Lösung 3 - Institut für Mathematik

Übungsblatt 3
MAT121.1 Analysis 1
Herbstsemester 2016
Prof. Dr. Camillo De Lellis
Die Übungsblätter werden jeweils am Freitag auf der Homepage der Vorlesung publiziert.
Für den Leistungsnachweis müssen mindestens 8 gelöste Übungsblätter mit mindestens 12 Punkten abgegeben
und insgesamt mindestens 280 Punkte erreicht werden. Generell soll die Herleitung der Resultate übersichtlich
sein, und es wird gebeten, leserlich zu schreiben.
Abgabe : 14. Oktober 13:00 im Briefkasten “Analysis 1 Mat 121.1” im K-Stock am Institut für Mathematik
Aufgabe 1 (12 Punkte)
Zeigen Sie die folgenden Ungleichungen:
(i) ∀A, B, N > 0 ∃C > 0 sodass Cn4 ≥ An3 + Bn2 + N für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 (C muss
unabhängig von n sein).
(ii) ∀N ∈ N ∃C > 0 sodass
sein).
(N +1)n
nN
N
≥ C für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 (C muss unabhängig von n
(iii) @C > 0 unabhängig von n, sodass n3 ≤ 10C n2 für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1.
Lösung:
(i) Sei C := A + B + N . Da n ≥ 1, gilt n4 ≥ n3 ≥ n2 ≥ 1. Wir folgern, dass
Cn4 = An4 + Bn4 + N n4 ≥ An3 + Bn2 + N.
N
(ii) Da (N + 1)n =
PnN
i=0
nN
i
N i ≥ 1 + nN N , rechnen wir
(N + 1)n
nN
N
≥
1 + nN N
nN N
≥
= N.
nN
nN
Es ist genug C := N zu definieren.
(iii) Für jedes C > 0 betrachten wir n := 10C + 1. Wir folgern, dass
n3 = (10C + 1)3 > 10C (10C + 1)2 = 10C n2 .
Also existiert kein C > 0 , sodass n3 ≤ 10C n2 für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1.
Aufgabe 2 (12 Punkte)
Finden Sie die Lösungsmengen für die folgenden Ungleichungen:
1
(i) |2x − 3| > 5.
(ii) |x3 + 3x2 + x + 3| > 2x(1 + x2 ).
(iii) |x + 3| ≥ |3x + 4|.
Lösung:
Der Einfachheit halber schreiben wir (−∞, a) = {x ∈ R : x < a}, (−∞, a] = {x ∈ R : x ≤ a},
(b, ∞) = {x ∈ R : x > b} und [b, ∞) = {x ∈ R : x ≥ b}.
(i) Falls x ≥ 32 , dann |2x − 3| = 2x − 3 und
2x − 3 = |2x − 3| > 5 ⇐⇒ x > 4.
Wir bemerken, dass x ≥
3
2
für jedes x > 4. Demnach ist (4, ∞) in der Lösungsmenge enthalten.
Falls x ≤ 32 , dann |2x − 3| = −2x + 3 und
−2x + 3 = |2x − 3| > 5 ⇐⇒ x < −1.
Wir bemerken, dass x ≤
enthalten.
3
2
für jedes x < −1. Demnach ist (−∞, −1) in der Lösungsmenge
Wir folgern, dass die Lösungsmenge gleich (−∞, −1) ∪ (4, ∞) ist.
(ii) Wir bemerken, dass |x3 + 3x2 + x + 3| = |(x + 3)(1 + x2 )| = |x + 3|(1 + x2 ). Da für jedes x ∈ R
die Ungleichung (1 + x2 ) 6= 0 gilt, folgt
|x3 + 3x2 + x + 3| = |x + 3|(1 + x2 ) > 2x(1 + x2 ) ⇐⇒ |x + 3| > 2x.
Falls x ≥ −3, dann |x + 3| = x + 3 und
x + 3 = |x + 3| > 2x ⇐⇒ x < 3.
