen Häufungswerte 2 und −2, was nach den Sätzen 2.5.1 und 2.2.2 impliziert, dass die Folge divergent ist. Eine mögliche Teilfolge ist (x2n ), die wie gezeigt gegen 2 konvergiert. Für y = 1 folgt aus der vorigen Aufgabe die Konvergenz von (yn ) gegen die Eulersche Zahl. Für 0 < y < 1 gibt es 1 ein n0 , so dass y + n+1 < 1 ist für alle n > n0 , insbesondere ist dann «n «n «n+1 „ „ „ 1 1 1 y+ > y+ > y+ n n+1 n+1 für alle n > n0 , d. h. ab diesem Glied ist die Folge monoton fallend. Da alle Folgenglieder aber positiv sind, ist die Folge nach unten beschränkt und damit konvergent. Für y > 1 gilt dagegen «n «n « „ „ „ 1 1 1 · n = 1 + ny − n + 1 = 2 + n(y − 1) . ≥ 1+ y−1+ yn = y + = 1 + (y − 1 + ) n n n BU Wegen y − 1 > 0 wird dieser Wert aber für n → ∞ beliebig groß. Damit ist (yn ) divergent gegen ∞, und man kann keine konvergente Teilfolge wählen. Es gilt offenbar z2n = 21 (1 + (−1)2n )2n = 21 (1 + 1)2n = n, diese Folge ist divergent gegen ∞. Damit enthält (zn ) eine divergente Teilfolge, und ist selbst divergent. Andererseits ist z2n+1 = 21 (1 + (−1)2n+1 )(2n + 1) = 12 (1 − 1)(2n + 1) = 0. Damit enthält (zn ) auch eine konvergente Teilfolge, nämlich die konstante Nullenfolge z2n+1 = 0. Aufgabe 36 (Limes inferior) 2 Punkte Zeigen Sie: für jede beschränkte Folge (ak ) gilt lim inf ak = lim (inf{ak | k ≥ n}) . k→∞ n→∞ Lösung Nach Satz 2.5.3 besitzt jede beschränkte Folge einen Limes inferior, also existiert die linke Seite der Gleichung. Andererseits ist aus dem gleichen Grund {ak | k ≥ n} für jedes n nichtleer und beschränkt, also existiert nach dem Supremumsprinzip das Infimum dieser Menge. Es sei (ιn ) die Folge der Infima ιn = inf{ak | k ≥ n}. Da ak beschränkt ist, ist auch ιk beschränkt. Andererseits gilt für beschränkte und nichtleere Mengen A ⊆ B stets inf(A) ≥ inf(B), da das Entfernen von Elementen aus B das Infimum belässt oder erhöht. Damit ist ιn ≤ ιn+1 für alle n. Als beschränkte und monotone Folge ist ιn konvergent nach dem Monotoniekriterium, und auch die rechte Seite der Gleichung ist definiert. Es sei nun α irgend ein Häufungswert von (ak ). Es gibt für jedes noch so kleine ε > 0 unendlich viele Folgenglieder ak ∈ Uε (α) nach Definition des Häufungswerts, woraus ιn ≤ α für alle n folgt, da für jedes n immer noch unendlich viele k ≥ n mit ak < α + ε existieren, und eine Zahl größer α dann nicht das Infimum dieser ak sein kann. Für jeden Häufungswert α ist also die rechte Seite der Gleichung kleiner oder gleich α. Nun sei α0 = lim inf an der kleinste Häufungswert. Nach Satz 2.5.4 gibt es für jedes ε > 0 nur endlich viele Folgenglieder, die kleiner als α0 − ε sind. Es sei n0 groß genug, so dass diese Folgenglieder sämtlich im Anfangsstück (a1 , . . . , an0 ) liegen. Damit liegt das zugehörige Endstück (an0 +1 , an0 +2 . . .) komplett im Intervall [α0 − ε, ∞), also ιn ≥ α0 − ε für alle n > n0 (ε). Daher ist (ιn ) ab n0 von unten durch α0 beschränkt (da ε beliebig klein sein kann), aber andererseits gilt lim ιn ≤ α0 da α0 ein Häufungswert ist. Daraus folgt lim ιn = α0 = lim inf an wie zu zeigen war. Aufgabe 37 (Unendliche Reihen) 3 Punkte Überprüfen Sie, ob die folgenden Reihen konvergieren: ∞ ∞ ∞ X X X 1 k3 ak a) , b) , c) , wobei ak ≥ δ > 0 ∀k ∈ N . 3 4 k + 2k 2 + 4k (1 + a1 ) · · · · · (1 + ak ) k=1 k=1 k=1 Lösung Laut einem Beispiel aus der Vorlesung ist ∞ X 1 2 k k=1 konvergent. Da alle Folgenglieder positiv sind und k 3 + 2k > k 3 ≥ k2 für k ∈ N gilt ist diese Reihe eine konvergente Majorante von ∞ X 1 , 3 + 2k k k=1 woraus die Konvergenz mit dem Majorantenkriterium folgt. Die Reihenglieder der zweiten Reihe sind jeweils echt größer als 1 −1 k 6 wegen 3 1 1 1 1 k = = · . ≥ 4k4 + 2 4k + 2k 6 k 4k + 2 k13 P 1 P P 1 Damit ist eine Minorante. Sie ist divergent, da ansonsten nach den Rechenregeln für Reihen auch 6 · = 6k 6k konvergieren würde, die harmonische Reihe ist aber divergent. Nach dem Minorantenkriterium ist also auch ∞ X k3 k=1 1 k 2 + 4k4 eine divergente Reihe. Es seien ak ∈ R gegeben und ein δ > 0, so dass ak ≥ δ für alle k gilt, d. h. dass sie nicht beliebig nahe an Null herankommen (man sagt, die ak sind von Null weg beschränkt“). Wir betrachten die Partialsummen ” ∞ X ak , Sn = Qk (1 + aj ) j=1 k=1 die wir zunächst vereinfachen. Es gilt Sn = 1 − für alle n ∈ N. Vollständige Induktion dazu: Fall n = 1 : S1 = n Y j=1 1 1 + aj 1 a1 = 1− . 1 + a1 1 + a1 n Y 1 an+1 1 an+1 an+1 + Qn+1 = 1− = 1− Qn . Induktionsschritt : Sn+1 = Sn + Qn+1 + Qn+1 IH (1 + a ) 1 + a j j (1 + a ) (1 + a ) j j j=1 j=1 j=1 j=1 (1 + aj ) j=1 Diesen Ausdruck bringen wir auf den gemeinsamen Nenner (1 + a1 ) · · · (1 + an+1 ) und erhalten Qn+1 Qn+1 n+1 Y 1 1 j=1 (1 + aj ) − (1 + an+1 ) + an+1 j=1 (1 + aj ) − 1 . = = 1 − Qn+1 = 1− Sn+1 = Qn+1 Qn+1 1 + aj j=1 (1 + aj ) j=1 (1 + aj ) j=1 (1 + aj ) j=1 Damit gilt die Vereinfachung der Partialsummen für alle n. Wir zeigen Sn → 1 für n → ∞, das ist wegen dem Summensatz gleichbedeutend mit n Y 1 → 0 , n→∞. 1 + aj j=1 Dazu sei y = 1 1+δ < 1, dann gilt n Y j=1 n Y 1 1 = yn . ≤ 1 + aj 1 + δ j=1 Wegen y < 1 ist y n → 0 für n → ∞, nach dem Summensatz also Sn → 1 + 0 = 1. Damit gilt nach Definition der Reihenkonvergenz ∞ X ak = 1, (1 + a1 ) · · · (1 + ak ) k=1 und zwar völlig unabhängig von den aj , solange sie nur von Null weg beschränkt sind. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 13.12.2004 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 8 Zur Übungsstunde vom 13.12.2004 Aufgabe 38 (Beweistechniken: Induktionsvarianten) 3 Punkte Vollständige Induktion gibt es in vielen verschiedenen Spielarten. Zeigen Sie: gilt für eine Aussage A(n) • A(1) wahr ( Induktionsanfang“), ” • A(n) ⇒ A(2n) ( Induktionssprung“), ” • A(n + 1) ⇒ A(n) ( Induktionsrückschritt“), ” so ist A(n) für alle n ∈ N wahr. Lösung Wir zeigen, dass W = {n | A(n) wahr} eine induktive Menge ist. 1 ∈ W ist klar. Nun sei n ∈ W beliebig, wir haben zu zeigen, dass n + 1 in W liegt. Wegen dem Induktionssprung liegt 2n in W . Wegen des Rückschritts ist dann 2n − 1 ∈ W . Damit auch 2n − 2 ∈ W . Nach n − 1 Rückschritten folgt 2n − (n − 1) = n + 1 ∈ W . Damit ist W induktiv, woraus W = N folgt, d. h. A(n) ist für alle n wahr. Aufgabe 39 (Nochmal Reihen) Es sei (ak ) irgend eine Folge positiver reeller Zahlen (indiziert ab k = 0), so dass die zugehörige Reihe Es sei Sn = a0 + a1 + · · · + an die n-te Partialsumme. Zeigen Sie: ∞ X ak konvergiert . 2 S k=0 k P 4 Punkte ak divergiert. Lösung Um die Partialsummen abschätzen zu können, werden die Reihenglieder nach oben abgeschätzt. Es sei n ≥ 1. Da Sk streng monoton wachsend ist gilt ak Sk − Sk−1 Sk − Sk−1 1 1 = < = − . Sk2 Sk2 Sk Sk−1 Sk−1 Sk Wir erhalten für die n-te Partialsumme Tn der Gesamtreihe « n n „ X X 1 ak 1 1 1 1 2 1 1 1 2 < − + + + − = − . = < Tn = a0 k=1 Sk2 a0 k=1 Sk−1 Sk a0 S0 Sn a 0 Sn a0 | {z } | {z } <0 Teleskopsumme! Damit ist (Tn ) beschränkt, aber offenbar monoton wachsend, da alle ak und Sk positiv sind, also ist (Tn ) und damit die Reihe konvergent. Aufgabe 40 (Quotientenkriterium) 5 Punkte P a Geben Sie ein Beispiel für eine konvergente Reihe ak mit positiven ak , so dass k+1 eine gegen ∞ divergierende ak Teilfolge enthält. Begründen Sie, warum das dem Quotientenkriterium nicht widerspricht. Lösung Wir setzen ak = (k + 1)−2 (k + 2)−3 falls falls k k ungerade . gerade Dann gilt für k ≥ 1 offenbar k ungerade k gerade d. h. die Reihe ⇒ ⇒ ak ak (k + 1)−2 (k + 2)−3 = = < < k−2 k−3 ≤ k−2 ∞ X 1 k2 , k=1 ist eine konvergente Majorante von die Folge enthält also die Teilfolge b2k P ak , woraus die Konvergenz folgt. Andererseits ist ak+1 ak = k + 2 für alle geraden k, ˛ ˛ ˛ ak+1 ˛ ˛ bk = ˛˛ ak ˛ = 2k + 2, die gegen ∞ divergiert. Das ist kein Widerspruch zum Teil (i) des Quotientenkriteriums, da lim sup bk < 1 nur ein hinreichendes Kriterium für die Konvergenz ist, d. h. aus der Verletzung des Kriteriums darf nicht auf Divergenz geschlossen werden. Das Kriterium (ii) ist hinreichend für Divergenz, allerdings wird in (ii) der lim inf und nicht der lim sup betrachtet. Und tatsächlich ist 0 der kleinste Häufungswert von bk , und Null ist nicht größer als Eins, also ist auch (ii) nicht verletzt. Aufgabe 41 (Stetigkeit) 4 Punkte Beweisen Sie Satz 4.1.5 der Vorlesung. Tipp: Beweisen Sie zunächst max(x, y) = 21 (x + y + |x − y|) für alle x, y ∈ R. Lösung Es sei f : X → R in einem ξ ∈ X stetig und ε > 0 beliebig. Da f in ξ stetig ist gibt es ein δ > 0, so dass für alle x ∈ X mit |x − ξ| < δ stets |f (x) − f (ξ)| < ε gilt. Wir erhalten für alle diese x aber ebenso ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ |f (x)| − |f (ξ)| ˛ ≤ |f (x) − f (ξ)| < ε . 2.2.1 Also: für alle x ∈ X mit |x − ξ| < δ ist auch der Abstand von |f (x)| zu |f (ξ)| kleiner als ε, damit ist |f | in ξ stetig. Nun zur Darstellung des Maximums: Fall x ≥ y ⇒ 1 (x 2 + y + |x − y|) = 1 (x 2 + y + (x − y)) = x = max(x, y) Fall x ≤ y ⇒ 1 (x 2 + y + |x − y|) = 1 (x 2 + y − (x − y)) = y = max(x, y) . 1 (x + y 2 + |x − y|) für alle x, y ∈ R. Damit erhalten wir durch die werteweise Definition von Betrag Also gilt max(x, y) = und Maximum auf Abbildungen 1 max(f, g) = (f + g + |f − g|) 2 als Gleichung von Abbildungen. Die rechte Seite ist dann stetig in ξ, da Summen, Differenzen, Produkte und Beträge der Funktionen f , g und x 7→ 21 stetig sind nach Satz 4.1.2 und der Rechnung für |f |, die natürlich auch für |g| gilt. Damit ist auch die linke Seite max(f, g) eine stetige Abbildung. Die gleiche Rechnung kann man für das Minimum führen, indem man x + y − |x − y| min(x, y) = 2 für alle x, y ∈ R und damit auch für alle Abbildungen zeigt. