¨Ubungsblatt 4 MAT184 Mathematik für die Chemie Herbstsemester

Übungsblatt 4
MAT184 Mathematik für die Chemie
Herbstsemester 2015
Prof. Dr. Camillo De Lellis
Die Übungsblätter werden jeweils am Donnerstag auf der Homepage der Vorlesung publiziert.
Für den Leistungsnachweis müssen mindestens 8 gelöste Übungsblätter abgegeben und insgesamt mindestens
120 Punkte erreicht werden. Generell soll die Herleitung der Resultate übersichtlich und vollständig sein, und
es wird gebeten, leserlich zu schreiben.
Die Lösungen dieses Übungsblattes werden am Freitag 16. Oktober in der Vorlesung eingesammelt, oder sie
können vor Freitag im Briefkasten von Maria Colombo und Salvatore Stuvard am K Stock am Institut für
Mathematik abgegeben werden.
Aufgabe 1 (2 Punkte)
Seien die komplexen Zahlen z = −1 + 3i und w = 3 + 2i gegeben.
(i) Berechne z · w und
z
w.
(ii) Berechne z 2 , w2 und z 3 , w3 .
Lösung:
(i) Man findet z · w = −9 + 7i und
z
z w̄
(−1 + 3i)(3 − 2i)
3
11
=
=
=
+i .
w
ww̄
32 + 2 2
13
13
(ii) Es gilt z 2 = z · z = (1 + (3i)2 ) − 2 · 1 · 3i = −8 − 6i und analog w2 = (32 + (2i)2 ) + 2 · 3 · 2i = 5 + 12i.
Weiterhin haben wir
z 3 = z · z 2 = (−1 + 3i)(−8 − 6i) = 26 − 18i
und
w3 = w · w2 = (3 + 2i)(5 + 12i) = −9 + 46i .
Wir bemerken noch, dass es in gewissen Fällen besonders einfach ist, komplexe Zahlen zu potenzieren, wenn sie in Polardarstellung gegeben sind. So ist zum Beispiel für z = reiφ ganz einfach
z n = rn einφ .
r
Um nun
π
= e−i 3 .
√ 2
√
√
−i arctan( 3)
3
1 2
zum Beispiel ( 21 − 23 i)n zu bestimmen, finden wir zuerst z =
+
e
2
2
√
3 n
1
−i π
n
3
Also ist ( 2 − 2 i) = e
, und somit findet sich zum Beispiel sehr schnell
√
1
3 6
( −
i) = e−i2π = 1 .
2
2
1
Aufgabe 2 (2 Punkte)
(i) Finde die komplexen Lösungen der Gleichung z 2 = i.
(ii) Zeichne die Lösungen aus (i) in der komplexen Zahlenebene.
Lösung:
(i) Wir schreiben z = a + bi. Dann ist z 2 = a2 − b2 + 2iab. Somit ist z 2 = i äquivalent zum
Gleichungssystem (beachte dass zwei komplexe Zahlen genau dann gleich sind, wenn ihre Realund Imaginärteile übereinstimmen)
a2 − b2 = 0
2ab = 1 .
Wir lösen nun die zweite Gleichung nach b auf und setzen in die erste ein. Damit kriegen wir
a2 −
1
2a
2
= 0,
also
4a4 = 1
was als reelle Lösungen a1 = √12 und a2 = − √12 hat. In die zweite Gleichung eingesetzt ergibt das
für b ebenfalls die Lösungen b1 = √12 und b2 = − √12 . Somit kriegen wir zwei Lösungen
1
1
z1 = √ + √ i,
2
2
1
1
z2 = − √ − √ i .
2
2
√
Wir bemerken noch, dass Lösungen der Gleichung z 2 = w für w ∈ C oft mit z = w bezeichnet
und Quadratwurzel genannt werden. Jedoch sind diese Lösungen (ausser wenn w = 0) wie bereits
√
gesehen nicht eindeutig. Ist jedoch w ∈ C\{x ∈ R : x ≤ 0} dann gibt es genau eine Lösung z = w
von z 2 = w deren Realteil positiv ist. Diese Lösung wird oft der Hauptzweig der Quadratwurzel
genannt.
(ii) Wir zeichnen die Lösungen z1 und z2 .
=(z)
1i
<(z)
0i
-1
0
1
-1i
Aufgabe 3 (4 Punkte)
(i) Zeige, dass wenn ein Polynom p mit komplexen Koeffizienten nur eine einzige Nullstelle z0 ∈ C hat,
dann ist es zwingend von der Form
p(z) = a(z − z0 )m ,
für eine natürliche Zahl m und eine Konstante a ∈ C.
