Übungen Mathematische Grundlagen der Ökonomie

Mathematische Grundlagen der Ökonomie
Übungsblatt 
Abgabe Donnerstag . Dezember, : in H
++ =  Punkte
Mit Lösungshinweisen zu einigen Aufgaben
. Das Bisektionsverfahren sucht eine Nullstelle der stetigen Funktionen f .
Nehme an, für a1 < b1 seien f (a1 ) ≤ 0 ≤ f (b1 ).
(Eine analoge Methode funktioniert für f (a1 ) ≥ 0 ≥ f (b1 ).)
Dann werden induktiv die Folgen (an ) und (bn ) wie folgt definiert: Bezeichne den Mittelpunkt mit cn = (an + bn )/2. Falls f (cn ) ≥ 0, setze an+1 = an und bn+1 = cn , andernfalls
setze an+1 = cn und bn+1 = bn .
(Bei Anwendung dieses Verfahrens bricht man die Konstruktion der Folgen natürlich
ab, sobald eine der Folgen eine Nullstelle trifft oder das Intervall die gewünschte
Genauigkeit erreicht hat.)
Zeige:
(a) an ≤ bn für alle n ∈ {1, 2, 3, . . . }.
(b) Im Intervall [an , bn ] liegt eine Nullstelle der Funktion f für alle n ∈ {1, 2, 3, . . . }.
(c) limn→∞ (bn − an ) = 0.
(d) Die Folgen (an ) und (bn ) sind monoton und konvergieren gegen einen gemeinsamen Grenzwert, der eine Nullstelle der stetigen Funktion f ist.
(a) an ≤ bn für alle n ∈ {1, 2, 3, . . . } ist durch die Definition der Folgen sichergestellt,
denn an ≤ cn ≤ bn .
(b) Die Konstruktion der Folgen stellt sicher, dass f (an ) ≤ 0 ≤ f (bn ) für alle n ∈
{1, 2, 3, . . . }.
Induktionsanfang n = 1: f (a1 ) ≤ 0 ≤ f (b1 ) gilt nach Voraussetzung.
Induktionsschritt n 7→ n + 1:
Es gelte also nach Induktionsannahme f (an ) ≤ 0 ≤ f (bn ).
Falls f (cn ) ≥ 0, ist f (an+1 ) = f (an ) ≤ 0 und f (bn+1 ) = f (cn ) ≥ 0.
Ist hingegen f (cn ) < 0, so ist f (an+1 ) = f (cn ) < 0 und f (bn+1 ) = f (bn ) ≥ 0.
In beiden Fällen ist also f (an+1 ) ≤ 0 ≤ f (bn+1 ).
Der Zwischenwertsatz für stetige Funktionen sagt dann, dass im Intervall [an , bn ]
mindestens eine Nullstelle liegt.
(c) Bezeichne dn = bn − an . Nach Voraussetzung ist d1 endlich. Die Folgen werden so
konstruiert, dass dn+1 = dn /2 = d1 2−n (Induktion!) und damit
lim (bn − an ) = lim dn = d1 lim 2−n+1 = 0.
n→∞
n→∞
n→∞
Noch zu zeigen ist also dn = 2−n+1
Induktionsanfang n = 1: d1 = d1 2−1+1 = d1 .
Induktionsschritt n 7→ n + 1: dn+1 = dn /2 = dn = d1 2−n+1 /2 = d1 2−n .
(d) Die Folge (an ) ist nach Konstruktion monoton wachsend und (bn ) ist monoton
fallend. Denn entweder ist an+1 = an oder an+1 = cn ≥ an und entweder ist bn+1 =
bn oder bn+1 = cn ≤ bn .
Da die Folge (an ) durch b1 (und auch alle anderen bn ) nach oben beschränkt ist
und (bn ) durch a1 (und alle anderen an ) nach unten, sind beide Folgen konvergent.
Nach dem vorher gezeigten ist nun (limn→∞ bn )−(limn→∞ an ) = limn→∞ (bn −an ) =
0 und damit limn→∞ bn = limn→∞ an .
