Analysis I - Fachbereich Mathematik und Informatik

Skript zur Vorlesung
Analysis I
Wintersemester 2013/2014
Prof. Dr. B. Wilking
Mathematisches Institut
Fachbereich Mathematik und Informatik
WWU Münster
2
Kurzer Überblick
Folgende Themen sollen in der Vorlesung behandelt werden:
• Die reellen Zahlen R
– Eigenschaften sowie eine axiomatische Charakterisierung
• Folgen, Reihen und Konvergenz
• Spezielle Funktionen
– exp(x) = ex , log(x)
– sin(x), cos(x), tan(x)
– arcsin(x), arccos(x)
– Γ− Funktion
• Die komplexen Zahlen C
• Sätze über stetige Funktionen
• Folgen von stetigen Funktionen
• Sätze über differenzierbare Funktionen
• Das Riemannsche Integral
• Taylor-Reihen
Inhaltsverzeichnis
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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17
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21
22
Vollständige Induktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Körperaxiome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Angeordnete Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Grenzwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen . . . . . . . . . . . .
Konstruktion der reellen Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
b-adische Brüche und Überabzählbarkeit von R . . . . . . . . . .
Die komplexen Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Konvergenzkriterien für Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Die Exponentialfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Stetigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Logarithmen und allgemeine Potenzen . . . . . . . . . . . . . . .
Trigonometrische Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Differenzierbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung und seine Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Das Riemannsche Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung . . . . . . .
Gleichmäßige Konvergenz und Vertauschung von Grenzwertprozessen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Potenzreihen und Taylorentwicklung . . . . . . . . . . . . . . . .
Partialbruchzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Konvexität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion . . . . . . . . .
3
4
9
13
20
26
35
43
49
57
65
71
81
82
90
98
106
112
119
124
130
135
142
4
1
1. Vollständige Induktion
Vollständige Induktion
Im Folgenden bezeichnen wir mit N = {0, 1, 2, ...} die natürlichen Zahlen und
mit N+ = {1, 2, ...} die positiven natürlichen Zahlen.
Beweisprinzip der vollständigen Induktion. Für jedes n ∈ N sei eine Aussage A(n) gegeben. Dann sind alle Aussagen A(n) wahr, wenn man die beiden
folgenden Eigenschaften verifizieren kann.
I) A(0) ist wahr.
II) Ist A(n) wahr, so auch A(n + 1).
Schreibweise. Seien am , . . . , an ∈ R. Wir schreiben
n
X
ai := am + . . . + an ,
i=m
n
Y
i=m
ai := am · . . . · an .
Konventionen:
• (leere Summen)
• (leeres Produkt)
Satz 1.1.
Pn
i=m ai
= 0, falls n < m.
Qn
i=m ai
= 1, falls n < m.
P
a) Für alle n ∈ N gilt ni=0 i = 12 n(n + 1).
b) Für n ∈ N mit n > 3 gilt n2 ≤ 2n .
P
c) Für alle n ∈ N gilt nk=1 (2k − 1) = n2 .
Beweis.
a) Wir beweisen die Behauptung durch vollständige Induktion nach
n ∈ N.
Induktionsbeginn (IB): Für n = 0 ist
0
X
i=0=
1
2
0 (0 + 1).
i=0
Induktionsvoraussetzung (IV): Für ein beliebiges, aber festes n ∈ N gelte
n
X
i=0
i = 12 n(n + 1).
5
1. Vollständige Induktion
Induktionsschritt
P (IS): (n 17→ n + 1): Gegeben sei die Induktionsvoraussetzung, dann ist n+1
i=0 i = 2 (n + 1)(n + 2) zu zeigen. Dies folgt aus
n+1
X
i = (n + 1) +
i=0
n
X
i
i=0
IV
= (n + 1) + 12 n(n + 1)
=
=
=
1
2
1
2
1
2
(2(n + 1) + n(n + 1))
((n + 2)(n + 1))
(n + 1)(n + 2).
b) (IB) Für n = 4 ist
42 = 16 = 24 .
(IV) Für beliebiges festes n ≥ 4 gelte n2 ≤ 2n .
(IS) (n 7→ n + 1): Es ist (n + 1)2 ≤ 2n+1 zu zeigen. Dies folgt direkt aus
(n + 1)2 = n2 + 2n + 1 ≤ 2n + 3n ≤ 2n + n2 ≤ 2n+1 .
c) Übung.
Definition 1.2. Für alle n ∈ N definiert man
n! :=
n
Y
i
i=1
Beachte: Nach Konvention zum leeren Produkt gilt 0! = 1.
k
Y
n
:=
k
n+1−i
i
(Binominialkoeffizient)
i=1
und es gilt
( n!
, falls k ≤ n,
n
= k!(n−k)!
k
0,
falls k > n.
Bemerkung. Sind M1 , . . . , Mk Mengen, so bezeichnen wir mit
M1 × . . . × Mk
6
1. Vollständige Induktion
die Menge
{(x1 , . . . , xk ) | xi ∈ Mi für 1 ≤ i ≤ k}.
Dabei ist (x1 , . . . , xk ) = (y1 , . . . , yk ) genau dann, wenn xi = yi für alle 1 ≤ i ≤ k.
Beispielsweise gilt
{1, 3, 7, 3} = {1, 3, 7} = {7, 3, 1},
aber
(1, 3, 7) 6= (7, 3, 1) 6= (1, 3, 7, 3).
Ist M eine endliche Menge, so bezeichnet #M ∈ N die Ordnung von M , also
die Anzahl der Elemente in M . Etwa ist #∅ = 0.
Beachte: Es ist #{A1 , . . . , An } = n genau dann, wenn Ai 6= Aj für alle i 6= j
ist.
Satz 1.3. Für alle n ∈ N mit n ≥ 1 gilt, dass eine n-elementige Menge n!
Anordnungen hat.
Beweis. Wir beweisen den Satz durch vollständige Induktion nach n.
(IB) n = 1: Eine einelementige Menge hat nur 1 = 1! Anordnung.
(IV) Für ein beliebiges, aber festes n ∈ N gelte: Für jede n-elementige Menge
{A1 , ..., An } ist
#{(B1 , ..., Bn ) | {A1 , ..., An } = {B1 , ..., Bn }} = n!
(IS) (n 7→ n+1): Gegeben sei nun eine (n+1)−elementige Menge {A1 , ..., An+1 }.
Es ist zu zeigen, dass die Menge
M = {(B1 , ..., Bn+1 ) | {A1 , ..., An+1 } = {B1 , ..., Bn+1 }}
(n + 1)! Elemente hat. Es gilt
M=
n+1
[
Mi ,
i=1
wobei Mi = {(B1 , . . . , Bn+1 ) ∈ M | B1 = Ai } ist.
Nach der Induktionsvoraussetzung gilt #Mi = n! für 1 ≤ i ≤ n + 1. Da die
Mengen M1 , . . . , Mn+1 paarweise disjunkt sind, folgt
#M = (n + 1) · #M1 = (n + 1) · n! = (n + 1)!
Satz 1.4. Seien k, n ∈ N. Für
eine n-elementigen Menge M ist die Anzahl der
n
k-elementigen Teilmengen k .
7
1. Vollständige Induktion
Lemma 1.5. Für 1 ≤ k ≤ n gilt
n−1
k
+
n−1
k−1
=
n
k
.
Beweis. Für k = n sind beide Seiten der Gleichung gleich 1. Für 1 ≤ k < n ist
n
(n−1)!
(n−1)!
(n−1)!·(n−k)
(n−1)!·k
+ k!(n−k)! =
.
k!(n−1−k)! + (k−1)!(n−k)! =
k!(n−k)!
k
Beweis von Satz 1.4. Seien k, n ∈ N. Es bezeichne Ckn die Anzahl der k-elementigen Teilmengen einer
n-elementigen Menge.
Es gilt C0n = 1 = n0 und Ckn = 0 = nk für k > n. Zu zeigen ist nun Ckn = nk
für 0 < k ≤ n.
(IB) n = 0: Es ist nichts zu zeigen.
(IV) Sei n ∈ N beliebig, aber fest. Für alle k ≥ 0 gelte Ckn = nk .
(IS) (n 7→ n + 1): Es ist Ckn+1 = n+1
für alle 0 < k ≤ n + 1 zu zeigen. Sei dazu
k
M := {A ⊆ {1, . . . , n + 1} | #A = k}.
Dann ist
M = M1 ∪ M2
für M1 = {A ∈ M | n + 1 ∈ A} und M2 = {A ∈ M | n + 1 ∈
/ A} und es gilt
#M = #M1 + #M2 .
Wegen M2 = {A ⊆ {1, . . . , n} | #A = k} folgt
n
#M2 =
.
k
0
Setze M1 := {A ⊆ {1, . . . , n} | #A = k − 1}. Dann ist
n
0
#M1 =
k−1
und
0
M1 = {A ∪ {n + 1} | A ∈ M1 }.
Es folgt
0
#M1 = #M1 =
n
k−1
8
1. Vollständige Induktion
und daraus mit Lemma 1.5
n
n
n+1
#M =
+
=
.
k
k−1
k
Satz 1.6 (Binomischer Lehrsatz). Für alle x, y ∈ R und n ∈ N gilt
n X
n n−k k
n
(x + y) =
x
y .
k
k=0
Beweis. Für n = 0 sind beide Seiten der Gleichung definitionsgemäß 1. Für
n ≥ 1 beweisen wir die Aussage durch
nach n.
Induktion
(IB) n = 1: Die Aussage folgt aus 10 = 11 = 1.
P
(IV) Sei n ∈ N, n ≥ 1 beliebig, aber fest. Es gelte (x + y)n = nk=0 nk xn−k y k .
(IS) (n 7→ n + 1): Es ist
n+1
X n + 1
n+1
(x + y)
=
xn+1−k y k
k
k=0
zu zeigen. Es gilt
(x + y)
n+1
n X
n n−k k
= (x + y)(x + y) = (x + y)
x
y
k
k=0
n n X
X
n n−k k+1
n n+1−k k
x
y
x
y +
=
k
k
k=0
k=0
n+1
n+1
X n X n
n+1−k k
xn+1−k y k
x
y +
=
k−1
k
k=1
k=0
n+1
X n
n
n+1
=x
+
+
xn+1−k y k
k
k−1
n IV
k=1
und zuletzt mit Lemma 1.5
=
n + 1 n+1−k k
x
y .
k
n+1
X
k=0
Satz 1.7 (Summenformel für geometrische Reihen). Für x ∈ R, x 6= 1 und
n ∈ N gilt
n
X
n+1
xk = 1−x
1−x .
k=0
9
2. Körperaxiome
Beweis. Die Formel folgt direkt aus
(1 − x)
n
X
xk =
k=0
=
n
X
k=0
n
X
k=0
2
xk −
xk −
n
X
k=0
n+1
X
k=1
xk+1
xk = 1 − xn+1 .
Körperaxiome
Im letzten Abschnitt haben wir zum Herleiten einiger Formeln für reelle Zahlen wie selbstverständlich einige aus der Schule bekannte Regeln verwendet. In
den nächsten Abschnitten gehen wir einen Schritt zurück und fragen uns, welche Regeln wirklich essentiell sind und welche aus den anderen folgen. Das Ziel
ist, die reellen Zahlen axiomatisch zu charakterisieren, d.h. einen möglichst kleinen Regelsatz (in Form von sogenannten Axiomen) zu finden, der bereits die
Eindeutigkeit der reellen Zahlen sicherstellt. Wir setzen im Weiteren keinerlei
Vorkenntnisse über R voraus. Die rationalen Zahlen Q werden weiterhin als bekannt vorausgesetzt.
Definition 2.1. Ein Körper ist ein Tripel (K, +, ·) bestehend aus einer Menge
K und zwei Verknüpfungen
+ :K × K → K
· :K × K → K
(a, b) 7→ a + b,
(a, b) 7→ a · b,
das den folgenden Axiomen (Regeln) genügt:
a) Für alle x, y ∈ K gelten die Kommutativgesetze
x + y = y + x,
(AK)
x · y = y · x.
(MK)
b) Für alle x, y, z ∈ K gelten die Assoziativgesetze
x + (y + z) = (x + y) + z,
(AA)
x · (y · z) = (x · y) · z.
(MA)
c) Es gibt Elemente 0, 1 ∈ K mit 0 6= 1, so dass für alle x ∈ K gilt:
x + 0 = x,
(AN)
x · 1 = x.
(MN)
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2. Körperaxiome
(i) Zu jedem Element x ∈ K gibt es ein Element −x ∈ K derart, dass
x + (−x) = 0
(AI)
ein neutrales Element der Addition ist.
(ii) Ist x ∈ K nicht ein neutrales Element der Addition, so gibt es ein
x−1 ∈ K mit
x · x−1 = 1.
(MI)
d) Es gilt für alle x, y, z ∈ K das Distributivgesetz
x · (y + z) = x · y + x · z.
(D)
Beispiel.
a) Die rationalen Zahlen Q bilden zusammen mit + und · einen
Körper.
b) Es ist nicht schwer einzusehen, dass es einen Körper gibt, der aus genau 2
Elementen besteht. Allgemeiner werden Sie in der Linearen Algebra einsehen, dass es für jede Primzahl p einen Körper Fp gibt, der aus genau p
Elementen besteht.
c) Die nichtnegativen rationalen Zahlen bilden keinen Körper, denn es fehlt
die Existenz des additiv Inversen. Die ganzen Zahlen Z bilden auch keinen
Körper – hier liegt es am Fehlen des multiplikativ Inversen.
Körperaxiome der reellen Zahlen. Auf den reellen Zahlen R sind zwei
Verknüpfungen +, · definiert derart, dass (R, +, ·) ein Körper ist.
Bemerkung 2.2. Es sei (K, +, ·) ein Körper.
a) Das neutrale Element der Addition 0 ist eindeutig.
b) Das neutrale Element der Multiplikation 1 ist eindeutig.
c) Das additiv Inverse ist eindeutig. Etwas allgemeiner gilt
x + y1 = x + y2 ⇒ y1 = y2 .
d) Das multiplikativ Inverse ist eindeutig. Genauer gilt für
x ∈ K \ {0}, y1 , y2 ∈ K
x · y1 = x · y2 ⇒ y1 = y2 .
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2. Körperaxiome
e) Für alle x ∈ K ist 0 · x = 0.
f ) Für alle x ∈ K ist −(−x) = x.
g) Für alle x ∈ K \ {0} ist (x−1 )−1 = x.
h) Ist −1 das additiv Inverse zu 1 und x ∈ K, so gilt (−1) · x = −x, d.h.
(−1) · x ist additiv invers zu x.
i) Für alle x, y ∈ K ist (−x) · (−y) = x · y.
Beweis.
a) Seien 01 , 02 neutrale Elemente der Addition. Dann ist
(AN)
(AK)
(AN)
01 = 01 + 02 = 02 + 01 = 02 .
b) Analog.
c) Es gelte x + y1 = x + y2 und es bezeichne −x ein additiv inverses Element
zu x. Dann ist
− x + (x + y1 ) = −x + (x + y2 ),
mit (AA) folgt
(−x + x) + y1 = (−x + x) + y2
und wir erhalten
y1 = 0 + y1 = 0 + y2 = y2 .
d) Analog.
e) Es gilt
0 · x = (0 + 0) · x = 0 · x + 0 · x,
also auch
0·x+0=0·x+0·x
und aus c) folgt
0 · x = 0.
12
2. Körperaxiome
f) Aus
0 = x + (−x) = (−x) + x
und
0 = (−x) + (−(−x))
folgt mittels c)
x = −(−x).
g) Analog.
h) Es ist
(D)
x + (−1) · x = (1 + (−1)) · x
(AI)
e)
= 0 · x = 0.
Also ist (−1)x das eindeutig bestimmte additive Inverse −x von x.
i) Zuletzt ist
(−x) · (−y)
=
(MA)+(MK)
=
h)
=
f
=
=
((−1) · x) · ((−1)y)
((−1) · (−1)) · xy
(−(−1)) · xy
1 · xy
xy
und dies beendet den Beweis.
Konvention. In Körpern gilt Punkt- vor Strichrechnung.
Definition 2.3. Für y ∈ K \ {0} und x ∈ K ist
x
y
:= x · (y −1 ),
x − y := x + (−y).
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3. Angeordnete Körper
Seien x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn ∈ K.
Allgemeines Assoziativgesetz :
x1 + . . . + xn := ((. . . ((x1 + x2 ) + x3 ) . . .) + xn ).
Die Wahl der Klammern ist dabei unerheblich.
Allgemeines Kommutativgesetz : Für {i1 , . . . , in } = {1, . . . , n} ist
x1 + . . . + xn = xi1 + . . . + xin .
Folgerung: Sind aij ∈ K für 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m, so gilt
n X
m
X
aij =
i=1 j=1
m X
n
X
aij .
j=1 i=1
Allgemeines Distributivgesetz :
n
X
i=1
! m 
n X
m
X
X


xi ·
yj =
x i yj .
j=1
i=1 j=1
In einem Körper K setzt man
x0 := 1K ,
xn := |x · .{z
. . · x} für alle n ∈ N, n > 0,
n-mal
0 · x := 0K ,
n · x := x
. . + x} für alle n ∈ N, n > 0.
| + .{z
n-mal
Im Allgemeinen gilt in einem Körper K nicht n · 1K 6= 0 für n ∈ N, n > 0.
3
Angeordnete Körper
Definition 3.1. Ein angeordneter Körper ist ein 4-Tupel (K, +, ·, K+ ) bestehend aus einem Körper (K, +, ·) und einer Teilmenge K+ ⊂ K von so genannten
positiven Zahlen derart, dass bei Einführung der Schreibweise
x > 0 :⇔ x ∈ K+
folgende Bedingungen gelten:
14
3. Angeordnete Körper
(A1) Für jedes x ∈ K gilt genau eine der folgenden Aussagen:
(i) x > 0,
(ii) x = 0 oder
(iii) −x > 0.
(A2) Für x, y ∈ K mit x > 0 und y > 0 folgt x + y > 0.
(A3) Für x, y ∈ K mit x > 0 und y > 0 folgt x · y > 0.
Für einen angeordneten Körper definiert man für x, y ∈ K
x > y :⇔ x − y > 0,
x < y :⇔ y > x,
x ≥ y :⇔ x > y ∨ x = y,
x ≤ y :⇔ x < y ∨ x = y.
Anordnungsaxiom der reellen Zahlen. Im Körper der reellen Zahlen gibt
es eine Teilmenge R+ derart, dass (R, +, ·, R+ ) ein angeordneter Körper ist.
Bemerkung 3.2. In einem angeordneten Körper gilt für alle x, y, z, a, b ∈ K:
a) Falls x 6= 0, ist x2 > 0.
b) 1 > 0.
c) x > 0 ⇔
1
x
> 0.
d) x > y ⇔ x + a > y + a.
e) Falls a > 0 ist, gilt x > y genau dann, wenn ax > ay ist.
e’) Falls a < 0 ist, gilt x > y genau dann, wenn ax < ay ist.
f ) [x > y ∧ y > z] ⇒ x > z.
g) [x > y > 0 ∧ a > b > 0] ⇒ ax > by.
Beweis.
a) Wegen x 6= 0 ist mit (A1) x > 0 oder −x > 0.
1. Fall: Falls x > 0, folgt aus (A3) x2 = x · x > 0.
2. Fall: Falls −x > 0, so folgt mit (A3) x2 = (−x) · (−x) > 0.
b) Mit a) folgt 1 = 12 > 0.
15
3. Angeordnete Körper
c) Aus x > 0 folgt mit (A3) und a)
1
x
=x·
1 2
x
> 0.
Die Rückrichtung folgt, wenn man die Rollen von x und
1
x
vertauscht.
d) Dies ist offensichtlich.
e) Aus x > y folgt x − y > 0 und mit (A3) a · (x − y) > 0, also ax > ay.
Ist umgekehrt ax > ay, so folgt
zunächst a · (x − y) > 0 sowie mit c) und
(A3) (x − y) = a1 · a · (x − y) > 0.
e’) Sei −a > 0. Dann gilt wegen d) x > y genau dann, wenn (−a) · x > (−a) · y
ist. Nach c) (addieren von a(x + y)) ist dies äquivalent zu ay > ax und
dies ist definitionsgemäß äquivalent zu ax < ay.
f) Gilt x > y und y > z, so folgt x − y > 0 und y − z > 0 und daraus
(x − y) + (y − z) > 0, was wiederum x > z liefert.
g) Aus e) folgt in zwei Schritten x · a > x · b > y · b. Die Behauptung folgt nun
aus f).
Bemerkung. In einem angeordneten Körper gilt nach Teil a) und b) der letzten
Bemerkung x2 + 1 > 0 für alle x ∈ K. Insbesondere hat in einem angeordneten
Körper die Gleichung x2 = −1 keine Lösungen.
Definition. Es seien M1 und M2 Mengen.
a) Eine Abbildung f : M1 → M2 ist eine Vorschrift, die jedem m ∈ M1 genau
ein f (m) ∈ M2 zuordnet. Die Menge M1 heißt dann Definitionsbereich und
M2 Wertebereich von f .
b) Eine Abbildung heißt injektiv, wenn für alle a, b ∈ M1 mit a 6= b auch
f (a) 6= f (b) folgt.
c) Eine Abbildung heißt surjektiv, wenn für alle y ∈ M2 ein x ∈ M1 existiert
mit f (x) = y.
d) Eine Abbildung heißt bijektiv, wenn sie sowohl injektiv als auch surjektiv
ist.
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3. Angeordnete Körper
Lemma 3.3. Es seien (K, +, ·, K+ ) ein angeordneter Körper und 0K und 1K die
neutralen Elemente der Addition bzw. Multiplikation in K. Die Abbildung
i : N → K,
n 7→ nK := i(n),
die induktiv definiert wird durch
i(0) := 0K ,
i(n + 1) := 1K + i(n),
ist injektiv und hat folgende Eigenschaften:
a) n > m in N ⇔ nK > mK in K.
b) (n + m)K = nK + mK .
c) (n · m)K = nK · mK .
Beweis.
b) Es gilt für n ∈ N, dass nK = n · 1K = 1K + . . . + 1K . Damit ergibt
|
{z
}
n-mal
sich aber
(n + m)K = 1K + . . . + 1K + 1K + . . . + 1K = nK + mK .
{z
} |
{z
}
|
n-mal
a) Es ist
m-mal
(n + 1)K = nK + 1K > nK .
Induktiv folgt nK > 0 für alle n > 0. Ist nun n > m, so folgt zusammen
mit b)
nK = mK + (n − m)K > mK .
Ist umgekehrt nK > mK , so folgt n > m, denn n ≤ m würde völlig analog
nK ≤ mK nach sich ziehen.
Dies impliziert insbesondere die Injektivität von i.
c) Man beweist die Aussage für festes m durch Induktion über n, Übung.
Satz 3.4. Es sei (K, +, ·, K+ ) ein angeordneter Körper. Dann gibt es genau eine
injektive Abbildung ι : Q → K mit ι(a · b) = ι(a) · ι(b) und ι(a + b) = ι(a) + ι(b)
für alle a, b ∈ Q. Es gilt für diese Abbildung darüber hinaus für alle a, b ∈ Q:
a > b in Q ⇔ ι(a) > ι(b) in K.
Außerdem sind ι(0) = 0 und ι(1) = 1.
17
3. Angeordnete Körper
Beweis. Wir zeigen zunächst die Existenz: Für n ∈ N \ {0} und m ∈ N setze
K
ι m
:= m
n
nK
K
:= − m
ι −m
n
nK ,
wobei nK wie in Lemma 3.3 definiert ist.
Behauptung. ι ist wohldefiniert.
Es ist zu zeigen: Sind m1 , m2 , n1 , n2 ∈ N mit n1 , n2 > 0 und
m1K
m2K
n1K = n2K . Setze dazu
m1
n1
=
m2
n2 ,
so folgt
m := m1 · n2 = m2 · n1 ,
n := n1 · n2 .
Dann gilt nach Lemma 3.3
mK
nK
=
=
n2K ·m1K
n2K ·n1K
n1K ·m2K
n2K ·n1K
=
=
m1K
n1K
m2K
n2K
und die Behauptung folgt.
Man verifiziert nun leicht für alle a, b ∈ Q:
ι(a · b) = ι(a) · ι(b),
ι(a + b) = ι(a) + ι(b).
Ist a > 0, so folgt ι(a) > 0 aus obiger Definition, und ist a ≤ 0, so folgt ι(a) ≤ 0,
d.h.
ι(a) > 0 ⇔ a > 0
und
ι(a) > ι(b) ⇔ ι(a − b) > 0 ⇔ a − b > 0 ⇔ a > b.
Dies impliziert die Injektivität von ι.
Eindeutigkeit von ι. Sei ι̃ eine weitere Abbildung wie im Satz. Es gilt ι̃(1) 6= 0,
denn andernfalls wäre ι̃(a) = ι̃(a) · ι̃(1) = 0 für alle a ∈ Q. Weiterhin gilt
ι̃(1) = ι̃(1) · ι̃(1)
und mit ι̃(1) 6= 0 folgt
ι̃(1) = 1K = ι(1).
Für alle n ∈ Z ist dann ι̃(n) = ι(n), also ι̃ = ι.
18
3. Angeordnete Körper
Wegen Satz 3.4 können und werden wir Q als Teilmenge eines beliebigen
angeordneten Körpers (K, +, ·, K+ ) auffassen.
Definition 3.5. Es sei (K, +, ·, K+ ) ein angeordneter Körper. Für x ∈ K setzt
man
(
x,
falls x ≥ 0,
|x| :=
−x, falls x < 0.
Bemerkung. Für alle x, y ∈ K ist
|x · y| = |x| · |y|
und für y 6= 0 außerdem
|x|
|y|
= xy .
Satz 3.6. Sei (K, +, ·, K+ ) ein angeordneter Körper. Für alle x, y ∈ K gilt die
Dreiecksungleichung
|x + y| ≤ |x| + |y|.
Beweis. Ohne Einschränkung gilt x ≥ y. Wir machen eine Fallunterscheidung:
1. Sei x, y ≥ 0. Dann folgt
|x + y| = x + y = |x| + |y|.
2. Sei x, y ≤ 0. Dann ist x + y ≤ 0 und somit
|x + y| = −x − y = |x| + |y|.
3. Sei zuletzt x ≥ 0 und y ≤ 0. Dann ist einerseits
x + y ≤ (x + y) − 2y = x − y = |x| + |y|,
andererseits
−x − y ≤ (−x − y) + 2x = x − y = |x| + |y|.
Archimedisches Axiom. Im angeordneten Körper der reellen Zahlen R gibt
es zu x, y ∈ R mit x > 0 ein n ∈ N mit nx > y.
19
3. Angeordnete Körper
Satz 3.7. Es sei (K, +, ·, K+ ) ein angeordneter Körper. Dann sind die folgenden
Aussagen äquivalent.
a) Es gilt das Archimedische Axiom.
b) Für alle x, ε ∈ K mit ε > 0 gibt es ein a ∈ Q ⊂ K mit |x − a| < ε.
c) Für alle x ∈ K gibt es ein z ∈ Z ⊂ Q ⊂ K mit |x − z| < 1.
Definition 3.8. In einem archimedisch angeordneten Körper (K, +, ·, K+ ) setzen wir für alle x ∈ K
[x] = max {n ∈ Z ⊂ K | n ≤ x}.
Es gilt 0 ≤ x − [x] < 1.
Beweis von Satz 3.7. Wir zeigen die Aussage durch Ringschluss:
a) ⇒ b)“: Seien x, ε ∈ K mit ε > 0 gegeben. Es ist zu zeigen, dass es ein a ∈ Q
”
mit |x − a| < ε gibt. Nach dem archimedischen Axiom existiert ein n ∈ N mit
n · ε > 1, also ε > n1 . Setze m := [nx]. Wegen 0 ≤ nx − m < 1 ist dann
0≤
nx
n
−
m
n
<
1
n
und dies liefert
0≤x−
m
n
<
1
n
< ε.
b) ⇒ c)“: Sei x ∈ K gegeben. Wähle zu ε = 12 ein a ∈ Q mit |x − a| < 12 . Wähle
”
zu a ∈ Q ein z ∈ Z mit |a − z| ≤ 12 . Es gilt dann wegen der Dreiecksungleichung
|a − z| ≤ |x − a| + |a − z|
<
1
2
+
1
2
= 1.
c) ⇒ a)“: Es seien x, y ∈ K mit x > 0 gegeben. Es ist zu zeigen, dass es ein
”
n
∈ yN mit nx > y gibt. Ohne Einschränkung gilt y > 0. Wähle z ∈ Z mit
z − < 1. Dann ist
x
z+1−
y
x
>0
und es folgt
x(z + 1) > y.
20
4
4. Grenzwerte
Grenzwerte
In diesem Abschnitt bezeichnet (R̃, +, ·, R̃+ ) einen archimedisch angeordneten
Körper.
Definition 4.1. Eine Folge in R̃ ist eine Abbildung N → R̃, n 7→ an . Man
schreibt (an )n∈N oder (an ) oder (a0 , a1 , a2 , . . .).
Beispiel. Sei a ∈ R̃.
(i) an = a, n ∈ N (konstante Folge).
(ii) an = n1 .
(iii) an = 2n .
(iv) an = (−1)n .
Ist n0 ∈ Z, so heißt (an0 , an0 +1 , . . .) = (an )n≥n0 ebenfalls eine Folge.
Definition 4.2. Eine Folge (an )n∈N in R̃ heißt konvergent gegen a ∈ R̃ genau
dann, wenn Folgendes gilt: Für alle ε ∈ R̃ mit ε > 0 gibt es ein N ∈ N, so dass
für alle n ∈ N gilt: |an − a| < ε; oder äquivalent dazu: a − ε < an < a + ε.
Letzteres gilt wegen




an − a < ε
an < a + ε
 ⇐⇒  ∧

|an − a| < ε ⇐⇒  ∧
a − an < ε
an > a − ε
Notation. Eine ε−Umgebung von a ∈ R̃ ist die Menge
{x ∈ R̃ | |x − a| < ε} = {x ∈ R̃ | a − ε < x < a + ε} =]a − ε, a + ε[.
Dabei ist implizit klar, dass ε > 0 ist.
Umformulierung: (an ) ist konvergent gegen a genau dann, wenn jede ε−Umgebung von a alle bis auf endlich viele an enthält.
Schreibweise. (an )n∈N konvergent gegen a ∈ R̃ ⇔: limn→∞ an = a.
Korollar 4.3. Zu x ∈ R̃ gibt es eine Folge (an )n∈N von Zahlen in Q, d.h.
an ∈ Q ⊂ R̃, mit limn→∞ an = x.
21
4. Grenzwerte
Beweis. Nach Satz 3.7 gibt es zu ε = n1 ein an ∈ Q mit |x − an | < n1 .
Man zeigt nun limn→∞ an = x. Sei dazu ε > 0 gegeben. Wähle N ∈ N mit
N · ε > 1. Das ist nach dem archimedischen Axiom möglich. Dann ist ε > N1
und es folgt
|x − an | < n1 ≤ N1 < ε
für alle n ≥ N .
Satz 4.4. Es gilt:
a) an =
1
n
konvergiert gegen 0.
b) Für x ∈ R̃ mit |x| < 1 ist an = xn konvergent gegen 0.
Beweis von a). Sei ε > 0 gegeben. Wähle ein N ∈ N mit N · ε > 1 (archimedisches Axiom). Es gilt für alle n ≥ N
1
n
und somit
≤
1
N
1
− 0 =
n
<ε
1
n
< ε.
Lemma 4.5 (Bernoullische Ungleichung). Es sei h ∈ R̃ mit h ≥ −1, n ∈ N.
Dann gilt (1 + h)n ≥ 1 + n · h.
Beweis. (IB) n = 0: Klar.
(IS) n 7→ n + 1: Mit (1 + h) ≥ 0 gilt
(1 + h)n+1 = (1 + h) · (1 + h)n
IV
≥ (1 + h) · (1 + nh)
= 1 + h + nh + nh2
≥ 1 + (n + 1)h.
Jakob Bernoulli
1655-1705
Beweis von Satz 4.4 b). Ohne Einschränkung gilt |x| =
6 0.
1
Definiere h > 0 durch |x|
= 1 + h. Sei ε > 0 gegeben. Es ist zu zeigen, dass es
ein N ∈ N gibt mit
|x|n = |xn − 0| < ε
für alle n ≥ N .
Nach dem archimedischen Axiom gibt es ein N ∈ N mit
n
1
= (1 + h)n ≥ 1 + n · h > 1ε
|x|
für alle n ≥ N . Dann ist ε > |x|n für alle n ≥ N .
22
4. Grenzwerte
Satz 4.6. Sind (an )n∈N eine Folge in R̃ und a, a0 ∈ R̃ mit limn→∞ an = a und
limn→∞ an = a0 , so gilt a = a0 .
Beweis. Wir zeigen die Aussage durch Widerspruch.
0|
Angenommen, es ist a 6= a0 . Wähle zu ε = |a−a
> 0 ein N1 , N2 ∈ N mit
2
|a − an | < ε für alle n ≥ N1 ,
|a0 − an | < ε für alle n ≥ N2 .
Es folgt
2ε = |a − a0 | = |(a − an ) − (a0 − an )| ≤ |a − an | + |a0 − an | < ε + ε
für alle n ≥ max{N1 , N2 }. Die Aussage ist falsch. Also ist a = a0 .
Definition 4.7. Eine Folge (an )n∈N heißt nach oben (unten) beschränkt, wenn
es ein c ∈ R̃ gibt mit an ≤ c für alle n ∈ N (an ≥ c für alle n ∈ N). Eine Folge
heißt beschränkt, wenn sie nach oben und unten beschränkt ist. Eine Folge heißt
monoton wachsend (fallend), wenn an+1 ≥ an (an+1 ≤ an ) für alle n ∈ N gilt.
Satz 4.8. Eine konvergente Folge ist beschränkt.
Beispiel. Die Folge
(
1
an = (−1) =
−1
n
für gerade n
für ungerade n
ist beschränkt, aber nicht konvergent.
Beweis von Satz 4.8. Sei (an )n∈N konvergent. Setze a := lim an . Wähle zu ε = 1
ein N ∈ N mit |a − an | < 1 für alle n ≥ N. Setze
h := max{|a − a0 |, . . . , |a − aN −1 |, 1}.
Dann ist für alle n ∈ N
|a − an | ≤ h
und somit
a − h ≤ an ≤ a + h.
Satz 4.9 (Grenzwertsätze). Es seien (an ), (bn ) Folgen in R̃ mit limn→∞ an = a
und limn→∞ bn = b. Dann gilt:
23
4. Grenzwerte
a) limn→∞ (an + bn ) = a + b.
b) limn→∞ (an · bn ) = a · b.
c) limn→∞ (an − bn ) = a − b.
d) Gilt b 6= 0, so gibt es ein n0 ∈ N mit bn 6= 0 für alle n ≥ n0 und
limn→∞ abnn = ab .
e) Gilt an ≤ bn für alle n ∈ N, so folgt a ≤ b.
Beweis.
a) Sei ε > 0 gegeben. Es ist zu zeigen, dass es ein N ∈ N gibt mit
|(an + bn ) − (a + b)| < ε
für alle n ≥ N . Nach Voraussetzung gibt es zu ε1 :=
mit
|an − a| < ε1 =
|bn − b| < ε1 =
ε
2
ε
2
ε
2
Zahlen N1 , N2 ∈ N
für alle n ≥ N1 ,
für alle n ≥ N2 .
Dann ist
|(an + bn ) − (a + b)| ≤ |an − a| + |bn − b| <
ε
2
+
ε
2
=ε
für alle n ≥ max{N1 , N2 } = N .
b) Nach Satz 4.8 gibt es B1 , B2 ∈ R̃ mit
|an | ≤ B1 für alle n ∈ N,
|bn | ≤ B2 für alle n ∈ N.
Setze B := max{B1 , B2 , |a|, |b|}. Sei ε > 0 gegeben. Es ist zu zeigen, dass
ε
es ein N ∈ N gibt mit |an bn − ab| < ε für alle n ≥ N . Zu ε1 := 2B
gibt es
ein N1 ∈ N und ein N2 ∈ N mit
|a − an | < ε1 =
|b − bn | < ε1 =
ε
2B
ε
2B
für alle n ≥ N1 ,
für alle n ≥ N2 .
Es folgt
|ab − an bn | = |ab − abn + abn − an bn |
≤ |ab − abn | + |abn − an bn |
= |a| · |b − bn | + |a − an | · |bn |
≤B·
=ε
für alle n ≥ max{N1 , N2 } = N .
ε
2B
+
ε
2B
·B
24
4. Grenzwerte
c) Nach a) reicht es zu zeigen, dass limn→∞ −bn = −b ist. (Übung)
d) Es reicht limn→∞ b1n = 1b zu zeigen. Wähle zunächst zu ε0 =
mit |b − bn | ≤ 2b für alle n ≥ n0 . Dann ist für alle n ≥ n0
2|b| > |bn | > 2b .
|b|
2
ein n0 ∈ N
Es sei nun ε> 0 gegeben. Es ist zu zeigen, dass es ein N ∈ N mit N ≥ n0
2
und b1n − 1b < ε für alle n ≥ N gibt. Wähle dafür zu ε0 := b 2·ε > 0 ein
N ∈ N mit N ≥ n0 und |bn − b| < ε0 für alle n ≥ N . Dann ist für alle
n ≥ N ≥ n0
1
|b−b |
1
bn − b = |b·bnn| < ε.
e) Wir beweisen die Aussage durch Widerspruch. Angenommen, es ist a > b.
Wähle zu ε = a−b
2 ein N ∈ N mit |a − an | < ε und |b − bn | < ε für alle
n ≥ N . Dann gilt für jedes n ≥ N
|(a − b) − (an − bn )| < 2ε = a − b,
also
(a − b) − (an − bn ) < a − b
und es folgt an > bn . Dies ist ein Widerspruch.
Einschub: Quantoren, Verneinung von Aussagen.
Oft ist es hilfreich, mathematische Aussagen mithilfe von logischen Operatoren
auszudrücken. Von besonderer Bedeutung sind dabei der Existenzquantor, der
Allquantor und die Negation:
∃ =
ˆ existiert; es existiert ein; existieren,
∃! =
ˆ es existiert genau ein,
∀ =
ˆ für alle,
¬ =
ˆ nicht,
∧ =
ˆ und,
∨
=
ˆ oder,
gilt,
falls er einem ∀ folgt,
: =
ˆ
mit; derart, dass, falls er einem ∃ folgt.
25
4. Grenzwerte
Dabei gelten folgende Zusammenhänge: Es sei M eine Menge und für jedes
m ∈ M sei A(m) eine Aussage. Wir setzen
A := [∀ m ∈ M : A(m) ist wahr ] = [∀ m ∈ M : A(m) ],
B := [∃ m ∈ M : A(m) ist wahr ] = [∃ m ∈ M : A(m) ],
Dann gilt:
Die Aussage A ist falsch. ⇔ [∃ m ∈ M : ¬A(m)],
Die Aussage B ist falsch. ⇔ [∀ m ∈ M : ¬A(m)].