(ii) Zeige, dass dies im Allgemeinen für reelle Polynome nicht gilt, indem du explizit ein Polynom dritter
Ordnung findest, welches als einzige Nullstelle 1 hat, aber nicht von der Form
p(x) = a(x − 1)3 ,
2
für ein a ∈ R ist.
Lösung:
(i) Seien a0 , . . . , am ∈ C. Wir betrachten das Polynom p(z) = am z m + am−1 z m−1 + . . . + a1 z + a0 .
Nach dem Fundamentalsatz der Algebra und dessen Korollar aus der Vorlesung hat es die Form
p(z) = am (z − z1 )(z − z2 ) · · · (z − zm ) ,
für m (nicht notwendigerweise verschiedene) geeignete komplexe Zahlen z1 , . . . , zm . Hat p nur eine
einzige Nullstelle z0 bedeutet das gerade, dass zi = z0 für i = 1, . . . , m. Somit gilt
p(z) = am (z − z0 )(z − z0 ) · · · (z − z0 ) = am (z − z0 )m ,
was zu zeigen war.
(ii) Es reicht, (x − 1) mit einem beliebigen Polyonom zweiten Grades ohne reelle Nullstelle zu multiplizieren. Wir nehmen dafür g(x) = x2 + 1. Somit ist
f (x) = (x − 1)g(x) = x3 − x2 + x − 1
ein Polynom dritter Ordnung mit einziger Nullstelle x = 1, welches nicht von der Form f (x) =
a(x − 1)3 ist.
Aufgabe 4 (4 Punkte)
Bestimme das Supremum und das Infimum der folgenden Teilmengen von R und entscheide, ob es sich
dabei jeweils auch um ein Maximum resp. ein Minimum handelt.
(i) A = (−1, 3) ∪ (2, 5] .
(ii) B = (1, 5) \ {2, 3}.
(iii) C = { 1+2n
: n ∈ N \ {0}}.
n
(iv) D = Q ∩ [0, 1].
Lösung:
(i) Zuerst einmal kann A äquivalent als A = (−1, 5] geschrieben werden. Nun ist −1 ist eine untere
Schranke für A (es gibt noch unendlich viele weitere, wir sind aber nur an der grössten interessiert).
Dass es auch die grösste untere Schranke (und somit das Infimum) ist, sieht man folgendermassen.
= x−1
Wir nehmen an, x > −1 wäre eine grössere untere Schranke und betrachten y = −1+ x−(−1)
2
2 .
−1−1
Dann ist wegen x > −1 aber y > 2 = −1, also y ∈ A (wobei wir angenommen haben, dass
x ≤ 5). Jedoch gilt auch y = x+(−1)
< x+x
= x. Damit haben wir aber ein Element y ∈ A
2
2
gefunden, welches kleiner als x ist. Somit kann x keine untere Schranke sein. Also gilt inf A = −1.
Da jedoch −1 nicht in der Menge enthalten ist, ist es kein Minimum.
Für das Supremum gehen wir analog vor. Wir bemerken, dass 5 eine obere Schranke ist. Um
zu zeigen, dass es die kleinste obere Schranke (und somit das Supremum) ist, nehmen wir wieder
an, es gäbe eine kleinere obere Schranke x, also x < 5 (und x > −1). Dann betrachten wir
5+x
y = x + 5−x
und sehen, dass y < 5+5
2 = 2
2 = 5. Damit ist sicher y ∈ A. Jedoch gilt wegen
x+x
5 > x, dass y > 2 = x und wir haben wieder ein Element y ∈ A gefunden, dass grösser als die
vermeintliche obere Schranke x ist. Damit kann x keine obere Schranke sein und es gilt demnach
sup A = 5. Da ausserdem 5 ∈ A, ist 5 auch das Maximum.
(ii) Analog wie in (i) zeigt man sup B = 5 und inf B = 1, welche jeweils nicht in der Menge enthalten
und somit auch nicht Maximum resp. Minimum sind.
3
1
= n1 + 2 streng monoton fallend ist (da n+1
< n1 ). Somit ist eine kleinste
(iii) Wir bemerken, dass 1+2n
n
obere Schranke durch das erste Folgenglied 1+2·1
= 3 gegeben, was zugleich das Maximum ist.