Da nur der Grenzwert in allen Intervallen [an , bn ] enthalten ist, muss er eine
Nullstelle der stetigen Funktion f sein.
. Ist die folgende Funktion auf dem angegebenen Definitionsbereich umkehrbar? Ist
sie monoton? Wenn ja, bestimme den Wertebereich und die Umkehrfunktion.
(a) f (x) = x2 + 2x + 1 , D(f ) = R
Diese Funktion ist nicht umkehrbar. Z.B. ist f (−2) = 1 = f (0).
(b) f (x) = x2 + 2x + 1 , D(f ) = [−1, ∞)
Der Definitionsbereich ist hier auf den wachsenden Teil der Parabel beschränkt,
und auf diesem ist die Funktion umkehrbar. Der Wertebereich ist [0, ∞)
√
Es ist y = x2 +2x+1 = (x+1)2 ⇐⇒ y = |x+1|. Da x ≥ −1 vorausgesetzt wurde, ist
√
√
interessiert hier nur die Lösung y = x + 1 bzw. y − 1 = x. Die Umkehrfunktion
ist also (in der Notation y 7→ f ∗ (y), D(f ∗ ) → W (f ∗ ), wobei D(f ∗ ) = W (f ) und
W (f ∗ ) = D(f ))
√
x 7→ x − 1, [0, ∞) → [−1, ∞).
Bemerkung: Die Funktion wäre auch dann umkehrbar, wenn der Definitionsbereich auf (−∞, −1] beschränkt worden wäre, denn dort ist die√Parabel streng
monoton fallend. In diesem Fall wäre die Umkehrfunktion x 7→ − x−1, [0, ∞) →
(−∞, −1].
√
(c) f (x) = x + 2, D(f ) = [0, ∞)
Die Funktion ist auf dem angegebenen Definitionsbereich streng wachsend und
der Wertebereich ist [2, ∞).
√
√
Weiter ist unter den geltenden Voraussetzungen y = x + 2 ⇐⇒ y − 2 = x =⇒
(y − 2)2 = x. Die umgekehrte Implikation im letzten Schritt gilt wegen y ∈ [2, ∞)
ebenfalls. Die Umkehrfunktion ist also
x 7→ (x − 2)2 , [2, ∞) → [0, ∞).
(d) f (x) =
ex
,
+1
ex
D(f ) = R
Die Umformung f (x) =
ex
1
=
ist in einigen der folgenden Schritte
+1
1 + e−x
ex
nützlich.
Die Funktion x 7→ e−x ist streng monoton fallend, also ist x 7→ 1+e1 −x streng monoton wachsend.
Der Wertebereich ist (0, 1), denn die Funktion ist auf R stetig, streng monoton
wachsend und es ist
ex
limx→−∞ ex
0
=
=
=0
x
x→−∞ ex + 1
limx→−∞ e + 1 0 + 1
lim

sowie
lim
x→∞
1
1
1
=
=
= 1.
1 + e−x 1 + limx→∞ e−x 1 + 0
Mit den Voraussetzungen x ∈ R und y ∈ (0, 1) ist
y=
1
⇐⇒ 1 + e−x = 1/y ⇐⇒ e−x = 1/y − 1 ⇐⇒ −x = ln(1/y − 1)
1 + e−x
!
!
1−y
y
⇐⇒ x = − ln(1/y − 1) = − ln
= ln
y
1−y
Die Umkehrfunktion ist also
x 7→ ln
x
, (0, 1) → R
1−x
Versuche jeweils, Funktion und Umkehrfunktion grob zu skizzieren.
In welchem Verhältnis stehen die Graphen von Funktion und Umkehrfunktion geometrisch? Den Graphen der Umkehrfunktion erhält man aus dem Graphen der Funktion durch Spiegelung am Graphen der Funktion x 7→ x. Nochmalige Spiegelung an
dieser Geraden ergibt wieder den Graphen der Funktion selbst.
. In den folgenden Argumenten stecken FEHLER. Wo genau?