Etwas verkürzt kann man sich den Zusammenhang merken als
¬∀m ∈ M : . . . =
ˆ ∃m ∈ M : ¬ . . .
¬∃m ∈ M : . . . =
ˆ ∀m ∈ M : ¬ . . .
Bei Aussagen, die mehr als einen Quantor involvieren, kann man nach diesem
Muster Aussagen verneinen.
Oft wird die Menge M implizit beschrieben: ∀ε > 0 :“ kann man natürlich
”
komplizierter schreiben als ∀ε ∈ {x ∈ R | x > 0} :“.
”
Beispiel. In Quantorenschreibweise ist (vgl. Definition 5.1)
[an ist eine Cauchyfolge]
⇔ [Für alle ε > 0 gibt es ein N ∈ N mit |an − am | < ε für alle n, m ≥ N.]
⇔ [∀ε > 0 ∃N ∈ N : (∀n, m ≥ N : |an − am | < ε)].
Wir erhalten nun
[an ist keine Cauchyfolge]
⇔ [¬(∀ε > 0 ∃N ∈ N : (∀n, m ≥ N : |an − am | < ε))]
⇔ [∃ε > 0 ∀N ∈ N : ∃n, m ≥ N : |an − am | ≥ ε)].
Entsprechend drehen sich beim Verneinen von Aussagen die Rollen von ∧
und ∨ um. Sind A und B zwei Aussagen, so ist die Verneinung von A ∧ B
gegeben durch (¬A) ∨ (¬B). Analog ist ¬(A ∨ B) = (¬A) ∧ (¬B).
Notation. Sei A(m) eine Aussage für m ∈ M . Man schreibt
A(m) gilt für fast alle m ∈ M :⇔ {m ∈ M | A(m) ist falsch } ist endlich.
26
5
5. Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen
Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen
Definition 5.1. Sei (an )n∈N eine Folge in einem archimedisch angeordnetem
Körper. Die Folge (an )n∈N heißt eine Cauchyfolge, wenn es für alle ε > 0 ein
N ∈ N gibt, so dass |an − am | < ε für alle n, m ≥ N gilt.
Satz 5.2. Jede konvergente Folge ist eine Cauchyfolge.
Beweis. Es gelte limn→∞ an = a. Zu zeigen ist, dass (an ) eine Cauchyfolge ist.
Für ein gegebenes ε > 0 müssen wir also ein N ∈ N finden, so dass für alle
n, m ≥ N
|an − am | < ε
gilt. Nach Voraussetzung gibt es zu ε1 = 2ε > 0 ein N ∈ N mit |an − a| <
alle n ≥ N . Die Behauptung folgt nun aus der Dreiecksungleichung.
ε
2
für
Vollständigkeitsaxiom. Jede reelle Cauchyfolge konvergiert.
Satz 5.3. Es sei (an )n∈N eine monotone beschränkte Folge in R. Dann ist
(an )n∈N konvergent.
Beweis. Wir nehmen ohne Einschränkung an, dass die beschränkte Folge (an )
monoton wachsend ist. Andernfalls können wir an durch −an ersetzen. Wegen des Vollständigkeitsaxioms reicht es nachzuweisen, dass an eine Cauchyfolge
ist. Wir argumentieren mittels Widerspruch und nehmen an, dass (an ) keine
Cauchyfolge ist. Wie im Einschub erläutert bedeutet dies: Es gibt ein ε > 0
derart, dass
∀N ∈ N : (∃n, m ≥ N : |an − am | ≥ ε)
(5.1)
Wir wollen nun mit Hilfe dieser Aussage Folgendes verifizieren.
Behauptung. Es gibt natürliche Zahlen n0 < n1 < . . . mit anj − anj−1 ≥ ε für
alle j ≥ 1.
Wir wollen nj induktiv definieren.
(IB) Wähle n0 = 0.
(IV) Es seien bereits n0 < . . . < nj definiert mit anh − anh−1 ≥ ε für alle h mit
1 ≤ h ≤ j.
(IS) Gesucht ist nun ein nj+1 mit anj+1 − anj ≥ ε. Wir benutzen die Aussage
(5.1) für N = nj . Mithin gibt es l ≥ m ≥ nj mit |al − am | ≥ ε. Da (an ) monoton
wachsend ist, impliziert dies al − anj ≥ ε. Also können wir nj+1 = l definieren.
Damit ist die Behauptung bewiesen. Um nun einen Widerspruch zu bekommen zeigen wir, dass (an ) unbeschränkt ist. In der Tat folgt anj ≥ a0 + jε und
5. Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen
27
nach dem archimedischen Axiom gibt es zu jeder Zahl S ∈ R ein j ∈ N derart, dass die rechte Seite der Ungleichung größer als S ist. Folglich ist an nicht
nach oben beschränkt und wir erhalten einen Widerspruch. Damit ist der Satz
bewiesen.
Satz 5.4. Es sei M ⊂ R eine nicht leere Teilmenge, die nach oben beschränkt
ist. Dann besitzt M genau eine kleinste obere Schranke.
Beweis. Die Eindeutigkeit ist offensichtlich. Wir zeigen also die Existenz. Dazu
setze als die Menge der oberen Schranken
S := {c | c ist obere Schranke von M }
=
{c | ∀x ∈ M : x ≤ c}.
Es ist nun zu zeigen, dass S ein kleinstes Element besitzt. Wähle dazu N ∈ N
mit N ∈ S und setze für alle n ∈ N
n o
S(n) = 2kn k ∈ Z, ∀x ∈ M : x ≤ 2kn ≤ N .
Offenbar gilt S(n) ⊂ S und N ∈ S(n). Sei x0 ∈ M und z0 ∈ Z mit z0 ≤ x0 . Ist
nun 2kn ≥ x für alle x ∈ M , so ist insbesondere auch 2kn ≥ x0 ≥ z0 , also gilt
n o
S(n) ⊂ 2kn k ∈ Z, z0 ≤ 2kn ≤ N .
Damit ist S(n) endlich und nicht leer. Setze an := min S(n).
Wir zeigen nun zunächst, dass (an )n∈N eine konvergente Folge ist, deren Grenzwert eine obere und
von M ist.
ksogar die kleinste kobere Schranke
Da an ∈ S(n) ⊂ 2n | k ∈ Z, z0 ≤ 2n ≤ N ist, sind z0 und N untere und
obere Schranken von (an )n∈N . Offenbar gilt S(n) ⊂ S(n + 1), was an+1 ≤ an
impliziert. Also ist (an )n∈N eine monotone beschränkte Folge und somit nach
Satz 5.3 konvergent.
Setze a := limn→∞ an . Sei x ∈ M beliebig. Da x ≤ an für jedes n ∈ N gilt, ist
auch x ≤ a. Da dies für alle x ∈ M gilt, ist a eine obere Schranke von M .
Um zu zeigen, dass a schon die kleinste obere Schranke ist, zeigen wir zunächst,
dass es eine Folge (bn )n∈N in M gibt mit an − 21n ≤ bn : Wäre an − 21n eine obere
Schranke von M , so wäre an − 21n ∈ S(n), was ein Widerspruch zu an = min S(n)
ist. Also gibt es ein bn ∈ M mit an − 21n ≤ bn . Ist a0 < a, so folgt a0 < an − 21n für
ein genügend großes n. Also ist a0 < bn und darum a0 ist keine obere Schranke.
Mithin ist a die kleinste obere Schranke.
Definition 5.5. Sei M ⊂ R.
28
5. Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen
a) Ist M nicht leer und nach oben beschränkt, so definiert man sup M als die
kleinste obere Schranke von M .
b) Ist M nach oben unbeschränkt, dann ist sup M = ∞.
c) Schließlich ist sup ∅ = −∞.
d) Die größte untere Schranke wird definiert durch inf M = − sup{−x | x ∈
M }.
Satz 5.6. Ist c > 0 und n ∈ N, n ≥ 1, so hat die Gleichung xn = c genau eine
√
√
positive Lösung n c und es gilt n c = sup{x | xn ≤ c}.
Bemerkung. Für x, y ≥ 0 gilt xn > y n ⇔ x > y.
Beweis von Satz 5.6. Die Eindeutigkeit folgt direkt aus der Bemerkung. Es genügt also, die Existenz zu zeigen.
Sei M = {x | xn ≤ c}. Wegen c > 0 ist (c + 1)n > c und zusammen mit xn ≤ c
folgt x ≤ c + 1. Also ist c + 1 eine obere Schranke für M . Außerdem ist 0 ∈ M ,
also ist M nicht leer. Nach Satz 5.4 besitzt M eine kleinste obere Schranke
a = sup M . Es bleibt an = c zu zeigen, da daraus das Gewünschte folgt.
Angenommen, es ist an > c. Aus den Grenzwertsätzen folgt limk→∞ (a− k1 )n > c.
Für ein genügend großes k gilt (a − k1 )n > c ≥ xn für alle x ∈ M . Dann ist auch
a − k1 ≥ x für alle x ∈ M . Also ist a − k1 eine obere Schranke von M . Dies ist
ein Widerspruch.
Angenommen, es ist an < c. Für ein genügend großes k gilt dann (a + k1 )n < c,
also a + k1 ∈ M . Dies ist ein Widerspruch, da a eine obere Schranke von M
ist.
√
n
Man definiert
0 := 0, n ≥ 1. Ist n ≥ 1 ungerade und c < 0, dann setzt man
√
√
n
c := − n −c.
Satz 5.7 (Schachtelungssatz). Seien (an ), (bn ) und (cn ) Folgen in einem archimedisch angeordneten Körper mit an ≤ bn ≤ cn für alle n. Gilt weiter
lim an = lim cn = a, so ist auch lim bn = a.
Beweis. Zu ε > 0 gibt es ein n0 ∈ N mit |an − a| ≤ ε und |cn − a| ≤ ε für alle
n ≥ n0 . Es folgt a − ε ≤ an ≤ bn ≤ cn ≤ a + ε. Daher gilt |bn − a| ≤ ε für alle
n ≥ n0 .
Beispiel. Es ist
√
a) n n → 1,
29
5. Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen
b) limn→∞
q
k
1
n
= 0.
Es gilt nämlich:
q b) Die Folge k n1
ist monoton fallend und beschränkt, also konvergent.
q k
Die Grenzwertsätze liefern, dass limn→∞ k n1
= limn→∞ n1 = 0 ist.
n∈N
a) Für n ≥ 2 ist 1 ≤
√
n
n. Weiterhin gilt
n X
k n q
q
n
n
2
2
1 + n−1
=
≥
·
n−1
k
2
2
n−1
= n,
k=0
zusammen also 1 ≤
die Behauptung.
q
√
2
n
. Mit dem Schachtelungssatz 5.7 folgt
n ≤ 1 + n−1
Satz 5.8. Es sei c > 0, a0 > 0 und an+1 := 12 (an +
c
an ).
a) Dann ist an konvergent mit Grenzwert limn→∞ an =
b) Setze (1 + fn ) :=
an
√
.
c
Dann gilt fn+1 =
√
c.
fn2
2(1+fn ) .
Beweis.
a) Wir zeigen zunächst in zwei Schritten, dass die nichtnegative Folge
(an )n∈N monoton fallend ist. Dann ist die Folge nach Satz 5.3 konvergent.
Genauer zeigen wir:
(i) Für alle n ≥ 1 ist (an )2 ≥ c.
(ii) Für alle n ≥ 1 ist an+1 ≤ an .
Für alle n ≥ 1 ist
(an )2 =
=
1
4
1
4
≥ c.
Daraus folgt weiter
an ≥
c
an
an−1 +
an−1 −
c
an−1
c
an−1
2
2
+c
30
5. Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen
und somit
an ≥
1
2
an +
c
an
= an+1 .
Also ist (an )n≥1 eine monoton fallende, nichtnegative Folge und somit konvergent, d.h. a = limn→∞ an existiert. Wegen
a2 = lim (an )2 ≥ c > 0
n→∞
ist a > 0. Die Grenzwertsätze liefern nun
a = lim an+1 = lim an +
n→∞
und somit a =
√
n→∞
c
an
=
1
2
a+
c
a
c.
b) Nach Definition von an und fn ist
an
1 + fn+1 = 21 √
+
c
√
c
an
Es folgt
1
2
fn+1 =
=
−1 + fn +
1
2
1
1+fn
Das Verfahren konvergiert also sehr schnell.
1 + fn +
=
1
1+fn
.
1 fn2
2 1+fn .
Der folgende Satz zeigt, dass die Köperaxiome und Anordnungsaxiome zusammen mit dem archimedischen Axiom und dem Vollständigkeitsaxiom die
reellen Zahlen in der Tat eindeutig charakterisieren.
Satz 5.9 (Eindeutigkeit der reellen Zahlen). Es sei R̃ ein archimedisch angeordneter vollständiger Körper. Dann gibt es eine bijektive Abbildung ῑ : R → R̃
derart, dass für alle x, y ∈ R gilt
ῑ(x ± y)
=
ῑ(xy)
=
ῑ( x1 )
=
ῑ(x) ± ῑ(y),
ῑ(x)ῑ(y),
1
ῑ(x) ,
x > 0 ⇔ ῑ(x) > 0,
ῑ(0)
=
0
ῑ(1)
=
1.
falls x 6= 0,
und
5. Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen
31
Lemma 5.10. Sei R̃ ein archimedisch angeordneter Körper und sei ι : Q → R̃
die nach Satz 3.4 eindeutig bestimmte Einbettung von Q in R̃. Weiter sei qn ∈ Q
für n ∈ N. Dann ist (ι(qn )) genau dann eine Cauchyfolge in R̃, wenn (qn ) eine
Cauchyfolge in Q ist. Weiterhin ist (ι(qn )) genau dann eine Nullfolge in R̃, wenn
(qn ) eine Nullfolge in Q ist.
Beweis. Nach Definition 5.1 ist (ι(qn )) eine Cauchyfolge in R̃ genau dann, wenn
∀ε ∈ {x ∈ R̃ | x > 0} ∃N ∈ N : ∀n, m ≥ N : |ι(qn ) − ι(qm )| < ε.
Dies impliziert offensichtlich
∀ε ∈ {x ∈ Q | x > 0} ∃N ∈ N : ∀n, m ≥ N : |ι(qn ) − ι(qm )| < ι(ε),
was wiederum äquivalent dazu ist, dass (qn ) eine Cauchyfolge in Q ist, da die
letzte Ungleichung gemäß Satz 3.4 äquivalent zu |qn − qm | < ε ist.
Sei nun umgekehrt (qn ) eine Cauchyfolge in Q. Dann gibt es zu einem beliebigem ε ∈ {x ∈ R̃ | x > 0} ein positives k ∈ N mit ι k1 < ε, da nach Satz 4.4
ι( k1 ) k≥1 eine Nullfolge in R̃ ist. Zur rationalen Zahl ε2 = k1 > 0 gibt es dann
aber ein N ∈ N mit
|qn − qm | <
1
k
für alle n, m ≥ N .
Mit Satz 3.4 folgt
|ι(qn ) − ι(qm )| < ι
1
k
< ε für alle n, m ≥ N .
und also ist ι(qn ) eine Cauchyfolge in R̃. Der Beweis des zweiten Teils des Lemmas ist ähnlich.
Beweis von Satz 5.9. Wie zuvor gehen wir davon aus, dass Q nicht nur bis auf
Isomorphie ein Unterkörper von R ist, sondern dass tatsächlich Q ⊂ R gilt. Nach
Satz 3.4 gibt es eine kanonische injektive Abbildung ι : Q → R̃, die mit Addition,
Subtraktion und Multplikation verträglich ist. Wir wollen nun zeigen, dass wir
ι zu einer Abbildung ῑ : R → R̃ wie im Satz fortsetzen können. Der Begriff des
Grenzwertes ist sowohl in R als auch in R̃ erklärt. Wir reservieren das Symbol
f
lim für eine Grenzwertbildung in R und schreiben in R̃ abweichend lim.
Sei nun x ∈ R beliebig. Nach Korollar 4.3 gibt es eine Folge rationaler Zahlen
qn ∈ Q mit limn→∞ qn = x. Nach Lemma 5.10 ist dann (ι(qn )) eine Cauchyfolge
in R̃ und da auch R̃ vollständig ist, ist sie konvergent. Wir setzen
ῑ(x) := ]
lim ι(qn ).
n→∞
32
5. Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen
Wir müssen zunächst überlegen, dass dies wohldefiniert ist. Ist pn ∈ Q eine
weitere Folge rationaler Zahlen mit limn→∞ pn = x, so ist (qn −pn ) eine rationale
Nullfolge in R. Wegen Lemma 5.10 ist (qn − pn ) eine Nullfolge in Q, und weiter
f n→∞ ι(qn ) =
ist (ι(qn − pn )) = (ι(qn ) − ι(pn )) eine Nullfolge in R̃. Also folgt lim
f
limn→∞ ι(pn ).
Es seien x, y ∈ R beliebig. Wir wählen rationale Folgen (pn ) und (qn ) mit
x = limn→∞ pn und y = limn→∞ qn . Aus den Grenzwertsätzen in R̃ und R folgt
dann
ῑ(x ± y) = ῑ lim (pn ± qn ) = ]
lim ι(pn ) ± ι(qn ) = ῑ(x) ± ῑ(y).
n→∞
n→∞
Analog sieht man ῑ(x · y) = ῑ(x) · ῑ(y).
Für x 6= 0 ist 1 = ῑ(x−1 x) = ῑ(x−1 )ῑ(x). Dies impliziert ῑ(x) 6= 0 und
−1
ῑ(x ) = ῑ(x)−1 .
Weiterhin folgt die Injektivität von ῑ, da aus ῑ(a) = ῑ(b) auch ῑ(a − b) = 0
folgt, was a − b = 0 impliziert, denn x = a − b 6= 0 würde, wie eben gesehen,
ῑ(a − b) 6= 0 nach sich ziehen.
Um zu sehen, dass ῑ surjektiv ist, wählen wir gemäß Korollar 4.3 zu y ∈ R
f n→∞ ι(qn ) = y. Da die Cauchyfolge
eine Folge rationaler Zahlen qn ∈ Q mit lim
f n→∞ qn = x und aus der
(qn ) konvergent in R ist, gibt es also x ∈ R mit lim
Definition von ῑ folgt ῑ(x) = y.
Schließlich ist noch zu zeigen, dass x > 0 in R äquivalent ist zu ῑ(x) > 0
in R̃. Ist x > 0, so gibt es ein a ∈ R \ {0} mit a2 = x (Satz 5.6) und es
folgt ῑ(x) = ῑ(a)2 > 0. Ist x ≤ 0, so gibt es ein a ∈ R mit a2 = −x und es
folgt −ῑ(x) = ῑ(a)2 ≥ 0 und somit ῑ(x) ≤ 0. Damit ist die Äquivalenz aber
bewiesen.
Satz 5.11. Es sei M eine nach oben beschränkte nicht leere Teilmenge von R.
Dann gibt es zu jedem ε > 0 ein x ∈ M mit (sup M − ε) < x ≤ sup M .
Beweis. Setze a = sup M und sei ε > 0. Da a die kleinste obere Schranke ist,
ist a − ε keine obere Schranke von M . Mithin gibt es x ∈ M mit a − ε < x.
Außerdem ist natürlich x ≤ a, da a eine obere Schranke ist.
Definition 5.12. Sei (an )n∈N eine Folge in R.
a) Sind n0 < n1 < . . . natürliche Zahlen, so heißt (ank )k∈N eine Teilfolge von
(an )n∈N .
b) Ein a ∈ R heißt ein Häufungspunkt von (an )n∈N , falls für alle ε > 0 die
Menge {n ∈ N | |an − a| < ε} unendliche Ordnung hat.
33
5. Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen
Bemerkung 5.13. Für eine Folge (an )n∈N und a ∈ R sind äquivalent:
a) a ist ein Häufungspunkt von (an )n∈N .
b) Es gibt eine Teilfolge (ank )k∈N mit limk→∞ ank = a.
Beweis. Wir zeigen zunächst a) ⇒ b)“. Da a ein Häufungspunkt ist, ist für
”
jedes k ∈ N die Menge
1
Mk = n | |a − an | < k+1
.
unendlich groß. Wir können nun natürliche Zahlen n0 < n1 < . . . finden mit
ank ∈ Mk . Dies kann zum Beispiel mittels Induktion zeigen.
(IB) k = 0. Wähle n0 ∈ M0 beliebig.
(IV) Es seien bereits n0 < . . . < nk definiert mit ah ∈ Mh , h = 0, . . . , k.
(IS) k 7→ k + 1: Da Mk+1 ⊂ N unendlich ist, gibt es nk+1 > nk mit nk+1 ∈ Mk+1 ,
zum Beispiel können wir das eindeutig bestimmte minimale Element nk+1 ∈ N
mit diesen Eigenschaften auswählen.
1
Die so definierte Teilfolge (ank )k∈N erfüllt nun |a − ank | < k+1
. Mit dem
Schachtelungssatz folgt limk→∞ |a − ank | = 0 und also limk→∞ ank = a.
b) ⇒ a)“: Sei ank eine Teilfolge mit limk→∞ ank = a. Für ε > 0 gibt es dann
”
ein k0 , so dass
|ank − a| < ε
für alle k ≥ k0 ist. Also ist
{nk | k ≥ k0 } ⊂ {n ∈ N | |an − a| < ε}
und mithin sind beide Mengen unendlich groß.
Satz 5.14 (Bolzano Weierstraß). Jede beschränkte Folge besitzt eine konvergente
Teilfolge.
Bernhard Bolzano
(1781-1848)
Karl Weierstraß
(1815-1897)
Beweis. Es sei (an )n∈N eine beschränkte Folge. Wähle C ∈ R mit an ≥ C für
alle n ∈ N. Setze
bk := sup{an | n ≥ k}.
34
5. Das Vollständigkeitsaxiom und Folgerungen
Es gilt bk ≥ C sowie bk+1 ≤ bk für alle k ∈ N. Wegen Satz 5.3 ist bk konvergent.
Wir setzen b := limk→∞ bk und nach Bemerkung 5.13 reicht es zu zeigen, dass b
ein Häufungspunkt von (an )n∈N ist.
Sei dazu ein ε > 0 gegeben. Es ist zu zeigen, dass {n | |an − b| < ε} nicht
endlich ist. Wir wählen ein k0 ∈ N mit |bk − b| < 2ε für alle k ≥ k0 . Außerdem
wählen wir gemäß Satz 5.11 zu jedem bk := sup{an | n ≥ k} ein nk ≥ k mit
|bk − ank | < 2ε . Zusammen ergibt sich
|b − ank | < |bk − ank | + |bk − b| < ε für alle k ≥ k0 .
Folglich ist
{nk | k ≥ k0 } ⊂ {n | |an − b| < ε}.
Da nk ≥ k für alle k ∈ N gilt, ist klar, dass die erste Menge und mithin die
zweite Menge nicht endlich ist.
Definition 5.15. Es sei (an )n∈N eine reelle Folge. Dann definiert man:
a) lim supn→∞ an = ∞, falls an nach oben unbeschränkt ist.
b) lim supn→∞ an = limn→∞ sup{ak | k ≥ n} , falls an nach oben beschränkt
ist und die rechte Seite existiert.
c) lim supn→∞ an = −∞, falls an nach oben beschränkt ist und die rechte
Seite der Gleichung in b) nicht existiert.
d) lim inf n→∞ an = − lim supn→∞ −an .
e) Gilt lim supn→∞ an = −∞ bzw. lim inf n→∞ an = ∞, so sagen wir die
”
Folge ist bestimmt divergent gegen −∞ bzw. ∞“. Wir schreiben dann
kürzer limn→∞ an = −∞ bzw. limn→∞ an = ∞.
Dabei ist zu beachten, dass für eine nach oben beschränkte Folge die Folge
auf der rechte Seite der Gleichung in b) monoton fallend ist und ihr Grenzwert
genau dann existiert, wenn sie nach unten beschränkt ist.
Beispiel 5.16.
a) Die Folge an = (−1)n hat genau die beiden Häufungspunkte 1 = lim sup an und −1 = lim inf an .
b) Ist k eine positive ganze Zahl, so hat die Folge an = k · nk − nk die
Häufungspunkte 0, 1, . . . , k − 1.
6. Konstruktion der reellen Zahlen
35
c) Ist x > 0 eine irrationale Zahl und an = nx − [nx], dann ist das Einheitsintervall [0, 1] = {y | 0 ≤ y ≤ 1} die Menge der Häufungspunkte von (an ).
(Übung)
d) Die Folge an = n · (−1 + (−1)n ) ist nach unten unbeschränkt. Es gilt
lim supn→∞ an = 0 und lim inf n→∞ an = −∞.
e) Es gilt limn→∞ 2n = ∞.
Bemerkung.
a) Für den Fall einer beschränkten Folge (an ) haben wir im
Beweis von Satz 5.14 gezeigt, dass lim sup an ein Häufungspunkt von (an )
ist, und der Beweis überträgt sich wortgleich auf den allgemeineren Fall
lim sup an 6= ±∞. Es ist dann leicht einzusehen, dass lim sup an der größte
Häufungspunkt ist.
b) Es gilt
lim sup an = inf{x ∈ R | an ≤ x für fast alle n}.
Insbesondere impliziert lim sup an < x, dass sich fast alle Folgenglieder
an links von x befinden“. Wegen der Konvention inf ∅ = ∞ stimmt die
”
Gleichung selbst im Falle einer nach oben unbeschränkten Folge.
6
Konstruktion der reellen Zahlen
In den Abschnitten 2–5 haben wir gesehen, dass es bis auf Isomorphie höchstens
einen archimedisch angeordneten vollständigen Körper gibt, vgl. Satz 5.9. Weiterhin haben wir diverse Eigenschaften eines solchen Körpers bewiesen. Offen bleibt jedoch die Existenz eines archimedisch angeordneten vollständigen
Körpers. Man kann den Standpunkt vertreten, dass es gleichsam unvernünftig
wäre, nicht an die Existenz der reellen Zahlen zu glauben, und es daher eine
lässliche Sünde ist, dieses Problem zu ignorieren. Tatsächlich wird der Existenzbeweis auch im Weiteren keine Rolle spielen, da wir die Eigenschaften der reellen
Zahlen aus den Axiomen ableiten werden und niemals die in diesem Abschnitt
verwendete Definition benutzen werden.
Nichtsdestotrotz ist es natürlich wichtig zu wissen, dass man die reellen Zahlen auch konstruieren kann. Deswegen werden wir in diesem Abschnitt ausgehend von der Existenz der rationalen Zahlen einen archimedisch angeordneten
vollständigen Körper konstruieren. Dass der naheliegendste Weg nicht unbedingt
der einfachste und sauberste ist, illustriert vielleicht die folgende
36
6. Konstruktion der reellen Zahlen
Bemerkung. Wenn wir uns die Menge der reellen Zahlen wie in der Schule
durch die Menge aller Dezimalbruchentwicklungen gegeben denken, dann gibt
es keine endliche Formel, die die Addition definiert, denn zu jedem n kann
man Zahlen in x, y ∈ [0, 1] finden derart, dass die n-te Nachkommastelle von
y darüber mitentscheidet“, was die erste Nachkommastelle von x + y ist. Seien
”
x = 0, 244 . . . 46, y1 = 0, 355 . . . 51 und y2 = 0, 355 . . . 57.
Dabei seien die Zahlen 6, 1 und 7 an der n-ten Nachkommastelle. Es gilt dann
x + y1 = 0, 59 . . . 97, aber x + y2 = 0, 60 . . . 03.
Die rationalen Zahlen bilden einen archimedisch angeordneten Körper und
insbesondere können wir über konvergente Folgen und Cauchyfolgen in Q reden.
Satz 6.1. Sei (xn ) eine Cauchyfolge in Q. Dann gilt genau eine der drei folgenden Aussagen.
a) (xn ) ist eine Nullfolge.
b) (xn ) ist asymptotisch positiv, d.h. es gibt positive ganze Zahlen k und n0
mit xn ≥ k1 für alle n ≥ n0 .
c) (xn ) ist asymptotisch negativ, d.h. es gibt positive ganze Zahlen k und n0
mit xn ≤ − k1 für alle n ≥ n0 .
Ist (yn ) eine rationale Nullfolge, so ist (xn +yn ) genau dann asymptotisch positiv,
wenn (xn ) asymptotisch positiv ist.
Beweis. Es ist offensichtlich, dass es keine Folge gibt, für die mehr als eine der
drei Aussagen gilt. Wir können also annehmen, dass (xn ) keine Nullfolge ist,
und müssen zeigen, dass (xn ) einer der anderen beiden Aussagen genügt.
Da (xn ) keine Nullfolge ist, gibt es ein positives ε ∈ Q mit
|xn | = |xn − 0| ≥ ε für unendlich viele n.
Da xn eine Cauchyfolge ist, gibt es n0 ∈ N mit
|xn − xm | ≤
ε
2
für alle n, m ≥ n0 .
Wir können nun ein n1 ≥ n0 finden mit |xn1 | ≥ ε. Es gilt dann für alle n ≥ n0
|xn − xn1 | ≤
|xn1 |
2 .
6. Konstruktion der reellen Zahlen
37
Ist nun xn1 > 0, so folgt
xn ≥
x n1
2
> 0 für alle n ≥ n0
und folglich ist (xn ) ist asymptotisch positiv. Ist xn1 < 0, so folgt
xn ≤
x n1
2
< 0 für alle n ≥ n0
und folglich ist (xn ) ist asymptotisch negativ. Der Zusatz ist offensichtlich.
Lemma 6.2. Seien (xn ) und (yn ) zwei Cauchyfolgen in Q. Dann gilt:
a) (xn ± yn ) sowie (xn · yn ) sind Cauchyfolgen.
b) Ist (xn ) eine Nullfolge, so auch (xn · yn ).
c) Ist (yn ) keine Nullfolge, dann gibt es ein n0 mit yn 6= 0 für alle n ≥ n0
und die Folge
0 für n < n0
zn =
1
yn für n ≥ n0
ist auch eine Cauchyfolge.
Der Beweis des Lemmas ist ganz ähnlich zum Beweis der Grenzwertsätze
(Satz 4.9) und sei dem Leser als Übung überlassen.
Für die Konstruktion von R stellen wir uns auf den Standpunkt, dass jede
rationale Cauchyfolge eine reelle Zahl repräsentiert, nämlich ihren Grenzwert.
Das ist etwas paradox, da wir ja, ohne die Existenz von R anzunehmen, gerade
nicht wissen, was der Grenzwert ist. Aber wir können sagen, wann zwei Cauchyfolgen (an ) und (bn ) denselben Grenzwert repräsentieren: Das ist genau dann
der Fall, wenn (an − bn ) eine Nullfolge ist. Dies motiviert Teil c) der folgenden
Definition.
Definition 6.3.
a) Sei M eine Menge. Eine Relation auf M ist eine Teilmenge R ⊂ M × M . Wir sagen, dass x ∈ M in Relation zu y ∈ M
steht, kurz x ∼ y, genau dann, wenn (x, y) ∈ R ist. Eine Relation heißt
Äquivalenzrelation, wenn Folgendes gilt:
(i) Für alle x ∈ M gilt x ∼ x (Reflexivität).
(ii) Für alle x, y ∈ M gilt x ∼ y ⇒ y ∼ x (Symmetrie).
(iii) Für alle x, y, z ∈ M gilt x ∼ y ∧ y ∼ z ⇒ x ∼ z (Transitivität).
38
6. Konstruktion der reellen Zahlen
b) Ist auf einer Menge M eine Äquivalenzrelation gegeben, so definiert man
für x ∈ M die zugehörige Äquivalenzklasse [x] ⊂ M durch
[x] = {y ∈ M | y ∼ x}.
Dann bezeichnet M/ ∼:= {[x] | x ∈ M } die Menge der Äquivalenzklassen.
c) Auf der Menge C = {(an )n∈N | (an ) ist Cauchyfolge in Q} definieren wir
eine Relation durch
(an ) ∼ (bn ) :⇔ (an − bn ) ist eine Nullfolge.
Wir sagen dann, dass (an ) und (bn ) asymptotisch gleich sind.
Man sollte Äquivalenzklassen nicht mit der zuvor definierten Gaußklammer
verwechseln. Letztere spielt in diesem Abschnitt keine Rolle.
Beispiel.
a) Auf den ganzen Zahlen Z können wir eine Äquivalenzrelation
definieren durch [z ∼ m] :⇔ [z − m ist durch 2 teilbar]. In diesem Fall
gibt es genau zwei verschiedene Äquivalenzklassen, die geraden und die
ungeraden Zahlen.
b) Unter allen Studenten eines Hörsaals kann man eine Relation erklären
durch: A ∼ B :⇔ [Die in den Pässen eingetragenen Körpergrößen von A
und B sind gleich]. Dies ist eine Äquivalenzrelation, solange jeder über
genau einen Pass mit Größenangabe verfügt. Ist A laut Pass 1,83 m groß,
so besteht die Äquivalenzklasse [A] aus allen Studenten, die laut Pass 1,83
m groß sind.
c) Definiert man eine Relation zwischen den Studenten eines Hörsaals durch
A ∼ B :⇔ [Der Altersunterschied von A und B ist höchstens 90 Tage],
dann ist das in der Regel keine Äquivalenzrelation, da zwar die Symmetrie
und Reflexivität, nicht aber die Transitivität der Relation sicher gestellt
ist.
d) Definiert man eine Relation zwischen den Studenten eines Hörsaals durch:
A ∼ B :⇔ [A und B haben Schuhe an ihren rechten Füßen, deren Schuhgrößen übereinstimmen], so ist es eine Äquivalenzrelation, wenn jeder Schuhe an hat. Hat jedoch jemand Stiefel an, fehlt die Reflexivität.
e) Die Relation ≤ auf Q ist keine Äquivalenzrelation, denn es fehlt die Symmetrie.
6. Konstruktion der reellen Zahlen
39
f) Ist f : M1 → M2 eine Abbildung zwischen Mengen , so kann man auf
M1 eine Äquivalenzrelation erklären durch x ∼ y :⇔ f (x) = f (y). Ist
f surjektiv, dann gehört zu jedem z ∈ M2 genau eine Äquivalenzklasse,
nämlich die Menge {x ∈ M1 | f (x) = z}. Im Prinzip kann man jede
Äquivalenzrelation ∼ auf einer Menge M so beschreiben. Als Abbildung
kann man M → M/ ∼, x 7→ [x] wählen.
Lemma 6.4.
a) Zwei Äquivalenzklassen einer Äquivalenzrelation auf M sind
entweder gleich oder disjunkt: Für x, y ∈ M folgt aus x ∼ y die Gleichung
[x] = [y] und x 6∼ y zieht [x] ∩ [y] = ∅ nach sich.
b) Die Relation der asymptotischen Gleichheit ∼ auf der Menge C der rationalen Cauchyfolgen ist eine Äquivalenzrelation.
Beweis.
a) Sei x ∼ y. Dann impliziert x ∼ z wegen der Transitivität und
Symmetrie y ∼ z und umgekehrt. Also ist [x] = [y].
Für den zweiten Teil reicht es zu zeigen, dass aus [x] ∩ [y] 6= ∅ schon x ∼ y
und mithin [x] = [y] folgt. Sei z ∈ [x] ∩ [y]. Dann ist x ∼ z und z ∼ y, also
wegen der Transitivität auch x ∼ y.
b) Reflexivität und Symmetrie sind offensichtlich. Zur Transitivität: Es gelte
(xn ) ∼ (yn ) und (yn ) ∼ (zn ). Dann sind (xn − yn ) und (yn − zn ) Nullfolgen.
Nach den Grenzwertsätzen ist dann aber auch die Summe (xn − zn ) eine
Nullfolge und mithin (xn ) ∼ (zn ).
Wenn wir schon wüssten, dass es die reellen Zahlen R gäbe, dann wäre jede
Cauchyfolge aus C konvergent in R und zwei Cauchyfolgen wären genau dann
asymptotisch gleich, wenn sie denselben Grenzwert in R hätten. Wir könnten
also eine Bijektion zwischen den Äquivalenzklassen C/ ∼ und R definieren, indem
wir eine Äquivalenzklasse [(xn )n∈N ] auf den Grenzwert von (xn ) in R abbilden.
Auch wenn wir gerade nicht die Existenz der reellen Zahlen voraussetzen
wollen, zeigt diese Überlegung, dass es möglich sein sollte als zugrunde liegende
Menge für die reellen Zahlen die Menge der Äquivalenzklassen C/ ∼ zu wählen.
Satz 6.5 (Definition von R̄). Auf R̄ := C/ ∼ sind die Verknüpfungen
+ : R̄ × R̄ → R̄,
([(an )], [(bn )]) 7→ [(an + bn )]
· : R̄ × R̄ → R̄,
([(an )], [(bn )]) 7→ [(an · bn )]
und
wohldefiniert und (R̄, +, ·) ist ein Körper.
40
6. Konstruktion der reellen Zahlen
Beweis. Wir überprüfen die Wohldefiniertheit von ·. Zu zeigen ist hier: Für
Cauchyfolgen (xn ) und (yn ) mit (xn ) ∼ (an ) und (yn ) ∼ (bn ) ist (xn yn ) ∼ (an bn ).
Es gilt (xn · yn ) = (xn · bn ) + (xn · (yn − bn )). Nach Voraussetzung ist (yn − bn )
eine Nullfolge und wegen Lemma 6.2 ist dann auch (xn · (yn − bn )) eine Nullfolge.
Damit ergibt sich aber (xn · yn ) ∼ (xn · bn ). Analog folgt (xn · bn ) ∼ (an · bn ) und
damit die Behauptung.
Es ist nun leicht zu sehen, dass die meisten Körperaxiome sich unmittelbar
aus den Körperaxiomen für rationale Zahlen ergeben. Das neutrale Element der
Addition ist die Äquivalenzklasse der Nullfolgen, 0R̄ := [(0)n∈N ]. Das neutrale
Element der Multiplikation ist die Äquivalenzklasse der gegen 1 ∈ Q konvergenten Folgen, 1R̄ := [(1)n∈N ]. Das additiv Inverse von [(xn )] ist [(−xn )]. Ist
[(xn )] 6= 0R̄ , dann ist (xn ) keine Nullfolge und aus Lemma 6.2 folgt, dass es
eine rationale Cauchyfolge (zn ) gibt, für die (zn · xn ) konvergent gegen 1 ist. Die
Äquivalenzklasse [(zn )] ist somit ein multiplikativ Inverses zu [(xn )]. Kommutativgesetze, Assoziativgesetze und das Distributivgesetz folgen aus den entsprechenden Gesetzen für das Rechnen mit rationalen Zahlen.
Satz 6.6. Wir sagen, dass ein Element [(xn )] ∈ R̄ genau dann positiv ist ( zu
R̄+ gehört), wenn (xn ) asymptotisch positiv ist, vergleiche Satz 6.1. Diese Begriffsbildung ist wohldefiniert und (R̄, +, ·, R̄+ ) ist ein archimedisch angeordneter
Körper.
Beweis. Zur Wohldefiniertheit: Ist (xn ) ∼ (yn ) und ist (xn ) asymptotisch positiv, dann ist nach dem Zusatz von Satz 6.1 auch (yn ) asymptotisch positiv.