1
Der Grenzwert der Folge ist 2. Um dies zu zeigen, sei ε > 0 und N ∈ N mit N > 1ε . Falls n ≥ N
gilt
1 + 2n
1
1
|an − 2| = |
− 2| = | | ≤
< ε.
n
n
N
Damit ist 2 das Infimum, denn es gilt 2 < 2 + n1 für alle n ∈ N \ {0} und somit 2 < x für alle
x ∈ C, womit 2 eine untere Schranke ist. Um zu zeigen, dass 2 das Infimum ist, nehmen wir an, es
gäbe eine grössere untere Schranke y > 2. Dann gibt es aber ein ε > 0 mit y − 2 > ε. Da die Folge
aber gegen 2 konvergiert, gibt es zu diesem ε ein N ∈ N, so dass 1+2n
− 2 < ε für alle n ≥ N .
n
1+2n
1+2n
Somit gilt auch y − n = y − 2 − ( n − 2) > ε − ε = 0 für alle n ≥ N . Damit haben wir aber
unendlich viele Elemente der Menge C gefunden, welche kleiner sind als y, womit y keine untere
Schranke sein kann. Somit gilt inf C = 2. Da aber immer n1 > 0, gibt es kein Minimum.
Wir bemerken an dieser Stelle noch, dass man auf die gleiche Weise zeigt, dass eine beschränkte,
monoton fallende (wachsende) Folge immer zu ihrem Infimum (Supremum) konvergiert.
(iv) Man sieht sofort, dass 0 und 1 eine untere resp. eine obere Schranke bilden. Wir zeigen, dass sie
auch das Infimum und das Supremum sind. Betrachte dafür die folgenden Teilmengen von D
D1 = {
1
: n ∈ N \ {0}},
n
D2 = {1 −
1
: n ∈ N \ {0}} .
n
Da D1 ⊂ D gilt inf D1 ≥ inf D. Man zeigt wie in (iii), dass inf D1 = 0. Somit gilt inf D ≤ 0.
Da aber 0 schon eine untere Schranke ist, gilt inf D = 0. Da 0 ∈ D ist es auch das Minimum.
Für das Supremum bemerken wir analog D2 ⊂ D und somit sup D2 ≤ sup D. Ausserdem gilt
sup D2 = 1 − inf D1 = 1. Also gilt wieder sup D ≥ 1. Somit kann es keine kleinere obere Schranke
als 1 geben und da dies eine obere Schranke ist, ist es auch das Supremum. Da ebenfalls 1 ∈ D
ist es auch das Maximum.
Aufgabe 5 (2 Punkte)
(i) Sei die Folge (an )n≥1 mit an = 2−n gegeben. Finde ein N ∈ N, sodass an <
1
1000000
für alle n ≥ N .
(ii) Sei nun die Folge (bn )n≥1 mit bn = log2 (n) gegeben. Finde ein N ∈ N, sodass bn ≥ 3217 für alle
n ≥ N.
Lösung:
(i) Bei solchen Grenzwertprozessen sind wir jeweils zufrieden, falls wir irgendein (mitunter riesiges)
N ∈ N finden, ab welchem die Aussage gilt. Somit können wir hier z.B. N = 1000000 wählen,
wobei wir uns bewusst sind, dass man dieses N auch viel kleiner wählen könnte. Nun zeigen wir,
dass mit dieser Wahl alles gut geht. Wir wissen aus Aufgabe 4 (i) des zweiten Übungsblattes, dass
und somit
2n = (1 + 1)n > n(n−1)
2
2
2−n <
n(n − 1)
gilt. Für alle n ≥ 3 gilt zudem
2−n <
2
n−1
< 1. Da wir nun n ≥ N = 1000000 verlangen, gilt
2 1
1
1
1
2
=
< ≤
=
.
n(n − 1)
n−1n
n
N
1000000
(ii) Wir bemerken, dass der Logarithmus monoton wachsend ist. Seien dafür a, b > 0 mit a < b. Dann
gilt log2 (a) − log2 (b) = log2 ( ab ) < 0, also log2 (a) < log2 (b). Nun wählen wir N = 23217 . Damit
4
gilt für alle n ≥ N mit Hilfe der Monotonie
log2 (n) ≥ log2 (N ) = log2 (23217 ) = 3217 .
Aufgabe 6 (3 Punkte)
Entscheide (und begründe mit Hilfe der Definitionen konvergenter und divergenter Folgen) ob die Folgen,
deren Glieder im Folgenden für n ∈ N \ {0} angegeben sind, konvergieren oder divergieren. Gib allenfalls
vorhandene obere und untere Schranken an.
(i) an =
1
n2
(ii) bn = 1 + (−1)n
(iii) cn = (−1)n n
Lösung:
(i) Grob gesagt werden die Folgenglieder immer kleiner (wir dividieren durch etwas immer Grösseres),
bis sie schliesslich fast 0 sind. Unserer Intuition folgend zeigen wir jetzt, dass die Folge gegen 0
konvergiert. Sei dafür ε > 0. Wir wählen N ∈ N mit N > √1ε . Dann gilt für n ≥ N
|an − 0| =
√ 2
1
1
≤ 2 <
ε = ε.