(a) [ Vorsicht Fehler! [
ex − e−x = 2
(logarithmieren liefert)
⇐⇒ x − (−x) = 2
⇐⇒ 2x = 2
⇐⇒ x = 1
Im Allgemeinen ist ex − e−x = ln(ex − e−x ) , ln(ex ) − ln(e−x ) = x − (−x).
Zudem müsste man die Logarithmusfunktion auch auf die rechte Seite anwenden.

Es sei hier noch einmal gewarnt: Im Allgemeinen ist (für a, b > 0 und x, y ∈ R)
ln(a + b) , ln(a) + ln(b) = ln(ab)
ln(a − b) , ln(a) − ln(b) = ln(a/b)
ex + ey , ex+y = ex ey
ea
ex − ey , ex−y = x
e
(x + y)n , xn + y n
(x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 , x2 + y 2
(x − y)2 = x2 − 2xy + y 2 , x2 − y 2 = (x + y)(x − y)
ax = ex ln(a)
ln(ax ) = x ln(a)
(ab)x = ex ln(ab) = ex (ln(a)+ln(b)) = ax bx
ax ay = ex ln(a)+y ln(a) = ax+y
y
(ay )x = ex ln(a ) = ex y ln(a) = axy = (ax )y , a(x
y)
(b) [ Vorsicht Fehler! [
ex − e−x = 2
(multiplizieren mit ex )
⇐⇒ e2x − 1 = 2ex
(auf beiden Seiten 2 − 2ex addieren)
⇐⇒ e2x − 2ex + 1 = 2
(Binomische Formel)
x 2
⇐⇒ (1 − e ) = 2
x
⇐⇒ 1 − e = 2
x
⇐⇒ − e = 1
(Wurzel ziehen liefert)
(auf beiden Seiten − 1addieren)
(auf beiden Seiten mit − 1multiplizieren)
x
⇐⇒ e = −1
Dies ist unmöglich da ex > 0 für alle x ∈ R, also gibt es keine Lösung.
Die Wurzel
so ziehen wie oben geschehen ist keine Äquivalenzumformung. Aber
√
es ist a2 = |a|.
Zudem muss die Wurzelfunktion auf beide Seiten angewendet werden.
Richtig wäre also
√
√
√
. . . ⇐⇒ (ex − 1)2 = 2 ⇐⇒ |ex − 1| = 2 ⇐⇒ ex − 1 = 2 oder − (ex − 1) = 2
√
√
√
⇐⇒ ex = 1 + 2 oder ex = 1 − 2 ⇐⇒ x = ln(1 + 2) oder (dieser Fall ist unmöglich)
Hätte man oben nach der Anwendung der Binomischen Formel statt (1 − ex )2
den äquivalenten Term (ex − 1)2 geschrieben, hätte man Glück gehabt und die
Lösung erhalten. (Es ist (1 − ex )2 = ((−1)(ex − 1))2 = (−1)2 (ex − 1)2 = (ex − 1)2 ).
Bei unvorsichtigem Quadrieren können neue Lösungen «entstehen», die durch
eine Probe am Ende wieder aussortiert werden können. (Man darf dann aber
keine Äquivalenz sondern nur eine Implikation schreiben.) Bei unvorsichtigem
Wurzelziehen wie oben können dagegen Lösungen «verloren gehen». Auch eine
Probe kann dann die Aufgabe nicht mehr retten.
(c) [ Vorsicht Fehler! [

Es ist limn→∞ 2−n = limn→∞ 2−(n+1) = limn→∞ 2−2n = 0. Deshalb
2−2n
2−2n
2−2n
=
lim
=
lim
n→∞ 2−2n
n→∞ 4−n
n→∞ 2−n + 2−n
2−2n 2n
2−2n
2−n
= lim
= lim −n
= lim
−n
n→∞ 1 + 1
n→∞ 2 + 2
n→∞ 2
= lim 2−(n+1) = 0.
lim
n→∞
Im Allgemeinen ist 4−n = (2 + 2)−n , 2−n + 2−n ).
Das richtige Ergebnis wäre selbstverständlich
2−2n
= lim 1 = 1.
n→∞
n→∞ 2−2n
lim
(d) [ Vorsicht Fehler! [
Oder sollte man den vorherigen Grenzwert doch eher so berechnen?