Weiterhin ist nach Satz 6.1 für jedes Element a = [(xn )] genau eine der
folgenden Aussagen richtig
• a = 0R̄ =
ˆ (xn ) ist eine Nullfolge.
• a > 0R̄ =
ˆ (xn ) ist asymptotisch positiv.
• −a > 0R̄ =
ˆ (xn ) ist asymptotisch negativ.
Es gilt also das Anordnungsaxiom (A1). Sind (xn ) und (yn ) asymptotisch positiv,
so offenbar auch (xn + yn ) sowie (xn · yn ). Damit ist klar, dass auch die anderen
beiden Anordnungsaxiome (A2) und (A3) erfüllt sind, vergleiche Definition 3.1.
Es bleibt, das archimedische Axiom zu überprüfen. Es seien a = [(xn )] und
b = [(yn )] in R̄ mit a > 0. Gesucht ist ein h ∈ N mit ha−b > 0. Dazu müssen wir
zeigen, dass für ein geeignetes h ∈ N die Folge (hxn − yn ) asymptotisch positiv
ist. Nach Voraussetzung gibt es eine positive ganze Zahl k derart, dass xn ≥ k1
für fast alle n gilt. Da die Cauchyfolge (yn ) beschränkt ist, gibt es eine positive
41
6. Konstruktion der reellen Zahlen
rationale Zahl L mit yn < L für alle n ∈ N. Da in Q das archimedische Axiom
gilt, gibt es ein h ∈ N mit hk > 2L. Damit folgt aber hxn − yn > L > 0 für fast
alle n und somit die Behauptung.
Satz 6.7. Der in den letzten beiden Sätzen definierte archimedisch angeordnete
Körper (R̄, +, ·, R̄+ ) ist vollständig.
Beweis. Zunächst eine Vorüberlegung: Da R̄ ein archimedisch angeordneter Körper ist, gibt es gemäß Satz 3.4 genau eine injektive Einbettung ι : Q → R̄ von Q
in R̄. Tatsächlich ist es nicht schwer zu sehen, dass
ι(q) = [(q)n∈N ]
ist. Die Äquivalenzklasse ι(q) wird also durch die konstante Folge (q) repräsentiert und die Äquivalenzklasse selbst besteht aus allen gegen q konvergenten
Folgen. Anders als in früheren Situationen werden wir in diesem Beweis q nicht
mit ι(q) identifizieren.
Wir müssen zeigen, dass in R̄ jede Cauchyfolge (ru )u∈N konvergiert. Das ist
zunächst einmal etwas verwirrend, da gemäß unserer Definition ja bereits die
(u)
Elemente ru = [(xn )n∈N ] durch Folgen repräsentiert werden. Wir überlegen
uns zunächst einen
Spezialfall. Wir nehmen zusätzlich an, dass jedes ru rational ist, d.h. im Bild
von ι ist. Wir können also ru durch eine konstante Folge repräsentieren. Es sei
au ∈ Q mit ι(au ) = ru .
Aus Lemma 5.10 folgt dann, dass (au )u∈N eine rationale Cauchyfolge ist.
Wir behaupten nun, dass (ru )u∈N gegen [(an )n∈N ] konvergiert. Die Differenz von
ru = ι(au ) und [(an )n∈N ] wird durch die Folge (au −an )n∈N repräsentiert. Mithin
ist zu zeigen, dass [(|au − an |)n∈N ]u∈N eine Nullfolge in R̄ ist.
Sei dazu ein ε1 = [(xn )n∈N ] > 0 gegeben. Die Folge (xn )n∈N ist also asymptotisch positiv und wir wählen eine hinreichend kleine positive rationale Zahl
ε derart, dass (xn − ε)n∈N asymptotisch positiv bleibt. Mit anderen Worten, es
gilt ι(ε) < ε1 in R̄. Da (au ) eine Cauchyfolge ist, gibt es u0 ∈ N mit
|au − av | <
ε
2
für alle u, v ≥ u0 .
Damit folgt aber auch, dass für alle u ≥ u0 die Ungleichung
ε − |au − an | >
ε
2
für fast alle n ∈ N gilt.
42
6. Konstruktion der reellen Zahlen
Folglich ist für u ≥ u0 die Folge (ε − |au − an |)n∈N asymptotisch positiv. Also
gilt in R̄
(|au − an |)n∈N < ι(ε) < ε1
für alle u ≥ u0 ,
was zu zeigen war.
Allgemeiner Fall. Wegen Satz 4.4 ist (ι(2−u ))u∈N eine Nullfolge in R̄. Nach
Satz 3.7 gibt es zu ru eine rationale Zahl qu ∈ Q mit |(ru − ι(qu ))| ≤ ι(2−u ).
Es gilt nun −ι(2−u ) ≤ (ru − ι(qu )) ≤ ι(2−u ). Aus dem Schachtelungssatz folgt
somit, dass auch (ru − ι(qu ))u∈N eine Nullfolge in R̄ ist. Insbesondere ist also
mit (ru ) auch (ι(qu ))u∈N eine Cauchyfolge in R̄. Der Spezialfall erlaubt uns auf
die Konvergenz von (ι(qu ))u∈N in R̄ zu schließen und mit den Grenzwertsätzen
folgt weiter, dass (ru ) gegen denselben Grenzwert konvergiert.
Bemerkung.
a) Es erscheint etwas unnatürlich, dass man beim Rechnen mit
reellen Zahlen tatsächlich mit Äquivalenzklassen von rationalen Cauchyfolgen hantiert. Aber natürlich kann man für jede Bijektion σ : R̄ → M auf
der Menge M die Struktur eines archimedisch angeordneten vollständigen
Körpers definieren, indem man einfach die Verknüpfungen und die Anordnung von
R̄ auf M überträgt. So kann man beispielsweise R̄ durch
R̄ \ ι(Q) ∪Q ersetzen, um auf diese Weise einen archimedisch angeordneten vollständigen Körper zu bekommen, der Q als echten (nicht nur bis
auf Isomorphie) Teilkörper enthält.
b) Wir zeigen im nächsten Abschnitt, dass man die reellen Zahlen bijektiv
auf die Menge der aus der Schule bekannten Dezimalbruchentwicklungen
abbilden kann. Wegen a) könnten wir dann die zugrunde liegende Menge
von R auch so wie in der Schule definieren.
c) Wir haben gesehen, dass man die reellen Zahlen mit Hilfe von Q konstruieren kann. Weiterhin ist es möglich, die Existenz von Q auf die von
N zurückzuführen. Danach gibt es ein paar sehr grundsätzliche Probleme.
Man kann zwar N mit den sogenannten Peano Axiomen charakterisieren
oder auch die Peano Axiomen aus den Axiomen der Zermelo-FraenkelMengenlehre ableiten und verbleibt dann mit einem System von echten
Axiomen, die sich nicht mehr herleiten lassen, aber nach dem Gödelschen
Unvollständigkeitssatz ist es nicht möglich zu zeigen, dass dieses Axiomensystem widerspruchsfrei ist. Bis zu einen gewissem Grade muss man also
an die widerspruchsfreie Existenz von N glauben (sie voraussetzen). Die
von R kann man dann wie gerade gesehen beweisen.
7. b-adische Brüche und Überabzählbarkeit von R
7
43
b-adische Brüche und Überabzählbarkeit von R
P
Definition 7.1. Eine P
Reihe ist eine Folge von Partialsummen sn = ni=0 ai mit
ai ∈ R und wird mit ∞
bezeichnet. Ist sn konvergent, so bezeichnen wir
i=0 aiP
den Grenzwert ebenfalls mit ∞
i=0 ai .
P
1
i
Satz 7.2. Ist |x| < 1, so gilt ∞
i=0 x = 1−x .
P
n+1
n+1 )
Beweis. Nach Satz 1.7 ist ni=0 xi = 1−x
n∈N eine
1−x . Nach Satz 4.4 ist (x
Nullfolge und die Behauptung folgt aus den Grenzwertsätzen.
P
Satz 7.3. Eine Reihe ∞
i=0 bi ist genau dann konvergent, wenn gilt:
∀ε > 0 ∃N ∈ N mit ∀ n, m ≥ N gilt
m
X
bi < ε .
i=n
Beweis. Die Reihe ist genau dann konvergent, wenn sie eine Cauchyfolge ist.
P
i
Proposition 7.4. Ist |x| < 1 und (an ) eine beschränkte Folge, so ist ∞
i=0 ai x
konvergent.
Beweis.PSei ε > 0 gegeben. Wähle B > 0 mit |ai | < B für alle i ∈ N. Da die
i
Reihe ∞
i=0 B|x| konvergiert, folgt aus Satz 7.3, dass ein N ∈ N existiert mit
P
m
i
i=n B|x| < ε für alle n, m ≥ N . Die Dreiecksungleichung liefert dann
m
m
X
X
i
ai x ≤
B|x|i < ε.
i=n
i=n
Wir können
Rückrichtung aus Satz 7.3 verwenden, um auf die KonverP∞nun die
i
genz von i=0 ai x zu schließen.
Satz 7.5. Sei b ∈ N mit b ≥ 2.
a) Zu einer reellen Zahl x gibt es ein −h ∈ Z und eine
)n≥−h von
PFolge (an−n
natürlichen Zahlen mit 0 ≤ an ≤ b − 1 und x = ± ∞
a
b
. Umgen=−h n
kehrt gehört zuP
jeder Folge (an )n≥−h mit 0 ≤ an ≤ b − 1 eine reelle Zahl
−n .
x ∈ R mit x = ∞
n=−h an b
P∞
P∞
−n =
−n ∈ R mit 0 ≤ a , c ≤ b − 1 und
b) Gilt
n n
n=−h an b
n=−h cn b
an , cn ∈ N, so ist eine der folgenden Aussagen wahr:
• an = cn für alle n ≥ −h.
7. b-adische Brüche und Überabzählbarkeit von R
44
• Es gibt eine ganze Zahl n0 ≥ −h mit an = cn für n < n0 , an0 = cn0 −1
und an = b − 1 sowie cn = 0 für alle n > n0 .
• Die zweite Aussage gilt, sobald man die Rollen von an und cn vertauscht.
Für b = 10 ist vielleicht aus der Schule bekannt, dass Zahlen, die mit einer
9-Periode enden, auch eine endliche Dezimalbruch-Entwicklung haben, beispielsweise 1 = 99 = 0, 99999 . . . = 0, 9̄. Allgemeiner gibt es wegen
∞
X
−n
(b − 1)b
n=n0 +1
−n0 −1
= (b − 1)b
∞
X
b−n = b−n0
n=0
auch in b-adischen Darstellungen die in b) beschriebene Ambiguität. Etwas verkürzt sagt der Satz, dass es eine natürliche Bijektion zwischen den (nichtnegativen) reellen Zahlen und denjenigen b-adischen Entwicklungen gibt, die nicht mit
(b−1)-Periode“ enden. Wie Sie in den Übungen zeigen werden, korrespondieren
”
die rationale Zahlen in dieser Darstellung zu den b-adischen Entwicklungen, die
ab einer gewissen Nachkommastelle periodisch sind.
Beweis.
a) Der zweite Teil ergibt
aus der Tatsache, dass für
P sich unmittelbar
−n wegen Proposition 7.4 konvergent
0 ≤ an ≤ b − 1, die Reihe ∞
a
b
n=−h n
ist.
Für den ersten Teil gelte ohne Einschränkung x > 0. Wähle h ∈ N mit
bh > x. Wir definieren nun induktiv eine Folge (an )n≥−h mit folgenden
Eigenschaften:
• an ∈ N mit 0 ≤ an ≤ b − 1,
P
• 0 ≤ x − nk=−h ak b−k < b−n für alle n ≥ −h.
(IB) Für n = −h setze a−h = 0. Es gilt 0 ≤ x < bh .
(IS) (n 7→ n + 1): Seien a−h , . . . , an bereits definiert. Es gilt nach IV
0≤x−
n
X
ak b−k < b−n .
k=−h
Wähle nun an+1 ∈ N maximal mit
0≤
x−
n
X
k=−h
ak b−k
!
− an+1 · b−(n+1) .
7. b-adische Brüche und Überabzählbarkeit von R
Wegen x < b−n +
Pn
−k
k=−h ak b
45
ist dann
0 < b−n − an+1 b−(n+1)
und damit an+1 < b. Daher gilt
an+1 ≤ b − 1.
Also ist 0 ≤ an+1 ≤ b − 1. Weiterhin folgt aus der Maximalität von an+1
!
n+1
X
−k
0≤ x−
ak b
< b−(n+1) .
k=−h
Damit haben wir (an )n∈N definiert. Es gilt nun
x≥
n
X
k=−h
ak b−k ≥ x − b−(n+1) .
für alle n ≥ −h. Mit dem Schachtelungssatz folgt
lim
n→∞
n
X
ak b−k = x.
k=−h
b) Wir können annehmen, dass die Folgen an und cn nicht übereinstimmen.
Es sei n0 ≥ −h minimal mit an0 6= cn0 . Nach eventuellem Vertauschen gilt
ohne Einschränkung an0 < cn0 . Dann ist
0=
∞
X
k=n0
(ak − ck ) · b−k
−n0
= (an0 − cn0 ) · b
≤ −b−n0 +
∞
X
+
∞
X
(ak − ck ) · b−k
k=n0 +1
(b − 1) · b−k
k=n0 +1
= −b−n0 + b−n0
= 0.
Aus der Gleichheitsdiskussion erhalten wir an0 − cn0 = −1 sowie ak − ck =
b − 1 für alle k > n0 und damit die Behauptung.
7. b-adische Brüche und Überabzählbarkeit von R
46
Definition 7.6. Eine Menge M heißt abzählbar, wenn eine der beiden folgenden
Aussagen gilt:
• M ist endlich.
• Es gibt eine Bijektion N → M .
Im letzteren Fall sagen wir auch M ist abzählbar unendlich“.
”
Definition 7.7. Sei f : M1 → M2 eine Abbildung zwischen zwei Mengen.
• Sei P(Mi ) := {A | A ⊂ Mi } die Potenzmenge von Mi (i = 1, 2), dann
heißt
f −1 : P(M2 ) → P(M1 )
S 7→ f −1 (S) = {x ∈ M1 | f (x) ∈ S}
die Urbildfunktion.
• Ist f bijektiv, so definieren wir eine Umkehrabbildung f −1 : M2 → M1
durch die Vorschrift, welche jedem y ∈ M2 das eindeutige f −1 (y) ∈ M1
mit f (f −1 (y)) = y zuordnet.
Die Urbildfunktion und Umkehrabbildung werden zwar mit demselbem Symbol bezeichnet, aber es wird aus dem Zusammenhang klar, was gemeint ist. Oft
wird der Begriff Funktion“ für Abbildungen reserviert, deren Wertebereich R
”
(oder C) ist. Die Urbildfunktion ist eine Ausnahme dieser Konvention.
Beispiel.
f : {Skatkarten} → {♦, ♥, ♠, ♣}, X 7→ Farbe(X)
Dann ist f −1 ({♣}) die Menge aller Kreuzkarten und f −1 ({♦, ♥}) die Menge
aller rotfarbigen Karten.
Satz 7.8. Für eine nicht leere Menge M sind folgende Aussagen äquivalent:
a) M ist abzählbar.
b) Es gibt eine surjektive Abbildung N → M .
c) Es gibt eine injektive Abbildung M → N.
7. b-adische Brüche und Überabzählbarkeit von R
47
Beweis. a) ⇒ b). Falls M endlich ist, dann gibt es offenbar eine Abbildung wie
in b). Andernfalls gibt es eine bijektive Abbildung N → M .
b) ⇒ c). Es sei σ : N → M surjektiv. Wir definieren folgendermaßen ι : M → N:
Für jedes m ∈ M ist das Urbild σ −1 ({m}) eine nicht leere Teilmenge von N und
hat also ein minimales Element ι(m). Nach Konstruktion ist σ ◦ ι(m) = m für
alle m ∈ M und mithin ist ι injektiv.
c) ⇒ a). Sei ι : M → N injektiv. Ist M endlich, so ist nichts zu zeigen. Andernfalls
können wir eine Bijektion α : N → M definieren, indem wir 0 auf das eindeutig
bestimmte Element α(0) ∈ M abbilden, für das ι(m) minimal in ι(M ) ist. Weiter
wird α(1) ∈ M dadurch erklärt, dass ι(α(1)) das zweit-kleinste Element in ι(M )
ist, etc.
Satz 7.9 (Cantor). Eine abzählbare Vereinigung von
abzählbaren Mengen ist abzählbar, d.h.: Ist M eine Menge
und Mi ⊂ M für i ∈ N mit
• Mi ist abzählbar und
S
• M= ∞
i=0 Mi = {m | ∃ i ∈ N mit m ∈ Mi },
Georg Cantor
(1845-1918)
dann ist auch M abzählbar.
Beweis. Wir können ohne Einschränkung annehmen, dass für jedes i ∈ N die
(i)
Menge Mi nicht leer ist. Sei b(i) : N → Mi , n 7→ bn eine surjektive Abbildung.1
Wir ordnen die Elemente dem folgenden Schema (Abbildung 1) gemäß in einem
Quadranten an:
Wir können nun eine surjektive Abbildung a : N → M definieren, indem wir
die Nebendiagonalen nacheinander abzählen:
(0)
(0)
(1)
(0)
(1)
a(0) = b0 , a(1) = b1 , a(2) = b0 , a(3) = b2 , a(3) = b1 , . . .
Allgemeiner bildet a die Menge {i | 21 n(n + 1) ≤ i < 21 (n + 1)(n + 2)} surjektiv
auf die Menge {bji | i + j = n} ab.
Korollar 7.10. Z, Q und Qk sind abzählbar.
1
Hier benutzen wir implizit, dass wir gemäß dem Auswahlaxiom eine Folge solcher Abbildungen wählen können. Für die Anwendungen (Korollar 7.10) gibt es eine offensichtliche
Wahl.
7. b-adische Brüche und Überabzählbarkeit von R
48
(3)
b1
(2)
b1
(1)
b1
(0)
b1
b0
b0
b0
b0
(3)
b2
(3)
b3
(2)
b2
(1)
b2
(0)
b2
(3)
(2)
b3
(1)
b3
(0)
b3
(2)
(1)
(0)
Abbildung 1: Anordnung der bin .
Beweis. Wir können Z und Q wie folgt als abzählbare Vereinigung von abzählbaren Mengen schreiben:
Z=
Q=
∞
[
{i, −i},
i=0
∞
[
{ pi | p ∈ Z}.
i=1
Sind M1 und M2 zwei abzählbare Mengen, so S
ist auch M1 × M2 abzählbar, denn
ist ι : N → M2 surjektiv, so ist M1 × M2 = ∞
i=0 M1 × {ι(i)} eine abzählbare
Vereinigung von abzählbaren Mengen. Induktiv folgt nun die Abzählbarkeit von
Qk .
Satz 7.11 (Cantor). R ist überabzählbar.
Beweis. Wäre R abzählbar, so würde dies nach Satz 7.8 auch für die Menge
]0, 1[ = {x ∈ R | 0 < x < 1} gelten. Es reicht für jede Folge (xn )n≥1 in ]0, 1[ ein
y ∈ ]0, 1[ zu finden mit y 6= xn für alle n ≥ 1. Jedes xn schreiben wir in einer
10-adischen Entwicklung
xn =
∞
X
(n)
ak 10−k ,
k=1
d.h. xn ist von der Gestalt
(n) (n) (n) (n)
xn = 0, a1 a2 a3 a4 . . .
49
8. Die komplexen Zahlen
Wir wollen nun ein y = 0, b1 b2 . . . definieren, das von allen diesen Elementen
verschieden ist. Dazu müssen wir sicher stellen, dass sich für jedes n die Zahlen xn
und y an wenigstens einer Nachkommastelle unterscheiden. Sei dazu bn ∈ {2, 3}
für n ≥ 1 wie folgt:
(
(n)
2, falls an 6= 2,
bn =
(n)
3, falls an = 2.
P
−k ∈ ]0, 1[. Angenommen,
Betrachte nun die Zahl y = 0, b1 b2 b3 . . . = ∞
k=1 bk 10
es würde y = xn für ein n ≥ 1 gelten. Da nun y weder auf 9-Periode“ noch
”
(n)
auf 0-Periode“ endet, würde mit Satz 7.5 bk = ak für alle k ≥ 1 folgen. Das
”
(n)
ist aber unmöglich, da bn 6= an . Somit gilt, wie behauptet, y 6= xn für alle
n ≥ 1.
8
Die komplexen Zahlen
1
In diesem Abschnitt sind einige geometrische Beobachtungen eingestreut. Sie
dienen dazu eine Intuition für das Rechnen mit komplexen Zahlen zu entwickeln. Wir werden ihnen aber (noch) keine Beweiskraft beimessen. Dies betrifft
insbesondere die beiden Feststellungen in diesem Abschnitt.
Definition 8.1. Wir definieren die komplexen Zahlen als
C = {(x, y) | x, y ∈ R}
mit folgender Addition und Multiplikation:
(x, y) + (a, b) := (x + a, y + b)
(x, y) · (a, b) := (xa − by, xb + ya)
Dies nennt man auch die Gaußsche Zahlenebene.
Schreibweise. Wir setzen
1C = (1, 0),
i = (0, 1).
Carl Friedrich Gauß
(1777-1855)
50
8. Die komplexen Zahlen
Dabei ist 1C offenbar ein neutrales Element bezüglich der Multiplikation und es
gilt i2 = −1C . Für ein beliebiges Element (x, y) ∈ C schreiben wir
(x, y) = x · (1, 0) + y · (0, 1)
= x · 1C + i · y
= x + iy.
Satz 8.2. (C, +, ·) ist ein Körper.
Aus dem Satz folgt insbesondere, dass man sich für die Multiplikation in C
nur die Formel i2 = −1 merken muss, denn dann ergibt sich aus dem Distributiv-,
Assoziativ- und Kommutativgesetz, wie man zwei beliebige Zahlen zu multiplizieren hat:
(x + iy)(a + ib) = x(a + ib) + iy(a + ib)
= xa + ixb + iya + i2 yb
= (xa − yb) + i(xb + ya)
Wir werden x ∈ R mit der komplexen Zahl x + i0 = x1C + i0 = (x, 0) identifizieren. Die Addition und Multiplikation des Körpers R entspricht dann der
Einschränkung der Addition und Multiplikation von C auf die Teilmenge R. Man
sagt auch, dass R ⊂ C ein Unterkörper ist.
Beweis. Das neutrale Element der Addition ist 0C = (0, 0) und das additiv
inverse Element von (x, y) ist (−x, −y). Die Regeln der Addition folgen dann
durch komponentenweises Anwenden der entsprechenden Regel für R.
Für die Multiplikation haben wir bereits erwähnt, dass 1C ein neutrales
Element ist. Für z = a + ib ∈ C \ {0} setzen wir
z −1 =
a2
a
b
−i 2
.
2
+b
a + b2
Man überprüft problemlos z ·z −1 = 1C und somit ist die Existenz des multiplikativ Inversen sicher gestellt. Wenn wir in der rechten Seite der zweiten Gleichung
in Definition 8.1 die Rollen von a und x und gleichzeitig die Rollen von b und y
vertauschen, ändert sich offenbar nichts, also ist die Multiplikation kommutativ.
Schließlich ergibt sich ebenso durch ein problemloses Nachrechnen, dass auch
das Assoziativgesetz der Multiplikation sowie das Distributivgesetz gilt. Alternativ gibt es die Möglichkeit, komplexe Zahlen mit reellen 2 × 2 Matrixen zu
identifizieren durch
a
b
a + ib =
.
−b a
51
8. Die komplexen Zahlen
Wegen
a
b
−b a
x
y
−y x
=
ax − by
ay + bx
−ay − bx ax − by
entspricht die Multiplikation in C dann dem Matrizenprodukt. Deswegen folgen
Assoziativgesetz und Distributivgesetz aus den entsprechenden Gesetzen für das
Rechnen mit Matrizen.
Warnung. Für komplexe Zahlen machen Ungleichungen der Form z1 ≤ z2“
”
keinen Sinn, vgl. Bemerkung vor Lemma 3.3. Wenn sie doch erscheinen, wird
damit implizit auch behauptet, dass z1 , z2 ∈ R gilt.
Definition 8.3. Sei z ∈ C und a, b ∈ R mit z = (a, b) = a + ib. Der Realteil
bzw. der Imaginärteil von z ist definiert durch
Re(a + ib) = a,
Im(a + ib) = b.
Das komplex Konjugierte von z ist definiert als
a + ib = a − ib
und der Betrag von z als
|a + ib| =
p
a2 + b2 .
Wir können den Abstand von 0 und z als |z| definieren. Dass dies mit der
Schuldefinition übereinstimmt, sieht man aus dem Satz des Pythagoras durch
Betrachtung des rechtwinkligen Dreiecks mit Eckpunkten 0 = (0, 0), a = (a, 0)
und a + ib = (a, b). Allgemeiner ist der Abstand von zwei komplexen Zahlen
z1 und z2 gleich |z1 − z2 |. Die komplexe Konjugation entspricht natürlich einer
Spiegelung an der reellen Achse (Geraden).
Satz 8.4. Seien z, z1 , z2 ∈ C. Dann gilt:
a) |z| ≥ 0 (in R) mit Gleichheit genau dann, wenn z = 0.
b) z1 · z2 = z1 · z2 und z1 + z2 = z1 + z2 .
c) |z1 · z2 | = |z1 | · |z2 |.
d) |z|2 = z · z.
52
8. Die komplexen Zahlen
Beweis.
a) Dies ist offensichtlich.
b) Seien z1 = a + ib, z2 = x + iy. Dann ist
z1 · z2 = ax − by + i(ay + bx) = ax − by − i(ay + bx)
und somit
z1 · z2 = (a − ib)(x − iy) = z1 · z2 .
d) Für z = a + ib ist |z|2 = a2 + b2 und darum
z · z = (a + ib)(a − ib) = a2 + b2 = |z|2 .
c) Es gilt
|z1 · z2 | = |z1 | · |z2 |
genau dann, wenn
|z1 z2 |2 = |z1 |2 · |z2 |2
ist, und dies ist nach d) äquivalent zu
z1 · z2 · z1 · z2 = (z1 · z1 ) · (z2 · z2 ).
Feststellung 8.5 (Geometrische Interpretation der Multiplikation). Jede komz
plexe Zahl z ∈ C \ {0} können wir schreiben als z = |z| · ζ wobei ζ := |z|
Betrag
1 hat. Nach dem Assoziativgesetz und Kommutativgesetz, können wir uns das
Multiplizieren mit z
Mz : C → C, c 7→ zc
als die Hintereinderschaltung des Multiplizierens mit |z| ∈ R ⊂ C und des Multiplizierens mit ζ gegeben denken, Mz = Mζ ◦ M|z| . Die Abbildung M|z| ist dabei
offenbar eine Streckung um |z|. Wir werden gleich mit geometrischen Methoden
aus der Schule einsehen, dass Mζ eine Drehung ist. Da Mζ die Zahl 1 = (1, 0)
auf ζ abbildet, ist der Drehwinkel genau der Winkel zwischen der Geraden durch
0 und z mit der reellen Geraden. Wenn man also zwei komplexe Zahlen multipliziert, dann multiplizieren sich die Beträge und es addieren sich die Winkel
mit der reellen Achse. (Die Winkel sind zwischen 0 und 2π und sind dabei gegen
den Uhrzeigersinn von der positiven reellen Halbachse ausgehend zu messen.)
53
8. Die komplexen Zahlen
Die Feststellung liefert auch eine nachträgliche Erklärung für die Assoziativität der Multiplikation in C.
$
Begründung für Feststellung 8.5. Ohne Einschränkung gilt ζ 6= 1. Es sei ϕ die
Länge des Kreisbogens von 1 nach ζ. Mit der Schuldefinition von sin und cos
folgt dann ζ = cos(ϕ) + i sin(ϕ). Die Abbildung Mζ ist abstandserhaltend denn
|ζz1 − ζz2 | = |z1 − z2 |. Damit erhält sie auch Winkel (Kosinussatz) und es reicht
zu zeigen, dass die Einschränkung von Mζ auf den Einheitskreis
'
S1 = {z ∈ C | |z| = 1}
ζ · c = cos(3ϕ/2) + i sin(3ϕ/2)
•
•ζ
ϕ/2 c
•
ϕ/2
ϕ/2
P• 1
PPPPPPPP
%
&
eine Drehung gegen den Uhrzeiger Sinn um den Winkel ϕ ist. Wir betrachten den
Einheitsvektor c = cos(ϕ/2)+i sin(ϕ/2) auf der Winkelhalbierenden von ζ und 1.
Die Zahl Mζ (c) schließt mit Mζ (1) = ζ einen Winkel ϕ/2 ein. Da Mζ (c) = ζc 6= c,
folgt Mζ (c) = cos(3ϕ/2)+i sin(3ϕ/2). Sei nun z2 = cos(ψ)+i sin(ψ) mit ψ ∈]0, π[
beliebig. Dann folgt Mζ (z2 ) = cos(ϕ ± ψ) + i sin(ϕ ± ψ), da Mζ (z2 ) einen Winkel
ψ mit ζ hat. Da Mζ (z2 ) zudem einen Winkel ψ − ϕ/2 mit Mζ (c) = cos(3ϕ/2) +
i sin(3ϕ/2) hat, kann nur wie behauptet Mζ (z2 ) = cos(ψ + ϕ) + i sin(ψ + ϕ)
gelten.
Beispiele. Auch wenn wir die obige Feststellung noch nicht im strengen Sinne
bewiesen haben, kann man sie benutzen, um Lösungen für gewisse Gleichungen
zu finden, und sodann durch Nachrechnen ihre Richtigkeit überprüfen
a) Sei z ∈ C \ {0}. Gesucht seien alle p
c ∈ C mit c2 = z. Wegen |c2 | = |c|2
ist klar, dass für jede Lösung |c| = |z| gelten muss. Wenn wir der geometrischen Interpretation der Multiplikation vertrauen, sollte eine Lösung
auf der Winkelhalbierenden des Winkels sein, der durch die positive reelle
Halbachse und R+ z gegeben ist. Ein Punkt auf der Winkelhalbierenden
ist z + |z|, denn die Spiegelung an der Winkelhalbierenden bildet z auf |z|,
|z| auf z und muss daher z + |z| fest lassen. Damit ergibt sich insgesamt,
54
8. Die komplexen Zahlen
dass
c1 =
p z+|z|
|z| |z+|z||
eine Lösung der Gleichung sein sollte. Tatsächlich läßt sich dies leicht durch
eine Probe bestätigen:
2
(z+|z|)
c21 = |z| (z+|z|)(z̄+|z|)
=
z|z|+|z|2
(z̄+|z|)
=
z|z|+z z̄
(z̄+|z|)
= z.
Natürlich ist −c1 eine weitere Lösung. Wegen (c2 − z) = (c − c1 )(c + c1 )
gibt es keine weiteren Lösungen.
b) Bestimme alle c ∈ C mit c3 = 1. Die Lösungen haben nun Betrag 1. Zur
Bestimmung des Winkels ist nun der Winkel 0 zu dritteln, was scheinbar
nur zur offensichtlichen Lösung c = 1 führt. Man muss aber beachten, dass
man Winkel immer so korrigieren muss (durch Subtraktion von Vielfachen
von 2π), dass sie zwischen 0 und 2π liegen. In diesem Sinne ist der dreifache
Winkel von 2π/3 und 4π/3 auch 0. Mithin sollte die Zahl vom Betrag 1
in C, die mit der positiven reellen Achse einen Winkel 2π/3 bildet, eine
Lösung sein. Aus der Schuldefinition von sin und cos folgt, dass diese Zahl
durch cos(2π/3)+i sin(2π/3) gegeben ist. Ebenfalls
aus der Schule bekannt
√
sein sollte cos(2π/3)
= −1/2 und sin(2π/3) = 3/2. Insgesamt ergibt sich,
√
3
1
dass ζ = − 2 + i 2 eine Lösung von ζ 3 = 1 sein sollte. Dies wiederum
überprüft man durch
√ einfache Rechnung. Eine weitere Lösung ist gegeben
1
durch ζ̄ = − 2 − i 23 und wegen (c3 − 1) = (c − ζ)(c − ζ̄)(c − 1) gibt es
außer den gefundenen drei Lösungen keine weiteren Lösungen.
Feststellung 8.6. Sei ζi = cos(ϕi ) + i sin(ϕi ) (i = 1, 2) (sin und cos wie in der
Schule definiert). Da die komplexen Multiplikation mit ζ1 einer Drehung um ϕ1
entspricht, folgt“, dass ζ1 · ζ2 einen Winkel ϕ1 + ϕ2 mit der positiven reellen
”
Halbgeraden hat. Mithin ist ζ1 · ζ2 = cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 ). Andererseits
ist ζ1 ζ2 = cos(ϕ1 ) cos(ϕ2 )−sin(ϕ1 ) sin(ϕ2 )+i cos(ϕ1 ) sin(ϕ2 )+sin(ϕ1 ) cos(ϕ2 ) .
Durch Koeffizientenvergleich folgen die Additionstheoreme, die wir später noch
ganz anders beweisen werden.
Satz 8.7 (Dreiecksungleichung). Für alle z1 , z2 ∈ C gilt:
a) |z1 − z2 | ≤ |z1 | + |z2 |.
b) ||z1 | − |z2 || ≤ |z1 − z2 |.
Wie oben erwähnt, ist |z1 − z2 | der Abstand von z1 und z2 . Die Zahlen
|z1 − z2 |, |z1 | und |z2 | entsprechen also den Seitenlängen des Dreiecks mit den
Ecken 0, z1 und z2 in C.
55
8. Die komplexen Zahlen
Beweis.
a) Es ist
|z1 − z2 | ≤ |z1 | + |z2 |
äquivalent zu
|z1 − z2 |2 ≤ (|z1 | + |z2 |)2 .
Nach Satz 8.4 d) ist dies äquivalent zu
(z1 − z2 ) · (z1 − z2 ) ≤ |z1 |2 + 2 |z1 | · |z2 | + |z2 |2 ,
was wiederum äquivalent ist zu
−z2 z1 − z1 z2 ≤ 2 |z1 · z2 |.
ist. Dies wiederum gilt genau dann, wenn
2Re(−z1 z2 ) ≤ 2| − z1 z2 |
ist, und diese Aussage ist wahr.
b) Nach eventuellem Vertauschen von z1 und z2 gilt ohne Einschränkung
|z1 | − |z2 | = ||z1 | − |z2 ||. Nach a) ist
|z1 | = |z2 + z1 − z2 |
= |z2 − (−z1 + z2 )|
≤ |z2 | + |z2 − z1 |
und damit
|z1 | − |z2 | ≤ |z2 − z1 |.
Definition 8.8.
a) Eine Folge komplexer Zahlen (zn )n∈C heißt konvergent
gegen z ∈ C genau dann, wenn |zn − z| eine reelle Nullfolge ist, was definitionsgemäß gleichwertig ist mit
∀ ε > 0 ∃N ∈ N mit ∀ n ≥ N gilt |z − zn | < ε.
b) Eine Folge (zn ) in C heißt eine Cauchyfolge genau dann, wenn gilt:
∀ ε > 0 ∃ N ∈ N mit ∀ n, m ≥ N gilt |zn − zm | < ε.
56
8. Die komplexen Zahlen
Hinweis: Mit ∀ε > 0 ist ∀ε ∈ {x ∈ R | x > 0} gemeint.
Satz 8.9. Sei (cn ) eine Folge in C.
a) cn konvergiert genau dann, wenn (Re(cn ))n∈N und (Im(cn ))n∈N in R konvergieren. Es gilt dann
lim cn = lim Re(cn ) + i lim Im(cn ).
n→∞
n→∞
n→∞
b) cn ist genau dann eine Cauchyfolge, wenn Re(cn ) sowie Im(cn ) reelle
Cauchyfolgen sind.
c) Eine Cauchyfolge in C ist konvergent und konvergente Folgen sind Cauchyfolgen.
Beweis.
a) Für jedes c ∈ C gilt
|c − cn | ≤ |Re(c − cn )| + | Im(c − cn )| ≤ 2|c − cn |.
Konvergiert cn gegen c, dann ist |c − cn | eine reelle Nullfolge und aus dem
Schachtelungssatz folgt, dass |Re(c − cn )| und | Im(c − cn )| Nullfolgen sind.
Konvergieren umgekehrt limn→∞ Re(cn ) = a und limn→∞ Im(cn ) = b, so
setzen wir c := a + ib und folgern limn→∞ | Re(c − cn )| + | Im(c − cn )| = 0.
Aus der obigen Ungleichungskette und dem Schachtelungssatz folgt nun
limn→∞ |c − cn | = 0 und damit limn→∞ cn = c.
b) Dies folgt analog zu a) aus
|cn − cm | ≤ |Re(cn − cm )| + | Im(cn − cm )| ≤ 2|cn − cm |.
c) Sei cn eine Cauchyfolge. Nach b) sind Re(cn ) und Im(cn ) ebenfalls Cauchyfolgen und nach dem Vollständigkeitsaxiom konvergent in R. Nach a) ist
dann auch cn ist konvergent. Ist umgekehr (cn ) konvergent so sind die
reellen konvergenten Folgen Re(cn ) und Im(cn ) Cauchyfolgen (Satz 5.2).
Wegen b) folgt, dass auch (cn ) eine Cauchyfolge ist.
Satz 8.10 (Grenzwertsätze in C). Es seien (cn ) und (zn ) konvergente Folgen in
C mit limn→∞ cn = c und limn→∞ zn = z. Dann gilt:
a) limn→∞ (cn ± zn ) = c ± z und limn→∞ z̄n = z̄.
b) limn→∞ (cn · zn ) = c · z.
57
9. Konvergenzkriterien für Reihen
c) limn→∞ |zn | = |z|.
d) Gilt z 6= 0, so gibt es ein n0 ∈ N mit zn 6= 0 für alle n ≥ n0 und
limn→∞ zcnn = zc .
Beweis. Es sei cn = an + ibn , c = a + ib, zn = xn + iyn und z = x + iy. Die
reellen Folgen (an ), (bn ), (xn ) und (yn ) sind dann konvergent gegen a, b, x und
y.
a) Dies ergibt sich durch komponentenweises Anwenden der reellen Grenzwertsätze.
b) Nach den reellen Grenzwertsätzen gilt
ax = lim an xn und by = lim bn yn .
n→∞
n→∞
Abermaliges Anwenden von Satz 4.9 liefert
lim Re(cn zn ) = lim (an xn − bn yn ) = ax − by.
n→∞
n→∞
Ähnlich folgt limn→∞ Im(cn zn ) = limn→∞ (an yn + bn xn ) = ay + bx. Die
Behauptung folgt nun aus Satz 8.9.
c) Die Gleichung folgt mittels Dreiecksungleichung: Sei ε > 0 gegeben. Dann
gibt es n0 mit |z − zn | < ε für alle n ≥ n0 . Mit Satz 8.7 folgt ||z| − |zn || < ε
für alle n ≥ n0 und damit die Behauptung.
d) Es reicht limn→∞ z1n = z1 zu zeigen. Aus c) und den reellen Grenzwertsätzen folgt limn→∞ |zn1|2 = |z|12 . Zusammen mit a) und b) folgt
lim 1
n→∞ zn
9
z̄n
2
n→∞ |zn |
= lim
=
z̄
|z|2
= z1 .