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 20.12.2004 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 9 Zur Übungsstunde vom 20.12.2004 Aufgabe 42 (Stetigkeit und Folgen) 3 Punkte Beweisen Sie die Rückrichtung von Satz 4.2.4: ist für eine Funktion f : X → R das Urbild offener Mengen immer X-offen, so ist f stetig auf X. Lösung Es sei ξ ∈ X beliebig. Es ist zu zeigen, dass zu jedem ε > 0 ein δ = δ(ε) existiert, so dass f (Uδ (ξ)) eine Teilmenge von O = Uε (f (ξ)) ist. Die Menge O ist offen: für jedes x ∈ O ist |x − ξ| < ε, d. h. mit ε0 = ε − |x − ξ| > 0 gilt Uε0 (x) ⊆ O wegen der Dreiecksungleichung. Nach Voraussetzung ist dann das Urbild U = f −1 (O) ⊆ X relativ offen bzgl. X. Wegen f (ξ) ∈ O liegt ξ in U , und da U relativ offen ist gibt es ein δ > 0 mit Uδ (ξ) ∩ X ⊆ U . Daraus folgt, dass für dieses δ die Ungleichung |f (x) − f (ξ)| < ε für alle |x − ξ| < δ mit x ∈ X gilt. Damit ist f im beliebig gewählten Punkt ξ ∈ X stetig. Aufgabe 43 (Endlichkeit) 4 Punkte Zeigen Sie: (a) (b) (c) (d) Konvergente Folgen, in denen nur endlich viele verschiedene Glieder auftreten, sind stationär. Endliche Mengen M ⊆ R sind kompakt. Jede beliebige Funktion f : X → R ist stetig, wenn X endlich ist. Es gibt eine Menge M ⊆ R, die • unendlich ist, • nur aus isolierten Punkten besteht, • als Teilmenge von R weder offen, abgeschlossen, noch kompakt ist. Lösung Zu a): Es seien a1 , . . . , ak ∈ R paarweise verschiedene Elemente und (xn ) eine Folge, so dass xn ∈ {a1 , . . . , ak } für alle n ist. Auch die Menge D = {|ai − aj | | i 6= j} der Differenzbeträge ist dann endlich, insbesondere existiert ε = min(D). Da (xn ) konvergiert, gibt es nach dem Cauchykriterium ein n0 = n0 (ε), so dass |xm − xn | < ε gilt, falls m, n > n0 ist. Nach Wahl von ε ist das aber nur für xm = xn möglich, also ist (xn ) ab diesem n0 stationär. Zu b): Zu einer endlichen Menge existieren a = min(M ) und b = max(M ), insbesondere ist M ⊆ [a, b] beschränkt. Zudem ist jede konvergente Folge aus M stationär nach a), d. h. der Grenzwert ist ein Folgenglied und liegt selbst in M , also ist M abgeschlossen. Damit ist M kompakt nach Satz 4.2.2. Zu c): Es sei ξ ∈ X beliebig. Wir zeigen, dass ξ ein isolierter Punkt von X ist, womit nach Satz 4.5.3 f stetig in ξ ist. Angenommen ξ ist nicht isoliert, d. h. es gibt eine Folge (xn ) in X\{ξ}, die gegen ξ konvergiert. Auch die Restmenge X\{ξ} ist endlich, also ist (xn ) stationär nach a). Dann liegt aber auch der Grenzwert in der Restmenge und ist gerade nicht ξ, ein Widerspruch. Zu d): Beispielsweise die Menge M = { n1 | n ∈ N}: Sie ist unendlich da N unendlich ist. Jeder Punkt n1 ist isoliert, da Uε ( n1 ) 1 | gewählt wird. Sie ist aus dem gleichen Grund auch nicht offen. Sie die Menge M nur in n1 schneidet, falls ε < | n1 − n+1 1 ist auch nicht abgeschlossen, da xn = n in M liegt, und gegen 0 ∈ / M konvergiert. Damit ist sie auch nicht kompakt, da kompakte Mengen abgeschlossen sind. Aufgabe 44 (Mengenoperationen) 5 Punkte Zeigen Sie: beliebige Schnitte abgeschlossener Mengen sind wieder abgeschlossen, und die Vereinigung endlich vieler abgeschlossener Mengen ist wieder abgeschlossen. Geben Sie ein Beispiel dafür an, dass unendliche Vereinigungen abgeschlossener Mengen nicht abgeschlossen sein müssen. Dies sind gerade die dualen Aussagen zu Aufgabe 29 c) und d) von Blatt 6. Benutzen Sie für Ihre Lösung nicht diese Aufgabe, sondern weisen Sie die Eigenschaften direkt mit Definition 4.2.1 nach. Lösung Nach Definition ist eine Menge A abgeschlossen, wenn jede konvergente Folge aus A ihren Grenzwert in A annimmt, wenn man also durch Grenzwertübergänge nicht aus A herauskommt“. Es sei M irgend ein Mengensystem abgeschlossener ” Mengen (ggf. auch unendlich viele) und \ S = A A∈M der Schnitt aller dieser Mengen. Es sei (xn ) eine konvergente Folge in S mit Grenzwert x ∈ R. Es sei A ∈ M beliebig. Da die Folge (xn ) im Schnitt S liegt, liegt sie insbesondere in A. Da A abgeschlossen ist folgt x ∈ A. A war aber beliebig, also liegt x in jedem A ∈ M und damit im Schnitt S. Da die Folge (xn ) beliebig war gilt: jede konvergente Folge aus S besitzt einen Grenzwert in S, also ist auch S abgeschlossen. Nun seien A1 , . . . , An endlich viele abgeschlossene Mengen und V ihre Vereinigung. Sei (xn ) eine konvergente Folge aus V mit Grenzwert x ∈ R. Es ist nachzuweisen, dass x in einem der Aj liegt. Angenommen es gibt kein Aj , so dass xk ∈ Aj gilt für unendlich viele k. Dann enthält auch V nur endlich viele verschiedene Folgenelemente, d. h. in der Folge (xn ) treten nur endlich viele verschiedene Elemente auf. Nach der vorigen Aufgabe ist (xn ) dann stationär und x trivialerweise in V . Andernfalls gibt es ein Aj , indem unendlich viele Folgenglieder liegen. Insbesondere kann aus (xn ) eine Teilfolge (xnk ) ausgewählt werden, so dass xnk ∈ Aj für alle k gilt. Mit (xn ) ist auch die Teilfolge konvergent, und sie liegt komplett in Aj , also liegt ihr Grenzwert in Aj . Da die Grenzwerte von (xn ) und (xnk ) nach Satz 2.2.2 übereinstimmen folgt x ∈ Aj und damit x ∈ V . Da (xn ) beliebig aus V gewählt wurde ist V abgeschlossen. Die Abgeschlossenheit kann bei unendlichen Vereinigungen verloren gehen, wie folgendes Beispiel zeigt: es sei An = [ n1 , 1] (jeweils abgeschlossen) für n ∈ N. Die Vereinigung aller An ist das halboffene Intervall (0, 1], das nicht abgeschlossen ist: es enthält die Folge xn = n1 , die gegen Null konvergiert, und Null liegt nicht in der Vereinigung. Aufgabe 45 (Wahr oder Falsch) 4 Punkte Beweisen oder widerlegen Sie (mit Beweis): (a) (b) (c) (d) Ist P ein Polynom vom Grad n > 1 und n ungerade, so ist P surjektiv. Ist f : X → R stetig und X offen, so ist f (X) offen. Es gibt Mengen, die offen und abgeschlossen sind. Ist A abgeschlossen und B ⊆ A, so ist B auch abgeschlossen. Lösung Zu a): Die Aussage ist wahr: nach Satz 4.5.12 strebt P (x) für positiven Leitkoeffizienten gegen ∞ für x → ∞ und gegen −∞ für x → −∞. Für negativen Leitkoeffizienten drehen sich die Vorzeichen gerade um. Ist y ∈ R beliebig, so gibt es also a ∈ R mit P (a) < y wegen P (x) → −∞ für x → −∞, andererseits aber auch b ∈ R mit P (b) > y wegen P (x) → ∞ für x → ∞. Polynome sind nach Satz 4.1.3 stetig, also wird nach dem Zwischenwertsatz y ∈ [P (a), P (b)] als Wert angenommen. Da y ∈ R beliebig war ist jede reelle Zahl ein Bild, d. h. P ist surjektiv. Zu b): Die Aussage ist falsch: beispielsweise ist X = R offen und const : x 7→ 0 stetig. Aber die Bildmenge {0} ist nicht offen. Der Erhalt der Offenheit gilt nur für die Anwendung von f −1 . Zu c): Die Aussage ist wahr: R ist offen und abgeschlossen (denn das Komplement ∅ ist offen). Das kann man auch direkt mit der Definition zeigen: jede ε-Umgebung liegt wieder in R, und jede konvergente Folge konvergiert gegen eine reelle Zahl. Die duale Aussage ist, dass auch ∅ offen und abgeschlossen ist. Zu d): Die Aussage ist falsch: [0, 1] ist abgeschlossen, aber die Teilmenge (0, 1) ist nicht abgeschlossen. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 10.01.2005 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 10 Zur Übungsstunde vom 10.01.2005 Aufgabe 46 (Folgenkonvergenz) 4 Punkte Entscheiden Sie, ob diese Folgen konvergieren, und berechnen Sie sämtliche Häufungswerte sowie lim inf und lim sup (mit Beweis): an = (n2 + 2)(n2 − 4n) , 3n4 bn = (−2)n · 2n + 1 , 2n − 1 cn = n2 + (−1)n (n2 − n) + 5 3n2 + (−1)n , xn = yϕ(n) wobei (yn ) konvergent gegen ein y ∈ R und ϕ : N → N eine bijektive Abbildung ist. Lösung Umformen ergibt an = −1 + 2n−2 − 8n−3 n4 − 4n3 + 2n2 − 8n (n2 + 2)(n2 − 4n) :n4 1 − 4n = = = . 4 3n4 3n4 3 :n Die Folge n1 ist eine Nullfolge, ebenso 0 < n−3 ≤ n−2 ≤ n−1 . Nach den Rechenregeln für Folgen (Satz 2.3.4) konvergiert an damit gegen 1−4·0+2·0−8·0 1 = . 3 3 Damit ist 13 der einzige Häufungswert und stimmt mit lim inf an und lim sup an überein. Für (bn ) führen wir einen Widerspruchsbeweis: angenommen die Folge bn ist konvergent gegen ein b ∈ R. Die Folge dn = 2n + 1 2 = 1+ n 2n − 1 2 −1 konvergiert nach den Rechenregeln für Folgen gegen 1, da 2n + 1 gegen ∞ divergiert und 2n2−1 damit eine Nullfolge ist. Wegen dn 6= 0 für alle n ∈ N können wir bn mit d−1n multiplizieren. Nach dem Quotientensatz konvergiert dann bn d−1 n n n gegen b · 1−1 = b. Aber es ist bn d−1 n = (−2) . Diese Folge enhtält für gerade n die gegen ∞ divergierende Teilfolge 2 , und ist daher divergent, ein Widerspruch zur Annahme. Also war die Annahme falsch, und bn ist nicht konvergent. Diese Folge besitzt keinen Häufungswert (damit auch keinen lim inf oder lim sup), denn für jedes x ∈ R liegen für n0 ≥ 2|x| + 1 alle Folgenglieder mit n > n0 nicht in U1 (x). Wir fassen die alternierenden Summanden im Zähler separat zusammen: cn = n2 − n 1 − n−1 n2 + 5 1 + 5n−2 n2 + (−1)n (n2 − n) + 5 :n2 n n = = + (−1) + (−1) . 3n2 + (−1)n 3n2 + (−1)n 3n2 + (−1)n :n2 3 + (−1)n n−2 3 + (−1)n n−2 Es ist |(−1)n · n−2 | = n−2 −→ 0 für n → ∞, d. h. der Nenner 3 + (−1)n · n−2 konvergiert gegen 3 für n → ∞. Nach den Rechenregeln für Folgen konvergiert der linke Summand daher gegen 13 . Damit ergeben sich wieder nach den Rechenregeln die Grenzwerte 1 + 45 n−2 1 − 12 n−1 1 1 2 c2n = + 1· −→ + = . 1 n −2 3 3 3 + 4 (−1) n 3 + 14 (−1)n n−2 n→∞ 3 Ebenso gilt aber c2n−1 −→ 31 − 13 = 0 für n → ∞, d. h. die Folge (cn ) besitzt zwei Teilfolgen, die gegen verschiedene Grenzwerte konvergieren. Damit ist (cn ) nach Satz 2.2.2 nicht konvergent. Mit den beiden Teilfolgengrenzwerten ergeben sich die Häufungswerte 0 und 23 von (cn ). Da die beiden Teilfolgen die ganze Folge abdecken sind dies auch die einzigen Häufungswerte, und es ist lim inf cn = 0 sowie lim sup = 32 . Es sei y der Grenzwert von (yn ), dann konvergiert auch die umgeordnete Folge (xn ) gegen y. Um die Konvergenz von (xn ) zu zeigen, ist für jedes ε > 0 ein n0 = n0 (ε) zu bestimmen, so dass |xn − y| < ε für alle n > n0 gilt. Sei also ε > 0 beliebig. Da (yn ) gegen y konvergiert gibt es zunächst ein m0 , so dass |ym − y| < ε gilt für alle m > m0 . Es sei M = {1, 2, . . . , m0 }. Dann ist mit M auch die Menge der zugehörigen Urbilder N = ϕ−1 (M ) = {ϕ−1 (1), . . . , ϕ−1 (m0 )} unter der bijektiven Abbildung ϕ eine endliche Menge mit m0 Elementen. Es sei n0 = max(N ) das Maximum der Urbilder (das nicht unbedingt gleich ϕ−1 (m0 ) ist). Für jedes n > n0 gilt nun, dass ϕ(n) ∈ / M ist, denn ansonsten wäre n ∈ N im Widerspruch zu n > k für alle k ∈ N . Da M alle natürlichen Zahlen von 1 bis m0 enthält folgt ϕ(n) > m0 , und damit |xn − y| = |yϕ(n) − y| < ε nach Wahl von m0 , damit konvergiert (xn ) ebenfalls gegen y, wodurch auch lim sup und lim inf sowie der einzige Häufungswert y festgelegt sind. Der so konstruierte Beweis lautet in Quantorenschreibweise Voraussetzung : ∀ε > 0 ∃m0 = m0 (ε) ∀m > m0 : |ym − y| < ε . Folgerung : ∀ε > 0 ∃n0 = n0 (ε) {z } | =max(ϕ−1({1...m0 })) ∀n > n0 : |xn − y| < ε . | {z } da ϕ(n)>m0 Man könnte diese Aufgabe auch mit Definition 2.2.5 beweisen. Dann ist zu zeigen, dass die Formulierung für fast alle ” n“ gleichbedeutend ist mit für fast alle ϕ(n)“. ” Aufgabe 47 (Reihenkonvergenz) 4 Punkte Entscheiden Sie, ob diese Reihen konvergieren: ∞ X (−1)k · k k2 + 1 k=1 , ∞ X (k + 1)xk , ∞ X (k + 1)2 xk , k=1 k=1 k=1 wobei (ak ) eine konvergente Zahlenfolge ist. ∞ X (ak − ak−1 ) Lösung Die Reihe ∞ X (−1)k · k k2 + 1 k=1 konvergiert nach dem Leibnizkriterium (Satz 3.2.11), denn die Folge ak = k−1 1 + k−2 Satz 2.3.4 −→ k→∞ 0 = 0 1+0 −1 ist eine Nullfolge, die zusätzlich monoton fallend ist. Dazu reicht es zu zeigen, dass a−1 eine monoton steigende k = k +k Folge ist. Wir berechnen