2
n
N
Damit konvergiert die Folge gegen 0. Eine obere Schranke ist z.B. 5, eine untere −1.
(ii) Die Folgenglieder dieser Folge sind immer entweder 2 (falls n gerade ist) oder 0 (falls n ungerade
ist). Somit ist die Folge sicher von unten durch 0 und von oben durch 2 beschränkt. Jedoch
konvergiert sie nicht, denn sie springt zwischen 0 und 2 hin und her. Wir zeigen nun noch mit
der Definition, dass sie nicht konvergiert. Angenommen sie würde konvergieren und b sei der
Grenzwert. Dann müsste es für ε = 12 ein N ∈ N geben, sodass |b − bn | < 12 für alle n ≥ N .
Betrachtet man nun zwei aufeinanderfolgende Folgenglieder bn und bn+1 wobei n ≥ N , dann ist
deren Differenz immer 2. Jedoch wissen wir aus der Dreiecksungleichung, dass |bn − bn+1 | =
|(bn − b) − (bn+1 − b)| ≤ |bn − b| + |bn+1 − b|. Damit haben wir aber einen Widerspruch
2 = |bn − bn+1 | ≤ |bn + b| + |bn+1 − b| < ε + ε = 1 .
(iii) Diese Folge ist nicht beschränkt, denn für eine obere Schranke C ∈ R gibt es immer eine natürliche
Zahl N ∈ N mit 2N > C. Dann ist aber c2N > C. Analog zeigt man, dass die Folge keine untere
Schranke haben kann. Somit kann die Folge auch nicht gegen eine reelle Zahl konvergieren, denn
eine solche konvergente Folge ist immer beschränkt (sie befindet sich mit Ausnahme von endlich
viele Folgengliedern in einer Umgebung des Grenzwertes). Wir zeigen hier noch mit der Definition,
dass die Folge nicht konvergiert. Sei dafür eine beliebige positive Schranke K ∈ R gegeben. Wir
finden wieder eine natürliche Zahl N ∈ N mit N > C. Damit gilt aber für alle n ≥ N
|cn | = n ≥ N > C .
Aufgabe 7 (3 Punkte)
Verifiziere mit der Definition des Grenzwertes einer Folge, dass folgende Identitäten gelten.
(i)
(ii)
(iii)
lim 21
n→+∞ n +1
lim 2n
n→+∞ n +1
n
lim 2
n→+∞ n
= 0.
= 0.
= +∞.
5
Lösung:
(i) Sei ε > 0. Wie in Aufgabe 6 (i) wählen wir irgendein N ∈ N mit N >
n≥N
1
1
1
1
| 2
− 0| = 2
< 2 ≤ 2 < ε.
n +1
n +1
n
N
√1 .
ε
Dann gilt für alle
(ii) Wir bemerken zuerst, dass wegen n2n+1 < nn2 = n1 alle Folgenglieder der Folge kleiner sind als die
bereits bekannte Folge n1 . Diese konvergiert jedoch gegen 0. Somit ist unsere Folge zwischen zwei
konvergenten Folgen (die Folge n1 und die konstante Folge 0) “eingeklemmt”. Der Grenzwert einer
solchen “eingeklemmten” Folge muss zwischen den zwei anderen Grenzwerten liegen. Da jedoch
sowohl n1 als auch die konstante Folge 0 gegen 0 konvergieren, muss unsere Folge auch gegen 0
konvergieren. Wir zeigen dies nun noch mit Hilfe der Definition. Sei also ε > 0. Die Überlegungen
von vorhin helfen uns bei der Wahl von N . Es reicht, N ∈ N mit N > 1ε zu wählen. Dann gilt
nämlich für alle n ≥ N
n
n
1
1
| 2
− 0| = 2
< ≤
< ε.
n +1
n +1
n
N
(iii) Sei K ∈ R eine beliebige positive Zahl. Wir müssen ein N ∈ N finden, sodass alle Folgenglieder
ab diesem Punkt grösser als K sind. Dazu schätzen wir die Folgenglieder zuerst ab. Wie bereits
in Aufgabe 5 nutzen wir die Ungleichung 2n > n(n−1)
. So finden wir
2
2n
n−1
>
.
n
2
Wenn wir nun ein N ∈ N wählen, welches N 2−1 > K erfüllt, sind wir fertig. Mit diesen Vorüberlegungen
schreiben wir den Beweis. Sei also K ∈ R eine positive Zahl. Sei N ∈ N mit N > 2K + 1. Dann
gilt für alle n ≥ N
2n
n(n − 1)
n−1
N −1
>
=
≥
>K.
n
2n
2
2
6