Konvergenzkriterien für Reihen
Definition 9.1.
a) Eine Reihe in C ist eine Folge von Partialsummen
sn =
n
X
ck
k=0
P
mit ck ∈ C und wird mit ∞
bezeichnet. Ist (sn )n∈N konvergent, so
k=0 ckP
∞
wird der Grenzwert
ebenfalls
mit
z ∈ C so ist die
k=0 ck bezeichnet. Ist
P∞
P∞
Schreibweise z = k=0 ck gleichwertig mit z = limn→∞ k=0 ck .
58
9. Konvergenzkriterien für Reihen
P∞
P
b) Eine Reihe ∞
k=0 |ck |
k=0 ck in C (oder R) heißt absolut konvergent, wenn
konvergiert.
P
1
k
Beispiel 9.2 (Erweiterung von Satz 7.2). Es gilt ∞
k=0 z = 1−z für z ∈ C mit
|z| < 1.
P
n+1
Beweis. Analog zu Satz 1.7 gilt auch für komplexe Zahlen ni=0 z i = 1−z
1−z
mit demselben Beweis. Es gilt auch limn→∞ z n+1 = 0, denn |z n+1 − 0| = |z|n+1
ist gemäß Satz 4.4 eine reelle Nullfolge. Die Behauptung folgt aus den Grenzwertsätzen in C (Satz 8.10).
Völlig analog zu Satz 7.3 gilt auch für Reihen in C das folgende Konvergenzkriterium.
P∞
Satz 9.3 (Cauchysches Konvergenzkriterium). Eine Reihe
k=0 ck in C ist
genau dann konvergent, wenn gilt:
m
X
∀ ε > 0 ∃ N ∈ N mit ∀ n, m > N gilt ck < ε.
k=n
Beweis. Aus Satz 8.9 ergibt sich, dass eine Folge in C genau dann konvergent ist
wenn sie eine Cauchyfolge ist. Das Kriterium ist aber offensichtlich äquivalent
zu der Forderung, dass die Folge der Partialsummen eine Cauchyfolge ist.
Satz 9.4. Eine absolut konvergente Reihe in C ist konvergent.
P∞
Beweis.
P∞ Sei n=0 cn eine absolut konvergente Reihe in C. Sei ε > 0 gegeben.
Da n=0 |cn | konvergent ist, existiert ein N ∈ N, so dass für alle n, m ≥ N gilt:
m
X
k=n
|ck | < ε.
Also ist für alle n, m ≥ N
m
m
X
X
ck ≤
|ck | < ε,
k=n
d.h.
P∞
k=0 ck
k=n
genügt dem Cauchyschen Konvergenzkriterium.
P
Satz 9.5 (Notwendiges Kriterium). Ist die Reihe ∞
n=0 cn für cn ∈ C konvergent, so gilt limn→∞ cn = 0.
59
9. Konvergenzkriterien für Reihen
Beweis. Ist die Reihe konvergent, so ist insbesondere sk =
folge und damit
lim ck+1 = lim sk+1 − sk = 0.
k→∞
Pk
n=0 cn
eine Cauchy-
k→∞
Satz 9.5 liefert kein hinreichendes Kriterium, denn wir werden
weiter unten
P
1
einsehen das zum Beispiel die sogenannte harmonische Reihe ∞
n=1 n divergiert.
Wir werden aber im Folgenden eine Reihe von Sätzen angeben, die hinreichende
Kriterien für die Konvergenz (oder auch Divergenz) von Reihen liefern.
P
Lemma 9.6. Eine Reihe ∞
n=0 an mit an ∈ R, an ≥ 0, konvergiert genau dann,
wenn die Folge der Partialsummen beschränkt ist.
Da die Folge der Partialsummen monoton ist, folgt das Lemma unmittelbar
aus der Konvergenz von monotonen beschränkten Folgen (Satz 5.3).
Satz 9.7 (Verdichtungskriterium). Es sei an eine monotonPfallende Folge posi∞
k
tiver reeller
P∞ Zahlen. Setze bk = 2 · a2k . Dann konvergiert n=0 an genau dann
wenn k=0 bk konvergiert.
P
1
Beispiel.
a) Die harmonische Reihe ∞
denn für an = n1 ist
n=0 n divergiert,
P∞
k
bk = 2 ·a2k = 1, und wegen Satz 9.7 ist mit k=0 bk auch die harmonische
Reihe divergent.
P
1
1
k
−k
b) Die Reihe ∞
n=1 n2 konvergiert, denn für an = n2 ist bk = 2 · a2k = 2
und
Satz 9.7 folgt aus P
der Konvergenz der geometrischen Reihe
P∞ wegen
∞
1
−k die Konvergenz von
2
n=1 n2 .
k=0
P
Beweis von Satz 9.7. Es sei ∞
k=0 bk konvergent. Aus der Monotonie von (an )
folgt für k ≥ 0
2k+1
X−1
n=2k
an ≤ 2k a2k = bk
und damit ist
2k+1
X−1
n=0
an ≤ a0 +
k
X
h=0
Folglich ist die Folge der Partialsummen
Reihe ist konvergent nach Lemma 9.6.
Pl
bh ≤ a0 +
n=0 an
∞
X
bh
h=0
nach oben beschränkt und die
60
9. Konvergenzkriterien für Reihen
Ist nun umgekehrt die Reihe
Monotonie von (an ), dass
k+1
2X
n=2k +1
P∞
n=0 an
konvergent, so folgt wiederum aus der
an ≥ 2k a2k+1
=
bk+1
2
und zusammen mit b0 = a1 folgt
2
∞
X
n=0
Die Konvergenz der Reihe
ma 9.6.
k
X
an ≥
P∞
h=0 bh
bh für alle k
h=0
folgt durch erneutes Anwenden von Lem-
Satz 9.8.
a) (Majorantenkriterium)
Es seien (an )n∈N eine reelle, (cn )n∈N eiP∞
Es gebe ferner ein n0 ∈ N mit
ne komplexe Folge und n=0 an konvergent. P
|cn | ≤ an für alle n ≥ n0 . Dann konvergiert ∞
n=0 cn absolut.
b) (Minorantenkriterium) Es seien (an )n∈N und (cn )n∈N reelle Folgen.
P∞ Es gebe
ein n0 ∈ N mitP0 ≤ an ≤ cn für alle n ≥ n0 . Divergiert
n=0 an , so
c
.
divergiert auch ∞
n=0 n
P
Beweis.
a) Es ist zu zeigen, dass sk := kn=0 |cn | beschränkt ist. Nach Abändern von endlich vielen Gliedern der Folge
Pan gilt |cn | ≤ an für alle n.
(Dies ändert nichts an der Konvergenz von ∞
n=0 an .) Dann ist
k
X
n=0
|cn | ≤
k
X
n=0
an ≤ lim
k→∞
k
X
n=0
an ∈ R
und die absolute Konvergenz folgt aus Lemma 9.6.
P∞
P∞
c
konvergent
so
wäre
b) Dies folgt offenbar aus a), denn wäre
n
n=0
n=0 cn
P∞
eine konvergente Majorante für n=0 an .
Beispiel.
P∞
n=1
b)
P∞
n=1
P∞ 1
a) Sei k ∈ N mit k ≥ 2. Dann ist
n=1 nk konvergent, denn
1
ist
eine
konvergente
Majorante.
n2
P∞ 1
√1 ist divergent denn
n=1 n ist eine divergente Minorante.
n
61
9. Konvergenzkriterien für Reihen
Korollar 9.9. P
Es sei (hn )n∈N eine beschränkte Folge in C (d.h. (|hn |) ist be∞
schränkt)
und
n=0 cn eine absolut konvergente Reihe in R. Dann ist auch
P∞
n=0 hn cn absolut konvergent.
P∞
Satz 9.10 (Quotientenkriterium). Sei
n=0 cn eine Reihe in C. Es gebe ein
q ∈ ]0, 1[ und ein n0 ∈ N, so dass cn 6= 0 und cn+1
cn ≤ q für alle n ≥ n0 ist.
P
Dann konvergiert ∞
n=0 cn absolut.
Beispiel.
a) Konvergeriert die Folge cn+1
cn gegen x < 1, so konvergiert die
P∞
Reihe n=0 cn absolut, denn für jedes q mit x < q < 1 sind offenbar die
Voraussetzungen des Quotientenkriteriums erfüllt.
b)
P∞
n3
n=0 2n
ist konvergent, denn
(n+1)3
2n+1
n3
2n
=
(n+1)3
2n3
→
1
2
< 1.
Beweis von Satz 9.10. Wähle L so groß, dass |cn0 | ≤ Lq n0 . Wir können dann
mittels
Induktion beweisen, dass |cn | ≤ L P
· q n für alle nP≥ n0 gilt. Also ist
P∞
∞
∞
k
n=0 cn konvergiert
n=0 cn und
k=0 Lq eine konvergente Majorante für
absolut nach dem Majorantenkriterium.
P∞ 1
Bemerkung. Die Konvergenz der Reihe
n=1 n2 kann man nicht aus dem
Quotientenkriterium folgern: Es gilt zwar
1
(n+1)2
1
n2
=
n
n+1
2
< 1,
n 2
aber es gibt kein q < 1 mit ( n+1
) < q für alle n.
P
Satz 9.11 (Wurzelkriterium).
Sei ∞
q ∈ ]0, 1[
n=0 cn eine Reihe in C. Es gebe ein P
p
∞
n
und ein n0 ∈ N mit
|cn | ≤ q für alle n ≥ n0 . Dann konvergiert
n=0 cn
absolut.
P
n
Beweis. Es gilt P
|cn | < q n für alle n ≥ n0 . Also ist ∞
n=0 q ist eine konvergente
∞
Majorante von n=0 cn .
P
1
Beispiel. Die Reihe ∞
n=0 (3+(−1)n )n genügt den Voraussetzungen des Wurzelkriteriums, aber nicht denen des Quotientenkriteriums.
Mit Ausnahmen des Cauchykriteriums haben alle bisherigen Kriterien absolute Konvergenz sicher gestellt. Es ist in der Regel schwierig über Konvergenz
oder Divergenz einer Reihe zu entscheiden, wenn man schon weiß, dass die Reihe
62
9. Konvergenzkriterien für Reihen
nicht absolut konvergiert aber dem notwendigen Kriterium (Satz 9.5) genügt.
Das folgende Kriterium kann hier Abhilfe schaffen.
Satz 9.12 (Leibnizsches Konvergenzkriterium). Es
sei anP
eine reelle monotone Nullfolge. Dann konver∞
n
giert
n=0 (−1) an . (Die Reihe ist möglicherweise
nicht absolut konvergent.)
Beispiel. Die alternierende harmonische Reihe
P∞ (−1)n+1
1
ist konvergent. (Betrachte an = n+1
).
n=1
n
Gottfried Wilhelm
von Leibniz (1646-1716)
Beweis von Satz 9.12. Nachdem wir gegebenfalls an durch −an ersetzt haben,
können wir annehmen, dass an eine monoton
P fallende Nullfoge ist. Insbesondere
also an ≥ 0. Es ist zu zeigen, dass sn = nk=0 (−1)k ak eine Cauchyfolge ist.
Sei ε > 0 gegeben. Wähle n0 so groß, dass |an | < ε für alle n ≥ n0 . Seien nun
n, m ≥ n0 . Falls n gerade und m ungerade ist, ist
m
X
(−1)k ak = (an − an+1 ) + (an+2 − an+3 ) + . . . + (am−1 − am ) ≥ 0.
|
{z
} |
{z
}
|
{z
}
k=n
≥0
≥0
≥0
Falls n und m gerade sind, gilt entsprechend
m
X
(−1)k ak = (an − an+1 ) + . . . + (am−2 − am−1 ) + am ≥ 0.
|
{z
}
|
{z
} |{z}
k=n
≥0
≥0
≥0
Analog zeigt man für ungerade n
m
X
(−1)k ak = (−an + an+1 ) + (−an+2 + an+3 ) + . . . ≤ 0.
{z
} |
{z
}
|
k=n
Zusammen folgt
≤0
≤0
m
X
(−1)k · ak ≤ |an | < ε,
k=n
denn sonst könnte sich durch Weglassen des Summanden (−1)n an das Vorzeichen
der Summe nicht verändern.
P
Satz 9.13 (Umordnungssatz). Sind ∞
Reihe
n=0 cn eine absolute konvergente
P∞
in C und i : N → N, k 7→ nk eine Bijektion, P
so konvergiert
auch
c
k=0 nk und
P∞
∞
die Grenzwerte stimmen überein, d.h. es ist k=0 cnk = n=0 cn .
63
9. Konvergenzkriterien für Reihen
Für eine endliche P
h-elementige Menge M = {m1 , . . . , mh } und cm ∈ C für
+ . . . + cmh . Der Umordnungssatz
m ∈ M definiert man m∈M cm := cm1P
P recht∞
fertigt für absolut konvergente Reihen n=0 cn auch die Schreibweise n∈N cn .
P
Bemerkung. Ist (an )n∈N eine reelle Folge und ∞
n=0 an konvergent, aber nicht
P
(−1)n
absolut konvergent, wie z. B. die alternierende harmonische P
Reihe ∞
n=0 n+1 ,
so gibt es zu c ∈ R eine Bijektion i : N → N, k 7→ nk mit c = ∞
k=0 ank .
P∞
Beweis von Satz 9.13. Sei c := n=0 cn und ε > 0 beliebig. Es ist zu zeigen,
P
dass es ein K ∈ N gibt mit c − lk=0 cnk < ε für alle l ≥ K.
P
P
Da die Reihe ∞
gibt es ein N ∈ N mit ln=k |cn | < 3ε
n=0 |cn | konvergiert,
P∞
für alle k, l ≥ N . Dann ist auch n=k |cn | ≤ 3ε für alle k ≥ N . Setze
K := 1 + max i−1 ({0, . . . , N })
1 + max{k | nk ≤ N }.
=
Nach Definition ist dann nk > N für alle k ≥ K. Es sei nun l ≥ K. Dann ist
l
N
X
X
cnk = c −
cn −
c −
n=0
k=0
n∈{nk |0≤k≤l∧nk >N }
N
X
≤ c −
cn +
n=0
∞
X
≤
cn +
n=N +1
∞
X
≤2·
n=N +1
X
X
cn n∈{nk |0≤k≤l∧nk >N }
∞
X
n=N +1
|cn |
|cn |
|cn |
< ε.
P∞
Satz
n=0 an und
P∞ 9.14 (Cauchy-Produkt). Es seien
b
absolut
konvergente
Reihen
in
C.
Setzt
man dann
n
n=0 P
P∞
n
cn := k=0 ak bn−k , so konvergiert n=0 cn absolut und es
gilt
∞
∞
∞
X
X
X
cn =
an ·
bn .
n=0
n=0
n=0
Augustin-Louis Cauchy
(1789 – 1857)
P
Beweis. Wir zeigen zunächst die absolute Konvergenz der Reihe (k,l)∈N2 ak bl
und dann die Behauptung indem wir N2 auf zwei verschiedene Arten abzählen.
64
9. Konvergenzkriterien für Reihen
Es gelten für alle Folgen in C die Grenzwertsätze. Insbesondere ist
! h
!
∞
∞
h
X
X
X
X
an ·
bn = lim
an
bn .
n=0
n=0
h
X
h
X
h→∞
n=0
n=0
Weiterhin
n=0
an ·
bn =
n=0
h X
h
X
(an bm )
n=0 m=0
=
X
ak bl .
(k,l)∈{(n,m)∈N2 |n≤h,m≤h}
Es sei α : N → N2 , i 7→ (ki , li ) eine Bijektion, so dass für alle n ∈ N gilt:
•
•
•
•
14 •
9•
5•
2•
•
•
•
•
•
•
•
•
>
•
•
1
•
• • • •
4 9 16
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
>
>
•
>
>
•
>
>
>
•
•
> > >
> > >
> >
•
> >
•
•
> >
•
•
•
>
•
>
•
>
•
•
>
•
>
•
>
0
•
>
3•
•
>
24•
15 •
8•
•
> >
•
•
• • • • •
0 1 3 6 10
β : N → N2 , i 7→ (pi , qi )
α : N → N2 , i 7→ (ki , li )
α({0, . . . , n2 − 1}) = {(k, l) | k ≤ n − 1, l ≤ n − 1}
= {0, . . . , n − 1} × {0, . . . , n − 1}.
Damit ist
h
X
n=0
an ·
h
X
n=0
bn =
(h+1)2 −1
X
aki bli ,
i=0
also
∞
X
n=0
an ·
∞
X
n=0
bn = lim
h→∞
(h+1)2 −1
X
aki bli
i=0
und
∞
X
n=0
|an | ·
∞
X
n=0
|bn | = lim
h→∞
(h+1)2 −1
X
i=0
|aki bli |.
65
10. Die Exponentialfunktion
P
Insbesondere ist also ∞
i=0 aki bli absolut konvergent.
Wähle nun weiter eine Bijektion β : N → N2 , i 7→ (pi , qi ) mit
β 0, . . . , 12 n(n + 1) − 1 = (p, q) ∈ N2 | p + q ≤ n − 1
n−1
[
=
i=0
Dann ist
∞
X
ci = lim
n→∞
i=0
= lim
n→∞
(h, i − h) ∈ N2 | 0 ≤ h ≤ i .
n−1
X
ci
i=0
n−1
i
XX
ah bi−h
i=0 h=0
1
n(n+1)−1
2
X
= lim
n→∞
=
∞
X
api bqi
i=0
api bqi .
i=0
Nach dem Umordnungssatz 9.13 gilt außerdem
∞
X
aki bli =
∞
X
n=0
10
api bqi .
i=0
i=0
Zusammen folgt
∞
X
an ·
∞
X
bn =
n=0
∞
X
ci .
i=0
Die Exponentialfunktion
Definition und Satz 10.1. Für alle z ∈ C konvergiert die Reihe
absolut und ihren Grenzwert bezeichnet man mit exp(z).
Dabei gilt die Konvention 00 = 1 und 0! = 1 wie in Abschnitt 1.
Beweis. Sei z ∈ C \ {0}. Dann ist
z n+1 (n+1)!
zn =
n!
|z|
n+1
<
1
2
P∞
zn
n=0 n!
66
10. Die Exponentialfunktion
für n > 2·|z|. Das Quotientenkriterium 9.10 liefert nun absolute Konvergenz.
Satz 10.2 (Funktionalgleichung von exp). Für alle z1 , z2 ∈ C gilt
exp(z1 + z2 ) = exp(z1 ) · exp(z2 ).
P
P∞ z2n
z1n
Beweis. Die Reihen ∞
n=0 n! und
n=0 n! sind absolut konvergent. Es gilt
n
n X z k z n−k
1 X n
(z1 + z2 )n
n−k
k
2
1
cn =
·
=
·
·
z
·
z
=
,
1
2
k! (n−k)!
n!
n!
k
k=0
k=0
wobei wir in der letzten Gleichung den binomischen Lehrsatz verwendet haben,
Satz 1.6. Dieser bleibt auch für komplexe Zahlen mit demselben Beweis richtig.
Mit dem Satz über das Cauchyprodukt (Satz 9.14) ergibt sich daraus
exp(z1 ) · exp(z2 ) =
=
=
∞
∞
X
X
z2n
z1n
·
n!
n!
n=0
∞
X
n=0
∞
X
n=0
cn
(z1 +z2 )n
n!
n=0
= exp(z1 + z2 ).
Korollar 10.3. Es gilt:
a) Für alle z ∈ C ist exp(z) 6= 0 und
exp(−z) =
1
exp(z) .
b) Für alle x, y ∈ R ist
| exp(x + iy)| = exp(x) > 0.
Leonhard Euler (1707-1783)
Insbesondere ist | exp(iy)| = 1 und exp(x) > 0.
c) Für alle k ∈ Z, n ∈ N+ ist
exp
k
n
=
√
n
k
ek =: e n ,
wobei e := exp(1) die sogenannte Eulersche Zahl ist.
Man schreibt auch exp(z) = ez .
67
10. Die Exponentialfunktion
Beweis von Korollar 10.3.
a) Für z ∈ C ist nach der Funktionalgleichung
10.2
exp(z) · exp(−z) = exp(z + (−z)) = exp(0) = 1.
b) Nach a) ist exp( x2 ) 6= 0 und mit der Funktionalgleichung folgt
exp(x) = exp x2 · exp x2 > 0.
Für z = x + iy gilt nun
exp(z) = lim
h→∞
h
X
zn
n!
n=0
= lim
h→∞
h
X
zn
n!
= exp(z),
n=0
wobei im letzten Schritt Satz 8.10 benutzt wird. Somit
| exp(z)|2 = exp(z) · exp(z̄) = exp(z + z̄) = exp(2x) = exp(x)2 .
Da exp(x) > 0 folgt damit auch | exp(z)| = exp(x).
c) Es ist e = exp(1) > 0. Durch Induktion zeigt man für alle k ∈ N
ek = exp(k).
(Induktionsschritt: ek+1 = ek · e = exp(k) · exp(1) = exp(k + 1).)
Sei nun n ∈ N+ .
n
= exp nk · . . . · exp nk
exp nk
|
{z
}
n-mal
= exp nk + . . . + nk
|
{z
}
n-mal
= exp(k)
= ek > 0.
Somit folgt exp( nk ) =
richtig.
√
n
ek . Wegen a) bleibt die Gleichung auch für k ∈ Z
Definition 10.4. Für y ∈ R setzt man
cos y := cos(y) := Re(exp(iy)) ∈ R,
sin y := sin(y) := Im(exp(iy)) ∈ R.
68
10. Die Exponentialfunktion
Mit anderen Worten, es gilt die Eulersche Formel
eiy = cos y + i sin y.
a) (Reihendarstellung von cos y, sin y). Für alle y ∈ R gilt:
Satz 10.5.
cos y =
sin y =
∞
X
(−1)k ·y 2k
(2k)!
k=0
∞
X
,
(−1)k ·y 2k+1
(2k+1)! .
k=0
b) (Additionstheoreme). Für alle x, y ∈ R gilt:
cos(x + y) = cos x · cos y − sin x · sin y,
sin(x + y) = sin x · cos y + cos x · sin y.
c) Für alle x ∈ R ist
sin(−x) = − sin(x),
cos(−x) = cos(x),
und
sin2 (x) + cos2 (x) = 1.
Beweis.
a) Sei y ∈ R. Dann ist
exp(iy) =
∞
X
(iy)n
n!
=
Es gilt
=
i, i2
=
−1, i3
Es folgt, wie behauptet,
=
n!
.
n=0
n=0
i1
∞
X
in ·y n
−i, i4
= 1, allgemein also


1
falls 4|n



i
falls 4|n − 1
in =
−1 falls 4|n − 2



−i falls 4|n − 3
cos y = Re(exp(iy)) =
∞
X
i2n y 2n
(2n)!
n=0
sin y = Im(exp(iy)) =
1
i
·
=
∞
X
(−1)n y 2n
(2n)!
∞
X
i2n+1 y 2n+1
(2n+1)!
n=0
sowie
n=0
=
∞
X
(−1)n ·y 2n+1
(2n+1)!
n=0
.
69
10. Die Exponentialfunktion
b) Es ist
cos(x + y) + i · sin(x + y)
= ei(x+y)
= eix · eiy
= (cos x + i sin x) · (cos y + i sin y)
= cos x · cos y − sin x · sin y + i · (sin x cos y + cos x sin y).
Der Vergleich von Real- und Imaginärteile der beiden Seiten liefert die
Behauptung.
c) Dies folgt unmittelbar aus den Reihendarstellungen und Korollar 10.3.
Satz 10.6 (Restgliedabschätzungen). Seien z ∈ C, x ∈ R und n ∈ N.
a) Ist |z| ≤ 1 + n2 , so gilt
exp(z) =
n
X
zk
k!
+ rn+1 (z),
k=0
wobei rn+1 (z) ∈ C ist mit |rn+1 (z)| ≤ 2 ·
|z|n+1
(n+1)! .
b) Ist |x| ≤ 2n + 2, so gilt
cos x =
n
X
(−1)k x2k
(2k)!
+ r̃n+1 (x)
k=0
mit r̃n+1 (x) ∈ R, |r̃n+1 (x)| ≤
x2n+2
(2n+2)!
und (−1)n+1 r̃n+1 (x) ≥ 0.
c) Ist |x| ≤ 2n + 3, so gilt
sin x =
n
X
(−1)k x2k+1
(2k+1)!
+ r̂n+1 (x)
k=0
mit r̂n+1 (x) ∈ R, |r̂n+1 (x)| ≤
|x|2n+3
(2n+3)!
und (−1)n+1 x · r̂n+1 (x) ≥ 0.
2
Es gilt für die Exponentialreihe |r13 (1)| ≤ 13!
≤ 4 · 10−10 . Aufsummieren
der ersten 13 (k = 0, . . . , 12) Summanden der Exponentialreihe liefert für die
Eulersche Zahl e = exp(1) somit 2, 7182818282 ≤ e ≤ 2, 7182818287.
70
10. Die Exponentialfunktion
Beweis.
a) Zunächst ist
n
∞
X
X
k
z |rn+1 (z)| = exp(z) −
=
k! k=0
∞
X
≤
k! zk
k=n+1
|z|k
k! .
k=n+1
Für z 6= 0 und k ≥ n + 1 gilt nach Voraussetzung
|z|k+1
(k+1)!
|z|k
k!
=
|z|
k+1
≤
|z|
n+2
≤ 21 .
Induktiv folgt für alle l ∈ N
|z|n+1+l
(n+1+l)!
≤
Daher
∞
X
k=n+1
|z|k
k!
=
1 l
2
∞
X
·
|z|n+1
(n+1)! .
|z|n+1+l
(n+1+l)!
l=0
≤
∞
X
|z|n+1
(n+1)!
l=0
·
1 l
2
=2·
|z|n+1
(n+1)! .
b) Ohne Einschränkung sei x > 0. Dann ist
r̃n+1 (x) = cos x −
n
X
(−1)k ·x2k
(2k)!
=
k=0
∞
X
(−1)k ·x2k
(2k)! .
k=n+1
Für |x| ≤ 2n + 2 und k ≥ n + 1 gilt
x2(k+1)
(2(k+1))!
x2k
(2k)!
=
x2
(2k+1)(2k+2)
< 1,
x2k
die Folge (2k)!
ist also für |x| ≤ 2n+2 monoton fallend. Der Rest des
k≥n+1
Beweises ist analog zum Beweis des Leibnizschen Konvergenzkriteriums:
Es gilt
∞
X
k=n+1
(−1)k x2k
(2k)!
n+1
= (−1)
∞ X
h=1
x2(n+2h−1)
(2(n+2h−1))!
−
(
> 0 falls n + 1 gerade
< 0 falls n + 1 ungerade.
x2(n+2h)
(2(n+2h))!
71
11. Stetigkeit
n+1 2n+2
x
Da die Reihe durch Weglassen des ersten Summanden (−1)(2n+2)!
Vorzeichen verändert folgt
∞
X
(−1)n+1 x2n+2 |x|2n+2
(−1)k x2k = (2n+2)! .
(2k)! ≤ (2n+2)!
ihr
k=n+1
c) Der Beweis ist analog zu Teil b).
11
Stetigkeit
Definition 11.1. Seien D ⊂ R, f : D → R, und a, b ∈ R ∪ {±∞}.
a) Es gebe eine Folge xn ∈ D mit limn→∞ xn = a. Dann schreiben wir
lim f (x) = b
x→a
genau dann, wenn für alle Folgen (an )n∈N in D gilt:
lim an = a ⇒ lim f (an ) = b.
n→∞
n→∞
b) Die Abbildung f : D → R heißt genau dann stetig in a ∈ D, wenn gilt:
lim f (x) = f (a).
x→a
c) Die Abbildung f : D → R heißt genau dann stetig, wenn f stetig in a ist
für alle a ∈ D.
Beispiel.
a) Es ist limx→1
x2 −1
x−1
f (x) =
= 2: Für x ∈ R \ {1} ist
x2 −1
x−1
=
(x−1)(x+1)
(x−1)
= (x + 1)
und es ist limx→1 x + 1 = 2.
b) Die Funktionen f (x) = x und f (x) = c sind stetig.
c) Die sogenannte Dirichlet-Funktion f : R → R mit
1 falls x ∈ Q
f (x) :=
0 falls x 6∈ Q
ist nirgends stetig.
Peter Gustav Lejeune
Dirichlet (1805–1859)
72
11. Stetigkeit
d) Die sogenannte thomaesche Funktion f : ]0, 1[→ R mit
1
falls x = pq mit teilfremden p, q ∈ N+
q
f (x) :=
0 falls x 6∈ Q
ist stetig in x ∈]0, 1[ genau dann wenn x irrational ist.
Lemma 11.2. Seien D ⊂ R, f : D → R und a, b ∈ R und es gebe eine Folge
xn ∈ D mit lim xn = a. Dann gilt
lim f (x) = b
x→a
genau dann, wenn
h
i
∀ ε > 0 ∃ δ > 0 derart, dass ∀ x ∈ D gilt |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b| < ε .
Beweis. Sei zunächst
lim f (x) = b.
x→a
Sei ε > 0 gegeben. Angenommen, es gibt entgegen unser Behauptung für alle
δ > 0 ein x ∈ D mit |x − a| < δ und |f (x) − b| ≥ ε. Insbesondere ist dann für
jedes δ = n1 die Menge
Dn = x ∈ D | |x − a| < n1 , |f (xn ) − b| ≥ ε
Q
nicht leer. Gemäß dem Auswahlaxiom ist das abzählbare Produkt ∞
n=1 Dn nicht
leer. Mit anderen Worten, es gibt eine Folge (xn ) mit xn ∈ Dn . Wegen |xn − a| <
1
n folgt lim xn = a. Da |f (xn ) − b| ≥ ε konvergiert aber f (xn ) nicht gegen b. Dies
ist ein Widerspruch.
Es gelte nun umgekehrt
h
i
∀ ε > 0 ∃ δ > 0 derart, dass ∀ x ∈ D gilt |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b| < ε .
Sei (xn )n∈N eine Folge in D mit lim xn = a. Es ist limn→∞ f (xn ) = b zu zeigen.
Sei ε > 0 gegeben. Nach Voraussetzung existiert ein δ > 0 mit |f (x) − b| < ε für
alle x ∈ D mit |x − a| < δ. Wegen lim xn = a gibt es ein N ∈ N mit |xn − a| < δ
für alle n ≥ N . Also ist |f (xn ) − b| < ε für alle n ≥ N .
Lemma 11.3.
a) Die Funktionen exp, sin, cos : R → R sind stetig in 0.
b) Sind p(x) und q(x) Polynome mit q 6≡ 0, so ist
f : {x ∈ R | q(x) 6= 0} → R, x 7→
stetig.
p(x)
q(x)
73
11. Stetigkeit
Beweis.
a) Nach Satz 9.6 gilt für |x| < 1
exp(x) = 1 + r1 (x)
mit |r1 (x)| ≤ 2 · |x|
1! = 2 · |x|. Ist nun (xn ) eine Folge in R mit xn → 0, so
ist
| exp(xn ) − 1| = |r1 (xn )| ≤ 2 · |xn | →n→∞ 0,
also
lim exp(xn ) = 1 = exp(0).
Entsprechend ist für |x| < 2
cos x = 1 + r̃1 (x)
mit |r̃1 (x)| <
xn → 0
|x|2
2!
=
x2
2 .
Es folgt analog zu oben für eine Folge xn mit
lim cos xn = 1 = cos(0).
n→∞
Die Aussage für sin zeigt man entsprechend.
b) Sei xn eine Folge mit limn→∞ xn = a und a ∈ {x | q(x) 6= 0}. Aus den
Grenzwertsätzen folgt für die Polynome p, q
lim p(xn ) = p(a),
n→∞
lim q(xn ) = q(a) 6= 0
n→∞
und weiter
lim p(xn )
n→∞ q(xn )
=
p(a)
q(a) .
Satz 11.4 (Grenzwertsätze). Seien D ⊂ R, a ∈ R und es gebe xn ∈ D mit
lim xn = a. Seien weiter f, g : D → R und b1 , b2 ∈ R mit limx→a f (x) = b1 und
limx→a g(x) = b2 . Dann folgt:
a) limx→a f (x) ± g(x) = b1 ± b2 .
b) limx→a f (x) · g(x) = b1 · b2 .
c) Falls b2 6= 0 ist, dann gibt es ein δ > 0, so dass g(x) 6= 0 ist für alle
(x)
x ∈ D0 := D ∩ [a − δ, a + δ], und weiterhin ist limx→a fg(x)
= bb12 .
74
11. Stetigkeit
d) Gilt f (x) ≤ c für alle x ∈ D, so folgt b2 ≤ c.
e) Ist M ⊂ R mit f (D) ⊂ M und h : M → R mit limx→b1 h(x) = b3 , dann
folgt limx→a (h ◦ f )(x) = b3 .
Beweis. a) - d) sind bereits bekannt.
e) Ist xn ∈ D eine Folge mit xn → a, so ist f (xn ) ∈ M mit f (xn ) → b1 und
darum h(f (xn )) → b3 .
Korollar 11.5. Seien D ⊂ R und f, g : D → R stetig in a ∈ D.
a) Dann sind auch f + g, f − g, f · g stetig in a.
b) Falls g(a) 6= 0 ist, dann gibt es ein δ > 0, so dass g(x) 6= 0 ist für alle
(x)
x ∈ D0 := [a − δ, α + δ] ∩ D, und weiterhin ist h : D0 → R, x 7→ fg(x)
stetig
in a.
c) Ist h : M → R, wobei M ⊂ R mit f (D) ⊂ M , und ist h stetig in f (a),
dann ist h ◦ f stetig in a mit limx→a h(f (x)) = h(f (a)).
Korollar 11.6. exp, sin, cos : R → R sind stetig.
Beweis. Sei a ∈ R. Es ist zu zeigen, dass
lim exp(x) = exp(a)
x→a
gilt. Dies ist äquivalent zu
lim exp(a + h) = exp(a),
h→0
d.h.
lim exp(a) · exp(h) = exp(a).
h→0
Nach den Grenzwertsätzen und Lemma 11.3 gilt
lim (exp(a) · exp(h)) = exp(a) · exp(0) = exp(a).
h→0
Dies zeigt die Stetigkeit von exp.
Weiter ist limx→a cos(x) = cos(a) äquivalent zu limh→0 cos(a + h) = cos(a).
Wiederum mit Lemma 11.3 gilt aber
lim cos(a + h) = lim cos(a) · cos(h) − sin(a) · sin(h) = cos(a).
| {z }
| {z }
h→0
h→0
→1
Entsprechend folgt die Stetigkeit von sin.
→0
75
11. Stetigkeit
Intervalle wurden zum Teil schon benutzt, aber um Mißverständnisen vorzubeugen hier noch einmal die genaue
Definition 11.7. Seien a, b ∈ R. Für a < b setze
[a, a] = {a}
[a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b}
]a, b[ =
]a, b] =
[a, b[ =
[a, ∞[ =
abgeschlossenes Intervall“.
”
{x ∈ R | a < x < b} offenes Intervall“
”
{x ∈ R | a < x ≤ b} (links) halboffenes Intervall“,
”
{x = R | a ≤ x < b} (rechts) halboffenes Intervall“,
”
{x ∈ R | a ≤ x}, ]a, ∞[= {x ∈ R | a < x},
] − ∞, b] = {x ∈ R | x ≤ b},
] − ∞, ∞[ = R.
] − ∞, b[= {x ∈ R | x < b},
Diese Mengen heißen Intervalle.
Satz 11.8 (Zwischenwertsatz). Sei f : [a, b] → R
stetig. Dann wird jeder Wert zwischen f (a) und
f (b) angenommen. Ist also u ∈ R ein Wert mit
(f (a) − u)(f (b) − u) < 0, so gibt es ein c ∈ ]a, b[
mit f (c) = u.
Beweis. Es reicht den Fall f (a) < f (b) zu betrachten. Sei f (a) < u < f (b). Es
ist zu zeigen, dass ein c ∈ [a, b] existiert mit f (c) = u. Setze
M = {x ∈ [a, b] | u < f (x)}.
Es gilt M 6= ∅, da b ∈ M . Da M beschränkt ist, ist
c := inf M = inf{x ∈ [a, b] | u < f (x)}
eine reelle Zahl. Nach Satz 5.11 gibt es eine Folge (xn )n∈N in M mit limn→∞ xn =
c. Mithin folgt aus a ≤ xn ≤ b auch c ∈ [a, b]. Da f stetig ist, gilt limn→∞ f (xn ) =
f (c). Wegen f (xn ) > u ist weiter f (c) ≥ u. Insbesondere folgt c > a, da f (a) < u.
Wegen x > a ist cn = c − n1 ∈ [a, b] für alle großen n. Wegen cn < c = inf M
folgt cn 6∈ M und somit f (cn ) ≤ y. Zusammen mit der Stetigkeit von f in c ergibt
sich durch Grenzübergang f (c) = lim f (cn ) ≤ u. Insgesamt also f (c) = u.
Korollar 11.9. Sei I Intervall und f : I → R stetig. Dann ist f (I) ein Intervall.
76
11. Stetigkeit
Beweis. Setze
c = inf{f (x) | x ∈ I} ∈ R ∪ {−∞},
d = sup{f (x) | x ∈ I} ∈ R ∪ {∞}.
Offenbar ist f (I) ⊂ ]c, d[ ∪ {c, d}. Also reicht es,
Bild f = f (I) = {f (x) | x ∈ I} ⊃ ]c, d[
zu zeigen. Sei nun c < y < d. Dann gibt es x1 , x2 ∈ I mit f (x1 ) < y < f (x2 ).
Gilt nun x1 < x2 , so folgt y ∈ f (I) aus dem Zwischenwertsatz angewendet auf
f|[x1 ,x2 ] : [x1 , x2 ] → R, x 7→ f (x). Ist x2 < x1 , so folgt die Behauptung aus dem
Zwischenwertsatz angewendet auf f|[x2 ,x1 ] : [x2 , x1 ] → R.
Satz 11.10. Seien a, b ∈ R, a < b. Ist f : [a, b] → R stetig, so nimmt f Maximum
und Minimum an. Insbesondere ist f beschränkt.
Beweis. Setze wieder
c = inf{f (x) | x ∈ [a, b]} ∈ R ∪ {−∞},
d = sup{f (x) | x ∈ [a, b]} ∈ R ∪ {∞}.
Nach Satz 5.11 gibt es eine Folge yn ∈ {f (x) | x ∈ [a, b]} mit limn→∞ yn = c.
Wähle dazu xn ∈ [a, b] mit yn = f (xn ). Nach Bolzano Weierstraß gibt es eine
konvergente Teilfolge (xnk )k∈N . Setze x = limk→∞ xnk . Wegen a ≤ xnk ≤ b folgt
x ∈ [a, b]. Die Stetigkeit von f liefert nun
f (x) = lim f (xnk ) = lim ynk = c.
k→∞
k→∞
Analog erhält man ein x0 ∈ [a, b] mit f (x0 ) = d.