die Differenz zweier Folgenglieder: −1 a−1 = k+1− k+1 − ak 1 1 1 1 k(k + 1) + (k + 1) − k k2 + k + 1 −k+ = 1+ − = = > 0. k+1 k k k+1 k(k + 1) k(k + 1) Damit ist a−1 streng monoton steigend und ak streng monoton fallend. Die Folge ak geht nicht quadratisch“ gegen k ” Null, daher würde die Reihe ohne den Faktor (−1)k nicht konvergieren. Insbesondere kann das Quotientenkriterium nicht benutzt werden. Wir unterscheiden die Fälle |x| ≥ 1 und |x| < 1. Im ersten Fall ist ak = (k + 1)xk keine Nullfolge wegen |(k + 1)xk | = (k + 1)|x|k ≥ k + 1 für alle k ∈ N. Nach Satz 3.2.3 ist dann die Reihe divergent. Im zweiten Fall nehmen wir x 6= 0 an (andernfalls konvergiert die Reihe trivialerweise) und wenden das Quotientenkriterium (Satz 3.2.10) an: ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ k+1 ˛ ˛ ak+1 ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ = ˛ (k + 2)x ˛ = k + 2 · |x| . ˛ = ˛ (k + 2)x ˛ ak ˛ ˛ k+1 ˛ ˛ (k + 1)xk ˛ k+1 Die Folge k+2 strebt nach den Rechenregeln für Folgen gegen 1, damit strebt | k+1 a lim sup | k+1 | = |x| < 1, also konvergiert die Reihe genau dann, wenn |x| < 1 ist. ak ak+1 | ak gegen |x|. Nach Satz 2.5.5 ist Für bk = (k + 1)2 xk ist ˛ ˛ ˛ ˛ „ «2 2 k+1 ˛ ˛ ˛ bk+1 ˛ ˛ = ˛ (k + 2) x ˛ = k+2 ˛ · |x| . ˛ (k + 1)2 xk ˛ ˛ bk ˛ k+1 Nach den Rechenregeln für Folgen gilt «2 „ k+2 −→ 12 = 1 . k+1 b b | = lim inf | k+1 | = |x|. Damit konMit der gleichen Rechnung wie für die vorige Reihe ergibt sich damit lim sup | k+1 bk bk vergiert die Reihe wieder für |x| < 1 und divergiert für |x| > 1. Für x = 1 ist bk wieder keine Nullfolge, also divergiert die Reihe in diesem Fall. Man sieht auf diese Weise leicht, dass beliebig hohe (aber konstante) Potenzen des Vorfaktors k + 1 die aus der geometrischen Reihe bekannte Konvergenz über xk nicht stören. Es (ak ) eine Folge, die gegen ein a ∈ R konvergiert und Sn die n-te Partialsumme, dann gilt Sn = n X k=1 (ak − ak−1 ) = ( n X k=1 ak ) − ( n X k=1 ak−1 ) = Teleskopsumme an − a 0 . Dabei dürfen die Summanden der Teleskopsumme nur für die endliche Partialsumme, und nicht in der unendlichen Reihe gegeineinader aufgerechnet werden. Damit gilt dann Sn = an − a0 −→ a − a0 für n → ∞. Nach Definition 3.1.2 ist die Reihe konvergent mit Reihenwert a − a0 . Aufgabe 48 (Grenzwerte) 2 Punkte Bestimmen Sie den Reihenwert der zweiten und der dritten Reihe aus der vorigen Aufgabe. Lösung Es sei x ∈ (−1, 1) beliebig und Sn die n-te Partialsumme von Sn = n X (k + 1)xk = P (k + 1)xk , dann gilt n X kxk + xk . k=1 k=1 k=1 n X 1 Dabei konvergiert der rechte Summand gegen 1−x − 1 nach Satz 3.2.9 (dabei wird 1 abgezogen, da die Summation im Unterschied zum Satz bei k = 1 beginnt). Es ist also nur noch der Grenzwert des linken Summanden zu bestimmen. Wie in Satz 3.2.9 zeigen wir zunächst eine Darstellung der endlichen Summe über kxk . Behauptung: (∗) n X nxn+2 − (n + 1)xn+1 + x . (1 − x)2 kxk = k=1 Induktionsanfang: auf der linken Seite steht 1 · x1 = x, auf der rechten Seite x3 − 2x2 + x 1 − 2x + x2 = x· = x. 2 (1 − x) (1 − x)2 Induktionsschluss: wir nehmen für ein n ≥ 1 an, dass (∗) gilt. Es folgt Linke Seite von (∗) mit n + 1 = n+1 X kxk = kxk + (n + 1)xn+1 = IH k=1 k=1 = n X nxn+2 − (n + 1)xn+1 + x + (n + 1)xn+1 (1 − x)2 nxn+2 − (n + 1)xn+1 + x + (n + 1)xn+1 (1 − 2x + x2 ) nxn+2 − (n + 1)xn+1 + x + (n + 1)xn+1 (1 − x)2 = (1 − x)2 (1 − x)2 −(n + 2)xn+2 + x + (n + 1)xn+1 (x2 ) (n + 1)xn+3 − (n + 2)xn+2 + x = = rechte Seite von (∗) mit n + 1 statt n . 2 (1 − x) (1 − x)2 Damit ist die Induktion abgeschlossen und (∗) für alle n ∈ N gezeigt, Es folgt mit den Rechenregeln für Folgen = n X (k + 1)xk = k=1 k=1 −→ n→∞ n X kxk + n X n xk = k=1 (∗) nxn+2 − (n + 1)xn+1 + x X k x + (1 − x)2 k=1 0−0+x 1 x x x + x(1 − x) x(2 − x) +( − 1) = + = = . (1 − x)2 1−x (1 − x)2 1−x (1 − x)2 (1 − x)2 Dabei wurde benutzt, dass die Ausdrücke nxn+2 und (n + 1)xn+1 Nullfolgen in n bilden, da die zugehörigen Reihen P n+2 P P nx und (n + 1)xn+1 konvergieren. Damit ist der Reihenwert von (k + 1)xk gleich x(2−x) für jedes x ∈ (−1, 1). (1−x)2 Die Partialsummen der zweiten Reihe zerlegen sich zu Sn = n X k=1 (k + 1)2 xk = n X k=1 k 2 xk + 2 n X kxk + k=1 n X xk . k=1 Aus dem vorigen Aufgabenteil ergeben sich die Grenzwerte der beiden rechten Summanden. Für den linken Summanden ist wieder eine geschlossene Darstellung zu beweisen. Behauptung: (∗∗) n X k=1 k 2 xk = n2 xn+3 + (−2n2 − 2n + 1)xn+2 + (n2 + 2n + 1)xn+1 − x2 − x (x − 1)3 Induktionsanfang für n = 1: auf der linken Seite steht x, auf der rechten Seite 12 x4 + (−2 − 2 + 1)x3 + (1 + 2 + 1)x2 − x2 − x x4 − 3x3 + 3x2 − x x3 − 3x2 + 3x − 1 = = x· = x. 3 3 (x − 1) (x − 1) (x − 1)3 Induktionsschluss: n n+1 X X 2 k n2 xn+3 + (−2n2 − 2n + 1)xn+2 + (n2 + 2n + 1)xn+1 − x2 − x k2 xk + ; (n + 1)2 xn+1 = k x = + (n + 1)2 xn+1 3 IH (x − 1) k=1 k=1 = = = = n2 xn+3 + (−2n2 − 2n + 1)xn+2 + (n2 + 2n + 1)xn+1 − x2 − x + (n + 1)2 xn+1 (x − 1)3 n2 xn+3 + (−2n2 − 2n + 1)xn+2 + (n2 + 2n + 1)xn+1 − x2 − x + (n + 1)2 xn+1 (x − 1)3 (x − 1)3 n2 xn+3 + (−2n2 − 2n + 1)xn+2 + (n2 + 2n + 1)xn+1 − x2 − x + (x − 1)3 (n2 + 2n + 1)xn+1 (x − 1)3 n2 xn+3 + (−2n2 − 2n + 1)xn+2 + (n2 + 2n + 1)xn+1 − x2 − x + (x3 − 3x2 + 3x − 1)(n2 + 2n + 1)xn+1 (x − 1)3 (1 + 2n + n2 )xn+4 + (2n2 − 6n − 3)xn+3 + (n2 + 4n + 4)xn+2 − x2 − x (x − 1)3 = m2 xm+3 + (−2m2 − 2m + 1)xm+2 + (m2 + 2m + 1)xm+1 − x2 − x (x − 1)3 mit m = n + 1, womit die Aussage (∗∗) für alle n ∈ N gilt. Mit den Rechenregeln für Folgen ergibt sich damit ∞ X 0 + 0 + 0 − x2 − x x(x + 1) x(x + 1) k 2 xk = = − = . (x − 1)3 (x − 1)3 (1 − x)3 = k=1 Mit den Rechenregeln für Reihen erhält man schließlich ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X x(x + 1) x(x2 − 3x + 4) x 1 xk = kxk + k 2 xk + 2 (k + 1)2 xk = − 1) = + 2 + ( 3 2 a) (1 − x) (1 − x) 1−x (1 − x)3 k=1 k=1 k=1 k=1 als Reihenwert. Aufgabe 49 (Vollständige Induktion) 3 Punkte Zeigen Sie durch vollständige Induktion (mit geeigneter Wahl des Induktionsanfangs): «k n n−1 X Y„ n2 (n + 1)2 1 nn k3 = b) 1+ a) = k n! 4 k=1 k=1 c) (1 − a) n−1 Y k=0 k n (1 + a2 ) = 1 − a2 . Lösung Teil a) Der Induktionsanfang wird für n = 2 geführt, da dies das kleinste n ist, für das der Produktausdruck «k n−1 Y„ 1 1+ k k=1 2 definiert ist. In diesem Fall ist 1 + 11 = 22! = 2. Induktionsschluss: wir nehmen an, dass die Aussage für ein n ≥ 2 gilt, und zeigen sie für den Nachfolger: «k «k „ «n „ «n n−1 n „ Y„ Y 1 nn 1 1 1 (n + 1)n+1 1 = · 1+ = = 1+ · 1+ · (n + 1)n = . 1+ IH n! k k n n n! (n + 1)! k=1 k=1 Damit ist die Aussage für alle n ≥ 2 gezeigt. Sie gilt übrigens auch für n = 1, wenn man das leere“ Produkt zu Eins ” definiert. Teil b) Hier kann die Induktion bei n = 1 beginnen. Es ist 13 = n+1 X k=1 = k3 = n X k3 + (n + 1)3 = IH k=1 12 ·22 4 = 1. Induktionsschluss: n2 (n + 1)2 1 + (n + 1)3 = · (n2 (n2 + 2n + 1) + 4n3 + 12n2 + 12n + 4) 4 4 1 1 1 · (n4 + 2n3 + n2 + 4n3 + 12n2 + 12n + 4) = · (n4 + 6n3 + 13n2 + 12n + 4) = · (n + 1) · (n3 + 5n2 + 8n + 4) 4 4 4 1 1 · (n + 1)2 · (n2 + 4n + 4) = · (n + 1)2 · (n + 2)2 . 4 4 Damit ist auch diese Aussage für alle n ≥ 1 gezeigt. = Teil c) 0 0 Wieder beginnt die Induktion bei n = 1. Es ist dann (−1)(1 + a2 ) = 1 − a2 = 1 − a für jedes a ∈ R. Induktionsschluss: (1 − a) n Y k=0 k (1 + a2 ) = (1 − a) n−1 Y k=0 k n n n (1 + a2 ) · (1 + a2 ) = (1 − a2 ) · (1 + a2 ) IH = Bin.Formel n 12 − (a2 )2 = 1 − a2 n+1 . Damit ist die Aussage für alle n ∈ N gezeigt. Aufgabe 50 (Mengengrenzen) 3 Punkte Bestimmen Sie Supremum/Infimum/Maximum/Minimum der folgenden Mengen: 1 1 M1 = [a, b) ∪ [c, d) mit a < b < c < d , M2 = {1} ∪ { − | n, m ∈ N} , M3 = {e−m − log(n) | m, n ∈ N} . n m Lösung Das Minimum von M1 ist a, da es in [a, b) und damit in M1 liegt, und jedes Element von [a, b) größer oder gleich a bzw. jedes Element von [c, d) größer oder gleich c und damit echt größer als a ist wegen a < c (hier wurde implizit die Transitivität der Relation < benutzt). Damit ist a auch das Infimum, da es eine größte untere Schranke ist. Das Element d ist eine obere Schranke von M1 , da es eine obere Schranke von [c, d) und [a, b) wegen b < d ist. Es ist auch das Supremum der Menge M1 : für jedes noch so kleine ε > 0 liegt nämlich d − ε0 in [c, d) für ε0 < ε so klein, dass d − ε0 > c ist. Wegen d ∈ / M1 nach Definition des halboffenen Intervalls ist d aber kein Maximum. 1 1 Das Element −1 ist eine untere Schranke von M2 , denn aus n1 − m < −1 folgt n1 < −1 + m ≤ −1 + 1 = 0, aber 1 wird wegen n ∈ N nicht negativ. Es ist auch die größte untere Schranke, denn für jedes noch so kleine ε > 0 gibt es n ein n ∈ N mit n1 < ε, da N nach oben unbeschränkt ist. Damit gilt dann n1 − 11 = −1 + n1 < −1 + ε mit n1 − 11 ∈ M2 . Damit ist −1 das Infimum von M2 . Wegen −1 ∈ / M2 ist es aber nicht das Minimum. Dagegen ist 1 eine obere Schranke 1 1 von M2 , da das zusätzlich zugefügte Element 1 nicht größer ist, und aus n1 − m > 1 der Widerspruch n1 > 1 + m >1 1 1 folgt. Damit ist 1 das Supremum von { n − m | m, n ∈ N}, und nach Aufgabe 13b von Blatt 3 das Maximum von M2 . Die Funktionen ex und log(x) sind laut Vorlesung streng monoton wachsend in x. Damit ist der Ausdruck e −m − log(n) streng monoton fallend sowohl in m als auch in n. Insbesondere wird das Maximum für m = n = 1 angenommen (man überlegt sich leicht, warum man das so einfach folgern darf), also max(M3 ) = e−1 − log 1 = 1e . Ebenso überlegt man sich, dass es kein Minimum geben kann: angenommen ein Element e−m − log(n) ist minimal, dann ist wegen der strengen Monotonie e−m − log(n + 1) ein kleineres Element in M3 im Widerspruch zur Minimalität. Es gibt auch kein Infimum: laut Vorlesung strebt log(x) −→ ∞ für x → ∞, also lassen sich mit den Wahlen m = 0 und n genügend groß beliebig kleine negative Elemente in M3 finden. Damit besitzt M3 weder Infimum noch Minimum. Mit dem Zwischenwertsatz kann man zeigen, dass M3 = (−∞, 1e ] ist. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 17.01.2005 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 11 Zur Übungsstunde vom 17.01.2005 Aufgabe 51 (Grenzwerte) 3 Punkte Bestimmen Sie die folgenden (ggf. uneigentlichen) Grenzwerte, falls sie existieren: a) lim x→2− 2x + 1 , x2 − 3x + 2 b) lim x→0 x , ex − 1 c) lim x→0 x . x2 + |x| Lösung Zu a): Als Quotient aus zwei Polynomen ist der Ausdruck stetig in allen Punkten des Definitionsbereichs. Da der Nenner im Punkt x = 2 den Wert Null annimmt, ist der Ausdruck dort nicht definiert, man kann aber vom linksbzw. rechtsseitigen Grenzwert sprechen. Wir schreiben den Nenner als N (x) = x2 − 3x + 2 = (x − 2)(x − 1). Daraus ist ersichtlich, dass N (x) < 0 ist für x ∈ (1, 2). Es gilt x − 1 −→ 1 für x → 2 und x − 2 −→ 0. Also gilt nach den Rechenregeln für Grenzwerte N (x) −→ 0 für x → 2, bzw. für jedes noch so kleine ε > 0 gibt es ein δ > 0, so dass |N (x)| < ε ist für alle x ∈ R mit 0 < 2 − x < δ (dadurch ist x < 2 gewährleistet, da der linksseite Grenzwert gefragt ist). Andererseits ist der Zähler für diese x offenbar durch 5 beschränkt. Es gibt damit für jedes noch so große C ∈ R ein δ > 0 (abhängig von C), so dass |N (x)| < C −1 · 5 für 0 < x − 2 < δ ist. Das bedeutet aber, dass der Betrag des gesamten Bruchs für diese x größer als C ist. Da zudem der Zähler für x ∈ (1, 2) positiv, der Nenner aber negativ und 2 ein Häufungspunkt von (1, 2) ist, folgt nach Definition 4.5.7 2x + 1 = −∞ . lim x→2− x2 − 3x + 2 Zu b): Die Rechenregeln für Grenzwerte dürfen nicht direkt angewendet werden, da Nenner gegen Null strebt. Der Ausdruck muss daher in Ausdrücke zerlegt werden, die von Null verschiedene Grenzwerte besitzen. Wir betrachten zunächst den Kehrwert ! ! ! ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X X xk xk xk ex − 1 xk−1 xk−1 −1 −1 −1 K(x) = = x · −1 = x · = . = x · x· = x k! k! k! k! (k + 1)! k=0 k=1 k=0 k=1 k=1 Damit ist K(x) = 1 + f (x) für alle x 6= 0 mit einer durch eine unendlichen Reihe dargestellten Funktion f (x) = ∞ X ∞ ∞ X X xk xk−1 xk = x· = x· = x · g(x) . (k + 1)! (k + 1)! (k + 2)! k=1 k=1 k=0 Die so definierte Reihe g(x) konvergiert für alle x ∈ R (insb. auch für x = 0), denn die unendliche Reihe der Exponentialfunktion ist offensichtlich ein Majorante, damit ist auch f (x) für alle x ∈ R definiert. Also: K(x) ist für alle x 6= 0 mit 1 + g(x) identisch, aber 1 + g(x) ist auch in x = 0 definiert nämlich mit 1 + g(0) = 1. Die Funktion K(x) ist nach den Rechenregeln für stetige Funktionen auf der Menge R\{0} stetig, damit auch 1 + g(x). Es gilt also lim K(x) = lim (1 + g(x)) = 1 + g(0) = 1 . x→0 x→0 Da K(x) der Kehrwert des ursprünglichen Ausdrucks war folgt lim exx−1 = 1−1 = 1. x→0 Zu c): Wieder muss der Ausdruck zunächst in eine andere Form gebracht werden, da Zähler und Nenner beide gegen Null streben. Dazu beachtet man zunächst, dass für x 6= 0 |x| −1 falls x < 0 = sgn(x) = 1 falls x > 0 x gilt. Also sei x 6= 0, dann gilt x 1 :x . = x2 + |x| :x x + sgn(x) Anwendung der Rechenregeln für Grenzwerte ergibt für die einseitigen Grenzwerte „ «−1 x 1 = (0 − 1)−1 = −1 , lim 2 = lim = lim x + lim sgn(x) x→0− x + |x| x→0− x + sgn(x) x→0− x→0− „ «−1 x 1 lim = (0 + 1)−1 = 1 . = lim = lim x + lim sgn(x) x→0+ x2 + |x| x→0+ x + sgn(x) x→0+ x→0+ Damit sind die einseitigen Grenzwerte im Punkt Null verschieden, d. h. der beidseitige Grenzwert existiert nicht. Zunächst nicht existierende Grenzwerte wie im Teil b) sind eine Folge der ungünstigen Formulierung der entsprechenden Funktion, und damit durch ein andere Formulierung behebbar. Im Fall c) ist der nicht existierende Grenzwert in der Funktion selbst (und nicht in ihrer Schreibweise) begründet, und damit nicht behebbar. Aufgabe 52 (Ein Fixpunktsatz) 3 Punkte Ein Fixpunkt einer Funktion f ist ein x mit f (x) = x. Beweisen Sie: jede stetige Funktion f : [0, 1] → [0, 1] besitzt (mindestens) einen Fixpunkt. Tipp: Wenden Sie den Zwischenwertsatz auf eine geeignete Modifikation von f an. Lösung Es sei g(x) = f (x) − x. Mit f ist dann nach den Rechenregeln für stetige Funktionen auch g stetig auf [0, 1]. Offenbar ist x genau dann ein Fixpunkt von f , wenn es eine Nullstelle von g ist. Es ist also zu zeigen, dass es ein x ∈ [0, 1] mit g(x) = 0 gibt. Nun ist g(0) ∈ [0, 1] entweder Null (dann ist ein Fixpunkt gefunden), oder g(0) ∈ (0, 1], d. h. g(0) ist positiv. Nun ist g(1) = f (1) − 1 ≤ 0, da f (x) ≤ 1 gilt. Ist g(1) = 0, so ist ein Fixpunkt gefunden, andernfalls ist g(0) > 0 und g(1) < 0, d. h. es gibt nach dem Zwischenwertsatz ein ξ ∈ (0, 1), so dass g(ξ) den Zwischenwert Null annimmt, damit ist dann ξ ein Fixpunkt von f . Aufgabe 53 (Stetigkeit) 4 Punkte Entscheiden Sie (mit Beweis), in welchen Punkten x ∈ R die Funktion R → R f: x 7→ x − bxc − 1 2 stetig, linksseitig stetig bzw. rechtsseitig stetig ist. Dabei ist bxc die größte ganze Zahl, die kleiner oder gleich x ist. Skizzieren Sie den Graphen von f (x). Lösung Wir zeigen zunächst, dass die Funktion b·c : R → Z auf R\Z stetig ist. Tatsächlich kann für jedes ε > 0 und x0 ∈ R\Z die Schranke δ := 12 (x0 −bx0 c) > 0 gewählt werden. Für |x−x0 | < δ ist dann nämlich bx0 c < x, x0 < bx0 c+1, d. h. die Zahlen x und x0 liegen beide echt zwischen den ganzen Zahlen bx0 c und bx0 c + 1. Damit ist dann aber |bx0 c − bxc| = 0 < ε, und b·c stetig in x0 . Nach den Rechenregeln für stetige Funktionen ist damit f (x) stetig auf R\Z, und es müssen nur noch die ganzzahligen Werte auf Stetigkeit überprüft werden. Für jedes x0 ∈ Z gilt für x ∈ U 1 (x0 ): 2 bxc = x0 ⇔ x > x0 , bxc = x0 − 1 ⇔ x < x0 . Damit ist bxc −→ x0 für x → x0 + aber bxc −→ x0 − 1 für x → x0 −. Addition von x und Subtraktion von 1 2 ergibt 1 1 1 1 1 1 ) = x0 − x0 − = − , lim (x − bxc − ) = x0 − x0 + 1 − = . x→x0 − 2 2 2 2 2 2 Damit ist f (x) in keinem x0 ∈ Z stetig, aber jeweils linksseitig und rechtsseitig stetig (mit verschiedenen Grenzwerten) auf R\Z. Auf R selbst ist f nur rechtsseitig stetig, da dann f (x) → f (x0 ) für x → x0 + mit x0 ∈ Z gilt. lim (x − bxc − x→x0 + Skizze: Aufgabe 54 (Differenzierbarkeit) 3 Punkte Prüfen Sie, in welchen Punkten x ∈ (0, ∞) die folgenden Funktionen differenzierbar sind: √ a) f (x) = x , b) g(x) = ex , c) h(x) = f ◦ g . Lösung Der Differenzenquotient zu a) für x, x0 ∈ (0, ∞) ist √ √ √ √ √ √ x − x0 ·(√x+√x0 ) ( x − x0 )( x + x0 ) x − x0 1 √ √ = = = √ √ √ √ √ √ x − x0 (x − x0 )( x + x0 ) (x − x0 )( x + x0 ) x + x0 ·( x+ x0 ) √ Damit ist f (x) = x auf (0, ∞) differenzierbar mit Ableitung f 0 (x) = −→ x→x0 1 √ . 2 x0 1 √ . 2 x √ Beachte: x ist nicht im Nullpunkt differenzierbar. Auch dann nicht, wenn man nur den rechtsseitigen Grenzwert des Differenzenquotienten betrachtet, da der Differenzenquotient dann gegen ∞ divergiert. Zu b): Wir benutzen die Formulierung x + h und x statt x − x0 und x0 , und erhalten eh − 1 ex+h − ex = ex h h x 0 x Damit folgt (e ) = e für alle x ∈ (0, ∞). Aufgabe 51b) −→ h→0 ex · 1 = e x . √ Nach der Kettenregel mit ex als innerer Funktion ist h(x) √ = ex differenzierbar auf (0, ∞), da ex das Intervall (0, ∞) auf (1, ∞) abbildet, und dieses im Differentiationsbereich von x liegt. Nach der Kettenregel und den vorigen Aufgabenteilen gilt √ 1 ex 1√ x 1 ( ex )0 = (ex )0 · √ x = ·√ x = e . 2 2 2 e e Also anders formuliert h(x)0 = 12 h(x). Aufgabe 55 (Das Signum) 3 Punkte Zeigen oder wiederlegen Sie: es gibt eine Funktion f : R → R, deren Ableitung f 0 : R → R der Signumfunktion entspricht, also 8 < 1 falls x > 0 0 ∀x ∈ R : f (x) = 0 falls x = 0 . : −1 falls x < 0 Lösung Per Widerspruchsbeweis zeigt man, dass es so eine Funktion nicht gibt: Angenommen es gibt so ein f : R → R mit f 0 (x) = sgn(x) für x ∈ R. Es sei g(x) = f (x) − |x|, dann g(x) = f (x) − x für x > 0 und g(x) = f (x) + x für x < 0. Nach den Ableitungsregeln ist dann g(x)0 = f 0 (x) − 1 = sgn(x) − 1 = 1 − 1 = 0 auf dem Intervall (0, ∞), ebenso g(x)0 = f 0 (x) + 1 = sgn(x) + 1 = −1 + 1 = 0 auf dem Intervall (−∞, 0). Damit ist g(x) auf R\{0} differenzierbar mit g 0 (x) = 0. Im Punkt Null ist g(x) dagegen nicht differenzierbar, da die einseitigen Ableitungen verschieden sind: „ « f (h) − f (0) h g(0 + h) − g(0) f (0 + h) − |0 + h| − f (0) + |0| f (h) − h − f (0) lim = lim = lim = lim − h→0+ h→0+ h→0+ h→0+ h h h h h g(0 + h) − g(0) lim = h→0− h f (0 + h) − |0 + h| − f (0) + |0| lim = h→0− h f (h) + h − f (0) lim = h→0− h lim h→0+ „ h f (h) − f (0) + h h « g(0 + h) − g(0) g(0 + h) − g(0) = f 0 (0) − 1 6= f 0 (0) + 1 = lim . h→0− h h Nach Satz 5.4.2(i) gilt insgesamt, dass jeweils auf den Intervallen (−∞, 0) und (0, ∞) konstant ist (mit ggf. verschiedenen Konstanten a, c ∈ R, da im Nullpunkt keine Ableitung existiert und damit der Satz dort nicht gilt). Setzt man noch b := g(0), so gilt 8 8 <−x + a falls x < 0 <a falls x < 0 b falls x = 0 . b falls x = 0 ⇒ f (x) = g(x) = : : x + c falls x > 0 c falls x > 0 ⇒ lim h→0+ Da f (x) auf ganz R differenzierbar ist, ist sie nach Satz 5.1.1 auch stetig. Es gilt also lim f (x) = f (0) = x→0+ lim f (x) x→0− und damit a = b = c = 0. Tatsächlich ist also f (x) = |x| die Betragsfunktion. Das ist ein Widerspruch, denn damit ist f in x0 = gerade nicht differenzierbar: lim h→0+ |0 + h| − 0 h −h = = 1 6= −1 = = h h h lim h→0− |0 + h| − 0 . h Aufgabe 56 (Nochmal Stetigkeit) 3 Bonuspunkte Es sei n ∈ N und U = Rn der reelle Standardvektorraum dieser Dimension. Eine Abbildung f : U → U heißt stetig in ~x ∈ U , wenn es für jedes ε > 0 ein δ > 0 gibt, so dass aus k~x − y ~ k < δ stets kf (~x) − f (~ y)k < ε folgt, wobei k~xk den Standardbetrag v uX u n 2 k~xk = t xj j=1 eines Vektors bezeichnet. Zeigen Sie: (a) Lineare Abbildungen f : U → U sind stetig im Nullpunkt bzw. Nullvektor. (b) Lineare Abbildungen f : U → U sind stetig auf ganz U . Lösung Zu a): Da wir im Standardvektorraum arbeiten können wir die lineare Abbildung f in der Form f (~x) = A~x mit einer reellen quadratischen Matrix A = (aij ) der Dimension n schreiben. Es ist also y ~ = f (~x) mit yi = n X aik xk . k=1 Es ist zu zeigen, dass mit k~xk auch k~ y k beliebig klein wird. Dazu sei a := max(|a11 |, . . . , |ann |) das Maximum der Beträge der Komponenten von A, und k~xk < δ für ein δ > 0. Wäre |xj | ≥ δ für ein j, so auch v v u n u n q X uX u 2 2 x + x2j = |xj | ≥ δ k~xk = t x2i = u x ≥ i t j i=1 i=1 i6=j im Widerspruch zur Annahme. Also ist der Betrag aller Komponenten von ~x durch δ beschränkt, und es gilt v v v v v !2 !2 !2 !2 u n u n u n u n u n n n n n uX X uX X uX X uX X uX t t t t 2 t ≤ ≤ = a· aik xk |aik | · |xk | a · |xk | |xk | yi = k~ yk = i=1 i=1 k=1 i=1 k=1 i=1 k=1 i=1 k=1 v v v !2 u n u n u n n uX X X √ u uX 3 δ = a·t (nδ)2 = a · t n2 δ 2 = a · n 3 δ 2 = a · n 2 · δ . ≤ a·t i=1 i=1 k=1 i=1 2 Zu jedem ε > 0 kann also δ = δ(ε) := a−1 · n 3 · ε gewählt werden, dann ist kf (~x)k < ε falls k~xk < δ ist. Damit ist f im Nullvektor stetig. ~ <δ Zu b): Mit der Linearität von f kann man die Stetigkeit sofort auf jeden Vektor ξ~ ∈ U übertragen: es sei k~x − ξk mit dem obigen δ(ε), dann ist ~ = kf (~x − ξ)k ~ < ε. kf (~x) − f (ξ)k a) Damit ist f sogar gleichmäßig stetig, da δ neben ε nur von der Matrix A und der Dimension n, nicht aber von ξ~ abhängt. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 24.01.2005 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 12 Zur Übungsstunde vom 24.01.2005 Aufgabe 57 (Ableitungsregeln) 4 Punkte Bestimmen Sie für die folgenden Funktionen jeweils die Teilmenge des Definitionsbereichs, indem die Funktion differenzierbar ist, sowie die erste Ableitung in möglichst einfacher Form: x x(x + 1)(x + 2) mit x ∈ R , g(x) = f (x) = √ mit x 6= 1, 2 , (x − 1)(x − 2) x2 + 1 h(x) = xx mit x ∈ (0, ∞) , q(x) = |x|3 mit x ∈ R . Lösung Die Funktion ist wegen x2 + 1 ≥ 1 auf ganz R definiert. Damit ist laut Satz 5.3.3 die Wurzel aus x2 + 1 für alle x ∈ R differenzierbar. Mit der Kettenregel folgt p 1 x ( x2 + 1)0 = (2x) · √ = √ . 2 x2 + 1 x2 + 1 Damit ist der gesamte Bruch auf ganz R differenzierbar zu √ « « „p „ 2 1 · x2 + 1 − x · √ x2 x2 1 1 x + 1 − x2 x +1 2 +1− √ √ f 0 (x) = x = = · · x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 = 1 · x2 + 1 „ 1 √ x2 + 1 « 3 = (x2 + 1)− 2 . Der Nenner besitzt offensichtlich die Nullstellen 1 und 2, damit ist der Bruch auf R\{1, 2} definiert. Als Quotient aus zwei Polynomen (die jeweils auf ganz R differenzierbar sind) ist er auf dem gesamten Definitionsbereich R\{1, 2} differenzierbar. Zur Berechnung der Ableitung ist es zweckmäßig, erst die Polynome auszumultiplizieren und dann die Quotientenregel zu benutzen: g(x) = = (3x2 + 6x + 2)(x2 − 3x + 2) − (x3 + 3x2 + 2x)(2x − 3) x3 + 3x2 + 2x 0 ⇒ g (x) = x2 − 3x + 2 (x2 − 3x + 2)2 (3x4 + 6x3 + 2x2 − 9x3 − 18x2 − 6x + 6x2 + 12x + 4) − (2x4 + 6x3 + 4x2 − 3x3 − 9x2 − 6x) x4 − 6x3 + 13x2 − 12x + 4 = x4 − 6x3 − 5x2 + 12x + 4 . x4 − 6x3 + 13x2 − 12x + 4 Unter Verwendung von elog(x) = x und der Rechenregeln für Potenzen formt man zunächst wie folgt um: h(x) = xx = (elog(x) )x = ex·log(x) . Diese Funktion ist für x ∈ (0, ∞) definiert, da dort der Logarithmus definiert ist und die Exponentialfunktion auf ganz R definiert ist. Der Logarithmus ist mit Ableitung x1 auf (0, ∞) ableitbar, die Exponentialfunktion mit Ableitung ex auf ganz R. Damit ist die Funktion auf (0, ∞) differenzierbar, und mit der Kettenregel gilt h0 (x) = (x · log(x))0 · ex·log(x) = (1 · log(x) + x · 1 ) · ex·log(x) = (log(x) + 1) · ex·log(x) = (1 + log(x)) · xx . x Die Kettenregel darf man für q(x) zunächst nicht benutzen, da die innere Funktion |x| in x = 0 nicht differenzierbar ist (vgl. Aufgabe 55). Auf der Restmenge R\{0} ergibt sich dagegen die Ableitung zu 2 q 0 (x) = |x|0 · 3|x|2 = sgn(x) · 3|x|2 = sgn(x) · 3x2 . Wegen des Faktors x gilt jetzt aber h3 −h3 q(0 + h) − q(0) q(0 + h) − q(0) = lim = lim h2 = 0 = lim (−h2 ) = lim = lim . h→0+ h h→0+ h→0− h→0− h h→0− h→0+ h h Da die beiden einseitigen Grenzwerte des Differentialquotienten existieren und übereinstimmen existiert auch der beidseitige Grenzwert q(0 + h) − q(0) lim = q 0 (0) = 0 . h→0 h Damit ist q(x) auf ganz R differenzierbar mit q 0 (x) = sgn(x) · 3x2 . Man kann sich das wie folgt veranschaulichen: |x| ist nicht differenzierbar im Nullpunkt, da der Graph dort keine Tangente besitzt (der Betrag hat dort eine Ecke“). Durch ” die anschließende Potenzierung mit 3 (vgl. den Graphen von x 7→ x3 ) wird diese Ecke genügend geglättet, so dass wieder eine Tangente existiert. lim Aufgabe 58 (Polynomableitungen) 3 Punkte Zeigen Sie: sind P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn und Q(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + bn xn Polynome mit ak , bk ∈ R beliebig, und gilt f (k) (0) = g (k) (0) für k = 0 . . . n, so ist P = Q, d. h. Polynome werden durch die Werte ihrer Ableitungen im Nullpunkt festgelegt. Lösung Wir betrachten das Polynom F (x) = P (x) − Q(x) = c0 + c1 x + · · · cn xn mit cj = aj − bj . Es ist zu zeigen, dass die cj alle Null sind. Das zeigt man mit Induktion nach j. Fall j = 0: Nach Voraussetzung ist P (0) = Q(0) , also P (0) = Q(0), damit F (0) = c0 = 0. Wir nehmen nun als Induktionshypothese an, dass c0 , . . . , cj−1 = 0 ist für ein j ≥ 1, und wollen cj = 0 zeigen. Es ist F (x) = cj xj + cj+1 xj+1 + · · · + cn xn ⇒ Satz 5.3.2 F 0 (x) = j · cj xj−1 + (j + 1) · cj+1 xj + · · · + n · cn xn−1 ⇒ F 00 (x) = j(j − 1) · cj xj−2 + (j + 1)j · cj+1 xj−1 + · · · + n(n − 1) · cn xn−2 .. .. . . ⇒ F (j) (x) = j! · cj x0 + (j + 1)j · · · 2 · cj+1 x + · · · + n(n − 1) · · · (n − j) · cn xn−j ⇒ F (j) (0) = j! · cj + (j + 1)j · · · 2 · cj+1 · 0 + · · · + n(n − 1) · · · (n − j) · cn · 0 = j! · cj . Nach Voraussetzung ist P (j) (0) = Q(j) (0) = 0, also wegen (f − g)0 = f 0 − g 0 auch F (j) (0) = j! · cj = 0, was nur für cj = 0 möglich ist. Damit ist die Induktion abgeschlossen, und alle cj sind Null, woraus F = 0 bzw. P = Q folgt. Aufgabe 59 (Produktregel) 3 Punkte Zwei Funktionen f, g : I → R seien auf einem Intervall I jeweils n-mal differenzierbar. Zeigen Sie durch vollständige Induktion: die n-te Ableitung von f · g ist ! n X n (k) (n−k) f g . k k=0 Lösung Fall n = 0: 0 X k=0 ! 0 (k) (−k) f g = f (0) g (0) = f g = (f g)(0) . k Schluss n → n + 1 für n ≥ 0 durch Anwendung der Regeln aus Satz 5.2.1: ! !0 ! ! n n n “ ”0 X X X n n n (k) (n−k) (k) (n−k) 0 (n+1) (n) (f (k+1) g (n−k) + f (k) g (n−k+1) ) (f g ) = = f g (f g) = (f g) = IH k k k k=0 = n+1 X k=1 k=0 k=0 ! ! n n X X n (k) (n−k+1) n f g = f (0) g (n−1) + f (n+1) g (0) + f (k) g (n−k+1) + k k−1 k=0 k=1 n k−1 ! + n k !! f (k) g (n−k+1) = Satz 1.7.2 f (0) (n−1) g +f (n+1) (0) g ! ! n+1 n X X n + 1 (k) (n+1)−k) n + 1 (k) (n−k+1) + f g = f g . k k k=1 k=0 Damit ist die Induktion abgeschlossen, und die Produktregel für höhere Ableitungen gültig Aufgabe 60 (Mittelwertsatz) 2 Punkte Berechnen Sie mit Hilfe des 1. Mittelwertsatzes den Grenzwert xα − a α lim β x→a x − aβ für a > 0 und α, β ∈ R mit β 6= 0. Lösung Wir setzen f (x) := xα für α ∈ R. Anders ausgedrückt f (x) = eα·log x , also gilt nach der Kettenregel mit der inneren Funktion α · log x das f 0 (x) = α · x1 · eα·log x = αxα−1 ist. Der erste Mittelwertsatz besagt, dass f (x) − f (a) = f 0 (ξ) x−a für eine Stelle ξ zwischen x und a ist. Daraus folgt, dass es ξ und η zwischen x und a gibt mit xα − a α xβ − a β = αξ α−1 sowie = βη β−1 . x−a x−a Dividieren wir beide Ausdrücke durcheinander, so kürzt sich x − a weg, und wir erhalten xα − a α αξ α−1 = . β β x −a βη β−1 Strebt nun x gegen a, so streben auch die Zwischenstellen ξ = ξ(x) und η = η(x) gegen a, da |ξ − a|, |η − a| ≤ |x − a| gilt. Damit folgt nach den Rechenregeln für Grenzwerte αξ α−1 αaα−1 α α−β xα − a α = lim = = ·a . β β β−1 x→a βη x→a x − a βaβ−1 β lim Aufgabe 61 (Das Innere) 2 Punkte Betrachten Sie für irgend eine Menge M ⊆ R die folgenden Definitionen: (a) M 0 sei die Menge aller inneren Punkte von M (Definition 5.1.4). (b) M 1 sei die Vereinigung aller offenen Menge O, die in M enthalten sind. (c) M 2 sei die bzgl. der Relation ⊆ maximale offene Teilmenge von M . Zeigen Sie: (c) ist wohldefiniert, und alle drei Definitionen führen zur gleichen Menge, dem Inneren von M . Lösung Wir gehen von der ersten Definition aus: zu einer Menge M ⊆ R sei M 0 die Menge aller inneren Punkte von M (die durchaus auch leer sein kann). Es sei x ∈ M 0 beliebig. Da x dann innerer Punkt von M ist, gibt es ε > 0 mit Uε (x) ⊆ M . Die Umgebung Uε (x) ist eine offene Teilmenge von M , also Uε (x) ⊆ M 1 . Damit folgt M 0 ⊆ M 1 . Nun sei x ∈ M 1 beliebig. Dann gibt es ein offenes O ⊆ M , das x enthält. Nach Definition der Offenheit gibt es dann auch ein ε > 0 mit Uε (x) ⊆ O ⊆ M . Also ist x innerer Punkt von M , und liegt damit in M 0 . Also folgt M 1 ⊆ M 0 und insgesamt M 0 = M 1 , die ersten beide Definitionen sind also äquivalent. Die Menge M 0 ist eine Vereinigung offener Mengen nach b), also nach Aufgabe 29(c) selbst offen. Sie ist nach a) auch eine Teilmenge von M . Also ist M 0 eine offene Teilmenge von M . Es sei O ⊆ M irgend eine weitere offene Teilmenge von M , dann ist O ⊆ M 0 wegen b). Also ist M 0 maximal bzgl. ⊆ mit der Eigenschaft, in M zu liegen und selbst offen zu sein. Damit ist c) wohldefiniert (es gibt ein Maximum), und das Maximum ist M 0 = M 1 = M 2 . Aufgabe 62 (Der Abschluss) 2 Punkte Analog zur vorigen Aufgabe existiert der Abschluss M einer Menge M ⊆ R mit der folgenden Eigenschaft: M ist der Schnitt aller abgeschlossenen Mengen, die M enthalten. Finden und beweisen Sie für M eine möglichst einfache Formel, indem Sie den Abschluss durch das Innere ausdrücken. Lösung Es sei M = ((M 0 )0 )0 das Komplement (bzgl. der Universalmenge R) vom Inneren des Komplements von M . Darauf kommt man, wenn man beachtet, dass Komplementbildung offene und abgeschlossene Mengen ineinander überführt (Satz 4.2.1) und die Bildung des Komplements die Relationen ⊆ bzw. ⊇ umdreht (Aufgabe 1 der 1. Klausur). Genauer gilt (∗) O ⊆ M ⇔ O 0 ⊇ M 0 . Damit gilt 0 10 \ \ \ [ \ B C (O0 ) = M = ((M 0 )0 )0 = A = A. (O0 ) = 0 OA = @ Aufgabe 61(b) O⊆M 0 O offen Beispiel 1.1.2 O⊆M 0 O offen Damit entspricht M = ((M 0 )0 )0 der Definition der Aufgabenstellung. (∗) O0 ⊇M O offen A:=O A⊇M A0 offen 4.2.1 A⊇M A abg. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 31.01.2005 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 13 Zur Übungsstunde vom 31.01.2005 Aufgabe 63 (Potenzreihen I) 3 Punkte Bestimmen Sie den Konvergenzradius der folgenden Potenzreihen um den Nullpunkt: ! ∞ ∞ ∞ √ X X X 2 2k k a k xk mit a ≥ 0 . ak xk mit a ∈ [0, 1] , c) h(x) = x , b) g(x) = a) f (x) = k k=0 k=0 k=0 Lösung Zu a): Man kann das Quotientenkriterium benutzen und x ∈ R als Konstante betrachten: ” “ ˛ `2k+2´ k+1 ˛ (2k+2)! „ « ˛ ˛ x (k+1)!·(k+1)! (2k + 2)(2k + 1) k (2k + 2)! · (k!)2 ˛ k+1 ˛ ” = |x|· = |x|· = 2|x|· 1 + −→ 4|x|. ˛ `2k´ k ˛ = |x|· “ (2k)! ˛ ˛ (2k)! · ((k + 1)!)2 (k + 1)2 k + 1 k→∞ x k (k!)·(k!) Damit sind auch Limes inferior und Limes superior festgelegt. Nach dem Quotientenkriterium ist die Reihe divergent für |x| > 41 und konvergent für |x| < 41 , woraus R = 41 folgt. Für x = ± 41 macht das Quotientenkriterium keine Aussage, das ist für den Konvergenzradius nach Definition aber auch unerheblich. Zu b): Es gilt ˛ ˛ ˛ (k+1)2 k+1 ˛ x ˛a ˛ k2 +2k+1−k2 = |x| · |a|2k+1 . ˛ ˛ = |x| · |a| ˛ ak 2 xk ˛ Für a = 1 ist der Limes superior/Limes inferior offenbar |x|, also konvergiert die Potenzreihe für |x| < 1 und divergiert für |x| > 1. Für |a| < 1 strebt |x| · |a|2k+1 gegen Null nach den Rechenregeln für Folgen, und zwar unabhängig von x, da x konstant ist und |a|2k+1 beliebig klein wird. Also gilt insgesamt 1 falls a=1 R = . ∞ falls a ∈ [0, 1) Zu c): Für a = 0 ist die Reihe offenbar immer konvergent. Für a = 1 handelt es sich um die geometrische Reihe mit Radius 1. Andernfalls gilt ˛ ˛ ˛ √ ˛ √ ˛ k+1 k+1 ˛ ˛ k+1 ˛ √ √ ·x ˛ ˛ ˛a ˛a √ = |x| · ˛ √ ˛ = |x| · a k+1− k . ˛ ˛ ˛ a k · xk ˛ ˛ a k ˛ Die Rechnung √ √ √ √ ( k + 1 − k) · ( k + 1 + k) = k + 1 − k = 1 √ √ √ √ zeigt, dass das Produkt gegen ∞ strebenden Folge k + 1 + k und der Folge k + 1 − k konstant ist, was √ aus der √ nur möglich ist, wenn k + 1 − k eine Nullfolge ist. Also gilt |x| · a √ √ k+1− k = |x| · elog(a)·( √ k+1− √ k) −→ |x| · elog(a)·0 = |x| k→∞ völlig unabhängig von a > 0 nach den Rechenregeln für Folgen. Insgesamt folgt 1 falls a > 0 R = . ∞ falls a = 0 Aufgabe 64 (Potenzreihen II) 3 Punkte Bestimmen Sie den Konvergenzradius der folgenden Potenzreihen um den Nullpunkt mit Hilfe des Satzes von CauchyHadamard (und nicht mit dem Quotientenkriterium): ∞ ∞ √ X X a) a k · xk mit a > 0 , b) (2x)2k . k=0 k=0 Lösung Es gilt √ √ p “ √ ”1 √ 1 k k √ k a k = a k = a k = a k . 