2−2n
2−n
2−n
2−n
=
lim
=
lim
=
lim
n→∞ 2−2n
n→∞ 2−n−1 2
n→∞ 2−n
n→∞ 2−n−1 + 2−n−1
0
limn→∞ 2−n
= lim −n−1
= lim −n−1
−n−1
n→∞
n→∞ 2
+ limn→∞ 2
2
+0
= lim 0 = 0
lim
n→∞
Es 2−n , 0 = limn→∞ 2−n und 2−n−1 , 0 = limn→∞ 2−n−1 .
Und es gibt auch keine andere Rechtfertigung, um von der ersten zur zweiten
Zeile zu kommen. Die Regel für Brüche in der Art
2−n
lim
n→∞ 2−n−1 + 2−n−1
=
limn→∞ 2−n
limn→∞ (2−n−1 + 2−n−1 )
kann ebenfalls nicht eingesetzt werden, da der Grenzwert im Nenner = 0 ist.
Beachte, dass beim Kürzen (bzw. Erweitern) eines Bruches alle Summanden in
Zähler und Nenner gleichermaßen einbezogen werden müssen. Es ist z.B.
2−n
2−n−1 + 2−n−1
,
1
2−n−1 + 2−1
sondern
2−n
2−n−1 + 2−n−1
=
1
2−1 + 2−1
=1
und damit
2−n
1
, lim −n−1
=2
−n−1
−n−1
n→∞ 2
n→∞ 2
+2
+ 2−1
lim
sondern
2−n
=1
n→∞ 2−n−1 + 2−n−1
lim
(e) [ Vorsicht Fehler! [
1 n
1 n
lim 1 +
= lim 1 + lim
= lim 1n = 1
n→∞
n→∞
n→∞ n
n→∞
n
Die erste Gleichung ist falsch, denn es ist n1 , limn→∞ n1 für alle n ∈ {1, 2, 3, . . . }.
«Bestätigt» wird dies durch
n
1 n
lim 1 +
= lim 1 + n−1 = lim (1n + n−n )
n→∞
n→∞
n→∞
n
−n
= lim 1 + lim n = 1
n→∞

n→∞
Denn wegen 0 ≤ n−n ≤ 2−n für alle n ≥ 2 und limn→∞ 2−n = 0 ist nach dem
Einschließungskriterium limn→∞ n−n = 0.
Das Argument
mit dem Einschließungskriterium ist richtig. Jedoch ist im All
n
gemeinen 1 + n−1 , 1n + n−n .
n
Der richtige Grenzwert ist limn→∞ 1 + n1 = e, wobei e ≈ 2, 7 die Eulersche Zahl
ist.
(f) [ Vorsicht Fehler! [
√
Es sei y = e2x . Einerseits ist e2x − y = ex (ex − y). Andererseits ist nach der dritten
√
√
Binomischen Formel e2x − y = (ex + y)(ex − y). Vergleich der rechten Seiten
√
x
x
x
x
x
ergibt e = e + y, also e = 2e . Da e , 0, kann man beide Seiten durch ex
teilen und erhält 1 = 2.
√
Einsetzen von y = e2x bzw. y = ex zeigt deutlicher, wo der Fehler liegt. Vergleich
der rechten Seiten ergibt nicht unmittelbar ex = ex + ex , sondern ex (ex − ex ) =
(ex + ex )(ex − ex ). Hier kann man nicht beide Seiten durch (ex − ex ) = 0 teilen, und
deshalb ist der Schluss ex = ex + ex falsch. (0a = 0b gilt immer, ganz egal ob a = b
oder a , b.)
Hier ist die Tarnung des Teilens durch Null nicht allzu gut, bei längeren Rechnungen lässt sich so etwas besser verstecken. Wann immer so etwas geschieht,
können beliebig falsche Ergebnisse folgen.
Zusatz: Mittels vollständiger Induktion kann man daraus folgern, dass alle natürlichen Zahlen gleich sind!