Es ist wichtig, dass die Intervalle im Satz 11.10 abgeschlossen sind: Es gilt
beispielsweise exp(R) = ]0, ∞[, wie der folgende Satz zeigt.
Definition 11.11. Sei I ein Intervall. Eine Abbildung f : I → R heißt
• monoton wachsend, wenn für alle x, y ∈ I gilt: x > y ⇒ f (x) ≥ f (y),
• streng monoton wachsend, wenn für alle x, y ∈ I gilt: x > y ⇒ f (x) > f (y),
• monoton fallend, wenn für alle x, y ∈ I gilt: x > y ⇒ f (x) ≤ f (y),
• streng monoton fallend, wenn für alle x, y ∈ I gilt: x > y ⇒ f (x) < f (y).
77
11. Stetigkeit
Satz 11.12. Für exp : R → R gilt:
a) exp(R) = ]0, ∞[.
b) exp ist streng monoton wachsend.
c) limx→∞ exp(x) = ∞ und
limx→−∞ exp(x) = 0.
Beweis.
a) Es ist exp(x) > 0 für alle x ∈ R, also
exp(R) ⊂ ]0, ∞[.
Weiter ist
sup{exp(x) | x ∈ R} = ∞,
P
nk
denn für alle n ∈ N gilt exp(n) = ∞
k=0 k! ≥ 1 + n →n→∞ ∞. Entsprechend ist
inf{exp(x) | x ∈ R} = 0,
1
denn für alle n ∈ N gilt exp(−n) = exp(n)
≤
und somit exp(R) ein Intervall ist, folgt
1
1+n
→n→∞ 0. Da exp stetig
exp(R) = ]0, ∞[.
b) Es ist exp(0) = 1. Für x > 0 ist
exp(x) =
∞
X
xk
k!
> 1.
k=0
Ist x > y, so ist
exp(x) = exp(y − (y − x))
= exp(y) · exp(x − y)
| {z } | {z }
>0
>1
> exp(y).
k
x
Bemerkung 11.13. Für alle k ∈ N ist limx→∞ exp(x)
= 0, denn ist x > 0, so
P∞ xn
k+1
k
x
x
xk
ist exp(x) = n=0 n! > (k+1)! und also exp(x) ≤ xk+1 · (k + 1)! →k→∞ 0.
78
11. Stetigkeit
Satz 11.14.
a) Die Betragsabbildung R → R, x 7→ |x| ist stetig.
b) Seien a < b < c. Eine Abbildung f : [a, c] → R ist genau dann stetig, wenn
f|[a,b] und f|[b,c] stetig sind.
c) Stetigkeit ist eine lokale Bedingung, d.h. für D ⊂ R, f : D → R, a ∈ D und
δ > 0 gilt: f ist genau dann stetig in a, wenn f|([a−δ,a+δ]∩D ) stetig in a ist.
Beweis. b) Es sei x ∈ [a, c] und ε > 0. Es ist zu zeigen:
∃ δ > 0 mit ∀ x0 ∈ [a, c] gilt (|x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε)
ist äquivalent zu
∃ δ > 0 mit ∀ x0 ∈ [a, b] gilt (|x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε)
∧∀ x0 ∈ [b, c] mit (|x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε).
Dies ist offenbar richtig.
Satz 11.15. Es sei I ein Intervall, f : I → R streng
monoton und stetig. Setze J := f (I). Dann existiert f −1 : J → I mit f ◦ f −1 = f −1 ◦ f = id und
die Umkehrfunktion f −1 ist stetig.
Beispiel 11.16.
a) Sei k ∈ N. Die streng monotone Abbildung [0, ∞[→
[0, ∞[ , x 7→ xk ist stetig und besitzt somit eine stetige Umkehrabbildung
√
k
· : [0; ∞[−→ [0, ∞[⊂ R.
√
Es gilt ( k x)k = x.
b) Die Umkehrabbildung
ln := log := exp−1 : ]0, ∞[→ R,
der Exponentialfunktion exp : R →]0, ∞[ heißt Logarithmus und ist stetig.
Es gilt exp(log x) = x und log(exp y) = y.
79
11. Stetigkeit
Lemma 11.17. Eine beschränkte Folge (xn )n∈N ⊂ R konvergiert genau dann,
wenn sie nur einen Häufungspunkt hat.
Beweis. Sei x der eindeutige Häufungspunkt von (xn )n∈N . Angenommen, es ist
limn→∞ xn 6= x. Dann gibt es ein ε > 0 mit |xn −x| ≥ ε für unendlich viele n ∈ N.
Es gibt also eine Teilfolge (xnk )k∈N mit |xnk −x| ≥ ε für alle k ∈ N. Nach Bolzano
Weierstraß hat (xnk )k∈N eine konvergente Teilfolge. Der zugehörige Grenzwert
ist ein Häufungspunkt von (xn )n∈N , der von x verschieden ist. Dies ist ein Widerspruch.
Beweis von Satz 11.15. Wir betrachten den Fall, dass f streng monoton wachsend ist. Für x, y ∈ I gilt also
x > y ⇒ f (x) > f (y),
x ≤ y ⇒ f (x) ≤ f (y)
und zusammen
x > y ⇔ f (x) > f (y).
Also ist auch f −1 : J → I streng monoton wachsend.
Sei y ∈ J und (yn )n∈N eine Folge in J mit limn→∞ yn = y. Für die Stetigkeit
von f −1 ist
lim f −1 (yn ) = f −1 (y)
n→∞
zu zeigen. Da (yn )n∈N in J konvergiert, gibt es Schranken z1 , z2 ∈ J, so dass
z1 ≤ yn ≤ z2 für alle n ∈ N ist. Es folgt für alle n ∈ N
f −1 (z1 ) ≤ f −1 (yn ) ≤ f −1 (z2 ).
Die Folge xn := f −1 (yn ) ∈ I ist also beschränkt. Sei x ein Häufungspunkt von
f −1 (yn ) und dazu (xnk )k∈N eine Teilfolge mit limk→∞ xnk = x. Da f stetig ist,
folgt
f (x) = lim f (xnk ) = lim ynk = y.
k→∞
k→∞
Es ist also
f (x) = y = f (f −1 (y))
und mit der Injektivität von f folgt x = f −1 (y) für jeden Häufungspunkt x.
Insbesondere ist die Folge (xn ) nach Lemma 11.17 konvergent mit Grenzwert
f −1 (y).
80
11. Stetigkeit
Lemma 11.2 erlaubt eine äquivalente Umformulierung des
Begriffes der Stetigkeit zum sogenannten ε–δ–Kriterium
der Stetigkeit: Ist D ⊂ R dann ist eine Abbildung f : D → R
genau dann stetig in a ∈ D, wenn
Für ε = 0, 5 kann man im
Beispiel δ = 0, 5 wählen.
h
i
∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x ∈ D gilt |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε .
Die Abbildung f : D → R ist also genau dann stetig, wenn
h
i
∀a ∈ D ∀ ε > 0 ∃δ > 0 : ∀ x ∈ D gilt |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε .
Definition 11.18. Sei D ⊂ R. Eine Abbildung f : D → R heißt gleichmäßig
stetig genau dann, wenn gilt:
h
i
∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ a ∈ D ∀ x ∈ D gilt |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε .
Bei gleichmäßiger Stetigkeit darf die Wahl von δ also nicht von a abhängen.
Offenbar sind gleichmäßig stetige Abbildungen stetig.
Beispiel. Die Abbildung R → R, x 7→ x2
ist stetig, aber nicht gleichmäßig stetig: Angenommen, zu ε = 1 gäbe es ein δ > 0 mit
|x2 −a2 | < 1 für alle x, a ∈ R mit |x−a| < δ.
Dann wäre für alle x ∈ R
2
1 > x2 − (x + 2δ )2 = x · δ + δ4 .
Dies ist aber falsch für x > 1δ .
Satz 11.19. Es sei a < b ∈ R, und sei f : [a, b] → R stetig. Dann ist f
gleichmäßig stetig.
Beweis. Angenommen, f ist nicht gleichmäßig stetig. Dann gibt es also ε > 0
derart, dass wir für alle δ = n1 mit n ∈ N+ Zahlen xn , yn ∈ [a, b] finden können
mit
|xn − yn | < δ = n1 und |f (xn ) − f (yn )| ≥ ε.
Nach dem Satz von Bolzano Weierstraß (Satz 5.14) hat (xn )n∈N eine konvergente
Teilfolge (xnk )k∈N mit Grenzwert x = limk→∞ xnk . Wegen
|xnk − ynk | <
1 k→∞
nk −→
0
81
12. Logarithmen und allgemeine Potenzen
ist auch limk→∞ ynk = x. Da f stetig in x ∈ [a, b] ist, folgt somit
lim f (xnk ) − f (ynk ) = f (x̄) − f (x̄) = 0.
k→∞
Dies ist ein Widerspruch zur Annahme.
Beispiel. Die Abbildung f : ]0, 1[→ R, x 7→ x1 ist stetig, aber nicht gleichmäßig
stetig: Sei ε = 1, und sei δ > 0 beliebig. Es reicht x, a ∈ ]0, 1[ zu finden mit
|x − a| < δ und |f (x) − f (a)| > 1. Sei dazu x = min{0.5, δ} und a = x2 . Dann ist
12
|f (x) − f (a)| = x1 − x2 =
1
x
> 1.
Logarithmen und allgemeine Potenzen
Definition 12.1.
a) log : ]0, ∞[ → R ist die Umkehrabbildung der Bijektion
exp : R →]0, ∞[.
b) Für a > 0 und x ∈ R setzt man expa (x) = exp(x · log a)
Satz 12.2. Es gilt:
a) log ist streng monoton wachsend und stetig.
b) log(x · y) = log x + log y.
c) limx→∞ log x = ∞ und limx→0 log x = −∞.
d) log(1) = 0.
Beweis.
Graph von log(x)
a) Dies hatten wir bereits in Beispiel 11.16 gesehen.
b) Es ist
exp(log(x · y)) = x · y
= exp(log(x)) · exp(log(y))
= exp log(x) + log(y) .
Mit der Injektivität von exp folgt log(x · y) = log(x) + log(y).
c) Dies folgt daraus, dass log streng monoton und surjektiv ist.
82
13. Trigonometrische Funktionen
Satz 12.3. Seien a > 0 und p, q ∈ N+ . Dann gilt
√
p
expa pq = q ap = a q ,
− pq
1
expa − pq = √
.
q p = a
a
Man schreibt daher expa (x) = ax für x ∈ R.
Beweis. Es gilt offenbar expa (x + y) = expa (x) expa (y). Die Aussage folgt somit
völlig analog zu Korollar 10.3.
Für a = 1 gilt offenbar expa ≡ 1. In den anderen Fällen gilt:
Satz 12.4. Sei a > 0 mit a 6= 1.
a) Die Abbildung R → R, x 7→ ax ist streng monoton und stetig mit Bild
]0, ∞[. Genauer ist die Funktion für a > 1 streng monoton wachsend und
für a < 1 streng monoton fallend.
b) Für die Umkehrabbildung loga: ]0, ∞[→ R von x 7→ ax gilt loga (x) =
log x
log a .
Beweis.
a) Sei a > 1. Dann ist log a > 0, also log a · x streng monoton wachsend in x. Da exp streng monoton wachsend ist, ist ax = exp(log a · x)
ebenfalls streng monoton wachsend.
Die Aussage für a < 1 zeigt man analog.
b) Es ist
expa (loga (x)) = x
= exp(log x)
x
= exp log
·
log(a)
log a
x
= expa log
log a .
Da expa injektiv ist, folgt loga (x) =
13
log x
log a .
Trigonometrische Funktionen
Wir haben sin und cos mittels der Eulerschen Formel eiy = cos(y) + i sin(y)
erklärt und daraus die Reihendarstellungen
cos y =
∞
X
(−1)k ·y 2k
(2k)!
k=0
und sin y =
∞
X
(−1)k ·y 2k+1
(2k+1)!
k=0
83
13. Trigonometrische Funktionen
hergeleitet. Wir hatten gesehen, dass die Additionstheoreme gelten:
cos(x + y) = cos x · cos y − sin x · sin y,
sin(x + y) = sin x · cos y + cos x · sin y.
für alle x, y ∈ R. Insbesondere, folgt sin2 (x) + cos2 (x) = cos(x − x) = 1. Weitherhin wissen wir bereits, dass sin und cos stetige Funktionen sind. Auch die
Restgliedabschätzungen werden wichtig bleiben (Satz 10.6). In diesem Abschnitt
stellen wir weitere wesentlichen Eigenschaften von sin und cos zusammen und
zeigen insbesondere die Übereinstimmung mit der Schuldefinition.
a) Für alle x ∈ ]0, 2[ gilt sin x > 0.
Proposition 13.1.
b) Es gibt genau ein x0 ∈ [0, 2] mit cos x0 = 0.
3
Beweis.
a) Es gilt sin x = x+r̂1 (x) mit |r̂1 (x)| ≤ |x|
3! für |x| ≤ 3. Für x ∈ ]0, 2]
ist dann
2
sin(x)
x3
= 1 + r̂1x(x) ≥ 1 − 3!·x
= 1 − x6 ≥ 13
x
und somit sin(x) > 0.
b) Wir beginnen damit, die Existenz von x0 ∈ [0, 2] nachzuweisen. Wegen
cos 0 = 1 > 0 reicht es aufgrund des Zwischenwertsatzes zu zeigen, dass
cos 2 < 0 ist. Es gilt
cos 2 = 1 −
mit |r̃2 (2)| ≤
24
4!
22
2!
+ r̃2 (2) = −1 + r̃2 (2)
= 23 . Also ist
cos 2 ≤ −1 +
2
3
= − 31 < 0.
Um die Eindeutigkeit von x0 nachzuweisen seien 0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ 2 mit
cos(x1 ) = cos(x2 ) = 0 gegeben. Wir müssen dann x1 = x2 zeigen. Es ist
0 = cos x2
= cos(x1 + (x2 − x1 ))
= cos x1 · cos(x2 − x1 ) − sin x1 · sin(x2 − x1 ).
Wegen cos(x1 ) = 0 und sin(x1 ) > 0 ist also sin(x2 − x1 ) = 0. Schließlich
folgt aus x2 − x1 ∈ [0, 2] mittels a) x2 − x1 = 0.
Definition 13.2. Wir definieren π ∈ R als die eindeutig bestimmte Zahl mit
π
π
2 ∈ [0, 2] und cos 2 = 0.
84
13. Trigonometrische Funktionen
a) cos x +
Satz 13.3.
π
2
= − sin x, sin x +
π
2
b) cos(x + π) = − cos x, sin(x + π) = − sin x.
= cos x.
c) cos(x + 2π) = cos x, sin(x + 2π) = sin x.
d) cos(−x) = cos x, sin(−x) = − sin(x).
e) cos ist auf [0, π] streng monoton fallend.
f ) sin ist auf − π2 , π2 streng monoton steigend.
Beweis.
a) Es ist
π
cos(x + π2 ) + i · sin(x + π2 ) = ei(x+ 2 )
π
= ei· 2 · eix
= (cos π2 + i · sin π2 )(cos x + i sin x)
= i cos x − sin x.
Der Vergleich von Real- und Imaginärteil beider Seiten liefert die Behauptung.
b) Mit a) ist
cos(x + π) = cos(x +
π
2
+ π2 ) = − sin(x + π2 ) = − cos(x).
c) Analog.
d) Dies folgt unmittelbar aus den Reihendarstellungen.
13. Trigonometrische Funktionen
85
e) Wir zeigen zunächst, dass cos auf [0, π2 ] streng monoton fallend ist. Seien
x0 , x1 ∈ [0, π2 ] mit x0 < x1 . Es ist cos x0 > cos x1 zu zeigen.
cos x1 = cos(x0 + (x1 − x0 ))
= cos(x0 ) · cos(x1 − x0 ) − sin(x0 ) · sin(x1 − x0 )
≤ cos(x0 ) · cos(x1 − x0 )
< cos(x0 )
wobei wir in der vorletzten Ungleichung sin(x0 ) ≥ 0 und sin(x1 − x0 ) > 0
genutzt
haben. Für die letzte Ungleichung reicht es wegen cos(x1 − x0 ) ≤
p
1 − sin2 (x1 − x0 ) < 1 die Ungleichung cos(x0 ) > 0 zu zeigen. Wäre aber
cos(x0 ) ≤ 0, so gäbe es nach dem Zwischenwertsatz eine Nullstelle von cos
im Intervall [0, x0 ] ⊂ 0, π2 und dies widerspräche Proposition 13.1 und
unserer Definition von π.
Es folgt, dass cos auf [0, π2 ] streng monoton fallend ist.
π Es verbleibt somit
noch zu zeigen, dass cos streng monoton fallend auf 2 , π ist. Wegen
cos(x) = cos(−x) = − cos(π − x)
folgt dies aber aus dem ersten Teil.
f) Da cos streng monoton fallend auf [0, π] ist und cos(x) = cos(−x) gilt, ist
cos strengmonoton wachsend auf [−π, 0]. Außerdem ist gemäß
sin(x)
=
a)
π
π π
cos x − 2 , und daher ist sin streng monoton wachsend auf − 2 , 2 .
Satz 13.4.
a) Die Abbildung [0, 2π[→ C, ϕ 7→ ei·ϕ ist injektiv und hat die
Kreislinie S1 = {z ∈ C | |z| = 1} als Bild.
b) |eiϕ − eiψ | ≤ |ϕ − ψ| für alle ϕ, ψ ∈ [0, 2π].
c) Für ϕ ≥ 0 ist
lim
n→∞
n−1
X
k=0
(k+1)ϕ kϕ −
exp
i
exp
i
n
n = ϕ.
Sei ϕ ∈]0, 2π[. Wir wollen nun zunächst erklären weswegen der Satz es rechtfertigt die Länge des Kreisbogens von 1 (gegen den Uhrzeigersinn) nach und eiϕ
als ϕ zu definieren. Teil a) besagt, dass die Kurve c : [0, ϕ] → C, ψ 7→ eiψ eine
Bijektion auf diesen Kreisbogen ist. Die Ungleichung in b) besagt, dass die Abbildung c Abstände nicht vergrößert, |c(t) − c(s)| ≤ |t − s|. Deswegen sollte wie
86
13. Trigonometrische Funktionen
auch immer man Länge L(c) definiert die Ungleichung L(c) ≤ ϕ gelten. Jedes
Folgeglieder auf der linken Seite in b) repräsentiert die Länge eines Polygonzuges. Die Länge dieses Polygonzuges stellt offenbar eine untere Schranke für L(c)
dar. Da diese untere Schranken auch gegen ϕ konvergieren, ist es gerechtfertigt
L(c) = ϕ zu definieren.
Bevor wir den Satz beweisen, halten wir das folgende Korollar fest.
Korollar 13.5. Die Schuldefinition des sin und cos stimmt mit der Reihendefinition überein. Insbesondere, ist auch 2π die Länge der Kreislinie, wenn π durch
Definition 13.2 definiert ist.
Beweis. Es gilt eiϕ = cos(ϕ)+i sin(ϕ) ∈ {z ∈ C | |z| =
1}. Weiterhin ist ϕ die Länge des Kreisbogens von 1
(gegen den Uhrzeiger Sinn) nach eiϕ . Die Projektion
dieses Vektors eiϕ ∈ C = R2 auf die x-Achse wird aber
in der Schule dann als cos(ϕ) definiert. Entsprechend
wird sin(ϕ) als die Projektion dieses Vektors auf die
y-Achse erklärt.
Beweis von Satz 13.4.
a) Es ist eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ. Es gilt:
• Auf [0, π]: (ϕ 7→ Re(eiϕ )) ist injektiv und Im(eiϕ ) ≥ 0.
• Auf ]π, 2π[: (ϕ 7→ Re(eiϕ )) ist injektiv und Im(eiϕ ) < 0.
Zusammen folgt die Injektivität. Sei nun z ∈ C mit |z| = 1.
1. Fall: Im z ≥ 0. Wähle ϕ ∈ [0, π] mit cos ϕ = Re(z) ∈ [−1, 1]. Dies ist
möglich nach dem Zwischenwertsatz. Dann ist sin ϕ ≥ 0 und es gilt
p
p
sin ϕ = 1 − cos2 ϕ = 1 − Re(z)2 = | Im(z)| = Im(z),
wobei die letzte Gleichheit aus Im(z) ≥ |z| = 1 folgt. Also ist z = eiϕ .
2. Fall: Im z < 0. Wähle ϕ ∈ ]π, 2π[ mit cos ϕ = Re(z) ∈ ] − 1, 1[. Dann ist
sin ϕ ≤ 0 sowie Im |z| < 0, also
p
p
− sin ϕ = 1 − cos2 ϕ = 1 − Re(z)2 = | Im(z)| = − Im(z)
und es ist wieder z = eiϕ .
b) Für ϕ, ψ ∈ R gilt
|eiϕ − eiψ |2 = |1 − eiϕ−ψ |2 = 2(1 − cos(ϕ − ψ)) = 4 sin2
ϕ−ψ 2
87
13. Trigonometrische Funktionen
wobei wir in der letzten Gleichung die Verdoppelungsformel 2 sin2 (α) =
(1 − cos(2α)) benutzt haben, welche wiederum direkt aus den Additionstheoremen folgt. Nach Satz 10.6 gilt | sin(x)| ≤ |x| und nun folgt insgesamt
wie behauptet |eiϕ − eiψ | ≤ |ψ − ϕ|.
c) Es ist
n−1
X
k=0
k+1
|ei· n ·ϕ
k
i· n ϕ
−e
|=
n−1
X
k=0
1
k
|ei· n ·ϕ | · |ei· n ·ϕ − 1|
ϕ
= n · |ei· n − 1|.
ϕ
i· n
ϕ
n
ϕ
n)
Es gilt e
= 1 + i · + r2 (i ·
mit |r2 (i ·
In diesem Fall ist also einerseits nach b)
ϕ
|ei· n − 1| ≤
ϕ
n )|
≤ 2·
ϕ2
n2
2!
, falls |i · ϕn | ≤ 2.
|ϕ|
n
und andererseits
ϕ
|ei· n − 1| = |i ·
Zusammen also
ϕ−
ϕ2
n
ϕ
n
+ r2 (i · ϕn )| ≥
|ϕ|
n
−
|ϕ|2
n2
ϕ
≤ n · |ei· n − 1| ≤ ϕ
ϕ
Mit dem Schachtelungssatz folgt limn→∞ n · |ei· n − 1| = ϕ.
Korollar 13.6.
a) Die Exponentialabbilung exp : C → C hat das Bild C\{0}.
b) Es ist exp(z1 ) = exp(z2 ) genau dann, wenn z1 − z2 ∈ 2πi · Z ist.
Beweis.
a) Es ist exp(z) · exp(−z) = 1, also exp(z) 6= 0. Es bleibt zu zeigen,
dass es für alle η ∈ C \ {0} ein z ∈ C gibt mit exp(z) = η. Wähle nach
η
Satz 13.4 ein y ∈ R mit eiy = |η|
und ein x ∈ R mit exp(x) = |η| > 0
(d.h. x := log |η|). Dann gilt
ex+iy = ex · eiy = |η| ·
η
|η|
= η.
88
13. Trigonometrische Funktionen
b) Die Rückrichtung ist klar, wir zeigen also die Hinrichtung. Aus exp(z1 ) =
exp(z2 ) folgt mit Korollar 10.3
exp(Re(z1 )) = | exp(z1 )| = | exp(z2 )| = exp(Re(z2 ))
und somit Re(z1 ) = Re(z2 ), denn x 7→ ex = exp(x) ist als streng monoton
wachsende Abbildung injektiv. Also gibt es ein y ∈ R mit iy = z1 − z2 .
Weiterhin
exp(z1 )
exp(iy) = exp(z1 − z2 ) = exp(z
=1
2)
Aus der Eulerschen Formel folgt cos(y) = 1 und somit y ∈ 2πZ.
Korollar 13.7.
a) Jedes z ∈ C lässt sich in Polarkoordinaten schreiben,
d.h. es gibt r ≥ 0 und ϕ ∈ R mit z = r · eiϕ . Genauer ist r = |z|.
b) Es gilt r1 eiϕ1 · r2 eiϕ2 = r1 r2 · ei(ϕ1 +ϕ2 ) . (Das bedeutet: Bei Multiplikation
in C werden die Beträge multipliziert und die Winkel addiert.)
c) Für alle η ∈ C und k ∈ N+ hat die Gleichung z k = η eine Lösung in C.
Beweis. c) Ohne Einschränkung sei η 6= 0. Wähle c ∈ C mit η = exp(c). Dann
ist z := exp( kc ) eine Lösung. Die anderen k − 1-Lösungen sind dann gegeben
durch z · ei
2πj
k
, j = 1, . . . , k − 1.
eiϕ · y
Satz 13.8 (Kosinussatz). Es gilt für
x, y ∈ R+ , ϕ ∈ R
|y · eiϕ − x|2 = y 2 + x2 − 2xy cos ϕ.
Beweis. Es ist
y
e
1
iϕ
|eiϕ y − x|
ϕ
cos ϕ
|y · eiϕ − x|2 = (y · eiϕ − x) · (y · e−iϕ − x)
= y 2 eiϕ e−iϕ + x2 − xy(eiϕ + e−iϕ )
= x2 + y 2 − 2xy cos(ϕ)
x
89
13. Trigonometrische Funktionen
a) Der Arkuscosinus
Definition 13.9.
arccos : [−1, 1] → [0, π]
ist die Umkehrfunktion von cos|[0,π] : [0, π] → [−1, 1].
b) Ähnlich ist der Arkussinus
arcsin : [−1, 1] → − π2 , π2
Umkehrfunktion von sin|[− π , π ] : − π2 , π2 → [−1, 1].
2 2
c) Der Tangens ist erklärt durch
tan : R \ π2 + kπ | k ∈ Z → R, x 7→
d) Der Arkustangens arctan : R →
funktion von tan|]− π2 , π2 [ .
π
2
sin x
cos x .
π
,
2 2 ist die Umkehr-
π
0
arctan(x)
π
−
2 -4
arctan(x)
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
√
√
5−1
Lemma 13.10. Es gilt cos( π3 ) = 12 , cos( π6 ) = 23 , cos( π4 ) = √12 , cos( 2π
5 )=
4 ,
q√
√
5+3
und sin( π3 ) = 23 , sin( π6 ) = 12 , sin(π/4) = √12 , sin( 2π
cos( π5 ) =
8
5 ) =
√
q √
√
10+2 5
, sin( π5 ) = 5−8 5
4
Beweis. Kennt man den Wert von cos(ϕ) so kann man den Wert von cos(ϕ/2)
mit der Verdoppelungsformel cos2 (ϕ/2) = 12 (cos(ϕ) + 1) ermitteln. Weiterhin
p
gilt sin(ϕ) = 1 − cos2 (ϕ) für ϕ ∈ [0, π]. Wir sehen also, dass es reicht die
Werte cos(2π/3) und cos(2π/5) zu bestimmen.
Wir setzen ω = ei
Damit ergibt sich
2π
5
. Es gilt dann offensichtlich ω 5 = 1.
0 = 1 + ω + ω2 + ω3 + ω4 ,
denn wenn wir die rechte Seite der Gleichung mit ω multiplizieren ändert sich
90
14. Differenzierbarkeit
nichts. Weiterhin ist ω̄ = ω 4 und ω 3 = ω̄ 2 . Folglich
0 = Re 1 + ω + ω 2 + ω 3 + ω 4
= 1 + 2 cos(2π/5) + 2 cos(4π/5)
= 1 + 2 cos(2π/5) + 2 cos2 (2π/5) − 2 sin2 (2π/5)
= −1 + 2 cos(2π/5) + 4 cos2 (2π/5)
Damit haben wir eine √
quadratische Gleichung für cos(2π/5) gefunden und man
überprüft leicht, dass 5−1
die einzige positive Lösung ist.
4
Der Wert von cos(2π/3) wurde ja bereits in einem Beiζ
spiel vor Feststellung 8.6 bestimmt. Natürlich kann man
2π
aber auch analog wie oben argumentieren: Setze ζ = ei 3 .
1
Dann gilt
0 = 1 + ζ + ζ2
Weiterhin ist ζ 2 = ζ̄. Also
0 = Re 1 + ζ + ζ 2 = 1 + 2 cos(2π/3)
ζ2
Bemerkung.
a) Man kann
q
√
√
√
√
√
√
√
√
17+
34−2
17+2
17+3 17− 34−2 17−2 34+2 17
−1+
2π
cos 17 =
16
zeigen. Diese Formel steht in engem Zusammenhang mit der Konstruktion
eines regelmäßigen 17-Ecks durch Gauß mittels Zirkel und Lineal.
b) Eine der wichtigsten Eigenschaften die wir noch nicht gelistet haben ist,
dass sin und cos differenzierbar sind und für die Ableitungen sin0 = cos
sowie cos0 = − sin gilt. Dies werden wir erst im nächsten Abschnitt sehen.
14
Differenzierbarkeit
Definition 14.1. Es sei I ein Intervall, f : I → R und a ∈ I.
Dann heißt f differenzierbar in a, wenn es ein c ∈ R gibt
mit
f (x) − f (a)
lim
= c.
x→a
x−a
Man schreibt dann c = f 0 (a) und nennt c die Ableitung von
f in a. Wir sagen f ist differenzierbar, wenn f in jedem
Punkt a ∈ I differenzierbar ist.
Isaac Newton
(1642-1727)
91
14. Differenzierbarkeit
Isaac Newton ist zusammen mit Leibniz (vgl. Satz 9.12) einer der Begründer
der Infinitesimalrechnung.
(a)
Bemerkung 14.2. f (a+h)−f
ist die
h
Steigung der Geraden, die durch (a, f (a))
und (a + h, f (a + h)) verläuft. Die Gerade durch (a, f (a)) mit Steigung f 0 (a) heißt
auch Tangente von f an der Stelle a.
f (a + h)
f (a)
Satz 14.3.
a) Sei n ∈ N \ {0}. Dann ist f : R → R, x 7→ xn differenzierbar
0
und f (x) = n · xn−1 .
b) exp ist differenzierbar mit exp0 = exp.
c) cos, sin sind differenzierbar und es gilt cos0 = − sin und sin0 = cos.
Beweis.
a) Es ist mit x = a + h zu zeigen, dass limh→0
gilt. Dies folgt aus
f (a+h)−f (a)
h
f (x + h) − f (x)
(x + h)n − xn
=
h
Pn h n n−k k h − xn
k=0 k x
=
h
n X
n n−k k−1
=
x
h
k
k=1
h→0 n
−→
· xn−1 = n · xn−1 .
1
b) Spezialfall: x = 0. Es ist zu zeigen, dass
exp(0 + h) − exp(0)
= exp(0) = 1
h→0
h
lim
gilt. Für |h| ≤ 2 ist
mit |r2 (h)| ≤ 2 ·
|h|2
2!
exp(h) = 1 + h + r2 (h)
h2
= h2 . Also ist r2h(h) ≤ |h|
≤ |h|. Es folgt
exp(h) − 1
1 + h + r2 (h) − 1
r2 (h) h→0
=
=1+
−→ 1
h
h
h
= n · an−1
92
14. Differenzierbarkeit
Allgemeiner Fall: Es ist zu zeigen, dass
lim
h→0
exp(x + h) − exp(x)
= exp(x)
h
gilt. Wegen des Spezialfalls ist
exp(h) − 1 h→0
exp(x + h) − exp(x)
−→ exp(x).
= exp(x) ·
h
h
c) Spezialfall: x = 0. Wir zeigen
cos(0+h)−cos(0)
= 0,
h
sin(0+h)−sin(0)
limh→0
= 1.
h
(i) limh→0
(ii)
Es gilt
wobei |r̃1 (h)| ≤
h2
2
cos(h) = 1 + r̃1 (h),
für |h| ≤ 2 ist. Somit ist r̃1h(h) ≤
|h|
2
und
r̃1 (h) h→0
cos(h) − 1
=1+
−→ 0
h
h
Entsprechend ist
sin(h) = h + r̂1 (h)
mit |r̂1 (h)| ≤
|h|3
3!
für |h| ≤ 3 und weiter
r̂1 (h) h→0
sin(h) − 0
=1+
−→ 1.
h
h
Allgemeiner Fall: Es ist
lim
h→0
cos(x + h) − cos(x)
= − sin x
h
zu zeigen. Es gilt
cos(x + h) − cos(x)
cos(x) · cos(h) − sin(x) · sin(h) − cos(x)
=
h
h
sin h − h
cos h − 1
= cos x ·
− sin x ·
h }
h }
| {z
| {z
−→ 0
h→0
−→ 1
h→0
h→0
−→ − sin x.
Wegen sin(x) = cos(x − π/2) folgt sin0 (x) = − sin(x − π/2) = cos(x).
93
14. Differenzierbarkeit
Heuristisch kann
die Aussage über exp auch folgerndermaßen zeigen:
P man
xn
Es gilt exp(x) = ∞
und
darum
n=0 n!
∞
∞
X
X
xn−1
xn
exp (x) =
=
= exp(x).
(n − 1)!
n!
0
n=1
n=0
Ähnlich könnte man die Ableitungen für sin und cos begründen. Dies ist jedoch kein Beweis, da wir hier ohne jede Rechtfertigung zwei Grenzwertprozesse
(Grenzwert der Reihe und Differentiation der Partialsummen) vertauschen. Wir
werden später Werkzeug bereit stellen, das es erlaubt in diesen Fällen so zu
argumentieren aber für den Moment geht es noch nicht.
Lemma 14.4. Eine Abbildung f ist genau dann differenzierbar in a ∈ I, wenn
f (a + h) = f (a) + f 0 (a) · h + ra (h)
gilt mit limh→0
ra (h)
h
= 0.
Satz 14.5. Sei f : I → R differenzierbar in a. Dann ist f stetig in a.
(a)
Beweis. Nach Voraussetzung ist limh→0 f (a+h)−f
= f 0 (a). Die Grenzwertsätze
h
liefern
f (a + h) − f (a)
lim h ·
=0
h→0
h
und damit
lim f (a + h) = f (a).
h→0
Also ist f stetig in a.
Bemerkung 14.6. Die stetige Abbildung x 7→ |x| ist nicht differenzierbar in 0,
denn
(−1)n n − |0|
= (−1)n
ist nicht konvergent für n → ∞.
(−1)n
n
Auch
√
· : [0, ∞[→ R, x 7→
q
1
n2
−
1
n2
√
0
=n
√
x ist nicht differenzierbar in 0, denn
ist nicht konvergent für n → ∞.
94
14. Differenzierbarkeit
Satz 14.7. Seien f, g : I → R differenzierbar in a ∈ I. Dann gilt:
a) (f ± g) ist differenzierbar in a mit
(f ± g)0 (a) = f 0 (a) ± g 0 (a).
b) (Produktregel) f · g ist differenzierbar in a mit
(f · g)0 (a) = f (a) · g 0 (a) + f 0 (a) · g(a).
Beweis.
a) Es ist
(f ± g)(a + h) − (f ± g)(a)
h
=
f (a + h) − f (a) g(a + h) − g(a)
±
h
h
h→0
−→ f 0 (a) ± g 0 (a).
b) Ähnlich ist
(f ·g)(a+h)−(f ·g)(a)
h
f (a+h)·g(a+h)−f (a+h)·g(a)+f (a+h)·g(a)−f (a)·g(a)
h
(a)
+ g(a) · f (a+h)−f
= f (a + h) · g(a+h)−g(a)
h
h
h→0
0
0
=
−→ f (a) · g (a) + g(a) · f (a).
Dabei benutzen wir, dass f differenzierbar und mithin stetig in a ist.
Beispiel 14.8.
a) (xn )0 = n · xn−1 .
b) (sin x · ex )0 = cos x · ex + sin x · ex .
Satz 14.9 (Kettenregel). Sei f : I → R differenzierbar in b ∈ I, g : J → R
differenzierbar in a ∈ J, g(a) = b und g(J) ⊂ I. Dann ist f ◦ g : J → R
differenzierbar in a mit
(f ◦ g)0 (a) = f 0 (g(a)) · g 0 (a).
Um die Kettenregel intuitiv zu verstehen, ist es zweckmäßig sich g = g(t)
als eine Bewegung auf der x Achse vorzustellen. Die Geschwindigkeit zur Zeit a
ist dann die Ableitung g 0 (a) bis auf das Vorzeichen. Die Ableitung f ◦ g 0 (a) entspricht dem infinitesimalen“ Höhengewinn der Kurve g(t), f (g(t) pro Zeitein”
heit. Da die Kurve den Graphen (x, f (x)) von f mit g 0 (a)-facher Geschwindigkeit
durchläuft, sollte sich der Höhengewinn um genau diesen Faktor ändern.
95
14. Differenzierbarkeit
Beweis. Nach Lemma 14.4 ist
rf (h)
= 0,
h→0
h
rg (h)
= 0.
g(a + h) = g(a) + h · g 0 (a) + rg (h) mit lim
h→0
h
f (b + h) = f (b) + h · f 0 (b) + rf (h) mit lim
Zusammen ist zunächst
f (g(a + h)) = f g(a) + h · g 0 (a) + rg (h)
= f (b) + h · g 0 (a) + rg (h) · f 0 (b) + rf h · g 0 (a) + rg (h)
und damit
rg (h) rf (h · g 0 (a) + rg (h))
f (g(a + h)) − f (g(a))
= f 0 (b) · g 0 (a) + f 0 (b) ·
+
.
h
h
h
Wir wissen, dass limh→0
rg (h)
h
= 0 ist. Somit verschwindet
der
zweite Summand
rg (h) im Grenzwert. Weiterhin existiert ein δ > 0, so dass h ≤ 1 für alle h mit
|h| < δ ist. In diesem Fall ist weiter |rg (h)| ≤ |h| und damit für c := |g 0 (a)| + 1
|h · g 0 (a) + rg (h)| ≤ (|g 0 (a)| + 1) · |h| = c · |h|.
Es folgt
(
rf (h · g 0 (a) + rg (h)) 0
≤ c·r (h·g0 (a)+r (h))
g
f
h
|h·g 0 (a)+rg (h)|
falls h · g 0 (a) + rg (h) = 0
sonst.
Da limh→0 h·g 0 (a)+rg (h) = 0 ist, folgt aus limη→0
rf (η)
η
= 0 die Behauptung.
Korollar 14.10. Ist a > 0 und f : R → R, x 7→ ax , dann gilt f 0 (x) = log a · ax .
Beweis. Es ist
f (x) = ax = exp((log a) · x)
und darum
f 0 (x) = exp((log a) · x) · log(a)
= log(a) · ax .
96
14. Differenzierbarkeit
Lemma 14.11. Die Abbildung ϕ : R \ {0} → R, x 7→
ϕ0 (x) = − x12 .
1
x
ist differenzierbar mit
Beweis. Es gilt
ϕ(x + h) − ϕ(x)
=
h
1
x+h
−
h
1
x
=
1
x − (x + h)
−1
h→0
−→ − 2 .