1 √ eine Nullfolge. Da die Abbildung t 7→ at = et·ln(a) stetig ist folgt, dass a k gegen p 0 a = 1 konvergiert. Damit konvergiert k |ak | gegen 1 für k → ∞, woraus lim sup = 1 folgt. Also ist der Konvergenzradius R = 1 wie in der vorigen Aufgabe. Wegen k → ∞ für k → ∞ ist √1 k Um den Satz von Cauchy-Hadamard (5.5.5) für b) anwenden zu können, muss die Reihe zunächst in die Form x0 )n für Potenzreihen gebracht werden. Dazu setzt man 0 falls n ungerade an := 2n sonst P an (x − Damit gilt dann für x0 = 0 ∞ X n=0 an (x − x0 )n = ∞ X an xn = ∞ X a2k x2k = k=0 n=0 ∃k∈N0 : n=2k ∞ X k=0 22k · x2k = ∞ X (2x)2k k=0 wie gewünscht. Der Konvergenzradius kann nun mit Cauchy-Hadamard für die Koeffizienten (an ) berechnet werden. Für gerade n gilt p √ n n n |an | = 2 = 2 für die ungeraden n ist an = 0. Damit wird der Limes superior dieser Folge nur durch die Teilfolge (a2k ) festgelegt und ist gleich 2. Es folgt, dass der Konvergenzradius R = 21 ist. Aufgabe 65 (Nochmal Grenzwerte) 3 Punkte Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte: a) lim x→0 x∈R\{1} ex + e−x − 2 1 − x2 , b) lim n→∞ n∈N ” “p √ 3 3 n2 + a2 − n2 mit a ≥ 0 . Prüfen Sie, ob die Konvergenz von b) gleichmäßig in dem Paramter a ist. Lösung Die Funktionen ex , e−x , −x2 sowie die Konstanten sind stetig und besitzen damit die (endlichen!) Grenzwerte e0 = 1, e−0 = 1 und 0. Im Nenner ist der Grenzwert damit nicht Null, und nach den Rechenregeln für Grenzwerte folgt lim x→0 ex + e−x − 2 1+1−2 = = 0. 1 − x2 1−0 Die Rechenregeln können nicht direkt angewendet werden, da die Teilgrenzwerte nicht endlich sind. Wir setzen fn (a) = √ n n2 + a2 und erhalten p √ 3 3 n2 + a2 − n2 = f (a) − f (0) . Die Funktion fn (a) ist wegen n2 + a2 ≥ 1 differenzierbar in a für alle a ≥ 0 mit Ableitung 2 2 2 1 2 (n + a2 )− 3 = · a · (n2 + a2 )− 3 . 3 3 nach der Kettenregel. Nach dem 1. Mittelwertsatz gilt dann p √ 2 f (a) − f (0) 2 3 3 n2 + a 2 − n2 = a · = · a · ξ · (n2 + ξ 2 )− 3 a−0 3 fn0 (a) = (n2 + a2 )0 · mit ξ = ξn ∈ [0, a]. Da n2 gegen ∞ strebt für n → ∞ folgt 2 1 (n2 + ξn2 )− 3 = p 3 2 (n + ξn2 )2 ≥ 2 ≥0 ξn 1 p −→ 0 3 (n2 )2 für n → ∞ mit den Rechenregeln für Folgengrenzwerte. Also gilt punktweise (d. h. für a fest) p √ 2 2 2 2 2 3 3 n2 + a 2 − n2 = · a · ξn · (n2 + ξ 2 )− 3 ≤ · a · (n2 + ξn2 )− 3 −→ 0 3 3 √ √ 3 für n → ∞, da für alle n stets 0 ≤ ξn ≤ a gilt. Also konvergiert 3 n2 + a2 − n2 punktweise gegen die Nullfunktion. Die Konvergenz ist jedoch nicht gleichmäßig: für festes n gilt offenbar fn (a) → ∞ für a → ∞, d. h. egal wie groß n ist, kann durch Wahl von a der Funktionswert über jedes ε > 0 gehoben werden. Aufgabe 66 (Gleichmäßige Konvergenz) 3 Punkte Entscheiden Sie für diese auf (0, ∞) definierten Funktionenfolgen, ob sie nicht, punktweise, oder sogar gleichmäßig gegen eine Grenzfunktion konvergieren. Geben Sie, falls existent, die Grenzfunktion an: √ x 1 , fn (x) = , gn (x) = ex · n e . en (x) = x + n n Lösung Die Funktionenfolge en (x) konvergiert zunächst punktweise gegen die Grenzfunktion e(x) = x, da für festes x die Folge x + n1 nach den Rechenregeln für Folgen gegen x strebt. Die Konvergenz ist auch gleichmäßig, denn unabhängig von x ist 1 1 |en (x) − e(x)| = |x + − x| = | | < ε n n falls n > n0 = dε−1 e ist. Die Funktionenfolge fn konvergiert zunächst punktweise gegen die Nullfunktion f (x) = 0, da für jedes feste x ≥ 0 die Zahlenfolge nx nach den Rechenregeln für Folgenkonvergenz eine Nullfolge ist. Diese Konvergenz ist jedoch nicht gleichmäßig: angenommen zu ε = 1 gibt es ein n0 , das nur von ε abhängt, so dass |fn (x) − f (x)| < 1 gilt für alle n > n0 . +2 Dann wählt man n = n0 + 1 und x = n0 + 2 und erhält den Widerspruch |fn (x) − f (x)| = | nn00 +1 − 0| > 1 = ε. Wir fassen zusammen zu gn (x) = ex · √ 1 1 n e = ex · e n = ex+ n . Nach dem ersten Aufgabenteil konvergiert x+ n1 für festes x und n → ∞ gegen x. Da die Funktion ex stetig ist, konvergiert 1 ex+ n gegen ex für n → ∞ (Satz 4.1.1). Also ist g(x) = ex die (punktweise) Grenzfunktion der Folge (gn ). Die Konvergenz ist jedoch nicht gleichmäßig: Wie im vorigen Aufgabenteil sei n > n0 beliebig groß, dann gilt 1 1 |gn (x) − g(x)| = |ex+ n − ex | = ex · |e n − 1| . Die rechte Seite ist dabei nicht Null, und kann durch Erhöhung von x wegen der Monotonie von ex beliebig groß gemacht werden, so dass sie jedes zuvor gewählte ε > 0 übersteigt. Also muss n0 in Abhängigkeit von x gewählt werden. Man sieht: Folgengrenzwerte dürfen durch stetige Funktionen gezogen werden (Satz 4.1.1), aber dabei kann die Gleichmäßigkeit verloren gehen (es sei denn natürlich, die betreffende Funktion ist gleichmäßig stetig). Aufgabe 67 (Funktionen und Folgen) 4 Punkte Zeigen Sie ausführlich: ist f : (0, ∞) → (0, ∞) eine monotone Abbildung, so dass der Folgengrenzwert f (n) für n → ∞ und n ∈ N existiert (etwa y ∈ R), so ist y auch der Funktionsgrenzwert, d. h. es gilt lim f (n) = x→∞ lim f (x) . n→∞ n∈N x∈R Geben Sie ein Gegenbeispiel an das zeigt, dass die Monotonie vorausgesetzt werden muss, und erläutern Sie kurz, warum das dem Vorlesungssatz 4.5.9 nicht widerspricht. Lösung Wir benutzen für den Beweis die Konvention, dass dxe die kleinste ganze Zahl größer oder gleich x ist (d. h. die Aufrundung), und bxc die größte ganze Zahl, die kleiner oder gleich x ist (d. h. die Abrundung). Es sei f zunächst monoton wachsend und f (n) → y für n → ∞ konvergent, d. h. die Folge f (1), f (2), . . . konvergiert gegen y. Für die Konvergenz f (x) → y für x → ∞ ist zu zeigen, dass es für jedes noch so kleine ε > 0 ein genügend großes C > 0 gibt, so dass für alle x > C stets |f (x) − y| < ε gilt. Es sei also ε beliebig vorgegeben. Wegen f (n) → y für n → ∞ gibt es nach Definition der Folgenkonvergenz ein n0 = n0 (ε), so dass |f (n) − y| < 21 ε ist für alle n > n0 . Wir können nach dem Cauchykriterium n0 auch so groß wählen, dass zusätzlich |f (m) − f (n)| < 21 ε ist für alle m, n > n0 . Es genügt dann, C := n0 + 2 zu setzen. Wir erhalten |f (x) − y| = |(f (x) − f (C)) + (f (C) − y)| ≤ |f (x) − f (C)| + |f (C) − y| = f wachsend f (x) − f (C) + |f (C) − y| < f (x) − f (C) + 1 ε 2 ≤ f wachsend f (dxe) − f (n0 + 2) + 1 1 1 1 ε = |f (m) − f (n)| + ε ≤ ε + ε = ε . 2 2 2 {z } 2 | mit m,n>n0 Damit strebt f (x) → y für x → ∞. Für monoton fallende Funktionen lautet die Ungleichungskette entsprechend: |f (x) − y| = |(f (x) − f (C)) + (f (C) − y)| ≤ |f (x) − f (C)| + |f (C) − y| < f (C) − f (x) + 1 ε 2 ≤ f fallend f (n0 + 2) − f (bxc) + = f fallend f (C) − f (x) + |f (C) − y| 1 1 1 1 ε = |f (m) − f (n)| + ε ≤ ε + ε = ε . 2 2 2 {z } 2 | mit m,n>n0 Ein Gegenbeispiel ist f˜(x) = 0 x falls sonst x∈N . Es gilt offensichtlich f˜(n) → 0 für n → ∞, aber f˜(x) divergiert für x → ∞. Das ist kein Widerspruch zu Satz 4.5.9, denn im Satz wird vorausgesetzt, dass jede gegen ∞ strebende Folge den Grenzwert y ergibt, nicht nur die spezielle Folge xn = n. Man kann offensichtlich für jede spezielle Folge (xn ) eine Funktion genau so konstruieren, dass f (xn ) konvergiert und f selbst nicht. In umgekehrter Richtung darf man 4.5.9 natürlich auch benutzen: ist f (x) → y für x → x0 , so ist f (xn ) → y für n → ∞ für jede Folge, die xn → x0 erfüllt. Dann darf man auch spezielle Folgen einsetzen. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 07.02.2005 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 14 Zur Übungsstunde vom 07.02.2005 Aufgabe 68 (Gleichmäßige Konvergenz) 4 Punkte Entscheiden Sie jeweils (mit Beweis), ob die Funktionenfolgen gn (x) = (1 − x) · xn , hn (x) = n X xk k! k=0 auf dem Intervall [0, 1] gleichmäßig konvergieren. Lösung Für x ∈ {0, 1} ist gn (1) = 0 für alle n. Andererseits ist xn für 0 < x < 1 eine Nullfolge, also gn (x) −→ 0 für n → ∞. Damit konvergiert gn punktweise gegen die Nullfunktion. Zudem ist offenbar gn (x) ≥ 0 für alle x ∈ [0, 1] und n ∈ N. Um die gleichmäßige Konvergenz zu überprüfen suchen wir zunächst in Abhängigkeit von n ∈ N das xn ∈ [0, 1], für das gn (xn ) maximal wird. Wegen gn (0) = gn (1) = 0 und gn (xn ) ≥ 0 muss dann nach Satz 5.1.3 gn0 (xn ) = 0 gelten. Es ist gn0 (x) = (xn − xn+1 )0 = nxn−1 − (n + 1)xn . Es gilt dann gn0 (x) = 0 ⇔ nxn−1 = (n + 1)xn ⇔ n = x. n+1 also nimmt gn (x) jeweils für n ∈ N ein globales Maximum an in n . xn = n+1 Mit dieser Konstruktion genügt es, n0 so groß zu wählen, dass gn (xn ) < ε ist für alle n, da dann nach Wahl der xn immer gn (x) ≤ gn (xn ) < ε für alle anderen x ∈ [0, 1] gilt (und zwar für jedes n). Es ist „ « „ «n „ «n 1 n n 1 n = ≤ gn (xn ) = 1 − · · . n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 | {z } ist ≤1 −1 zu wählen. Dann gilt für alle n > n0 und alle x ∈ [0, 1] insgesamt 1 1 1 gn (x) ≤ gn (xn ) ≤ < < −1 = ε . n+1 n0 + 1 ε Damit ist gn → 0 gleichmäßig konvergent (natürlich nur auf [0, 1]). Also genügt es, n0 > ε Laut Vorlesung konvergiert hn → exp punktweise, da hn gerade die n-te Partialsumme der Exponentialreihe ist. Wir betrachten ∞ X xk . fn (x) = |ex − hn (x)| = k! k=n+1 Die Konvergenz hn → exp ist gleichbedeutend mit der Konvergenz fn → 0. Jedes fn ist auf [0, 1] streng monoton wachsend, da alle Summanden streng monoton wachsend sind. Zudem ist fn (0) = 0 für alle n ∈ N. Damit nimmt fn ein globales Maximum bei x = 1 an. Es gilt also ∞ X 1 fn (x) ≤ fn (1) = . k! k=n+1 Es gilt fn (1) −→ 0 für n → ∞ nach Satz 3.2.3, da die fn (1) gerade die Reihenreste von e1 sind. Also gibt es zu jedem ε > 0 ein n0 = n0 (ε), so dass fn (1) < ε ist für alle n > n0 . Damit gilt |ex − hn (x)| = fn (x) ≤ fn (1) < ε für alle n > n0 , und n0 hängt nicht von x ab. Damit ist die Konvergenz hn → h gleichmäßig. Man sieht leicht, dass die Konvergenz hn → exp nicht mehr gleichmäßig ist, wenn man (hn ) auf ganz R definiert. Aufgabe 69 (Der Satz von Taylor) 2 Punkte Geben Sie in möglichst einfacher Form die Taylorreihe um den gegebenen Entwicklungspunkt x0 für die folgenden Funktionen an und entscheiden Sie, ob die Taylorreihe mit der ursprünglichen Funktion übereinstimmt: a) P : R → R , P