Wenn 1 = 2 wäre, könnte man daraus in der Tat beinahe beliebigen Unfug folgern. Alle unter der Voraussetzung 1 = 2 gezogenen Schlüsse gelten aber nur
dann, wenn diese Voraussetzung erfüllt ist, und das ist nie der Fall.
(g) [ Vorsicht Fehler! [
Wähle n ∈ {1, 2, 3, . . . } beliebige reelle Zahlen. Es wird behauptet, dass alle ausgewählten Zahlen gleich sind.
Induktionsanfang: Wird nur eine Zahl ausgewählt, so sind offensichtlich alle
gewählten Zahlen gleich.
Induktionsschritt n → n + 1: Streiche eine Zahl, die weder die größte noch die
kleinste ist. Die verbliebenen n Zahlen sind nach Induktionsannahme gleich,
und da die gestrichene Zahl weder die größte noch die kleinste ist, muss auch
sie gleich den anderen sein.
Auch wenn das hier nicht steht, muss wohl gemeint sein, dass die n Zahlen nicht
unbedingt verschieden sein müssen, sonst wäre die Behauptung noch unsinniger als sie ohnehin ist. Interpretieren wir die Voraussetzung also auf diese Weise
und wenden uns dem angeblichen «Beweis» zu.
Zunächst ist die Formulierung «Streiche eine Zahl, die weder die größte noch
die kleinste ist» nicht exakt. Es können durchaus mehrere Zahlen «die größte»
sein, und wenn alle Zahlen gleich sind, wie das in der Induktionshypothese angenommen werden soll, sind sogar alle gleichzeitig «die größte» und «die kleinste». Hier muss also gemeint sein «Streiche eine Zahl, so dass sich Maximum und
Minimum der Menge nicht verändern» oder «Streiche eine Zahl, die entweder
mehr als einmal in der Menge enthalten ist oder die weder die größte noch die
kleinste ist».
Der eigentliche Fehler liegt aber darin, dass die Induktion nicht vollständig ist
da nicht alle Induktionsschritte gültig sind. Gleich der erste Induktionsschritt
ist falsch:
Es ist im Schritt 1 → 2 nicht immer möglich, eine Zahl zu streichen, ohne Maximum und Minimum der gewählten Zahlen zu verändern. Denn wenn nur zwei

reelle Zahlen zur Auswahl stehen und beide nicht gleich sind, ist eine die alleinige größte und die andere die alleinige kleinste.
(Dies ist eine Variante der gescheiterten «alle Personen in diesem Raum sind
gleich groß» Induktion.)
(h) [ Vorsicht Fehler! [
Einerseits
n
n
n k
X
X
X
1
(−3)−k = − lim
3−k = − lim
n→∞
n→∞
n→∞
3
k=1
k=1
k=1
1
1
1
3
3
=− 2 =−
=−
1
2
1−
3
lim
3
Es ist nicht (−3)−k = −3−k (dies gilt nur für ungerade k, für gerade ist (−3)−k =
3−k ).
Andererseits
n
n k
X
X
− 13
−1
1
1
= 43 = −
=
lim
(−3)−k = lim
−
1
n→∞
n→∞
3
4
1− −
3
k=1
k=1
3
Also 2 = 4 und damit schon wieder 1 = 2?
Die vorherige Rechnung ist richtig, aber da die erste falsch ist, kann man nicht
auf die falsche Gleichung 2 = 4 schließen.
Oder gar
n
n n
X
X
1
1 n
= lim n −
(−3)−k = lim
−
n→∞
n→∞
n→∞
3
3
k=1
k=1
n n
n
1
n
2
2
= lim n
= lim n −
=0
−
n→∞
n→∞ 2
2
3
3
n n n denn 2nn − 23 = 2nn − 23 ≤ − 32 und letzteres konvergiert gegen 0 (woraus mit dem Einschließungskriterium der behauptete Grenzwert folgt).
Im ersten Schritt wurde (−3)−k «aus Versehen» durch (−3)−n ersetzt. Die weiteren
Schritte sind korrekt, aber der Fehler im ersten Schritt ruiniert das Ergebnis.
lim