=
hx(x + h)
x(x + h)
x
Satz 14.12 (Quotientenregel). Seien f, g : I → R differenzierbar in a ∈ I und
g(a) 6= 0. Dann existiert ein δ > 0, so dass g in I 0 := I ∩ [a − δ, a + δ] keine
(x)
Nullstellen hat. Weiter ist fg : I 0 → R, x 7→ fg(x)
differenzierbar in a mit
0
f
f 0 (a) · g(a) − g 0 (a) · f (a)
(a) =
.
g
g(a)2
Beweis. Da g stetig ist in a gibt es ein δ > 0, so dass g in I 0 := I ∩ [a − δ, a + δ]
keine Nullstelle hat. Somit ist fg : I 0 → R erklärt und es bleibt zu zeigen, dass
die Ableitung in a existiert und sich mit der Quotientenregel berechnen läßt.
Wir behandeln zunächst den Spezialfall f ≡ 1. Es gilt
1
g(x)
= ϕ(g(x)) = ϕ ◦ g(x).
wobei ϕ(y) := y1 , wie in Lemma 14.11. Aus dem Lemma und der Kettenregel
folgt die Differenzierbarkeit von ϕ ◦ g in a und
0
1
(ϕ ◦ g)0 (a) = ϕ0 (g(a)) · g 0 (a) = − (g(a))
2 · g (a).
Im allgemeinen Fall wenden wir zusätzlich die Produktregel an und erhalten
f 0
0
1
1 0
(a)
=
f
(a)
·
+
f
(a)
·
g
g (a)
g(a)
=
f 0 (a)
g(a)
=
f 0 (a)·g(a)−f (a)·g 0 (a)
.
(g(a))2
−
f (a)·g 0 (a)
(g(a))2
Beispiel. tan0 (x) = 1 + tan2 (x).
Satz 14.13 (Umkehrsatz). Sei I Intervall und f : I → R streng monoton und
stetig. Dann ist auch J = f (I) ein Intervall und f −1 : J → I ⊂ R stetig. Ist f
differenzierbar in a ∈ I und gilt f 0 (a) 6= 0, dann ist f −1 differenzierbar in f (a)
mit
1
0
f −1 f (a) = 0 .
f (a)
97
14. Differenzierbarkeit
In Anwendungen hat man häufig den Fall a = f −1 (x) und die Formel liest
0
1
sich dann als f −1 (x) = f 0 (f −1
.
(x))
Bemerkung 14.14. Der Graph von f −1 entsteht aus
dem Graphen von f durch Spiegelung an der Geraden
y = x. Diese Spiegelung (x, y) 7→ (y, x) überführt offenbar die Tangente von f in (a, f (a)) mit Steigung m
1
in die Tangente von f −1 in (f (a), a) mit Steigung m
.
Um dies als Beweis anzusehen, muss einem allerdings
wirklich klar sein, dass dieses Bild mit Grenzwertbildungen verträglich ist.
Korollar 14.15. Nach dem Umkehrsatz gilt
a) log0 (x) = log0 (elog x ) =
b) arcsin0 x =
√ 1
1−x2
1
elog x
= x1 .
für x ∈] − 1, 1[, denn es ist
arcsin0 x = arcsin0 (sin(arcsin x))
1
=
cos(arcsin x)
1
=p
1 − sin2 (arcsin x)
1
=√
.
1 − x2
c) arctan0 x =
1
tan0 (arctan(x))
=
1
1+x2
Beweis von Satz 14.13. Setze b = f (a) und sei yn eine Folge, die gegen b konvergiert, mit (yn 6= b). Es ist zu zeigen, dass
f −1 (yn ) − f −1 (b)
1
= 0
n→∞
yn − b
f (a)
lim
gilt. Für xn := f −1 (yn ) ist yn = f (xn ) und lim xn = f −1 (b) = a. Damit ist
f −1 (yn ) − f −1 (b)
f −1 (f (xn )) − f −1 (f (a))
= lim
n→∞
n→∞
yn − b
f (xn ) − f (a)
xn − a
1
= lim
= 0 .
n→∞ f (xn ) − f (a)
f (a)
lim
98
15. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung und seine Anwendungen
Da wir nun auch den Logarithmus ableiten können, ergibt sich aus der Kettenregel.
Korollar 14.16. Für α ∈ R \ {0} und f : ]0, ∞[ → R, x 7→ xα ist f 0 (x) =
αxα−1 .
Beweis. Nach Definition der allgemeinen Potenzen ist f (x) = xα = exp(α·log x)
und mithin
α
α
f 0 (x) = exp(α · log x) · = xα · = α · xα−1 .
x
x
15
Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung und
seine Anwendungen
Satz 15.1 (Mittelwertsatz). Seien a, b ∈ R
mit a < b. Sei f : [a, b] → R stetig und ferner differenzierbar auf ]a, b[. Dann existiert
ein ξ ∈ ]a, b[ mit
f 0 (ξ) =
f (b) − f (a)
.
b−a
a
ξ
b
(a)
Beweis. Setze c = f (b)−f
. Die Abbildung g : [a, b] → R mit g(x) := f (x) − c · x
b−a
ist stetig auf [a, b] und differenzierbar auf ]a, b[. Es gilt
g(b) − g(a) = f (b) − f (a) − (c · (b − a)) = 0.
Nach dem Satz von Rolle 15.2 gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mit 0 = g 0 (ξ) = f 0 (ξ) − c.
Daraus folgt die Behauptung.
Satz 15.2 (Satz von Rolle). Seien a, b ∈ R mit a < b,
f : [a, b] → R stetig und ferner differenzierbar auf ]a, b[ und
gelte f (a) = f (b). Dann existiert ein ξ ∈ ]a, b[ mit f 0 (ξ) = 0.
Michel Rolle
(1652-1719)
Beweis. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit ist f nicht konstant. Da f stetig
ist, existieren nach Satz 11.10 xm , xM ∈ [a, b] mit
f (xm ) = min{f (x) | x ∈ [a, b]},
f (xM ) = max{f (x) | x ∈ [a, b]}.
15. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung und seine Anwendungen
99
Da f nicht konstant ist, gilt f (xm ) < f (xM ), also liegt mindestens einer der
Punkte xm und xM im offenen Intervall ]a, b[. Dieser Punkt wird im Folgenden
mit ξ bezeichnet.
Wir betrachten nur den Fall, dass ξ = xM ist; der Fall ξ = xm wird analog
bewiesen. Dann ist für alle n ∈ N
f(xM )
f (ξ + n1 ) − f (ξ)
≤ 0.
1
n
f (a) = f (b)
Für n → ∞ liefert dies f 0 (ξ) ≤ 0. Weiter gilt
f (ξ − n1 ) − f (ξ)
≥0
− n1
a
ξ = xM
b
und erneute Grenzwertbildung liefert f 0 (ξ) ≥ 0. Zusammen folgt f 0 (ξ) = 0.
Korollar 15.3. Sei f : [a, b] → R stetig und auf ]a, b[ differenzierbar. Wenn
f 0 ≡ 0 auf ]a, b[, dann ist f konstant.
Beweis. Sei x ∈ ]a, b[ beliebig. Betrachte f|[a,x] . Nach dem Mittelwertsatz gibt
es ein ξ ∈ ]a, b[ mit
f (a)−f (x)
a−x
= f 0 (ξ) = 0. Also ist f (x) = f (a).
Korollar 15.4. Es sei f : [a, b] → R stetig und auf ]a, b[ differenzierbar. Dann
sind folgende Aussagen äquivalent:
a) f ist monoton steigend.
b) f 0 (x) ≥ 0 für alle x ∈ ]a, b[.
Ferner gilt: Ist f 0 (x) > 0, so ist f streng monoton steigend.
Beispiel. Für die streng monoton wachsende Abbildung f : R → R, x 7→ x3 , ist
f 0 (x) = 3x2 . Also ist f 0 ≥ 0, aber wegen f 0 (0) = 0 gilt nicht f 0 > 0.
Beweis von Korollar 15.4. b) ⇒ a)“ Es ist f 0 ≥ 0. Es sei a ≤ x1 < x2 ≤ b. Es
”
ist zu zeigen, dass f (x1 ) ≤ f (x2 ) ist. Betrachte f|[x1 ,x2 ] : [x1 , x2 ] → R. Aus dem
Mittelwertsatz folgt, dass ein ξ ∈ ]x1 , x2 [ existiert mit
f 0 (ξ) =
f (x2 ) − f (x1 )
≥ 0.
x2 − x1
a) ⇒ b)“ Nun ist f monoton wachsend. Sei x ∈ ]a, b[. Es ist zu zeigen, dass
”0
f (x) ≥ 0 ist. Es gilt für n ∈ N
f (x + n1 ) − f (x)
1
n
≥0
100
15. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung und seine Anwendungen
und mit n → ∞ folgt f 0 (x) ≥ 0.
Definition 15.5. Sei I ein Intervall und f : I → R eine Abbildung.
a) f hat an der Stelle x ∈ I ein lokales Maximum
(Minimum) wenn es ein δ > 0 gibt mit f (x) ≥ f (x0 )
für alle x0 ∈ [x−δ; x+δ]∩I (respektive f (x) ≤ f (x0 )
für alle x0 ∈ [x − δ; x + δ] ∩ I).
b) Das lokale Maximum (Minimum) heißt isoliert, falls f (x) > f (x0 ) für alle
x0 ∈ [x − δ, x + δ] ∩ I mit x0 6= x gilt (respektive f (x) < f (x0 ) für alle
x0 ∈ [x − δ, x + δ] ∩ I mit x0 6= x).
c) f hat an der Stelle x ein lokales Extremum, wenn f ein lokales Maximum
oder ein lokales Minimum an der Stelle x annimmt.
d) Nimmt f auf I sein Maximum/Minimum an so nennen wir dies auch globales Maximum/Minimum von f .
Satz 15.6 (Notwendige Bedingungen für Extrema). Es sei f : ]a, b[→ R differenzierbar. Nimmt f an der Stelle x ∈]a, b[ ein lokales Extremum an, dann gilt
f 0 (x) = 0.
Beweis. Der Beweis verläuft völlig analog zum Beweis vom Satz von Rolle 15.2.
Definition 15.7. Sei I ein Intervall und f : I → R eine Abbildung.
a) f heißt stetig differenzierbar, wenn f differenzierbar ist und f 0 stetig ist.
b) f heißt k-mal differenzierbar, wenn gilt:
• für k = 1: f ist differenzierbar
• für k > 1: f 0 ist (k − 1)-mal differenzierbar.
Die k-te Abbildung wird mit f (k) (x) bezeichnet. Speziell schreibt man auch
f (2) (x) = f 00 (x).
Satz 15.8 (Hinreichende Bedingungen für Extrema). Seien f : ]a, b[→ R differenzierbar, x ∈]a, b[ und f 0 (x) = 0.
a) Hat f 0 an der Stelle x einen Vorzeichenwechsel von + nach -, so nimmt f
an der Stelle x ein isoliertes lokales Maximum an.
15. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung und seine Anwendungen
101
b) Ist f zweimal differenzierbar und gilt f 00 (x) < 0, so hat f an der Stelle x
ein isoliertes lokales Maximum.
Das folgende Beispiel illustriert, dass ein Vorzeichenwechsel der Ableitung
keine notwendige Bedingung für ein Extremum ist.
Beispiel. Die Abbildung f : R → R, definiert durch
(
x2 (2 − sin x1 )
f (x) =
0
falls x 6= 0
falls x = 0,
hat an der Stelle 0 ein isoliertes Minimum, aber wegen
f 0 (0) = 0
sowie
f 0 (x) = cos
1
1
+ 2x · (2 − sin )
x |
x}
{z
für x 6= 0.
−→ 0
x→0
liegt kein Vorzeichenwechsel der Ableitung vor. Es ist nicht schwer zu sehen,
dass es für jedes δ > 0 unendlich viele isolierte lokale Minima von f im Intervall [−δ, δ] gibt. Es mag daher sprachlich etwas merkwürdig erscheinen, dass
wir das Minimum an der Stelle 0 isoliert nennen. Das Wort isoliert “ bezieht
”
sich aber auf den Wert des Minimums – er wird in einer Umgebung nur einmal
angenommen. Manche Autoren unterscheiden aber zwischen strengen und isolierten lokalen Extrema. In dieser alternativen Notation wäre das Minimum von
f an der Stelle 0 zwar global und streng aber nicht isoliert. Wir bleiben aber bei
unserer Definition.
Beispiel. Für f : R → R, x 7→ 2x3 − 21x2 + 72x + 3 gilt
f 0 (x) = 6(x2 − 7x + 12) = 6(x − 3)(x − 4),
f 00 (x) = 6(2x − 7),
f 00 (3) = −6 < 0,
f 00 (4) = 6 > 0.
An der Stelle 3 hat f also ein lokales Maximum, an der Stelle 4 ein lokales
Minimum.
Beweis von Satz 15.8.
a) Nach Voraussetzung gibt es ein δ > 0, so dass
0
0
f|[x−δ,x[ > 0 und f|]x,x+δ] < 0 ist. Also ist f streng monoton wachsend
auf [x − δ, x] und streng monoton fallend auf [x, x + δ] und darum hat f
ein isoliertes Maximum an der Stelle x.
102
15. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung und seine Anwendungen
0
0
0
(x)
b) Nach Voraussetzung ist limh→0 f (x+h)
= limh→0 f (x+h)−f
= f 00 (x) <
h
h
0
0. Also gibt es ein δ > 0, so dass f (x+h)
< 0 für alle h mit 0 < |h| < δ
h
ist. Für h ∈ ]0, δ[ ist dann f (x + h) < 0 und für h ∈ [−δ, 0[ entsprechend
f (x + h) > 0. Daraus folgt, dass f 0 in x einen Vorzeichenwechsel von +
nach − hat. Teil a) liefert nun die Behauptung.
Satz 15.9 (Verallgemeinerter Mittelwertsatz). Es seien f, g : [a, b] → R stetig und auf ]a, b[ differenzier
f 0 (ξ)
bar. Dann gibt es ein ξ ∈]a, b[, so dass g0 (ξ) und
f (b)−f (a)
linear abhängig sind.
g(b)−g(a)
<
Bemerkung 15.10. Gilt in der Situation von
Satz 15.9 g(b) − g(a) 6= 0 und g 0 (ξ) 6= 0, so folgt
f 0 (ξ)
f (b)−f (a)
g 0 (ξ) = g(b)−g(a) .
• f (ξ)
g(ξ)
f (a)
g(a)
•
f (b)
g(b)
•
>
Beweis. Wir setzen v = f (b) − f (a) und w = g(b) − g(a). Ohne Einschränkung
ist (v, w) 6= 0. Wir betrachten die komplexe Zahlen z = v + iw. Gesucht ist ein
ξ, so dass c(ξ) = f 0 (ξ) + ig 0 (ξ) ein reelles Vielfaches von z ist. Aufgrund der
geometrischen Interpretation der Multiplikation ist dies gleichbedeutend damit,
dass z̄ · c(ξ) eine reelle Zahl ist. Es reicht also ein ξ ∈]a, b[ zu finden mit
0 = Im(z̄ · c(ξ)) = −f 0 (ξ) g(b) − g(a) + g 0 (ξ) f (b) − f (a) .
Wir betrachten die Funktion
h(t) = (f (b) − f (t))(g(b) − g(a)) − (g(b) − g(t))(f (b) − f (a)),
für t ∈ [a, b]. Offenbar ist h stetig und differenzierbar auf ]a, b[. Weiterhin ist
h(b) = h(a) = 0. Nach dem Satz von Rolle gibt es ein ξ ∈]a, b[ mit
0 = h0 (ξ) = −f 0 (ξ) g(b) − g(a) + g 0 (ξ) (f (b) − f (a) .
Satz 15.11 (Regel von L’Hospital). Es seien a, b, c ∈ R ∪ {−∞, ∞} mit a < b.
Seien weiter f, g : ]a, b[→ R differenzierbar mit g 0 (ξ) 6= 0 für alle ξ ∈ ]a, b[.
Weiterhin gelte eine der beiden folgenden Voraussetzungen:
a) limx&a f (x) = 0 und limx&a g(x) = 0.
b) limx&a f (x) = ∞ und limx&a g(x) = ∞.
2
15. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung und seine Anwendungen
103
0
(x)
(x)
= c, so folgt limx&a fg(x)
= c. Außerdem bleibt der Satz
Gilt dann limx&a fg0 (x)
richtig wenn x&a durchgehend durch x%b ersetzt wird.
Der Satz wurde von Johann Bernoulli entdeckt, der mit dem Marquis de
l’Hôpital in Korrespondenz stand. Dieser publizierte erstmals den Satz.
Bemerkung. Konvergieren Zähler und Nenner von
f (x)
g(x)
für x → a so sind
(x)
und
genau die Fälle bei denen man das Konvergenzverhalten von fg(x)
für x → a nicht entscheiden kann. Natürlich kann man in b) auch alternativ
erlauben, dass der Zähler bestimmt gegen −∞ und der Nenner bestimmt gegen
∞ divergiert, etc.
∞
“
”∞
0
“
”0
Beispiele. Für α > 0 gilt
a) limx&0 xα · log x = 0.
b) limx→∞
c) limx→0
Beweis.
log x
xα
= 0.
1
1
1
ex −1 − x = − 2 .
a) Es ist xα · log x =
Johann Bernoulli Guillaume François Antoine,
Marquis de l’Hôpital
(1667-1748)
(1661-1704)
log x
.
x−α
Betrachte
1
x
−α · x−α−1
=−
xα x→0
−→ 0.
α
Nach der Regel von L’Hospital folgt limx&0
b) Es gilt
tung.
c) Es ist
1
x
log x
x−α
= 0.
−→ 0 und die Regel von L’Hospital liefert nun die Behaup-
α·xα−1 x→∞
1
ex −1
−
1
x
=
x−ex +1
x(ex −1) .
Betrachte
1−ex
(ex −1)+x·ex .
Es gilt 1 − ex −→ 0 und (ex − 1) + x · ex −→ 0. Betrachte also
x→0
x→0
−ex
ex +ex +x·ex
=
−1
−→
2+x x→0
− 12 .
Wiederholtes Anwenden von L’Hospital gibt die Behauptung.
104
15. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung und seine Anwendungen
Bemerkung 15.12. Die Reihenfolge in der Regel von L’Hospital lässt nicht
umdrehen: Es ist
x2 sin x1
0 = lim
,
x& 0
x
aber
− cos x1 + 2x · sin x1
x& 0
1
lim
existiert nicht.
Beweis von Satz 15.11. Betrachte zunächst den Fall a 6= −∞. Da g 0 keine Nullstellen hat, ist g nach dem Satz von Rolle injektiv und folglich streng monoton.
a) Es gelte limx&a f (x) = limx&a g(x) = 0. Wir setzen f (a) := 0 =: g(a). Dann sind f, g : [a, b[→ R
stetig und auf ]a, b[ differenzierbar. Wir betrachten
zunächst den Teilfall
0 c 6= ±∞. Sei ε > 0 gegeben.
(ξ)
Wähle δ > 0 mit fg0 (ξ)
− c < ε für alle ξ ∈]a, a + δ[.
Für x ∈ ]a, a + δ[ ist
f (x)−f (a)
f (x)
=
< ε,
−
c
−
c
g(x)
g(x)−g(a)
f (x)
g(x)
|
a
Illustration für den (einfachen)
Spezialfall: f und g sind differenzierbar in a = 2 mit g 0 (a) 6= 0.
denn nach dem verallgemeinertem Mittelwertsatz existiert ein ξ ∈ ]a, x[
mit
f (x)−f (a)
f 0 (ξ)
g(x)−g(a) = g 0 (ξ) .
Der Fall c = ±∞ ist ähnlich. Ist etwa c = ∞, so gibt es zu einem beliebigen
0 (ξ)
L > 0 ein δ > 0 mit fg0 (ξ)
> L für alle ξ ∈]a, a + δ[. Wie oben folgt dann
f (x)
g(x)
> L für alle x ∈]a, a + δ[. Da L beliebig ist somit limx&a
f (x)
g(x)
= ∞.
b) Wegen limx&a f (x) = limx&a g(x) = ∞ können wir ohne Einschränkung
f, g > 0 annehmen. Außerdem ist g streng monoton fallend und sogar
g 0 < 0. Da limx&a f (x) = ∞ ist es leicht mit dem Mittelwertsatz eine
gegen a konvergente Folge (ξn ) zu finden mit f 0 (ξn ) < 0. Damit folgt c ≥ 0
und insbesondere c 6= −∞. Es reicht den Beweis für den Fall c 6= ∞
0
zu führen: Ist nämlich c = ∞ so konvergiert fg 0(x)
(x) gegen 0 für x&a und
durch Anwenden des Satzes von L’Hospital für den Fall c 6= ∞ würde
limx&a fg(x)
(x) = 0 folgen. Da die Funktionen positiv sind, folgt damit aber
auch limx&a
f (x)
g(x)
= ∞.
15. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung und seine Anwendungen
105
Sei also fortan ohne Einschränkung der Allgemeinheit c ∈ R und sei weiter
ε > 0 gegeben. Wir müssen ein δ2 > 0 finden mit
f (x)
g(x) − c < ε für alle x ∈]a, a + δ2 ].
Wir wählen ein δ > 0 derart, dass
f 0 (ξ)
0 − c <
g (ξ)
ε
3
für alle ξ ∈]a, a + δ].
Aus dem verallgemeinerten Mittelwertsatz folgt dann
f (x)−f (a+δ)
g(x)−g(a+δ) − c <
ε
3
Wegen limx&a g(x) = ∞ ist limx&a
δ1 ∈]0, δ[ mit
f (x)
g(x)−g(a+δ)
für alle x ∈]a, a + δ[.
−f (a+δ)
g(x)−g(a+δ)
= 0. Es gibt mithin ein
− c < 23 ε für alle x ∈]a, a + δ1 [.
Wir multiplizieren die Ungleichung mit der positiven Zahl 1− g(a+δ)
<1
g(x)
und erhalten
f (x)
g(x) − c + c ·
Wegen limx&a c ·
g(a+δ)
g(x)
g(a+δ) g(x)
< 23 ε für alle x ∈]a, a + δ1 ].
= 0 existiert, wie behauptet, ein δ2 ∈]0, δ1 [ mit
f (x)
g(x) − c < ε für alle x ∈]a, a + δ2 ].
Ist a = −∞ so können wir nach eventuellem Verschieben des Definitionsbereiches
b ≥ −1 annehmen. Wir betrachten dann die Funktionen ϕ, ψ : ]0, 1[→ R, ϕ(x) =
f (−1/x) und ψ(x) = g(−1/x). Da
ϕ0 (x)
ψ 0 (x)
=
f 0 (−1/x)1/x2
g 0 (−1/x)1/x2
=
f 0 (−1/x) x&0
g 0 (−1/x) −→
c,
können wir den bereits bewiesen Teil des Satzes von L’Hospital auf die Funktioϕ(x)
(x)
nen ϕ und ψ anwenden und erhalten c = limx&0 ψ(x)
= limx&−∞ fg(x)
.
106
16
16. Das Riemannsche Integral
Das Riemannsche Integral
Definition 16.1. Eine Abbildung ϕ : [a, b] → R heißt
Treppenfunktion (kurz: ϕ ∈ T [a, b]), falls es eine Unterteilung a = x0 < . . . < xn = b gibt, so dass für alle
0 ≤ i ≤ n − 1 die Einschränkung ϕ|]xi ,xi+1 [ konstant ist.
i+1
Insbesondere gilt ϕ|]xi ,xi+1 [ ≡ ϕ( xi +x
).
2
Bemerkung 16.2.
a) Seien ϕ, ψ ∈ T [a, b]. Dann gibt es eine Unterteilung
a = x0 < x1 < . . . < xn = b, so dass ϕ|]xi ,xi+1 [ und ψ|]xi ,xi+1 [ konstant
sind.
b) T [a, b] ist ein Untervektorraum des Vektorraums der reellwertigen Funktionen auf [a, b].
Definition 16.3. Für ϕ ∈ T [a, b] setzt man
Z
b
ϕ(x) dx =
a
n
X
i=1
ϕ
xi +xi−1 (xi
2
− xi−1 ),
falls a = x0 < x1 < . . . < xn = b eine zu ϕ
gehörige Unterteilung ist. Ist f : [a, b] → R eine beschränkte Funktion und H und TR Treppenfunktionen
b
mit T ≤ f ≤ H, so nennt man a T (x) dx auch eine
Rb
Untersumme und a H(x) dx eine Obersumme zu f .
Beispiel für eine optimale Oberund Untersumme zu einer Unterteilung von [a,b] in 8 Teile.
Diese Definition ist wohldefiniert, d.h. unabhängig von der Wahl der Unterteilung: Sei a = y0 < y1 < . . . < ym = b eine weitere zu ϕ gehörige Unterteilung.
Es gibt dann offensichtlich eine Unterteilung mit a = z0 < z1 < . . . < zh = b
mit {x0 , . . . , xn } ∪ {y0 , . . . , ym } ⊂ {z0 , . . . , zh }. Es reicht dann
n
h
X
X
zl +zl−1
i−1
ϕ xi +x
(x
−
x
)
=
(zl − zl−1 )
ϕ
i
i−1
2
2
i=1
l=1
zu zeigen. Per Induktion genügt es dafür zu überprüfen, dass sich die Definition
des Integrals einer Treppenfunktion nicht ändert wenn wir einen Unterteilungspunkt hinzufügen. Dies ist aber offensichtlich. Ebenso klar sein sollte der folgende
Satz.
107
16. Das Riemannsche Integral
Rb
Satz 16.4. Das Funktional T [a, b] → R, ϕ 7→ a ϕ(x) dx ist R-linear – es gilt
Rb
Rb
Rb
Rb
Rb
also a ϕ(x) + ψ(x) dx = a ϕ(x) + a ψ(x) dx und a λϕ(x) dx = λ · a ϕ(x) dx
für λ ∈ R.
Definition 16.5. Sei f : [a, b] → R beschränkt.
R b∗
Rb
a) a f (x) dx := inf{ a ϕ(x) dx | ϕ ∈ T [a, b], f ≤ ϕ} ∈ R
heißt Oberintegral von f .
Rb
Rb
b) a ∗ f (x) dx := sup{ a ϕ(x) dx | ϕ ∈ T [a, b], f ≥ ϕ} ∈ R
heißt Unterintegral von f .
c) Die Funktion f heißt (Riemann-)integrierbar, falls
R b∗
Rb
a f (x) dx = a ∗ f (x) dx ist. In diesem Fall setzt man
Rb
R b∗
a f (x) dx := a f (x) dx .
Bernhard Riemann
(1826-1866)
Bemerkung. Seien ϕ, ψ ∈ T [a, b] Riemann-integrierbar. Ist ϕ ≤ ψ, so folgt
Rb
Rb
a ϕ(x) dx ≤ a ψ(x) dx .
Beispiel. Definiere Abbildungen fi : [0, 1] → R für 1 ≤ i ≤ 2 durch
(
(
1 für x ∈
/Q
1 für x ∈ Q
f1 (x) =
und f2 (x) =
0 für x ∈ Q,
0 für x ∈
/ Q.
Dann ist
Z
1∗
fi (x) dx
= 1
fi (x) dx
= 0
f1 (x) + f2 (x) dx
= 1.
0
Z
1∗
Z
1
0 ∗
0
Satz 16.6. Seien f, g : [a, b] → R beschränkt. Dann gilt:
a) Jedes ϕ ∈ T [a, b] ist Riemann integrierbar.
R b∗
Rb
b) Es ist a f (x) dx ≥ a ∗ f (x) dx .
c) Es ist
R b∗
a
f (x) + g(x) dx ≤
R b∗
a
R b∗
f (x) dx + a g(x) dx .
108
16. Das Riemannsche Integral
d) Es ist
e)
f)
R b∗
a
Rb
R b∗
a
R b∗
λf (x) dx = λ a f (x) dx für alle λ > 0.
Rb
− f (x) dx = − a ∗ f (x) dx .
a ∗ f (x)
+ g(x) dx ≥
Rb
a ∗ f (x) dx
Beweis. Teil a) und d) sind evident.
Rb
+ a ∗ g(x) dx .
b) Seien ϕ, ψ ∈ T [a, b] mit ϕ ≥ f ≥ ψ. Dann ist
Z
b
ϕ(x) dx ≥
a
Z
b
ψ(x) dx
a
und daraus folgt die Behauptung.
c) Sei ε > 0. Wähle ϕ, ψ ∈ T [a, b] mit f ≤ ϕ, g ≤ ψ und
Z
b∗
a
Z
f (x) dx ≥
b∗
a
g(x) dx ≥
Z
b
ε
ϕ(x) dx − ,
2
b
ε
ψ(x) dx − .
2
a
Z
a
Dann ist
Z
a
b∗
Z
f (x) dx +
b∗
a
g(x) dx ≥
≥
Z
a
Z
a
b
ϕ(x) + ψ(x) dx −ε
b∗
(f + g)(x) dx −ε.
Da ε > 0 beliebig war, folgt die Behauptung.
e) Es gilt
Z
a
b∗
Z
− f (x) dx = inf
a
= − sup
Z
=−
b
a ∗
f) Dies folgt aus c) und e).
b
ϕ(x) dx | ϕ ∈ T [a, b], −f (x) ≤ ϕ
Z
a
b
(−ϕ)(x) dx | −ϕ ∈ T [a, b], f (x) ≥ −ϕ
f (x) dx .
109
16. Das Riemannsche Integral
Satz 16.7. Sei f : [a, b] → R beschränkt. Dann sind äquivalent:
a) f ist Riemann integrierbar.
b) Für alle ε > 0 gibt es Treppenfunktionen ϕ und ψ ∈ T [a, b] mit ϕ ≤ f ≤ ψ
Rb
und a (ψ − ϕ)(x) dx ≤ ε.
Beweis. a) ⇒ b)“ Sei ε > 0 gegeben. Es gilt nach Voraussetzung
”
Z b∗
Z b
Z b
f (x) dx =
f (x) dx =
f (x) dx =: c.
a
a ∗
a
Also existiert ein ψ ∈ T [a, b] mit f ≤ ψ und
Z b
ε
ψ(x) dx ≤ c +
2
a
sowie ein ϕ ∈ T [a, b] mit ϕ ≤ f und
Z b
ε
ϕ(x) dx ≥ c − .
2
a
Rb
Dann ist a (ψ − ϕ)(x) dx ≤ ε.
b) ⇒ a)“ Sei ε > 0 beliebig. Wähle ϕ, ψ wie in b). Dann gilt
”
Z b
Z b
f (x) dx ≥
ϕ(x) dx
a ∗
a
≥
=
Z
ϕ(x) dx +
a
Z
a
≥
b
Z
Z
b
a
b
(ψ(x) − ϕ(x)) dx −ε
ψ(x) dx −ε
b∗
a
f (x) dx −ε.
Da ε > 0 beliebig war, folgt die Behauptung.
Satz 16.8. Jede monotone Funktion f : [a, b] → R ist Riemann-integrierbar.
Beweis. Sei f monoton wachsend. (Den Fall, dass f monoton fallend ist, kann
man analog behandeln.) Betrachte die Unterteilung
xi = a +
i
(b − a)
n
für 0 ≤ i ≤ n.
110
16. Das Riemannsche Integral
Definiere Treppenfunktionen ϕn , ψn durch
(
f (xi ), falls x ∈ [xi , xi+1 [
ϕn (x) :=
f (b), falls x = b,
(
f (xi+1 ), falls x ∈ [xi , xi+1 [
ψn (x) :=
f (b),
falls x = b.
Da f monoton
ist gilt ϕ ≤ f ≤ ψ. Außerdem ist nach Konstruktion
wachsend
xi+1 +xi
xi +xi−1
ϕn
= ψn
für 1 ≤ i ≤ n − 1. Damit ist
2
2
Z
a
b
ψn (x) − ϕn (x) dx
=
=
n→∞
−→
n
X
b−a
n
i=1
b−a
n (f (b)
0.
ψn
xi +xi−1
2
− f (a))
− ϕn
xi +xi−1
2
Gemäß Satz 16.7 folgt nun die Behauptung.
Satz 16.9. Jede stetige Funktion f : [a, b] → R ist Riemann-integrierbar.
Proposition 16.10. Sei f : [a, b] → R stetig. Dann gibt es zu jedem ε > 0
Treppenfunktionen ϕ, ψ ∈ T [a, b] mit ϕ(x) ≤ f (x) ≤ ψ(x) und ψ(x) − ϕ(x) ≤ ε
für alle x ∈ [a, b].
Beweis. Nach Satz 11.19 ist f gleichmäßig stetig, d.h.
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, y ∈ [a, b] : |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε.
Wähle zu ε > 0 ein δ > 0 wie oben. Wähle n ∈ N so groß, dass
setze
(
f (xi ) − ε, falls x ∈ [xi−1 , xi [
ϕ(x) =
f (b),
falls x = b,
(
f (xi ) + ε, falls x ∈ [xi−1 , xi [
ψ(x) =
f (b),
falls x = b.
Für x ∈ [xi−1 , xi [ gilt |f (x) − f (xi )| < ε, also ist
ψ(x) = f (xi ) + ε ≥ f (x) ≥ f (xi ) − ε = ϕ(x).
Schließlich gilt ψ(x) − ϕ(x) ≤ 2ε.
b−a
n
< δ ist, und
111
16. Das Riemannsche Integral
Beweis von Satz 16.9. Es sei ε > 0 gegeben. Wähle ϕ, ψ wie in Proposition 16.10.
Dann gilt ϕ ≤ f ≤ ψ und
Z b
Z b
ε dx = (b − a) ε.
ψ(x) − ϕ(x) dx ≤
a
a
Mit Satz 16.7 folgt nun die Behauptung.
Satz 16.11. Sind f, g : [a, b] → R Riemann-integrierbar, dann ist auch f + g
Riemann-integrierbar und es gilt
Rb
Rb
Rb
a) a f (x) + g(x) dx = a f (x) dx + a g(x) dx und
Rb
Rb
b) a λf (x) dx = λ a f (x) dx für alle λ ∈ R.
Beweis. Nach Satz 16.6 ist
Z b∗
Z b∗
Z b∗
f (x) + g(x) dx ≤
f (x) dx +
g(x) dx
a
a
a
Z b
Z b
g(x) dx
f (x) dx +
=
a ∗
b
≤
Wegen
R∗
≥
R
∗
Z
a ∗
f (x) + g(x) dx .
a ∗
folgt weiter, dass Gleichheit in allen Ungleichungen gilt.
Definition 16.12. Sei f : [a, b] → R eine Funktion. Wir setzen
(
f (x), falls f (x) ≥ 0
+
f (x) :=
0,
sonst,
(
−f (x), falls f (x) ≤ 0
f − (x) :=
0,
sonst.
Es gilt f = f+ − f− und |f | = f+ + f− .
Satz 16.13. Sei f : [a, b] → R integrierbar. Dann sind auch f+ , f− und |f |
integrierbar.
Beweis. Sei ε > 0 gegeben. Nach Satz 16.7 gibt es ϕ, ψ ∈ T [a, b] mit ϕ ≤ f ≤ ψ
Rb
und a ψ(x) − ϕ(x) dx ≤ ε. Dann gilt
ϕ+ ≤ f+ ≤ ψ+ ,
ψ− ≤ f− ≤ ϕ− ,
ψ+ (x) − ϕ+ (x) ≤ ψ(x) − ϕ(x),
ϕ− (x) − ψ− (x) ≤ ψ(x) − ϕ(x).
112
17. Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
Damit ist
Z
ψ+ (x) − ϕ+ (x) dx ≤
a
Z
a
Z
b
b
(ψ − ϕ)(x) dx < ε,
a
Z
b
ϕ− (x) − ψ− (x) dx ≤
b
a
(ψ − ϕ)(x) dx < ε.
Also sind f± integrierbar nach Satz 16.7.
17
Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
Falls b < a und f : [b, a] → R integrierbar ist, setzen wir
Z
b
f (x) dx := −
a
Z
a
f (x) dx .
b
Satz 17.1 (Mittelwertsatz der Integralrechnung). Seien
f : [a, b] → R stetig und g : [a, b] → R integrierbar mit
g ≥ 0. Dann gibt es ein ξ ∈ [a, b] mit
Z
a
b
(f · g)(x) dx = f (ξ) ·
Z
b
g(x) dx .
a
Beispiel mit g ≡ 1
Bemerkung. Die Voraussetzung g ≥ 0 kann durch g ≤ 0 ersetzt werden aber
sie ist
etwa f (x) = g(x) = x, a = −1 und b = 1 so
R 1 nicht entbehrlich, dennR ist
1
gilt −1 f (x)g(x) dx = 32 aber −1 g(x) dx = 0.
Bemerkung 17.2. Sind f, g : [a, b] → R Riemann-integrierbar und f ≤ g, so
folgt aus der Definition des Riemannschen Integrals
Z
a
b
f (x) dx ≤
Z
b
g(x) dx .
a
Beweis von Satz 17.1. Setze
m = min{f (x) | x ∈ [a, b]},
M = max{f (x) | x ∈ [a, b]}.
17. Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
113
Dann ist m · g ≤ f · g ≤ M · g, also wegen Bemerkung 17.2
Z b
Z b
Z b
g(x) dx .
f (x)g(x) dx ≤ M ·
g(x) dx ≤
m·
a
a
a
Ohne Einschränkung sei bereits
Rb
g(x) dx > 0. Dann ist
Rb
f (x)g(x) dx
m ≤ y := a R b
≤ M.
a g(x) dx
a
Aus dem Zwischenwertsatz folgt, dass es ein ξ ∈ [a, b] gibt mit f (ξ) = y. Daraus
folgt die Behauptung.
Definition 17.3. Seien f, F : [a, b] → R Abbildungen. Dann heißt F Stammfunktion zu f , falls F differenzierbar ist mit F 0 = f .
Satz 17.4 (Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung). Sei f : [a, b] → R
stetig. Dann gilt:
a) f besitzt eine Stammfunktion.
b) Ist F eine Stammfunktion zu f , so folgt
Rb
a
f (x) dx = F (b) − F (a).
c) Sind F1 und F2 Stammfunktionen zu f , so ist F1 − F2 konstant.
Der Satz nebst Beweis und Anwendungen ist von Friedrich Wille in der Hauptsatzkantate vertont worden, http://www.youtube.com/watch?v=4n6aB4aasyg
oder http://www.inf.uos.de/ehemalige/treffen2004/kantate/index.html.
R
Schreibweise. Für eine Stammfunktion F zu f schreiben wir F (x) = f (x) dx .
Bemerkung. Es sei f : [a, b] → R und c ∈ ]a, b[. Dann ist f genau dann integrierbar, wenn f|[a,c] und f|[c,b] integrierbar sind mit
Z b
Z c
Z b
f (x) dx =
f (x) dx +
f (x) dx .
a
Rx
a
c
Beweis.
a) Setze F (x) := a f (t) dt. Sei zunächst h > 0. Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung 17.1 gibt es ein ξh ∈ [x, x + h] mit
Z
F (x + h) − F (x)
1 x+h
=
f (t) dt
h
h x
Z x+h
1
= f (ξh )
1 dt
h
x
= f (ξh ).