Polynom , x0 ∈ R beliebig , b) exp : R → R , x0 = 0 . Lösung Für Teil a) braucht man nicht zu rechnen: Es sei n der Grad von P , dann gibt es nach Satz 5.6.1 genau ein Polynom (k) Tn vom Grad ≤ n mit Tn (x0 ) = P (k) (x0 ) für alle k ≤ n. Da aber offensichtlich P auch so ein Polynom ist bleibt nur Tn = P übrig. Für m > n ist gibt es analog auch nur ein Polynom Tm mit dieser Eigenschaft, nämlich wieder P selbst. Damit ist aber Tn = Tn+1 = Tn+2 = · · · , d. h. die Taylorreihe zu P ist lim Tn = P , oder anders ausgedrückt: P ist seine eigene Taylorreihe, wobei man natürlich ein Polynom immer als Potenzreihe auffassen kann, für die ab einem n alle Koeffizienten Null sind. Das sieht man auch daran, dass P (n+1) die Nullfunktion ist, d. h. ab n + 1 verschwindet das Restglied vollständig. Es gilt exp0 = exp auf R, also exp(k) (0) = e0 = 1 für alle k. Damit ist die Taylorreihe gegeben durch T (x) = ∞ X X 1 · xn exp(k) (0) n x = = ex n! n! n=0 n=0 nach Definition der Exponentialfunktion. Damit stimmt die Taylorreihe auch mit der Funktion überein. Das bedeutet, dass die Definition von ex über die Reihe aus der Vorlesung gerade die Taylorentwicklung von ex ist. Tatsächlich kann man umgekehrt damit zeigen: aus f (0) = 1 und f 0 = f auf ganz R folgt, dass f (x) = T (x) = ex ist, d. h. die Exponentialfunktion ist (bis auf Normierung) die einzige differenzierbare Funktion, die mit ihrer Ableitung übereinstimmt. Aufgabe 70 (Ungleichungen) 4 Punkte Beweisen Sie die folgenden Ungleichungen: a) 1+x > e2x falls x ∈ (0, 1) 1−x , b) y x < xy falls e ≤ x < y . Anleitung: Für a) betrachte man f (x) = (1 + x)e−x − (1 − x)ex , in b) wende man den Logarithmus an. Lösung Offensichtlich gilt die Aussage a) genau dann, wenn f (x) > 0 ist für x ∈ (0, 1). Die Funktion f ist (im Gegensatz zur Ungleichung) auch auf [0, 1] definiert und dort stetig, da alle Teilfunktionen stetig sind. Sie nimmt im Randpunkt x = 0 den Wert 0 an. Die Ableitung ist f 0 (x) = (e−x +xe−x −ex +xex )0 = −e−x +(1·e−x +x·(−e−x ))−ex +(1·ex +x·ex ) = x·(−e−x )+x·ex = x·(ex +e−x ). Wegen ex > 0 für alle x ∈ R ist dann f 0 (x) > 0 auf (0, 1). Nach Satz 5.4.2(iii) ist f (x) streng monoton wachsend auf [0, 1]. Für irgend ein x ∈ (0, 1) folgt dann aus x > 0 auch f (x) > f (0) = 0, also f (x) > 0 auf (0, 1), womit die Ungleichung gezeigt ist. Umformen von b) ergibt y x < xy ⇔ ex·log(y) < ey·log(x) ⇔ x · log(y) < y · log(x) ⇔ log x y < log x log y ⇔ g(x) < g(y) x mit g(x) = log(x) . Dabei gilt die log-Äquivalenz, da log : (0, ∞) → R bijektiv und streng monoton wachsend ist. Die Brüche sind definiert, da x, y ≥ e und damit log(x), log(y) ≥ 1 nach Voraussetzung gilt. Es bleibt also zu zeigen, dass für x < y stets g(x) < g(y) gilt, d. h. dass g streng monoton steigend ist. Die Funktion g ist auf (e, ∞) offensichtlich definiert und nach der Quotientenregel differenzierbar zu g 0 (x) = 1 · log(x) − x · log(x)2 1 x = log(x) − 1 . log(x)2 Für x ≥ e ist dann log(x) − 1 ≥ 0 und log(x)2 ≥ 1, also g 0 (x) ≥ 0. Auf (e, ∞) ist g sogar echt positiv. Wieder nach Satz 5.4.2 folgt, dass g(x) auf (e, ∞) streng monoton wachsend ist, woraus die Ungleichung folgt. Aufgabe 71 (Trigonometrische Funktionen) 4 Punkte Berechnen Sie (falls existent) die folgenden Grenzwerte: x a) lim , x→0 x + sin x b) lim x→∞ x . x + sin x Lösung Es sei x 6= 0 angenommen, dann gilt x x :x = = P k x2k+1 :x x + sin x x+ ∞ (−1) k=0 (2k+1)! 1 1+ ∞ X k=0 | x2k (2k + 1)! {z } . (−1)k =:g(x) Dabei ist g(x) für festes x ∈ R konvergent nach dem Quotientenkriterium, denn es gilt ˛ ˛ ˛ x2k+2 ˛ ˛ ˛ (−1)k+1 (2k+3)! 1 ˛ = x2 · ˛ −→ 0 . ˛ ˛ x2k k (2k + 2)(2k + 3) k→∞ ˛ (−1) (2k+1)! ˛ Als konvergente Potenzreihe ist g(x) stetig auf ganz R (Satz 5.5.7). Damit strebt g(x) → g(0) für x → 0, also gilt nach den Rechenregeln für Grenzwerte 1 x 1 1 1 = lim = = = . lim x→0 x + sin x x6=0 x→0 1 + g(x) 1 + g(0) 1+1 2 Für ε > 0 beliebig klein sei nun x > max(ε−1 + 1, 1), dann gilt ˛ ˛ ˛ sin x ˛ 1 1 1 ˛ ˛ ˛ x + sin x ˛ | sin≤|≤1 x + sin x ≤ x − 1 < (ε−1 + 1) − 1 = ε . Also wird der Ausdruck beliebig klein, wenn x beliebig groß wird. Das bedeutet lim x→∞ sin x = 0. x + sin x Daraus folgt lim x→∞ Aufgabe 72 (Der Einheitskreis) sin x x = 1 − lim = 1. x→∞ x + sin x x + sin x 2 Punkte Zeigen Sie, dass der Einheitskreis E = {z ∈ C | |z| = 1} durch den Winkel φ ∈ [0, 2π) parametrisiert wird, d. h. dass die Abbildung [0, 2π) → E W : φ 7→ eiφ wohldefiniert und bijektiv ist. Lösung Zunächst ist zu zeigen, dass W tatsächlich in den Einheitskreis abbildet. Es gilt |W (φ)| = |eiφ | = eRe(iφ) = e0 = 1 nach Satz 5.8.5(iii), also ist W (φ) für alle φ ∈ [0, 2π) ein Punkt auf dem Einheitskreis. Es seien a, b ∈ [0, 2π) beliebig, dann gilt sin(a − b) = 0 W (a) = W (b) ⇔ eia = eib ⇔ ei(a−b) = 1 ⇔ cos(a − b) + i · sin(a − b) = 1 ⇔ . 5.8.4 cos(a − b) = 1 Nach Satz 5.7.6 ist cos(a − b) = 1 aber nur möglich, falls es ein k ∈ Z gibt mit a − b = 2kπ. Daraus folgt k = 0 (und damit a = b), da zwei Zahlen aus [0, 2π) keinen Abstand ≥ 2π besitzen können. Also folgt aus W (a) = W (b) stets a = b, d. h. W ist injektiv. Nun sei z = x + iy ∈ E ein beliebiger Punkt auf dem Einheitskreis. Aus |z| = 1 folgt nach Definition 5.8.2 x2 + y 2 = 1, da x2 und y 2 nicht negativ sind folgt x, y ∈ [−1, 1]. Damit sind die Umkehrfunktionen von Sinus und Kosinus auf diesen Werten definiert. Befindet sich z = x + iy im oberen rechten Quadranten (ohne die Koordinatenachsen), so gilt tan(φ) = xy , also ist das Urbild gegeben durch φ = arctan( xy ). Der Punkt z = 1 besitzt das Urbild φ = 0, der Punkt z = i das Urbild φ = π2 . Ebenso kann man die Urbilder in den anderen Quadranten finden. Aufgabe 73 (Randpunkte) 2 Bonuspunkte Die Begriffe des Inneren und des Abschlusses entsprechen (zumindest für nicht zu komplizierte Mengen) der Anschauung. Das tut auch der folgende Begriff: ein ξ ∈ R heißt Randpunkt einer Menge M ⊆ R, wenn für jedes noch so kleine ε > 0 die Umgebung Uε (ξ) sowohl M als auch M 0 = R\M schneidet. Die Menge der Randpunkte von M wird der Rand von M genannt, er sei hier mit M̃ bezeichnet. Zeigen Sie, dass das Innere anschaulich wie folgt charakterisiert werden kann: M 0 = M \M̃ , d. h. das Innere erhält man, indem man den Rand entfernt. Was ist der Rand von Q? Lösung Es sei M beliebig und x ∈ M . Wir zeigen zunächst die folgende Äquivalenz: x ∈ M0 ⇔ x ∈ / M̃ . Denn ist x ein innerer Punkt, so gibt es ein ε > 0, so dass Uε (x) ⊆ M ist, insbesondere schneidet dann diese Umgebung nicht das Komplement M 0 , damit ist x kein Randpunkt. Ist andererseits x kein Randpunkt, so gibt es nach Definition ein ε > 0, so dass Uε (x) das Komplement M 0 nicht schneidet, also Uε (x) ⊆ M , und x ist innerer Punkt. Die Äquivalenz ˙ M̃ ∩ M ) in Randpunkte die in M liegen und innere Punkte von M disjunkt aufgeteilt werden bedeutet, dass M = M 0 ∪( kann. Damit ist M \M̃ = M 0 klar. Der Rand von Q ist ganz R, denn ist ξ ∈ R beliebig, so liegt für jedes ε > 0 eine rationale und eine irrationale Zahl in Uε (ξ), damit schneidet jede Umgebung Q und R\Q. ist ξ rational, so wähle man n > 2ε−1 , dann √ Genauer: 1 liegt die rationale Zahl ξ sowie die irrationale Zahl x = ξ + 2 n in Uε (ξ). Dabei ist x irrational, denn ansonsten wäre √ 2 = n(x − ξ) rational. Ist ξ irrational, so kann durch Abschneiden der Dezimalbruchentwicklung von ξ eine rationale Zahl gewonnen werden, die beliebig nahe an ξ liegt. Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 14.02.2005 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 15 Zur Übungsstunde vom 14.02.2005 Aufgabe 74 (Dehnungsbeschränktheit) 3 Punkte Eine Funktion f : I → R heißt auf einem Intervall I ⊆ R Dehnungsbeschränkt, falls es eine Konstante K > 0 gibt, so dass |f (x) − f (y)| < K · |x − y| für alle x, y ∈ I gilt. Zeigen Sie: (a) Jede dehnungsbeschränkte Funktion ist gleichmäßig stetig auf I. (b) Ist f differenzierbar mit auf I beschränkter Ableitung, so ist f dehnungsbeschänkt auf I. Lösung Zu a): es sei f : I → R dehnungsbeschränkt mit einem K > 0 und ε > 0 beliebig. Dann genügt es, δ = K −1 · ε zu setzen, denn es folgt aus |x − y| < δ immer |f (x) − f (y)| < K · |x − y| < K · δ = ε. Zu b): Es sei |f 0 (x)| < K auf I für ein K > 0. Für x 6= y aus I gilt dann nach dem 1. Mittelwertsatz f (x) − f (y) = f 0 (ξ) ξ = ξ(x, y) ∈ I 0 x−y und damit |f (x) − f (y)| = |f 0 (ξ)| · |x − y| ≤ K · |x − y|. Aufgabe 75 (Komplexe Zahlen) 4 Punkte Offene, abgeschlossene und kompakte Mengen sind in C definiert wie für reelle Zahlen, nur dass der Betrag |x + iy| = p x2 + y 2 benutzt wird. Überprüfen Sie, welche der Mengen E = {z ∈ C | |z| = 1} , R = {z ∈ C | Im(z) = 0} , W = {z ∈ C | Re(z) ∈ (−1, 1) , Im(z) ∈ (−1, 1)} , mit dieser Definition C-offen, C-abgeschlossen oder sogar C-kompakt sind. L = {a + ib | a, b ∈ Z} , Lösung Der Einheitskreis E ist nicht offen, denn jede komplexe ε-Umgebung Uε (1) = {z ∈ C | |z − 1| < ε} der Eins enthält die (reelle) Zahl z = 1 + 12 ε, die nicht auf dem Einheitskreis liegt wegen |z| > 1. Damit liegt keine ε-Umgebung von 1 ∈ E komplett in E. Durch Drehung des Kreises sieht man, dass diese Aussage auch für alle anderen Punkte auf dem Einheitskreis gilt, d. h. er ist unendlich dünn“. Der Einheitskreis ist aber abschlossen, denn sein Komplement ” E 0 = {z ∈ C | |z| 6= 1} ist offen. Liegt nämlich z ∈ E 0 , so ist |z| 6= 1, etwa |z| = 1 + δ mit δ ∈ R. Dann liegt U 1 δ (z) 2 komplett in E 0 . Da der Einheitskreis beschränkt ist folgt, dass E sogar kompakt ist. Die reellen Zahlen R sind in C nicht offen, da offenbar für jedes x ∈ R und jedes noch so kleine ε > 0 die Umgebung Uε (x) = {z ∈ C | |z − x| < ε} die nichtreelle Zahl x + 21 iε enthält. Sie sind aber abgeschlossen, denn jede konvergente Folge reeller Zahlen konvergiert gegen eine reelle Zahl. Sie sind nicht kompakt, da sie nicht beschränkt sind. Der Würfel W ist offen: ist z ∈ W , so ist Re(z) ∈ (−1, 1) und Im(z) ∈ (−1, 1), also gibt es ε 1 > 0 mit 1 − |Re(z)| > ε1 sowie ε2 > 0 mit 1 − |Im(z)| > ε2 . Für ε = 12 min(ε1 , ε2 ) liegt dann Uε (z) komplett in W . Er ist nicht abgeschlossen, denn die (reelle) Folge 1 − n1 liegt komplett in W , nicht aber ihr Grenzwert 1. Damit ist W auch nicht kompakt. Der abgeschlossene Würfel“ W = {z | Re(z) ∈ [−1, 1] , Im(z) ∈ [−1, 1]} ist natürlich kompakt, und W ist sein Inneres. ” Mengen der Form L bezeichnet man auch als Gitter. L besteht offensichtlich nur aus isolierten Punkten, da für jedes a + ib mit a, b ∈ Z jede ε-Umgebung mit ε < 21 nur den Punkt selbst trifft. L ist abgeschlossen, denn jede konvergente Folge aus isolierten Punkten ist stationär, da der (komplexe) Abstand zweier verschiedener Folgenglieder nie unter die Schranke ε = 1 fallen kann (Cauchykriterium). L ist aber nicht kompakt, da L nicht beschränkt ist. Aufgabe 76 (Regel von l’Hôpital) 3 Punkte Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte: a) lim x→0 cos(x) − sin(x) − 1 , tan(x) 1 b) lim (x · e x ) , c) lim x→0 x→0 „ 1 1 − sin(x) x « . Lösung Zu a): Der Grenzwert des Zählers ist wegen der Stetigkeit der trigonometrischen Funktionen cos(0) − sin(0) − 1 = 0, der des Nenners tan(0) = 0. Da beide Ausdrücke differenzierbar sind auf einer Umgebung von Null nach den Ableitungsregeln für die trigonometrischen Funktionen (Satz 5.7.7) kann der Grenzwert des Bruches aus den Ableitungen gebildet werden: lim x→0 (cos(x) − sin(x) − 1)0 − sin(x) − cos(x) = lim x→0 (tan(x))0 1 + tan(x)2 | {z } = stetig −0 − 1 − sin(0) − cos(0) = = −1 . 