114
17. Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
Ist h < 0, so gibt es analog ein ξh ∈ [x + h, x] mit
Z
F (x + h) − F (x)
1 x
f (t) dt
=−
h
h x+h
Z x
1
= − f (ξh )
1 dt
h
x+h
= f (ξh ).
Da limh→0 ξh = x gilt und f stetig ist, folgt
F (x + h) − F (x)
= lim f (ξh ) = f (x).
h→0
h→0
h
lim
c) Sind F1 und F2 Stammfunktionen zu f , so folgt F10 − F20 = f 0 − f 0 = 0.
Nach dem Mittelwertsatz ist F1 − F2 konstant.
b) Aufgrund des Beweises von a) und wegen c) gibt es ein c ∈ R, so dass für
alle x ∈ [a, b]
Z x
F (x) =
f (t) dt +c
a
gilt. Damit ist
F (b) − F (a) =
Z
a
b
f (t) dt −
Z
a
f (t) dt =
a
Z
b
f (t) dt .
a
Schreibweise. Wir setzen (F |ba := (F (t)|ba := (F (t)|bt=a := F (b) − F (a).
Rx
Beispiel.
a) Es ist 0 sin t dt = (− cos t|x0 = − cos x − (− cos 0)) = 1 − cos x.
Rx
Rx
b) Es ist 0 sin2 t dt = 12 0 (1 − cos 2t) dt = 21 (t − sin22t |x0 = 12 x − sin22x .
c) Für a, b > 0 und s 6= −1 ist
d) Es ist
R
1
cos2 x
dx = tan x.
Rb
a
xs dx
=
b
xs+1 s+1 a .
Satz 17.5 (Substitutionsregel). Seien f : I → R stetig, ϕ : [a, b] → R stetig
differenzierbar und Bild(ϕ) ⊂ I. Dann ist
Z
a
b
0
(f ◦ ϕ)(t) · ϕ (t) dt =
Z
ϕ(b)
ϕ(a)
f (x) dx .
115
17. Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
Beweis. Sei F eine Stammfunktion zu f . Daraus folgt, dass F ◦ ϕ eine Stammfunktion zu (f ◦ ϕ) · ϕ0 ist. Es folgt
Z
ϕ(b)
f (x) dx = F (ϕ(b)) − F (ϕ(a))
ϕ(a)
Z
=
b
a
Z
=
b
a
f (ϕ(t)) · ϕ0 (t) dt .
a) Wir integrieren tan(x) =
Beispiel.
Z
(F ◦ ϕ)0 (x) dx
y
tan x dx =
0
y
0
sin t
cos t
dt =
Z
y
0
−ϕ0 (t)
ϕ(t)
Für ϕ(t) := cos t ist
dt = −
= (log x|1x=cos y = − log(cos y).
Allgemein ist
R
b) Wir integrieren
dx =
Z
sin(x)
cos(x) .
√dt .
2 t+1
0
1
1
1
x
dx =
Z
1
cos y
1
x
dx
dx = log f .
√
e√ t+1
.
t+1
2
√
e
√
c) Wir integrieren
0
cos y
Für x = ϕ(t) :=
√
t + 1 ist
dx
dt
=
√1 ,
2 t+1
damit also
Es folgt
Z
Z
f 0 (x)
f (x)
Z
t+1
t+1
dt =
√
2
1
1
.
x2 −2x+5
1
x2 −2x+5
Z
√
2ex dx = (2ex |1 2 = 2(e
√
2
− e).
Zunächst gilt
dx =
Z
2
0
1
(x−1)2 +4
Mit der Substitution y = ϕ(x) =
=
1
4
Z
1
2
− 12
x−1
2 ,
1
y 2 +1
dx =
1
4
Z
0
2
1
( x−1
)2 +1
2
dx .
also dx = 2dy, ist weiter
1
· 2dy = 12 (arctan y|−2 1 = π4 .
2
d) Wir berechnen die Fläche des Halbkreises. Mit der Substitution sin(t) = x
ergibt sich dx = cos(t) dt und mithin
116
17. Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
Z
1
−1
p
1 − x2 dx =
=
Z
π/2
−π/2
Z
π/2
f (x) =
q
1 − sin2 (t) cos t dt
cos2 (t) dt
=
π/2
−π/2
1
2 (1
1 − x2
−1
−π/2
Z
p
+ cos(2t)) dt =
t
2
+


√ 2
1−x0

0
x0
1
sin(2t) π/2
= π2
4
−π/2
Satz 17.6 (Partielle Integration). Es seien f, g : [a, b] → R stetig differenzierbar.
Dann gilt
Z b
Z b
b
0
f (x)g 0 (x) dx .
−
f (x)g(x) = f (x)g(x)
x=a
a
a
Beweis. Setze h := f · g. Dann gilt nach der Produktregel für Differentiation
h0 (x) = f 0 (x) · g(x) + f (x) · g 0 (x).
Folglich ist h = f · g eine Stammfunktion zu f 0 · g + f · g 0 . Nach dem Hauptsatz
gilt dann
Z b
b
f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x) dx = f (x)g(x)
a
a
und es folgt
Z
b Z b
f (x)g(x) dx = f (x)g(x) −
f (x)g 0 (x) dx .
b
a
Beispiel.
0
a
a
a) Sei f (x) := x und g 0 (x) = sin(x). Dann ist
Z
0
t
Z t
t
x · sin x dx = x · (− cos x) 0 −
1 · (− cos x) dx
0
t
t
= −x cos x0 + sin x0
= −t cos t + sin t.
b) Wir untersuchen In :=
R
sinn x dx und wählen dazu g 0 (x) = sin x sowie
17. Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
117
f (x) = sinn−1 x. Dann ist
In =
Z
sinn−1 x · sin x dx
Z
x · (− cos x) − (sinn−1 )0 (x) · (− cos x) dx
Z
n−1
= − sin
x · cos x + (n − 1) sinn−2 x · cos2 x dx
Z
Z
n−1
n−2
= − sin
x · cos x + (n − 1) sin
x dx −(n − 1) sinn x dx .
n−1
= sin
= − sinn−1 x cos x + (n − 1)In−2 − (n − 1)In .
Dies liefert n · In = − sinn−1 x cos x + (n − 1) · In−2 , also
In = − n1 sinn−1 x · cos x +
Folglich kann
R
n−1
n In−2 .
sinn x dx rekursiv aus
I1 =
Z
sin x dx = − cos x und I0 =
Z
1 dx = x
berechnet werden.
c) Wir betrachten nun konkret An :=
wissen wir
R
π
2
0
sinn x dx . Aus dem vorigen Punkt
π
An = − n1 · (sinn−1 x · cos x|02 +
n−1
n
=
· An−2 .
n−1
n
· An−2
Außerdem
A0 =
Z
π
2
0
A1 =
Z
0
sin0 x dx =
Z
0
π
2
π
2
π
1 dx = x02 = π2 ,
π
sin1 x dx = − cos x02 = −(0 − 1) = 1.
118
17. Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
Dies liefert nun
A2n =
=
=
A2n+1 =
=
=
2n−1
2n−1 2n−3
2n · A2n−2 = 2n · 2n−2
2n−1 2n−3
1
2n · 2n−2 · . . . · 2 · A0
!
n
Y
2k−1
· π2 und
2k
k=1
2n
2n−2
2n
2n+1 · A2n−1 = 2n+1 · 2n−1
2n
2n−2
2
2n+1 · 2n−1 · . . . · 3 · A1
n
Y
2k
2k+1 .
k=1
· A2n−4
· A2n−3
Wegen sin x ∈ [0, 1] für x ∈ [0, π2 ] folgt für alle x ∈ [0, π2 ]
sinn+2 x ≤ sinn+1 x ≤ sinn x
und aus der Monotonie des Integrals weiter
A2n+2 ≤ A2n+1 ≤ A2n .
Zusammen mit
A2n+2
=
A2n
ergibt sich
Q
n+1 2k−1
k=1 2k
Qn 2k−1 k=1 2k
π
2
π
2
=
2n + 1 n→∞
−→ 1
2n + 2
A2n+1
= 1.
n→∞ A2n
lim
Andererseits ist
Qn
2k
A2n+1
k=1 2k+1
= Qn 2k−1
A2n
·
k=1 2k
π
2
=
n
2 Y
(2k)2
·
.
π
(2k + 1)(2k − 1)
k=1
Durch Grenzübergang erhalten wir
n
∞
Y
Y
π
4k 2
4k 2
= lim
=:
.
2
2 n→∞
4k − 1
4k 2 − 1
k=1
(17.1)
k=1
Dieses Produkt wird Wallis’sches Produkt genannt.
John Wallis
(1616-1703)
18. Gleichmäßige Konvergenz und Vertauschung von Grenzwertprozessen 119
18
Gleichmäßige Konvergenz und Vertauschung von
Grenzwertprozessen
Definition 18.1. Es sei I eine Intervall und fn : I → R eine Funktion für n ∈ N.
a) Wir sagen (fn ) konvergiert (punktweise) gegen f : I → R wenn für alle
t ∈ I die Gleichung limn→∞ (fn (t)) = f (t) gilt.
b) Wir sagen (fn ) konvergiert gleichmäßig gegen
f , wenn es für jedes ε > 0 ein n0 ∈ N gibt
derart, dass |f (t) − fn (t)| < ε für alle n ≥ n0
und alle t ∈ I. Kurz f − ε ≤ fn ≤ f + ε für fast
alle n.
c) Für eine beschränkte Funktion g : I → R definieren wir die sogenannte
Supremumsnorm kgk∞ durch
kgk∞ = sup{|g(x)| | x ∈ I}.
Bemerkung 18.2. Eine Funktionenfolge fn : I → R konvergiert genau dann
gleichmäßig gegen f : I → R wenn f − fn für fast alle n beschränkt ist und
limn→∞ kf − fn k∞ = 0 gilt.
Beispiel 18.3. Die Funktionenfolge fn : [0, π] → R, x 7→ sinn (x) konvergiert
punktweise gegen
1 falls x = π2
f (x) :=
0 sonst.
Die Konvergenz ist aber nicht gleichmäßig.
Satz 18.4. Eine Folge von stetigen Funktionen fn : I → R konvergiere gleichmäßig gegen f : I → R. Dann ist f stetig.
Für jedes t ∈ I gilt also
lim f (x) = lim lim fk (x) = lim lim fk (x) = lim fk (t) = f (t).
x→t
x→t k→∞
k→∞ x→t
k→∞
Die zweite Gleichung ist die einzige Gleichung in der obigen Gleichungskette,
die nicht unmittelbar klar ist. Die Aussage des Satzes ist also äquivalent zu der
Aussage, dass es in dieser Situation erlaubt ist, die beiden Grenzwertprozesse zu
vertauschen.
120 18. Gleichmäßige Konvergenz und Vertauschung von Grenzwertprozessen
Beweis. Sei t ∈ I. Wir wollen zeigen, dass f dem ε–δ–Kriterium für Stetigkeit
in t genügt. Sei dazu ε > 0. Wir müssen ein δ > 0 finden mit |f (t) − f (x)| < ε
für alle t ∈ I mit |t − x| < δ.
Da die Folge gleichmäßig konvergiert gibt es ein n0 ∈ N mit
|fn (x) − f (x)| <
ε
3
für alle n ≥ n0 und x ∈ I.
Da fn0 stetig in t ist, gibt es weiter ein δ > 0 mit
|fn0 (t) − fn0 (x)| <
ε
3
für alle x ∈ I mit |t − x| < δ.
Damit ergibt sich aber insgesamt
|f (t) − f (x)| ≤ |f (t) − fn0 (t)| + |fn0 (t) − fn0 (x)| + |fn0 (x) − f (x)| < ε
|
{z
} |
{z
} |
{z
}
< 3ε
< 3ε
< 3ε
für alle x ∈ I mit |t − x| < δ.
Satz 18.5. Eine Folge von Riemann-integrierbaren Funktionen fn : [a, b] → R
konvergiere gleichmäßig gegen f : [a, b] → R. Dann ist f Riemann-integriebar
und es gilt
Z b
Z b
f (t) dt = lim
fn (t) dt.
n→∞ a
a
Da die Bildung eines Riemannschen Integrals auch ein Grenzprozess ist, geht
es auch hier um die Vertauschung zweier Grenzprozesse.
Beispiel 18.6. Die Voraussetzung der
gleichmäßigen Konvergenz ist unverzichtbar. Es sei gk (x) = k − k|1 − kx| und
fk (x) = max{0, gk (x)}. Dann konvergiert
(f
R 1k ) punktweise gegen 0. Andererseits ist
0 fk dt = 1.
Beweis. Um zu sehen, dass f Riemann-integrierbar ist, wollen wir die in Satz 16.7
beschriebene Äquivalenz ausnutzen. Es reicht also für ein gegebenes ε > 0 zu
zeigen, dass es Treppenfunktionen ϕ, ψ ∈ T ([a, b]) gibt mit ϕ ≤ f ≤ ψ und
Rb
a ψ(t) − ϕ(t) dt < ε.
Wegen der gleichmäßigen Konvergenz können wir ein n0 finden mit
|fn (x) − f (x)| <
ε
3(b−a)
für alle n ≥ n0 und x ∈ [a, b].
18. Gleichmäßige Konvergenz und Vertauschung von Grenzwertprozessen 121
Da fn0 Riemann integierbar ist, gibt es Treppenfunktion ϕ0 , ψ0 ∈ T ([a, b]) mit
Rb
ε
ϕ0 ≤ fn0 ≤ ψ0 und a ψ0 (t) − ϕ0 (t) dt < 3ε . Setze nun ϕ(x) = ϕ0 (x) − 3(b−a)
und
ε
ψ(x) = ψ0 (x) + 3(b−a) . Es gilt dann
f (x) ≤ fn0 (x) + |f (x) − fn0 (x)| ≤ ψ0 (x) +
Ähnlich folgt f ≥ ϕ. Außerdem
Z
a
b
ψ(t) − ϕ(t) dt =
Z
b
ψ0 (t) − ϕ0 (t) dt +2
a
ε
3(b−a)
Z
b
a
= ψ(x).
ε
3(b−a)
dt < ε
und also ist f Riemann-integrierbar.
Rb
Rb
Es ist noch a f (t) dt = limn→∞ a fn (t) dt zu zeigen. Sei dazu ε > 0 gegeben
und n0 wie oben. Es folgt dann
Z b
Z b
Z
f (t) − fn (t) dt ≤
|f (t) − fn (t)| dt ≤
a
a
a
b
ε
3(b−a)
dt =
ε
3
für alle n ≥ n0 und damit die Behauptung.
Satz 18.7. Es sei fn : I → R eine Folge von stetig differenzierbaren Funktionen,
deren Ableitungen (fn0 ) gleichmäßig gegen eine Funktion g : I → R konvergieren.
Es gebe außerdem ein t0 ∈ I, so dass limn→∞ fn (t0 ) existiert. Dann gibt es eine
stetig differenzierbare Funktion f mit f 0 = g und limn→∞ fn (t) = f (t) für alle
t ∈ I.
Beweis. Nach Satz 18.4 ist g stetig. Sei f die eindeutig bestimmte Stammfunktion von g mit f (t0 ) = limn→∞ fn (t0 ). Für jedes x ∈ I gilt dann
Z x
f (x) = f (t0 ) +
g(t) dt
t0
Z x
= f (t0 ) + lim
fn0 (t) dt
n→∞ t
0
Z x
0
= lim fn (t0 ) +
fn (t) dt
n→∞
=
t0
lim fn (x)
n→∞
wobei wir in der ersten und der letzten Gleichung den Hauptsatz der Differentialund Integralrechnung verwandt haben und die zweiten Gleichung Satz 18.5.
122 18. Gleichmäßige Konvergenz und Vertauschung von Grenzwertprozessen
Bemerkung. Es ist nicht schwer einzusehen, dass in der Situation von Satz 18.7
für jedes L > 0 die Folge fn|[t0 −L,t0 +L]∩I gleichmäßig konvergiert.
Satz 18.8 (Weierstraß-Kriterium). Es sei I ein Intervall und gk P
: I → R be∞
schränkt und kgk k∞ die Supremumsnorm. Konvergiert
Pn die Reihe k=0 kgk k∞
reeller Zahlen so konvergiert die Funktionenfolge
k=0 gk n∈N der Partialsummen gleichmäßig gegen eine Grenzfunktion.
P
Beweis. Für jedes x P
in I gilt |gk (x)| ≤ kgk k∞ . Die Reihe ∞
k=0 gk (x) konver∞
giert also
Pabsolut da k=0 kgk k∞ eine konvergente Majorante ist (Satz 9.8). Sei
f (x) = ∞
k=0 gk (x) Es gilt nun
n
X
gk f −
k=0
∞
∞
X
=
gk k=n+1
∞
≤
∞
X
k=n+1
n→∞
kgk k∞ −→ 0
und also folgt die Behauptung aus Bemerkung 18.2.
Beispiel 18.9. Die Folge der Partialsummen
P
2 k
der Reihe ∞
cos(7k · π · x) konvergiert
k=1 3
auf ganz R gleichmäßig gegen eine sogenannte
Weierstraß–Funktion f (x). Sie ist auf ganz R
stetig aber in keinem Punkt differenzierbar.
Beweis. Die gleichmäßige Konvergenz folgt unmittelbar aus dem WeierstraßKriterium. Gemäß Satz 18.4 ist f stetig. Sei nun x ∈ R. Es bleibt zu zeigen, dass
die Weierstraß Funktion f nicht differenzierbar in x ist. Die Funktion genügt
der Gleichung f (x + 1) = −f (x) und es reicht daher den Fall zu betrachten,
dass für unendlich viele k die Ungleichung cos(7k · π · x) ≥ 0 gilt. Im folgenden
betrachten wir nur solche k für die diese Ungleichung gilt. Wir wählen hk mit
|hk | minimal so, dass cos(7k · π · (x + hk )) = −1 gilt. Es gilt dann 0 < |hk | ≤ 7−k .
Da die Funktion außerdem f (x) = f (−x) genügt, dürfen wir nach eventuellem
Ersetzen von x durch −x zusätzlich annehmen, dass wir eine Folge natürlicher
Zahlen ki → ∞ finden können mit hki > 0 und cos(7ki ·π·x) ≥ 0. Sei im folgenden
k gleich einem solchen ki . Für den Differenzenquotienten des k-Summanden gilt
dann
k
2 k
k
cos(7k · π · (x + hk )) − 23 cos(7k · π · x)
3
≤ − 14
3
hk
18. Gleichmäßige Konvergenz und Vertauschung von Grenzwertprozessen 123
Weiterhin gilt für alle l ≥ k auch cos(7l · π · (x + hk )) = −1 und mithin
2 l
3
cos(7l · π · (x + hk )) −
hk
2 l
3
cos(7l · π · x)
2 l
3
cos(7l · π · x)
≤0
für l ≥ k.
Schließlich haben wir
2 l
3
cos(7l · π · (x + hk )) −
hk
≤π·
14
3
l
für l < k
l
da die Ableitung der Funktion 23 cos(7l ·π ·x) durch die rechte Seite beschränkt
ist. Insgesamt folgt durch aufaddieren
f (x + hk ) − f (x)
hk
≤ −
= −
14 k
3
14 k
3
≤ − 1−
Damit ergibt sich
f (x + hki ) − f (x)
≤− 1−
hki
und also ist f in x nicht differenzierbar.
3π
11
+
k−1
X
l=0
+π
3π
11
π·
14 l
3
14 k
−
3
11
3
14 k
.
3
14 ki i→∞
−→
3
1
−∞
Satz 18.10 (Dini). Es sei fn : [a, b] → R eine Folge von stetigen Funktionen, die punktweise gegen eine stetige Grenzfunktion f : [a, b] → R konvergiere. Weiterhin sei die Konvergenz
monoton, d.h. für jedes x ∈ [a, b] sei die Folge (fn (x))n∈N monoton. Dann konvergiert die Folge (fn ) gleichmäßig gegen f .
Ulisse Dini
(1845-1918)
Beweis. Angenommen die Konvergenz ist nicht gleichmäßig. Dann gibt es ein
ε > 0 mit kf − fn k∞ ≥ ε für unendlich viele n. Nach Übergang zu einer Teilfolge
können wir kf − fn k∞ ≥ ε für alle n annehmen. Es gibt dann für jedes n ein
xn ∈ [a, b] mit |f (xn ) − fn (xn )| ≥ ε. Nach dem Satz von Bolzano Weierstraß hat
xn eine konvergente Teilfolge. Und indem wir gegebenfalls (fn ) erneut durch eine
Teilfolge ersetzen, können wir ohne Einschränkung annehmen, dass xn selbst
konvergiert. Sei limn→∞ xn = x ∈ [a, b]. Wir können nun ein n0 finden mit
124
19. Potenzreihen und Taylorentwicklung
|f (x) − fn0 (x)| < 3ε . Da f und fn0 stetig in x sind, gibt es weiter ein δ > 0 mit
|f (x) − f (y)| < 3ε und |fn0 (x) − fn0 (y)| < 3ε für alle y ∈ [x − δ, x + δ] ∩ [a, b]. Mit
der Dreicksungleichung folgt nun
|fn0 (y) − f (y)| < |fn0 (y) − fn0 (x)| + |fn0 (x) − f (x)| + |f (x) − f (y)| < ε
für alle y ∈ [x − δ, x + δ] ∩ [a, b]. Für jedes y ist die Folge |fn (y) − f (y)| monoton
fallend. Folglich ergibt sich
|fn (y) − f (y)| < ε für alle y ∈ [x − δ, x + δ] ∩ [a, b] und n ≥ n0 .
Damit folgt aber xn 6∈ [x − δ, x + δ] ∩ [a, b] für alle n ≥ n0 . Dies ist aber ein
Widerspruch da xn gegen x konvergiert.
19
Potenzreihen und Taylorentwicklung
Definition 19.1.
a)
mit Entwicklungspunkt z0 ∈ C ist eine
PEine Potenzreihe
k , mit c ∈ C.
c
(z
−
z
)
Reihe der Form ∞
0
k
k=0 k
b) Eine Funktion
f : I → R heißt analytisch falls für jedes x0 P
∈ I eine PotenzP∞
k
k
reihe k=0 ak (x−x0 ) und δ > 0 existiert, so dass f (x) = ∞
k=0 ak (x−x0 )
für alle x ∈ I∩]x0 − δ, x0 + δ[.
P
k
Satz 19.2. Zu jeder komplexen Potenzreihe ∞
k=0 ck (z−z0 ) existiert eine reelle
Zahl R ∈ [0, ∞] := [0, ∞[∪{∞} derart, dass folgendes gilt
• Für |z − z0 | < R konvergiert die Reihe absolut.
• Für |z − z0 | > R ist ck (z − z0 )k keine Nullfolge und insbesondere ist die
Reihe nicht konvergent.
Die Zahl R heißt der Konvergenzradius der Reihe.
Beweis. Ohne Einschränkung sei z0 = 0. Setze
R := sup r ∈ [0, ∞[ (|ck |rk )k∈N ist eine Nullfolge ∈ [0, ∞]
Ist nun |z| > R soP
ist (ck z k ) keine Nullfolge. Sei nun anderseits |z| < R. Wir
k
wollen zeigen, dass ∞
k=0 ck z absolut konvergiert. Wegen |z| < R gibt es ein r >
k
|z| derart, dass (|ck |r )k∈N ist eine Nullfolge und insbesondere eine beschränkte
Folge ist. Wähle L > 0 mit |ck |rk ≤ L. Es folgt dann
k
|z| k
k
|ck z k | = |z|
|c
|r
≤
L
·
k
k
r
r
P∞
|z| k
Da
konvergiert folgt die absolute Konvergenz von
k=0 L ·
r
P∞die Reihe
k
k=0 ck z aus dem Majorantenkriterium.
125
19. Potenzreihen und Taylorentwicklung
P
k
Satz 19.3. Sei ∞
k=0 ak (x − x0 ) eine reelle Potenzreihe mit positiven Konvergenzradius R ≤ ∞. Weiter sei r ∈]0, R[ beliebig
P∞
− x0 )k gleichmäßig
k−1
k=1 kak (x − x0 )
hat ebenfalls Konvergenz-
a) Auf [x0 − r, x0 + r] konvergiert die Reihe
gegen eine Grenzfunktion.
b) Die Reihe der Ableitungen
radius R.
P∞
k=0 ak (x
P
k
R[. Dann ist f beliebig
c) Sei f (x) = ∞
k=0 ak (x − x0 ) für
P x ∈]x0 − R, x0 +
k−1 .
0
ka
(x
−
x
)
oft differenzierbar und f (x) = ∞
0
k
k=1
Beweis. Wir können ohne Einschränkung der Allgemeinheit x0 = 0 annehmen.
k
a) Es gilt sup{|ak xk | | x ∈ [−r, r]} = |aP
k |r . Da die Potenzreihe für x = r
∞
absolut konvergiert, konvergiert also k=0 |ak |rk . Die gleichmäßige Konvergenz ergibt sich aus dem Weierstraß-Kriterium Satz 18.8.
b) Es sei r > R. Dann ist die Folge ak rk keine Nullfolge und dies impliziert
dass P
auch kak rk−1 keine Nullfolge ist. Folglich ist der Konvergenzradius
k−1 kleiner gleich R. Sei nun r < R. Wähle r > 0
von ∞
2
k=1 kak (x − x0 )
k−1 ≤ |a |r k für fast alle k. Folgmit r <
r
<
R.
Es
ist
dann
k|a
|r
k
k 2P
P 2
∞
k−1 und die
k eine konvergent Majorante von
|a
|r
lich ist ∞
k
2
k=1 kak r
k=1
absolute Konvergenz folgt nach dem Majorantenkriterium (Satz 9.8).
c) Es sei r ∈]0, R[. Nach a) und b) konvergieren die Ableitungen der Partialsummen gleichmäßig auf [−r, r]. Mit
18.7 folgt daher, dass f auf
PSatz
∞
0
[−r, r] differenzierbar ist und f (x) = k=1 kak xk−1 gilt. Da r ∈]0, R[ beliebig war, bleibt die Gleichung für alle x ∈] − R, R[ richtig. Schließlich ist
nach b) R auch der Konvergenzradius der abgeleiteten Reihe und durch
Iteration folgt, dass f beliebig oft differenzierbar ist.
P
(−1)n+1 (x−1)n
Beispiele. a) Es gilt ln(x) = log(x) = ∞
für x ∈]0, 2[ (gemäß
n=1
n
Übung gilt die Gleichung auch für x = 2), denn für y ∈] − 1, 1[ ist
126
19. Potenzreihen und Taylorentwicklung
log(1 + y) =
Z
y
0
=
1
1+t
∞ Z y
X
dt =
∞
yX
(−t)k dt
0 k=0
∞
X
(−t)k dt =
0
k=0
Z
(−1)n+1 y n
n
n=1
wobei wir die gleichmäßige Konvergenz der
Reihe auf dem Intervall [0, y] (bzw. [y, 0]) sowie Satz 18.5 in der dritten Gleichung ausgePartialsummen (n = 1, 2, 3, 10) der Ponutzt haben.
tenzreihe von log(x) = ln(x) um x = 1.
P∞
2n+1
x
b) Es gilt arctan(x) = n=0 (−1)n 2n+1 für |x| < 1, denn
Z xX
Z x
∞
1
(−t2 )k dt
dt
=
arctan(x) =
2
1+t
0
=
0 k=0
∞
XZ x
k=0
(−t2 )k dt =
0
∞
X
(−1)k x2k+1
2k+1
k=0
wobei wir wieder analog die gleichmäßige Konvergenz der Reihe sowie
Satz 18.5 in der dritten Gleichung ausgenutzt haben.
Satz 19.4 (Taylorsche Formel). Es sei f : I → R eine (n+1)-mal
stetig differenzierbare Funktion und a, x ∈ I. Dann gilt
f (x) = f (a) +
f 0 (a)
1! (x
+Rn+1 (x)
− a) +
f 00 (a)
2! (x
− a)2 + · · · +
mit
Z x
1
Rn+1 (x) = n!
(x − t)n f (n+1) (t) dt .
a
f (n) (a)
n! (x
− a)n
Brook Taylor
(1685-1731)
Beweis. Wir beweisen den Satz durch Induktion nach n. Für n = 0 folgt er unmittelbar aus dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung (Satz 17.4).
Der Induktionsschritt (n − 1) 7→ n folgt aus
Z x
1
Rn (x) = (n−1)!
(x − t)n−1 f (n) (t) dt
a
Z x
f (n) (a)
n
1
=
(x
−
a)
+
(x − t)n−1 f (n) (t) − f (n) (a) dt
n!
(n−1)!
Z x a
f (n) (a)
n
1
(x − t)n f (n+1) (t) dt
=
n! (x − a) + n!
a
127
19. Potenzreihen und Taylorentwicklung
wobei wir in der letzten Gleichung partiell integriert haben.
Satz 19.5 (Lagrangsche Form des Restgliedes). Es sei f : I → R
eine (n + 1)-mal differenzierbare Funktion. Zu a, x ∈ I gibt es ein
ξ zwischen a und x mit
f 0 (a)
1! (x − a) +
(n+1)
+ f (n+1)!(ξ) (x − a)n+1 .
f (x) = f (a) +
··· +
f (n) (a)
n! (x
− a)n
Joseph-Louis
Lagrange
(1736-1813)
Beweis. Für n = 0 ist der Satz äquivalent zum Mittelwertsatz der Differentialrechnung. Sei nun n ≥ 1. Da f mindestens n-mal stetig differenzierbar ist,
können wir Satz 19.4 anwenden solbald wir nur n durch n − 1 ersetzen. Außerdem ist der erste Schritt aus dem Beweis von Satz 19.4 bei der Umformung von
Rn nach wie vor gerechtfertigt. Es gilt also
f (x) = f (a) +
Rn+1 (x) =
1
(n−1)!
f 0 (a)
(x
Z 1!x
a
− a) + · · · +
f (n) (a)
n! (x
− a)n + Rn+1 (x)
mit
(x − t)n−1 (f (n) (t) − f (n) (a)) dt .
Wir setzen nun
h(t) =
(
f (n) (t)−f (n) (a)
t−a
f (n+1) (a)
falls t 6= a
falls t = a
Die Abbildung h ist stetig auf [a, x] und es gilt
Z x
1
Rn+1 (x) = (n−1)!
(x − t)n−1 (t − a)h(t) dt
a
Z x
h(ξ1 )
= (n−1)!
(x − t)n−1 (t − a) dt
Z xa
h(ξ1 )
=
(x − t)n dt
n!
=
a
h(ξ1 )
(n+1)! (x
− a)n+1
für ein ξ1 ∈ [a, x], wobei wir in der zweiten Gleichung den Mittelwertsatz der Integralrechnung angewandt haben und in der dritten Gleichung partiell integriert
haben. Falls ξ1 = a gilt h(ξ1 ) = f (n+1) (a) und der Satz ist bewiesen. Andernfalls
128
19. Potenzreihen und Taylorentwicklung
(n)
(n)
(a)
ist h(ξ1 ) = f (ξξ11)−f
und nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung
−a
gibt es ein ξ ∈]a, ξ1 [ mit f (n+1) (ξ) = h(ξ1 ).
Definition 19.6. Ist f : I → R beliebig oft differenziebar und a ∈ I so heißt
P∞ f (n) (a)
n
n=0
n! (x − a) die Taylorreihe von
f in a.
Beispiel
19.7. Die
Potenzreihe
P∞
k x2k+1
(−1)
ist
die
Taylorreihe Partialsummen (n = 1, 3, 5, 15) der Taylorreihe
k=0
(2k+1)!
von sin(x) um x = 0.
von sin(x) in x = 0.
P
k
Bemerkung. Es gelte f (x) = ∞
k=0 ak (x − a) für alle x ∈]a − δ, a + δ[. Dann
folgt aus Satz 19.3, dass ak =
von f in a.
f (k) (a)
k!
gilt. Also ist die Reihe gleich der Taylorreihe
Beispiel 19.8.
a) Sei L > 0. Ist f : [a, b] → R eine beliebig oft differenzierbare Funktion mit |f (n) (x)| ≤ Ln für alle x ∈ [a, b], dann konvergiert die
Taylorreihe von f in a auf ganz [a, b] gegen f .
b) Seien y, v, c, d ∈ R. Dann gibt es genau eine 2-mal differenzierbare Lösung
f : [a, b] → R der Differentialgleichung
f 00 + cf 0 + df = 0
mit f (a) = y und f 0 (a) = v und diese ist in einer Potenreihe entwickelbar:
Da f 00 = −cf 0 − df und die rechte Seite nach Voraussetzung differenzierbar
ist, folgt dass f 00 noch differenzierbar ist. Damit ist f dreimal differenziebar ist. Durch Iteration sieht man leicht, dass jede Lösung beliebig oft
differenzierbar ist. Als nächstes sei M so gross, dass |f 0 (x)| + |f (x)| ≤ M
für alle x ∈ [a, b] gilt. Weiter sei L = 1 + |c| + |d|. Man zeigt dann per
Induktion ohne Schwierigkeiten |f (n) (x)| ≤ M · Ln für alle x ∈ [a, b]. Also
P
k
|f (k) (a)|
k
gilt gemäß a) f (x) = ∞
≤ M Lk! – der
k=0 ak (x − a) wobei |ak | =
k!
Konvergenzradius der Reihe ist also unendlich. Da f eine Lösung der Differentialgleichung ist, folgt durch Differention und Koeffizientenvergleich
k(k − 1)ak + c(k − 1)ak−1 + dak−2 = 0.
Damit lassen sich aber alle Koeffizienten berechnen sobald man a0 und
a1 kennt. Umgekehrt kann man zu gegebenen a0 und a1 eine Folge (ak )
konstruieren, die der obigen Iterationsformel genügt. Es ist dann leicht zu
129
19. Potenzreihen und Taylorentwicklung
P
k
sehen, dass ∞
k=0 ak (x − a) einen unendlichen großen Konvergenzradius
hat und mithin auch eine Lösung der Differentialgleichung repräsentiert.
Für x ∈ R und k ∈ N setzen wir
k
Y
x
x+1−i
:=
i
k
i=1
mit der üblichen Konvention, dass ein leeres Produkt 1 ist. Im Abschnitt 1 hatten
wir dies nur für x ∈ N erklärt.
Satz 19.9. (Binomische Reihe) Es sei α ∈ R und x ∈] − 1, 1[. Dann ist
(1 + x)α =
∞ X
α k
x
k
k=0
Für α ∈ N bricht die Reihe ab und der Satz ist äquivalent zum Binomischen
Lehrsatz.
Beweis. Die Funktion
f (x) = (1+x)α ist C ∞ . Mittels Induktion sieht man leicht
α
(k)
α−k
f (x) = k! k (1 + x)
. Aus Satz 19.4 folgt
(1 + x)
α
=
n X
α
k
k=0
x
k
!
α
Rn+1 (x) = (n + 1)
n+1
+ Rn+1 (x)
Z
0
x
mit
(x − t)n (1 + t)α−n−1 dt
n→∞
Es reicht nun Rn+1 (x) −→ 0 zu zeigen. Wir unterscheiden hier zwei Fälle
1. Fall. x ∈]0, 1[. Es gilt für n > α
da
|Rn+1 (x)| ≤ (n + 1)
α
n+1
Z
0
x
xn dt ≤ (n + 1)
α
(n+1)(n+1
)xn+1 =
n(α
xn
n)
Somit folgt die Behauptung.
n−α
n x
n+1 n→∞
x
−→ 0,
α
n+1
→ x < 1.
130
20. Partialbruchzerlegung
2. Fall. x ∈] − 1, 0[. Sei C := max{(1 + t)α−1 | |t| ≤ |x|}. Es ist dann
Z
α |x|
|Rn+1 (x)| = (n + 1) n+1
(|x| − t)n (1 − t)α−n−1 dt
0
≤ C · (n + 1)
≤ C · (n + 1)
= C · (n + 1)
α
n+1
α
n+1
Z
|x|
0
Z
0
|x|
|x|−t n
dt
1−t
|x|n dt
n+1 n→∞
|x|
−→ 0.
α
n+1
Beispiel 19.10. Die Funktion
−1/x
e
falls x > 0
f (x) =
0
falls x ≤ 0
ist C ∞ . Die Taylorreihe von f in 0 ist 0. Insbesondere ist f nicht reell analytisch.
Beweis. Wir zeigen zunächst per Induktion, dass es Polynomfunktionen pn (x)
gibt mit f (n) (x) = pn (1/x)e−1/x für x > 0. Für den Induktionsschritt beachte man das gilt f (n+1) = − x12 p0n (1/x)e−1/x + x12 pn (1/x)e−1/x wir müssen also
lediglich pn+1 (x) = −x2 p0n (x) + x2 pn (x) setzen um die Behauptung zu erhalten.
Wir wollen weiter als nächstes zeigen, dass f (n) (x) auch für x ≤ 0 existiert
und f (n) (x) = 0 gilt. Dies ist offensichtlich ledglich für x = 0 ein Problem.
Wir nehmen per Induktion an, dass die Behauptung bereits für f (n−1) bewiesen
(n−1)
(x)
wurde. Zu zeigen ist 0 = limx&0 f x (x) dies folgt aber aus limx→∞ xpn−1
= 0,
ex
vergleiche Bemerkung 11.13.
Beispiel 19.11. Sei f wie in Beispiel 19.10. Dann ist
die Funktion f (x) + f (1 − x) überall positiv. Mithin
f (x)
ist auch g(x) = f (1−x)+f
(x) beliebig oft differenzierbar.
Es gilt offenbar g(x) = 0 für x ≤ 0 und g(x) = 1 für
x ≥ 1.
20
g(x)
Partialbruchzerlegung
Im folgenden Satz benutzen wir implizit, dass C algebraisch vollständig ist. Jedes
Polynom q ∈ C[X] \ {0} zerfällt also in Linearfaktoren, d.h. sind λ1 , . . . , λk die
131
20. Partialbruchzerlegung
Nullstellen von q mit Vielfachheiten m1 , . . . , mk so gibt es eine Konstante L ∈ C
mit q(X) = L · (X − λ1 )m1 · · · (X − λk )mk .
Satz 20.1. Es seien p, q ∈ C[x] komplexe Polynome mit grad p < grad q und
λ1 , . . . , λk ∈ C seien die k verschiedenen Nullstellen von q mit zugehörigen Multiplizitäten m1 , . . . , mk ∈ N. (D.h. λi ist mi -fache Nullstelle.) Dann gibt es eindeutig bestimmte Konstanten hij ∈ C für 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ mi mit
p(x)
h11
h12
h1m1
=
+
+ ... +
+ ...
2
q(x) (x − λ1 ) (x − λ1 )
(x − λ1 )m1
hkmk
hk1
+
.
+ ... +
(x − λk )
(x − λk )mk
(20.1)
Diese Summe heißt Partialbruchzerlegung.
Beweis. Wir können ohne Einschränkung annehmen, dass p, q teilerfremd sind
(ansonsten kürzen). Wir beweisen die Behauptung durch Induktion über grad q.
(IB) Für grad q = 1 stimmt die Behauptung: Dann ist nämlich q(x) = x − λ und
grad p = 0, also ist p konstant.
(IS) Sei q̃(X) das eindeutig bestimmte Polynom mit q(X) = (X − λ1 )m1 q̃(X).