1 + tan(0)2 1+0 6=0 Damit sind alle Voraussetzungen der Regel von l’Hôpital erfüllt, und −1 ist auch der Limes des urpsprünglichen Bruches. 1 Zu b): Die Rechenregeln für endliche Grenzwerte können nicht angewendet werden, da x gegen Null und e x gegen ∞ strebt für x → 0. Umformen ergibt 1 ex . x−1 In diesem Bruch besitzt jedoch der Nenner keinen Grenzwert, da x−1 → ∞ strebt für x → 0+ und x−1 → −∞ für x → 0−. Daraus darf erstmal nicht geschlossen werden, dass auch der Bruch nicht konvergiert, da sich das Vorzeichen mit dem Zähler wegheben könnte. Wir wenden die Regel von l’Hôpital für die (wohldefinierten) einseitigen Grenzwerte an: Für x → 0+ streben Zähler und Nenner wegen der Monotonie von ex gegen ∞. Ableiten ergibt nach der Kettenregel 1 x · ex = 1 1 − x12 e x 1 (e x )0 = = ex (x−1 )0 −x−2 −→ ∞ x→0+ da die Exponentialfunktion streng monoton wächst. Andererseits gilt aber 1 ex = x→0− x−1 lim 1 e− x = x→0+ −x−1 lim lim x→0+ −x 1 ex wobei nun der Zähler gegen Null und der Nenner gegen ∞ geht, also geht der ganze Bruch gegen Null. Damit gilt dann aber insgesamt 1 lim (xe x ) = ∞ , x→0+ 1 lim (xe x ) = 0 , x→0− da die einseitigen Limites nicht übereinstimmen besitzt der Ausdruck im Nullpunkt keinen Limes. 10 5 –10 –5 0 –5 –10 5 10 Zu c): Umformen ergibt 1 x − sin(x) 1 − = . sin(x) x x · sin(x) In diesem Ausdruck gehen Zähler und Nenner gegen Null für x → 0 nach den Rechenregeln für Grenzwerte. Ableiten mit der Produkregel ergibt (x − sin(x))0 1 − cos(x) 1 − cos(x) = = . (x · sin(x))0 1 · sin(x) + x · cos(x) sin(x) + x · cos(x) Auch in diesem Ausdruck gehen Zähler und Nenner gegen Null. Weiteres Ableiten ergibt (x − sin(x))00 (1 − cos(x))0 sin(x) = = 00 (x · sin(x)) (sin(x) + x · cos(x))0 cos(x) + 1 · cos(x) − x · sin(x) 0 sin(0) = = 0. cos(0) + 1 · cos(0) − 0 · sin(0) 1+1·1−0·0 Damit ist nach l’Hôpital auch der Grenzwert des Quotienten der ersten Ableitungen Null, und damit wiederum nach l’Hôpital auch der Grenzwert des ursprünglichen Ausdrucks. −→ x→0 Aufgabe 77 (Komplexe Wurzeln) 4 Punkte Zeigen Sie, dass jede komplexe Zahl eine komplexe Wurzel besitzt, d. h. für jedes z ∈ C gibt es ein w ∈ C mit w 2 = z. Zeigen Sie auch, dass für jedes z 6= 0 genau zwei solche Wurzeln w existieren. Lösung Ist z = 0, so ist offenbar w = 0 eine solche Wurzel. Andernfalls kann man z eindeutig darstellen als z = r · e iφ mit Radius 1 r > 0 und Winkel φ ∈ [0, 2π). Als positive reelle Zahl besitzt r eine Wurzel s > 0 in R. Wir setzen w = s · e 2 iφ und erhalten “ 1 ”2 w2 = s2 · e 2 iφ = r · eiφ = z . Damit ist w eine Wurzel von z in C. Auch −w ist offenbar eine Wurzel. Dies sind die beiden einzigen Wurzeln, denn wäre w0 = t · eiψ eine weitere Wurzel in Polardarstellung, so wäre r · eiφ = z = (w 0 )2 = t2 · e2iψ . Aus der Eindeutigkeit der Polardarstellung folgt dann t2 = r = s2 , und damit t = s wegen t > 0. Ebenso ist eiφ = e2iψ , was wegen der 2π-Periodizität von eix impliziert, dass ψ = 21 φ + kπ ist mit k ∈ Z. Wegen ekπi ∈ {±1} für k ∈ Z folgt w0 = ±w. Aufgabe 78 (Nullstellen) 2 Punkte Zeigen Sie, dass jedes Polynom P (x) = ax2 + bx + c mit a, b, c ∈ C und a 6= 0 in C eine Nullstelle besitzt. Lösung Argumentation über Mittelwert- oder Zwischenwertsätze ist unmöglich, da C nicht angeordnet ist und diese Sätze für C nicht formulierbar sind. Wir vereinfachen zunächst, und bestimmen eine Nullstelle von x2 + bx + c. Aus der Schule ist für reelle Zahlen bekannt, dass r b b2 ξ = ξ(b, c) = − + −c 2 4 2 eine Nullstelle ist für den Fall, dass b4 − c nicht negativ ist. In der vorigen Aufgabe wurde aber gezeigt, dass mindestens 2 ein w = w(b, c) ∈ C existiert mit w 2 = b4 − c für alle komplexen b, c ∈ C. Damit ist der obige Ausdruck (bei Festlegung auf eine der Wurzeln, die sich nur um das Vorzeichen unterscheiden) in C für alle quadratischen Polynome wohldefiniert. Wir setzen dieses spezielle ξ ∈ C ein und erhalten !2 r r b b2 b2 b2 2 P (ξ) = ξ + bξ + c = − + −c +b −c + c − 2 4 2 4 = b2 −b 4 r b2 b2 −c+ −c 4 4 ! b2 − +b 2 r b2 −c+c = 0. 4 Damit ist für jedes P (x) = x2 + bx + c der Wert ξ(b, c) eine Nullstelle von P . Analog ist ξ( ab , ac ) dann eine Nullstelle von ax2 + bx + c. Aufgabe 79 (Vorbereitung) Bereiten Sie sich auf die bevorstehenden Klausuren vor! Auf der Homepage der Vorlesung finden Sie eine Probeklausur über die Kapitel 4-5. Lösung ...die Musterlösung zur Probeklausur ist auch auf der Homepage. Keine Punkte Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase d [email protected] 21.02.2005 WS 2004/2005 Analysis I - Lösungsblatt 16 Zur Übungsstunde vom 21.02.2005 Aufgabe 80 (Ober- und Untersummen) 6 Punkte Es sei n ∈ N beliebig. Die äquidistante Zerlegung von [0, 1] in n Intervalle ist gegeben durch Zn = (0, n1 , n2 , . . . , 1). Berechnen Sie die Ober- und Untersumme von f (x) = x2 in Abhängigkeit von n bzgl. dieser Zerlegung. Ist die Funktion integrierbar auf [0, 1]?. Lösung Die Funktion f (x) = x2 ist auf [0, 1] monoton wachsend (wegen f 0 (x) = 2x ≥ 0 auf [0, 1]), also werden die Suprema auf den 2 2 Intervallen [ ν−1 , nν ] stets im rechten Randpunkt nν angenommen: M ν = f ( nν ) = nν 2 . Analog ist M ν = f ( ν−1 ) = (ν−1) , n n n2 jeweils für ν = 1 . . . n. Daraus folgt nach Definition 6.1.1 n n n X X ν2 1 ν 1 n(n + 1)(2n + 1) ν −1 1 X 2 2n2 + 3n + 2 S(Z) = Mν( − ν = ) = · = = . Aufgabe 18b) n3 n n n2 n n3 ν=1 6 6n2 ν=1 ν=1 Nach den Rechenregeln für Folgen gilt →0 →0 2n2 + 3n + 2 1 2 + 3n−1 + 2n−2 lim S(Zn ) = lim = lim = . 2 n→∞ n→∞ n→∞ 6n 6 3 Das Infimum im ν-ten Intervall wird im linken Randpunkt angenommen: Mν = f( ν 2 − 2ν + 1 ν−1 ) = . n n2 Damit folgt S(Z) = n X ν=1 Mν( n n n n X ν ν−1 1 X 2 ν 2 − 2ν + 1 1 1 X 1 X − ) = = 3 · ν −2 3 ν + 3 1 2 n n n n n ν=1 n ν=1 n ν=1 ν=1 1 n(n + 1) 1 1 1 2n2 − 3n + 1 1 n(n + 1)(2n + 1) − 2 3 + 2 = 2 ( (n + 1)(2n + 1) − (n + 1) + 1) = . 3 n 6 n 2 n n 6 6n2 2 1 Auch dieser Ausdruck geht gegen 3 für n → ∞. Damit ist f (x) = x integrierbar über [0, 1] mit Z 1 1 . x2 dx = 3 0 = Aufgabe 81 (Kurvendiskussion) 4 Punkte Bestimmen Sie Extrema, Wendepunkte und das Krümmungsverhalten des Polynoms P (x) = x3 − 3x2 − 2. Skizzieren Sie den Graphen dieser Funktion und markieren Sie die von Ihnen gefundenen Werte. Lösung Laut Satz 5.1.3 muss in jeder Stelle x ∈ R auf der P ein lokales Extremum annimmt, die erste Ableitung verschwinden. Es ist P 0 (x) = 3x2 + 6x = 3 · x · (x + 2) nach der Ableitungsregel für Polynome. Aus dieser Darstellung ist auch ersichtlich, dass P 0 (x) = 0 genau für ξ1 = −2 und ξ2 = 0 gilt. Also besitzt P höchstens zwei lokale Extrema in ξ1,2 . Die zweite Ableitung ist P 00 (x) = 6x + 6 = 6(x + 1), die offenbar nur die Nullstelle η = −1 besitzt. Diese ist verschieden von ξ 1,2 , also nimmt nach Satz 5.10.5 (mit n = 1) die Funktion P in ξ1,2 tatsächlich lokale Extrema an, und zwar ein Maximum in ξ1 (wegen P 00 (ξ1 ) = −12 + 6 < 0) mit Wert P (ξ1 ) = 2 und ein Minimum in ξ2 (wegen P 00 (ξ2 ) = 6 > 0) mit Wert P (ξ2 ) = −2. Wegen P (x) → ∞ für x → ∞ sowie P (x) → −∞ für x → −∞ sind beide Extremwerte nicht global. Da die zweite Ableitung nur in η = −1 verschwindet, die dritte Ableitung P 000 (x) = 6 aber nicht Null werden kann, liegt in η der einzige Wendepunkt von P vor (Satz 5.10.3 und 5.10.4). Nach Satz 5.10.2 ist P auf (−∞, −1) konkav wegen P 00 (x) < 0 und auf (−1, ∞) konvex wegen P 00 (x) > 0. 10 5 max WP –3 –2 0 –1 1 2 min –5 –10 Aufgabe 82 (Konvex & konkav) 4 Punkte Bestimmen Sie die Intervalle, auf denen die folgenden Funktionen konvex bzw. konkav sind: √ a) f (x) = sin(x) , b) g(x) = ex + 1 . Lösung Zu a): da der Sinus beliebig oft differenzierbar ist mit zweiter Ableitung f 00 (x) = − sin(x) folgt mit Satz 5.10.2, dass f (x) genau dann konvex ist auf (a, b), wenn f (x) ≤ 0 ist auf (a, b). Aufgrund der Periodizität der Sinusfunktion folgt: f (x) konvex auf ((2k + 1)π, (2k + 2)π) für alle k ∈ Z. Auf (2kπ, 2kπ + π) ist f dagegen konkav. Zu b): die erste Ableitung von g(x) ist nach der Kettenregel g 0 (x) = ex · ex 1 = . x + 1) 2e + 2 2(ex Der Nenner wird nicht Null, also ist nach der Quotientenregel g 00 (x) = (ex )0 · (2ex + 2) − ex · (2ex + 2)0 ex (2ex + 2) − 2ex · ex 2e2x + 2ex − 2e2x 2ex = = . = (2ex + 2)2 4e2x + 8ex + 4 4e2x + 8ex + 4 4e2x + 8ex + 4 Da für alle x ∈ R ex > 0 ist folgt, dass der obige Ausdruck stets positiv ist. Damit ist g(x) auf ganz R konvex. Aufgabe 83 (Konvexität) 2 Punkte Es sei f : [a, b] → R eine konvexe Funktion (nicht notwendig differenzierbar). Zeigen Sie, dass die folgenden Funktionen ebenfalls konvex sind: (a) g(x) = a · f (x) + b mit a > 0 und b ∈ R beliebig. (b) h(x) = ef (x) . Lösung Zu a): Da die Funktion nicht differenzierbar zu sein braucht, können wir nur Satz 5.10.1 anwenden, am einfachsten lässt sich Teil (iv) benutzen: für x1 < x2 <3 in [a, b] gilt f (x2 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x2 ) ≤ x2 − x 1 x3 − x 2 da f konvex ist. Multiplikation mit a > 0 auf beiden Seiten ergibt (wegen O3): a · f (x2 ) − a · f (x1 ) a · f (x3 ) − a · f (x2 ) ≤ . x2 − x 1 x3 − x 2 Einschieben von b ohne Änderung des Zählers ergibt (a · f (x2 ) + b) − (a · f (x1 ) + b) (a · f (x3 ) + b) − (a · f (x2 ) + b) ≤ . x2 − x 1 x3 − x 2 Das ist aber gleichbedeutend mit g(x3 ) − g(x2 ) g(x2 ) − g(x1 ) ≤ , x2 − x 1 x3 − x 2 wobei x1 < x2 < x3 beliebig aus [a, b] sind. Also ist g(x) konvex auf [a, b]. Wegen ex = (ex )00 > 0 auf R ist die Expontialfunktion konvex auf R. Wir benutzen direkt die Definition der Konvexität mit λ ∈ [0, 1] und x1 , x2 ∈ [a, b] beliebig. Es gilt dann x f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) da f konvex ist. Da e streng monoton steigend ist folgt daraus ef (λx1 +(1−λ)x2 ) ≤ eλf (x1 )+(1−λ)f (x2 ) ≤ ex konvex λef (x1 ) + (1 − λ)ef (x2 ) . Die gesamte Ungleichung bedeutet aber gerade die Konvexität von ef (x) .