Nach Vorausetzung ist λ1 keine Nullstelle von q̃(X). Wir setzen h1m1 := h :=
p(λ1 )
q̃(λ1 ) . Es gilt dann
p(X)
q(X)
−
h
(X−λ1 )m1
=
p(X)−hq̃(X)
q(X)
Nach Voraussetzung gilt für den neuen Zähler p̃(X) = p(X) − hq̃(X), dass
p̃(λ1 ) = 0. Somit ist p̃(X) durch (X − λ1 ) teilbar. Dasselbe gilt natürlich für den
Nenner q(X). Der gekürzte Bruch
p(X)
h
−
=
q(X) (X − λ1 )m1
p̃(X)
X−λ1
q(X)
(X−λ1 )
hat aber nach Induktionsvoraussetzung eine eindeutig bestimmte Partialbruchzerlegung.
Um einzusehen, dass sich auch die Eindeutigkeit im Induktionsschritt überträgt, beachte man, dass für eine beliebige Partialbruchzerlegung notwendiger1)
m1
weise h1m1 := p(λ
q̃(λ1 ) = h gilt. Denn man kann die Gleichung (20.1) mit (x−λ1 )
multiplizieren, dann alle Brüche kürzen, so dass kein Nenner mehr λ1 als Nullstelle hat und anschließendend x = λ1 auswerten. Auf der rechte Seite der Gleichung
1)
steht dann h1m1 und auf der linken Seite p(λ
q̃(λ1 ) .
132
20. Partialbruchzerlegung
x
x
x
Beispiel. Zur Integration von eex −1
+1 betrachte y = e , also dy = e dx bzw. dx =
1
1
ex dy = y dy. Dann ist
Z
Z
Z
y−1 1
a
b
ex −1
dx
=
·
dy
=
ex +1
y+1 y
y + y+1 dy
für geeignete a, b ∈ R. Um die Koeffizienten der Partialbruchzerlegung
y−1
y(y+1)
=
a
y
b
y+1
+
zu bestimmen, geht man wie folgt vor. Um a zu bestimmen, multipliziert man
die Gleichung mit y und setzt y = 0, nachdem man die Brüche gekürzt hat. Dies
0−1
ergibt a = 0+1
= −1. Um b zu bestimmen, multipliziert man die Gleichung mit
(y + 1) und setzt y = −1, nachdem man die Brüche gekürzt hat. Dies ergibt
b = −1−1
−1 = 2. und wir erhalten
Z
Z
−1
2
ex −1
ex +1 dx =
y + y+1 dy = − log |y| + 2 log |y + 1| + c
= − log ex + 2 log(ex + 1) + c = −x + 2 log(ex + 1) + c
für ein c ∈ R.
Satz 20.2. Es seien p, q, λi , mi wie in Satz 20.1. Zusätzlich seien p, q ∈ R[x]
reelle Polynome. Ist λi ∈ R, so folgt hij ∈ R für alle 1 ≤ j ≤ mi . Ist λi ∈ C \ R
und λi = λj , so ist mi = mj und hil = hjl für 1 ≤ l ≤ mi = mj . Insbesondere
hjl
hil
ist die Abbildung R → R, x 7→ (x−λ
+ (x−λ
reellwertig.
)l
)l
i
j
Beweis. Für alle x ∈ R \ {λ1 , . . . , λk } gilt
h11
h12
h1m1
p(x)
=
+
+ ... +
+ ...
q(x) (x − λ1 ) (x − λ1 )2
(x − λ1 )m1
hkmk
hk1
+
+ ... +
(x − λk )
(x − λk )mk
h̄12
h̄1m1
h̄11
=
+
+ ... +
+ ...
(x − λ̄1 ) (x − λ̄1 )2
(x − λ̄1 )m1
h̄kmk
h̄k1
+
+ ... +
.
(x − λ̄k )
(x − λ̄k )mk
Da man die letzte Gleichung als eine polynomiale Gleichung in x schreiben
kann, gilt sie nicht nur für alle x ∈ R sondern auch für alle x ∈ C. Wegen
der Eindeutigkeit der Partialbruchzerlegung folgt nun die Behauptung.
133
20. Partialbruchzerlegung
Bemerkung. Ist l ≥ 2, α, λ ∈ C so ist eine Stammfunktion von
gegeben durch
1
α
ᾱ
−
+
.
l − 1 (x − λ)l−1 (x − λ̄)l−1
α
(x−λ)l
+ (x−ᾱλ̄)l
Ist l = 1, so gilt
α
ᾱ
+
(x − λ) (x − λ̄)
2Re(α(x − λ̄))
(x − Re(λ))2 + Im(λ)2
2Re(α)(x − Re(λ))
2 Im(α) Im(λ)
−
(x − Re(λ))2 + Im(λ)2 (x − Re(λ))2 + Im(λ)2
=
=
und
Re(α) log (x − Re(λ))2 + (Im(λ))2 − 2 Im(α) arctan
ist eine Stammfunktion.
Beispiel 20.3. Gesucht ist
R
x5 −2x4 +x3 −2x2 +5x−8
x4 −x2 −2x+2
x−Re(λ) Im(λ)
dx . Setze
p(x) = x5 − 2x4 + x3 − 2x2 + 5x − 8,
q(x) = x4 − x2 − 2x + 2.
Schritt 1. (Polynomdivision) Finde r mit p = sq + r und grad r < grad q. Es
ist
x5 − 2x4 + x3 − 2x2 + 5x − 8 = x4 − x2 − 2x + 2 x − 2
− x5
+ x3 + 2x2 − 2x
− 2x4 + 2x3
+ 3x − 8
2x4
− 2x2 − 4x + 4
2x3 − 2x2 − x − 4
und r(x) := 2x3 − 2x2 − x − 4 ist der gesuchte Restterm.
Schritt 2. Bestimme die Nullstellen von q. Es ist q(1) = 0, d.h. 1 ist Nullstelle
von q. Mittels Polynomdivision erhält man
q(x) = x4 − x2 − 2x + 2 = (x − 1)(x3 + x2 − 2) = (x − 1)2 (x2 + 2x + 2).
x2 + 2x + 2 hat keine reelle Nullstelle, sondern nur zwei zueinander konjugierte
einfache Nullstellen.
Schritt 3. (Partialbruchzerlegung) Suche a, b, c, d ∈ R mit
a
x−1
+
b
(x−1)2
+
cx+d
x2 +2x+2
=
2x3 −2x2 −x−4
.
(x−1)2 (x2 +2x+2)
134
20. Partialbruchzerlegung
Um b zu finden, multipliziere man die Gleichung mit (x − 1)2 und setze x = 1,
nachdem man die Brüche gekürzt hat. Es gilt also b = 2−2−1−4
1+2+2 = −1. Wir
b
(x−1)2
=
−(x2 +2x+2)
(x−1)2 (x2 +2x+2)
auf die rechte Seite und erhalten
cx+d
x2 +2x+2
=
2x3 −x2 +x−2
(x−1)2 (x2 +2x+2)
=
bringen nun den Term
a
x−1
+
2x2 +x+2
.
(x−1)(x2 +2x+2)
Um a zu finden, multipliziere man die Gleichung mit (x − 1) und setze x = 1,
nachdem man die Brüche gekürzt hat. Dies liefert a = 2+1+2
1+2+2 = 1. Nun bringen
wir den Term
a
x−1
=
x2 +2x+2
(x−1)(x2 +2x+2)
cx+d
x2 +2x+2
=
auf die rechte Seite und erhalten
x2 −x
(x−1)(x2 +2x+2)
=
x
.
(x2 +2x+2)
Koeffizientenvergleich liefert c = 0 und d = 1. Damit folgt
2x3 −2x2 −x−4
x4 −x2 −2x+2
=
1
x−1
−
1
(x−1)2
+
x
.
x2 +2x+2
Schritt 4. (Integration) Es folgt nun
Z
Z
(x−2)(x4 −x2 −2x+2)+2x3 −2x2 −x−4
x5 −2x4 +x3 −2x2 +5x−8
dx
=
dx
x4 −x2 −2x+2
x4 −2x2 −2x−2
Z
3 −2x2 −x−4
= x − 2 + 2x
dx
x4 −2x2 −2x−2
Z
1
1
x
= x − 2 + x−1
− (x−1)
2 + x2 +2x+2 dx
Z
1
x
1 2
= 2 x − 2x + log |x − 1| + x−1 + x2 +2x+2
dx .
Wir bestimmen mittels Substitution das Integral. Um den linearen Term im
Nenner zu eleminieren, setzen wir dazu y = x + 1. Dann ist
Z
Z
Z
Z
y−1
y
x
1
dx
=
dy
=
dy
−
dy
x2 +2x+2
y 2 +1
y 2 +1
y 2 +1
=
1
2
1
2
log(y 2 + 1) − arctan(y)
log(x2 + 2x + 2) − arctan(x + 1)
R 0 (t)
In der vorletzten Gleichung haben wir ff (t)
dt = log(f (t)) genutzt und in der
letzten Gleichung haben wir zurück substituiert. Insgesamt folgt
Z
x5 −2x4 +x3 −2x2 +5x−8
dx = 12 x2 − 2x + log |x − 1| +
x4 −x2 −2x+2
=
+ 12 log(x2 + 2x + 2) − arctan(x + 1) + C.
mit einer Konstanten C.
21. Konvexität
135
Bemerkung. Trotz der in diesem und im Abschnitt 17 eingeführten Integrationsmethoden
sind in vielen Fällen Stammfunktionen nicht geschlossen darstellR −x
2
bar (z.B. e
dx ).♠2
21
Konvexität
Definition 21.1. Sei I ein Intervall.
a) Eine Abbildung f : I → R heißt konvex,
falls für alle t ∈ ]0, 1[ und alle x, y ∈ I gilt
f tx + (1 − t)y ≤ tf (x) + (1 − t)f (y)
und konkav, wenn die umgekehrte Ungleichung für alle diese Zahlen gilt.
b) f heißt streng konvex bzw. streng konkav, wenn die strenge Ungleichung
gilt für alle x 6= y und t ∈]0, 1[.
Satz 21.2. Es sei f : I → R differenzierbar. Dann ist äquivalent:
a) f ist konvex.
b) f 0 ist monoton wachsend.
Korollar 21.3. Ist f zweimal differenzierbar, so ist f genau dann konvex, wenn
f 00 ≥ 0 ist.
Beispiele.
a) Es ist exp00 = exp > 0, also ist exp konvex.
b) Es ist log00 x = − x12 < 0, also ist log konkav.
c) x 7→ x2 ist konvex.
d) x 7→ x3 ist weder konvex noch konkav.
Beweis von Satz 21.2. b) ⇒ a)“: Seien x1 , x2 ∈ I und
”
h(λ) := f (λx1 + (1 − λ)x2 ) − λf (x1 ) − (1 − λ)f (x2 ).
2
Stand der Vorlesung am 30.01.14
136
21. Konvexität
Es ist zu zeigen, dass h(λ) ≤ 0 ist für alle λ ∈ [0, 1]. Es gilt h(0) = 0 = h(1). Da
λ 7→ λx1 + (1 − λ)x2 und f 0 monoton wachsend sind und x1 − x2 > 0 gilt, ist
wegen
h0 (λ) = f 0 (λx1 + (1 − λ)x2 )(x1 − x2 ) − f (x1 ) + f (x2 )
auch h0 monoton wachsend.
Annahme: Es gibt ein λ0 ∈ ]0, 1[ mit h(λ0 ) > 0. Nach dem Mittelwertsatz gibt
es dann ein ξ1 ∈ ]0, λ0 [ mit h0 (ξ1 ) = h(λλ00)−h(0)
> 0 und es ein ξ2 ∈ ]λ0 , 1[ mit
−0
0)
< 0. Dann ist h0 (ξ1 ) > h0 (ξ2 ) und dies ist ein Widerspruch
h0 (ξ2 ) = h(1)−h(λ
1−λ0
zur Monotonie von h0 .
a) ⇒ b)“: Sei f konvex und x1 < x2 . Es ist zu zeigen, dass f 0 (x1 ) ≤ f 0 (x2 ) gilt.
”
Dazu zeigen wir
f (x2 ) − f (x1 )
f 0 (x1 ) ≤
≤ f 0 (x2 ).
x2 − x1
Da f konvex ist, gilt für alle λ ∈ [0, 1]
f (x1 + λ(x2 − x1 )) ≤ f (x1 ) + λ(f (x2 ) − f (x1 )),
Folglich ist für alle h ∈ [0, x2 − x1 ]
(x1 )
f (x1 + h) ≤ f (x1 ) + h f (xx22)−f
−x1
f 0 (x1 ) = lim
h&0
f (x1 +h)−f (x1 )
h
≤
und somit
f (x2 )−f (x1 )
.
x2 −x1
Die andere Ungleichung zeigt man analog.
Korollar 21.4 (Tangentenbedingung). Sei f : I → R differenzierbar. Dann ist f genau dann konvex, wenn Folgendes gilt:
∀x ∈ I ∀h ∈ R : x + h ∈ I ⇒ f (x + h) ≥ f (x) + h · f 0 (x).
Die Ungleichung bedeutet geometrisch, dass der Graph von f oberhalb der Tangente durch (x, f (x)) verläuft.
Beweis. Falls f konvex ist, ist f 0 nach Satz 21.2 monoton wachsend. Für h > 0
ist
f (x + h) − f (x)
= f 0 (ξ) ≥ f 0 (x) mit ξ ∈ ]x, x + h[
h
Falls h < 0 ist, gilt
f (x + h) − f (x)
= f 0 (ξ) ≤ f 0 (x) mit ξ ∈ ]x + h, x[ .
h
137
21. Konvexität
In jedem Fall also f (x + h) − f (x) ≥ hf 0 (x).
Sei nun die Tangentenbindung erfüllt. Es ist zu zeigen, dass f 0 monoton
wachsend ist. Dazu zeigen wir, dass für x1 < x2
f (x2 ) − f (x1 )
≤ f 0 (x2 )
x2 − x1
gilt. Es ist nämlich f x1 + (x2 − x1 ) ≥ f (x1 ) + (x2 − x1 )f 0 (x1 ), also
f 0 (x1 ) ≤
f (x2 ) − f (x1 )
≥ f 0 (x1 ).
x2 − x1
Entsprechend ist f (x2 + (x1 − x2 )) ≥ f (x2 ) + (x1 − x2 )f 0 (x2 ) und damit
f (x1 ) − f (x2 )
≤ f 0 (x2 ).
x1 − x2
f(1)
Satz 21.5 (Trapez-Regel). Sei f : [0, 1] → R zweimal stetig
differenzierbar. Dann gibt es ein ξ ∈ [0, 1] mit
Z
0
1
f(0)
1
1
f (x) dx = (f (0) + f (1)) − f 00 (ξ).
2
12
0
1
Beweis. Sei M = max{f 00 (x) | x ∈ [0, 1]} und m = min{f 00 (x) | x ∈ [0, 1]}.
Betrachte
g(x) := (1 − x)f (0) + xf (1) − 12 M (x − x2 )
G(x) := (1 − x)f (0) + xf (1) −
und
2
1
2 m(x
− x ).
Es gilt dann g(0) = f (0) = G(0) sowie G(1) = f (1) = g(1). Außerdem ist
d(x) = f (x) − G(x) konvex und D(x) = f (x) − g(x) konkav. Wegen d(0) =
d(1) = D(0) = D(1) = 0 folgt d(x) ≤ 0 und D(x) ≥ 0. Mithin
g(x) ≤ f (x) ≤ G(x).
Damit ist aber
1
2
f (0) + f (1) −
1
12 M
=
Z
1
g(x) dx ≤
0
≤
Z
0
1
G(x) dx =
Z
1
f (x) dx
0
1
2
f (0) + f (1) −
1
12 m
R1
1
Es gibt also ein u mit m ≤ u ≤ M mit 12 f (0) + f (1) − 12
u = 0 f (x) dx . Da
der Zwischenwertsatz für f 00 gilt, können ein ξ ∈ [0, 1] finden mit f 00 (ξ) = u.
138
21. Konvexität
Satz 21.6 (Jensensche P
Ungleichung). Sei f : I → R konvex
und λ1 , . . . , λn > 0 mit ni=1 λi = 1. Dann gilt
!
n
n
X
X
f
λ i xi ≤
λi · f (xi ).
Johan Ludwig Jensen
i=1
(1859-1925)
i=1
Beweis. Wir zeigen die Aussage durch Induktion über n. Für n = 1 ist die
Aussage trivial.
Pn
P
(IS) Seien λ1 , . . . , λn+1 > 0 mit n+1
i=1 λi . Dann
i=1 λi = 1 und λ = 1 − λn+1 =
ist wegen der Konvexität von f
!
!
n+1
n
X
X
λ i xi
f
λi xi = f λ ·
+ (1 − λ)xn+1
λ
i=1
i=1
!
n
X
λ i xi
≤λ·f
+ (1 − λ)f (xn+1 )
λ
i=1
und weiter mit Induktionsvoraussetzung
≤λ·
=
n
X
λi
i=1
n+1
X
λ
f (xi ) + λn+1 f (xn+1 )
λi f (xi ).
i=1
P
Korollar 21.7. Es seien λ1 , . . . , λn > 0 mit ni=1 λi = 1. Dann gilt für alle
x1 , . . . , x n > 0
n
n
Y
X
xλi i ≤
λi xi .
i=1
i=1
Insbesondere ist
√
n
x1 · . . . · xn ≤
n
1 X
·
xi
n
i=1
mit Gleichheit genau dann, wenn x1 = x2 = . . . = xn .
Beweis. Da log konkav ist, ist − log konvex. Mit der Jensenschen Ungleichung
folgt
!
!
n
n
n
Y
X
X
λi
log
xi
=
λi · log(xi ) ≤ log
λ i xi .
i=1
i=1
i=1
139
21. Konvexität
Nach Anwenden von exp folgt die Behauptung.
x1 Definition 21.8. Für x = ... ∈ Cn und p ∈ R≥1 definieren wir die p-Norm
xn
durch
kxkp :=
n
X
i=1
!1
p
p
|xi |
.
Satz 21.9 (Höldersche Ungleichung). Für w, z ∈ Cn und
p, q > 1 mit p1 + 1q = 1 gilt
n
X
i=1
|zi · wi | ≤ kwkp · kzkq .
Otto Hölder
(1859-1937)
Korollar 21.10 (Cauchy-Schwarz-Ungleichung). Für w, z ∈ Cn gilt
n
X
i=1
|zi · wi | ≤ kwk2 · kzk2 .
Beweis von Satz 21.9. Setze
ai :=
|wi |p
,
kwkp p
bi :=
|zi |q
.
kzkq q
Ohne Einschränkung seien w, z 6= 0. Dann gilt nach Definition
n
X
i=1
sowie
ai =
n
X
bi = 1
i=1
1
1
|wi · zi |
ai bi
= ai p · bi q ≤
+ ,
kwkp · kzkq
p
q
wobei letztere Ungleichung aus Korollar 21.7 folgt. Zusammen ist
n
X
i=1
|wi · zi |
1 1
≤ + = 1.
kwkp · kzkq
p q
140
21. Konvexität
Satz 21.11 (Minkowski-Ungleichung). Es sei p ∈ [1, ∞[ und
x, y ∈ Cn . Dann gilt
kx + ykp ≤ kxkp + kykp .
Hermann Minkowski
(1864-1909)
Beweis. Ohne Einschränkung gelte p > 1, denn ansonsten ist die Aussage klar.
Setze zi = |xi + yi |p−1 , q > 0 sei definiert durch p1 + 1q = 1. Dann ist q + p = pq,
also p = q(p − 1). Mithin ziq = |xi + yi |p und
kzkq =
n
X
i=1
!1
n
X
q
ziq
=
i=1
!1
q
|xi + yi |p
p
= kx + ykpq .
Außerdem ist |zi ||xi + yi | = |xi + yi |p und
kx + ykpp =
≤
n
X
i=1
n
X
i=1
|xi + yi | · |zi |
|xi | · |zi | + |yi | · |zi |
≤ (kxkp + kykp ) · kzkq
p
= (kxkp + kykp ) · kx + ykpq ,
wobei wir zunächst die Dreicksungleichung und dann die Höldersche Ungleichung
ausgenutzt haben. Also ist mit p − pq = 1
p− pq
kx + ykp = kx + ykp
≤ kxkp + kykp .
Satz 21.12. Es seien f, g Riemann-integrierbar.
a) Für p > 0 ist |f |p ist Riemann-integrierbar.
b) f · g ist Riemann-integrierbar.
Beweis.
a) Ohne Einschränkung gilt |f | ≤ 1, da wir gegebenfalls für λ ∈ (0, 1)
die Funktion f durch λf ersetzen Rkönnen. Sei ε0 > 0. Zu ε > 0 wähle
b
ϕ, ψ ∈ T [a, b] mit ϕ ≤ |f | ≤ ψ und a ψ − ϕ dx ≤ ε. Ohne Einschränkung
gelte ϕ ≥ 0 und ψ ≤ 1. Dann ist
ϕp ≤ |f |p ≤ ψ p .
141
21. Konvexität
Rb
Wir zeigen nun a ψ p (x) − ϕp (x) dx < ε0 , indem wir eine Fallunterscheidung nach p machen. Dabei definieren wir zunächst ε in Abhängigkeit von
ε0 und wählen dazu dann ϕ, ψ wie oben.
Fall 1. p ≥ 1. Setze ε := εp0 > 0 und wähle ϕ, ψ wie oben. Die Abbildung [0, 1] → R, x 7→ xp hat die Ableitung pxp−1 ≤ p. Zusammen mit dem
Mittelwertsatz ist ψ p (x) − ϕp (x) ≤ p · (ψ(x) − ϕ(x)) und damit
Z b
ψ p (x) − ϕp (x) dx ≤ pε ≤ ε0 .
a
p
k
Fall 2. p ∈ ]0, 1[. Wähle k ∈ N mit q = 2k p > 1. Es gilt |f |p = 2 |f |q .
Gemäß Fall 1 ist g = |f |q integrierbar. Per Induktionp
reicht es nun zu
zeigen, dass für jede integrierbare Funktion h(x) auch |h(x)| Riemann
integrierbar ist. Mit anderen Worten, es gilt ohne Einschränkung der Allgemeinheit p = 21 . Setze ψ̃(x) = max{ψ(x), ε}. Es gilt dann
Z
a
b
ψ̃(t) − ϕ(t) dt
≤ ε(1 + b − a)
q
p
ψ̃(x) − ϕ(x) =
und
ψ̃(x) − ϕ(x)
q
≤
p
ψ̃(x) + ϕ(x)
√1 (ψ̃(x)
ε
− ϕ(x)).
Damit ergibt sich
Z b
√
ψ̃ 1/2 (t) − ϕ1/2 (t) dt ≤ (b − a) ε(1 + b − a)
a
2
ε0
(b−a)(1+(b−a))
und dies ist ≤ ε0 wenn wir ε :=
setzen.
b) Da f und g Riemann-integrierbar sind, sind f ± g und damit nach a) auch
1
2
4 · (f ± g) Riemann-integrierbar. Daraus folgt, dass
f ·g =
1
4
· (f + g)2 −
1
4
· (f − g)2
Riemann-integrierbar ist.
Wir definieren für eine Riemann-integrierbare Funktion f : [a, b] → R und
p ≥ 1 die p-Norm von f durch
kf kp :=
Z
a
b
p
|f (x)| dx
p1
.
142
22. Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion
Satz 21.13. Seien f, g : [a, b] → R integrierbar, p, q > 1 mit
gilt:
Rb
a) a |f · g|(x) dx ≤ kf kp · kgkq .
1
p
+
1
q
= 1. Dann
b) kf + gkp ≤ kf kp + kgkp .
Beweis. Ganz ähnlich zum Beweis von Satz 21.11 folgt Teil b) aus a). Es reicht
also a) zu zeigen. Sei ε > 0. Ohne Einschränkung gelte |f |, |g| ≤ 1. Wähle
Treppenfunktionen ϕ1 , ϕ2 , ψ1 , ψ2 ∈ T [a, b] mit ϕ1 ≤ |f | ≤ ψ1 bzw. ϕ2 ≤ |g| ≤ ψ2
Rb
sowie 0 ≤ ϕi ≤ ψi ≤ 1 und a (ψi − ϕi )(x) dx < ε. Dann ist
Z b
p
ψip (x) dx
kψi kp =
a
Z b
Z b
p
p · (ψi − ϕi )(x) dx
ϕi (x) dx +
≤
a
a
≤
kϕi kpp
+ pε
Es sei a = x0 < . . . < xk = b eine untergeordnete Unterteilung sowohl für ψ1
alsauch für ψ2 . Dann folgt aus der Definition des Integrals für Treppenfunktionen
und der Hölderschen Ungleichung
Z b
Z b
|f · g|(x) dx ≤
(ψ1 · ψ2 )(x) dx
a
=
a
k
X
l=1
≤
1
(xl − xl−1 ) p ψ1
k
X
l=1
(xl −
xl +xl−1 2
!p1
p
x +x
xl−1 )ψ1 l 2 l−1
= kψ1 kp · kψ2 kq
1
1
≤ kϕ1 kpp + pε p · kϕ2 kqq + qε q
1
1
≤ kf kpp + pε p · kgkqq + qε q .
1
(xl − xl−1 ) q ψ2
xl +xl−1 2
k
X
(xl − xl−1 )ψ2
l=1
!1q
xl +xl−1 q
2
Mit ε → 0 folgt die Behauptung.
22
Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion
Definition 22.1.
a) Seien a ∈ R, b ∈ R∪{∞} mit a > b. Sei f : [a, b[ → R auf
[a, β] ⊂ [a, b[ für jedes β ∈ [a, b[ integrierbar. Dann heißt f uneigentlich
143
22. Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion
(Riemann-) integrierbar auf [a, b[, falls der Grenzwert limβ→b
existiert. Man setzt
Z β
Z b
f (x) dx .
f (x) dx := lim
Rβ
a
f (x) dx
β→b a
a
b) Mit einer kritischen unteren Grenze verfährt man analog.
c) Seien a, b ∈ R ∪ {−∞, ∞}. Sei f : ]a, b[ → R auf [α, β] ⊂ ]a, b[ für jedes
α, β ∈ ]a, b[ integrierbar. Dann heißt f uneigentlich (Riemann-) integrierbar, falls f| ]a,c[ und f|[c,b[ für ein c ∈ ]a, b[ uneigentlich integrierbar sind.
Man setzt
Z
Z
Z
Z
1
R1
0
log x dx . Es ist
ε→0
log x dx = (x · log x − x|1ε = (−1 − ε · log ε + ε) −→ −1.
ε
b) Berechne
c
a
a
a) Berechne
f (x) dx .
f (x) dx +
f (x) dx :=
Beispiel.
b
c
b
R∞
1
xk dx . Es ist für k ∈ R \ {−1}
Z
β
xk dx =
1
1
k+1
β
· xk+1 =
1
β k+1 −1
k+1 .
und dies konvergiert Rfür β → ∞ genau dann, wenn k < −1 ist. Das
∞
uneigentliche Integral 1 xk dx konvergiert also für k < −1 und divergiert
für k > −1. Für k = −1 ist
Z β
β
x−1 dx = log x1
1
und dies divergiert.
c) Ähnlich ist
Z
0
konvergent für k > −1.
1
xk dx = lim
ε→0
1
k+1
1
· xk+1 d) Die letzten beiden Punkte liefern zusammen, dass
vergiert.
ε
R∞
0
xk dx für alle k di-
144
22. Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion
Satz 22.2 (Integralvergleichskriterium).
Sei f : P
[1, ∞[ → R monoton fallend.
R∞
Dann konvergiert 1 f (x) dx genau dann, wenn ∞
n=1 f (n) konvergiert.
P
1
Bemerkung. Also konvergiert ∞
n=1 nk genau für k > 1.
Beweis von Satz 22.2. Ohne Einschränkung gelte limx→∞ f (x) = 0. Für jedes
n ∈ N ist
Z n
f (x) dx ≤ f (n − 1)
f (n) ≤
n−1
und somit für beliebiges N ∈ N
N
X
n=2
f (n) ≤
Z
1
N
f (x) dx ≤
N
−1
X
f (n).
n=1
R∞
Sei nun zunächst 1 f (x) dx konvergent. Dann ist nach obiger Überlegung für
alle N ∈ N mit f ≥ 0
N
X
n=1
f (n) ≤ f (1) +
Z
∞
f (x) dx
1
und dies liefertP
absolute Konvergenz.
Ist umgekehrt ∞
n=1 f (n) konvergent, dann ist nach obiger Überlegung
Z
1
R
f (x) dx ≤
∞
X
f (n),
n=1
RR
also ist 1 f (x) dx nach oben beschränkt und außerdem monoton wachsend in
R, also konvergent für R → ∞.
Definition 22.3. Für x > 0 ist die Gamma-Funktion
definiert durch
Z ∞
Γ(x) =
tx−1 e−t dt.
0
Wir zeigen, dass dies wohldefiniert
R ∞ist und beginnen
mit dem uneigentlichen Integral 1 tx−1 e−t dt: Das
Integral
Z β
tx−1 e−t dt
1
145
22. Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion
ist monoton wachsend in β. Wähle n ∈ N mit x − 1 ≤ n. Die Reihendarstellung
von exp liefert e−t = e1t ≤ (n+2)!
. Dann ist für alle β ≥ 1
tn+2
Z
β
1
tx−1 · e−t dt ≤
Z
β
1
tn e−t dt ≤ (n + 2)!
Z
β
1
1
dt ≤ (n + 2)!,
t2
also existiert
R 1 der Grenzwert für β → ∞. Wir betrachten nun das uneigentliche
Integral 0 tx−1 e−t dt: Für ε > 0 ist
Z
1
t
x−1 −t
e
ε
dt ≤
Z
1
t
x−1
dt =
ε
1 x 1
1
t ≤
x ε
x
und also existiert auch der Grenzwert für ε → 0. Dies zeigt die Wohldefiniertheit.
Satz 22.4 (Charakterisierung der Gamma-Funktion, Bohr–Mollerup ).
Die Gamma-Funktion ist die eindeutig bestimmte Funktion
F : ]0, ∞[ → ]0, ∞[ ⊂ R mit folgenden Eigenschaften:
a) Es gilt F (1) = 1 und F (x + 1) = x · F (x) für alle x > 0.
b) F ist logarithmisch konvex, d.h. log F ist konvex.
Harald Bohr
(1887-1951)
Beweis. Wir wollen zunächst einsehen, dass Γ den genannten Eigenschaften
genügt. Offenbar ist Γ(1) = 1. Für x > 0 ist
Γ(x + 1) =
Z
∞
0
= lim
tx e−t dt
Z
ε&0 ε
=
1
ε
tx e−t dt
1
lim −tx e−t εε
ε&0
+x·
Z
1
ε
tx−1 e−t dt
ε
= x · Γ(x).
Dies zeigt, dass Γ die Eigenschaft a) erfüllt. Zum Nachweis von Eigenschaft b)
seien x < y und λ ∈ ]0, 1[ . Schreibe λ = p1 , (1 − λ) = 1q . Dann ist mit der
146
22. Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion
Hölderschen Ungleichung
Γ(λx + (1 − λ)y) = lim
Z
1
ε
ε &0 ε
≤ lim
ε &0
= lim
ε &0
Z
t
x−1
p
1
ε
ε
Z
1
ε
|t
− pt
e
x−1
p
e
t
y−1
q
−t
p
dt
!1
p
|p dt
tx−1 e−t dt
ε
− qt
e
!λ
·
= Γ(x)λ · Γ(y)1−λ .
·
Z
1
ε
ε
Z
1
ε
ε
|t
y−1
q
− qt
·e
ty−1 · e−t dt
!1
q
|q dt
!1−λ
Damit ist
log(Γ(λx + (1 − λ)y)) ≤ λ · log(Γ(x)) + (1 − λ) · log(Γ(y)).
Es bleibt nun die Eindeutigkeit zu zeigen. Sei dazu F eine Funktion mit den
Eigenschaften a) und b). Insbesondere gilt F (n + 1) = n! für alle n ∈ N \ {0}.
Seien nun x ∈ ]0, 1] und n ∈ N+ . Da log F konvex ist, gilt dann
F (n + x) = F ((1 − x) · n + x · (n + 1))
≤ F (n)1−x · F (n + 1)x
= (n − 1)!1−x · (n − 1)!x · nx
= (n − 1)! · nx .
Außerdem folgt mithilfe der Konvexkombination n =
und der Konvexität von log F
1
x+1
x
· (n + x) + x+1
· (n − 1)
log F (n + x) ≥ log F (n) + x · (log F (n) − log F (n − 1)),
also
x
F (n)
F (n − 1)
= (n − 1)! · (n − 1)x .
F (n + x) ≥ F (n) ·
Zusammen ist nun
(n − 1)! · (n − 1)x ≤ F (n + x) ≤ (n − 1)! · nx
für x ∈]0, 1].
(22.1)
22. Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion
147
Aufgrund von Eigenschaft a) gilt
F (n + x) =
n−1
Y
!
x+i
k=0
· F (x)
und damit
(n − 1)! · (n − 1)x
(n − 1)! · nx
≤ F (x) ≤ Qn−1
.
Qn−1
i=0 (x + i)
i=0 (x + i)
Da dies für alle n gilt und beide Seiten der Abschätzung denselben Grenzwert
haben, ist F (x) eindeutig bestimmt für jedes x ∈ ]0, 1]. Da wir jedes x > 1
als x = n + x0 mit n ∈ N und x0 ∈]0, 1] schreiben können, folgt wegen der
Funktionalgleichung F (y + 1) = yF (y) auch die mit Eindeutigkeit von F (x) für
x > 1.
Korollar 22.5. Für alle x > 0 gilt
n! · nx
.
Γ(x) = lim Qn
n→∞
i=0 (x + i)
Beweis. Der Beweis von Satz 22.4 liefert die Behauptung für x ∈ ]0, 1]. Ist die
Behauptung für x bereits bewiesen so folgt sie für x + 1 aus der Gleichungkette
Γ(x + 1) = x · Γ(x)
zusammen mit limn→∞
für alle x > 0.
Korollar 22.6.
b)
R∞
−∞ e
−x2
n! · nx
= lim x · Qn
n→∞
i=0 (x + i)
n! · nx
= lim Qn−1
n→∞
i=0 (x + 1 + i)
n! · nx+1
n+1+x
= lim Qn
·
n→∞
((x
+
1)
+
i)
n
i=0
n+1+x
n
a) Γ( 12 ) =
dx =
√
π.
= 1. Durch Induktion folgt also die Behauptung
√
π.
148
22. Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion
Beweis.
a) Nach Korollar 22.5 und den Grenzwertsätzen ist
Γ
1 2
2
(n!)2 · n
2n
(n!)2
= lim Qn 1
=
lim
·
Q
n
1
1
2
n→∞
n→∞ (n + 1 )
i=0 ( 2 + i)
i=1 (i + 2 )(i − 2 )
2
n
Y
i2
= 2 lim
n→∞
i2 − 14
i=1
=2·
∞
Y
i=1
4i2
= π.
4i2 − 1
wobei wir zuletzt die Kenntnis des Wallis’schen Produktes genutzt haben.
b) Es ist nach Definition und mit der Substitution t = x2 , d.h. dx =
Z ∞
Z ∞
Z ∞
1
−x2
−x2
e
dx = 2 ·
e
dx =
t− 2 e−t dt = Γ 12 .
−∞
0
1
1√
2 t
dt,
0
Korollar 22.7 (Verdoppelungsformel). Für alle x > 0 gilt
1
2x−1 Γ(x) · Γ x + 2
√
Γ(2x) = 2
·
.
π
Beweis. Definiere
x−1
F (x) := 2
·
Γ
x
2
·Γ
√
π
x+1
2
.
Es ist F (x) = Γ(x) zu zeigen. Dazu weisen wir nach, dass F den Eigenschaften
aus Satz 22.4 genügt. Offenbar ist
F (1) = 1.
Nach Definition gilt für alle x > 0
x+1
· Γ x2 + 1
Γ
x Γ
2 √
F (x + 1) = 2 ·
= 2x ·
π
x+1
2
· x ·Γ
√2
π
x
2
= x · F (x).
Schließlich ist F (x) > 0 für alle x > 0 und es gilt
x
x+1
1
log F (x) = (x − 1) · log 2 + log Γ
+ log Γ
− log π.
2
2
2
Da die ersten drei Summanden konvex in x und der letzte konstant ist, ist
log F (x) konvex in x.
149
22. Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion
Satz 22.8 (Stirlingsche Formel).
√
2πn ·
n n
e
1
e 12(n+1) ≤ n! ≤
√
2πn ·
n n
e
1
· e 12(n−1) ; n! '
√
2πn ·
Beispiel: 4, 023872 · 102567 ≤ 1000! ≤ 4, 023873 · 102567
n n
e
.
Beweis. Für k ∈ N \ {0} ist nach der Trapezregel
Z
k+1
1
log k + log(k + 1) + rk
2
log x dx =
k
1
mit rk = 12·ξ
2 wobei ξk ∈ [k, k + 1]. Insbesondere rk ≥ 0 und
k
konvergent.
Z n
n · log n − n + 1 =
log x dx
P∞
k=1 rk
ist
1
=
n
X
n−1
X
log i +
i=1
n
X
log i =
i=1
1
n+
2
k=1
· log n − n + 1 −
|
rk −
∞
X
k=1
{z
=:γ
log n
2
rk +
}
∞
X
rk
k=n
Anwenden von exp auf beiden Seiten der Gleichung liefert
n! =
√
P∞
n · nn · e−n · eγ · e
k=n rk
Wegen
∞
X
∞
X
k=n
1
≤
12k 2
Z
∞
1
1
dx =
und
2
12x
12(n
− 1)
n−1
k=n
k=n
Z ∞
∞
∞
X
X
1
1
1
rk ≥
≥
dx =
2
12(k + 1)2
12x
12(n
+ 1)
n+1
rk ≤
k=n
√
bleibt lediglich zu zeigen, dass eγ = 2π gilt. Ist an eine Folge mit limn→∞ an =
2
n
. Wenden wir dies
a 6= 0 so folgt aus den Grenzwertwertsätzen a = limn→∞ aa2n
150
22. Uneigentliche Integrale und die Gamma-Funktion
auf limn→∞
√
n!
n
n·( n
e)
= eγ an so ergibt sich
(n!)2
γ
e = lim
n( n
e)
2n
n→∞ √ (2n)!
2n
2n·( 2n
e )
√
(n!)2 2n · 22n
= lim
n→∞
(2n)!n
1
= lim
Γ(n + 1)2 · 22n+ 2 √1n
= lim
√
2nΓ(2n)
n→∞
1
π
n2 Γ(n)2 · 22n+ 2 ·
√1
n
2n · 22n−1 · Γ(n) · Γ n +
√
√
n · Γ(n) √
= 2π,
= lim 2π
n→∞
Γ n + 21
n→∞
1
2
wobei wir in der vierten Gleichung√die Verdoppelungsformel
angewandt haben
√
1
und für die letzte Gleichung Γ(n) · n − 1 ≤ Γ n + 2 ≤ Γ(n) · n (vgl. (22.1))
genutzt haben.