Demnach ist [−3, 3) in der Lösungsmenge enthalten.
Falls x ≤ −3, dann |x + 3| = −x − 3 und
−x − 3 = |x + 3| > 2x ⇐⇒ x < −1.
Wir bemerken, dass x ≤ −3 für jedes x < −1 und somit ist (−∞, −3] in der Lösungsmenge
enthalten.
Wir folgern, dass die Lösungsmenge gleich (−∞, 3) = (−∞, −3] ∪ [−3, 3) ist.
(iii) Falls x ≥ − 34 , dann |x + 3| = x + 3, |3x + 4| = 3x + 4 und
1
x + 3 = |x + 3| ≥ |3x + 4| = 3x + 4 ⇐⇒ x ≤ − .
2
Demnach ist [− 34 , − 12 ] in der Lösungsmenge enthalten.
Falls x ∈ [−3, − 43 ], dann |x + 3| = x + 3, |3x + 4| = −3x − 4 und
7
x + 3 = |x + 3| ≥ |3x + 4| = −3x − 4 ⇐⇒ x ≥ − .
4
Demnach ist [− 74 , − 43 ] in der Lösungsmenge enthalten.
2
Falls x ∈ (−∞, −3], dann |x + 3| = −x − 3, |3x + 4| = −3x − 4 und
1
−x − 3 = |x + 3| ≥ |3x + 4| = −3x − 4 ⇐⇒ x ≥ − .
2
Wir bemerken, dass [− 21 , ∞) ∩ (−∞, −3] = ∅, demnach, für jedes x ∈ (−∞, −3], ist x keine
Lösung.
Wir folgern, dass die Lösungsmenge gleich [− 47 , − 12 ] = [− 74 , − 34 ] ∪ [− 43 , − 12 ] ist.
Aufgabe 3 (12 Punkte)
Zeigen Sie, ob die folgenden Mengen die Supremumseigenschaft besitzen:
(i) A = R \ Q.
(ii) B = N.
(iii) C = (1, 7].
(iv) D = [0, 4).
(v) E = {− n1 : n ∈ N \ {0}} ∪ {0}.
√
(vi) F = Q ∩ (−3, 11].
Erinnerung: Eine Menge L ⊆ R besitzt die Supremumseigenschaft, wenn jede nichtleere und nach oben
beschränkte Teilmenge M ⊆ L ihr Supremum sup M ∈ L hat.
Lösung:
(i) Wir betrachten G := [0, 1] \ Q. Wir bemerken, dass G ⊂ A, G nach oben beschränkt durch
1 und nicht leer ist. Da A dicht in R ist, gilt sup G = 1 6∈ R \ Q. Damit besitzt A nicht die
Supremumseigenschaft.
(ii) Sei G ⊂ B nicht leer und nach oben beschränkt. Das impliziert, dass G eine endliche Anzahl von
Elementen hat und sup G = max G ∈ G ⊂ B. Wir folgern, dass B die Supremumseigenschaft
besitzt.
(iii) Sei G ⊂ C nicht leer. G ist nach oben beschränkt, weil x ≤ 7 für jedes x ∈ C. Das impliziert, dass
sup G ∈ (1, 7] = C. Wir folgern, dass C die Supremumseigenschaft besitzt.
(iv) Wir betrachten G := D ⊆ D. Wir bemerken, dass G durch 4 nach oben beschränkt ist und G
nicht leer ist. Aber sup G = 4 6∈ D. Demnach besitzt D die Supremumseigenschaft nicht.
(v) Sei G ⊂ E nicht leer. G ist nach oben beschränkt, weil x ≤ 0 für jedes x ∈ E. Falls G eine
endliche Anzahl von Elementen hat, sup G = max G ∈ G ⊂ E. Falls G eine unendliche Anzahl
von Elementen hat, sup G = 0 ∈ E. Wir folgern, dass E die Supremumseigenschaft besitzt.
√
(vi) Wir betrachten G := F ⊆ F . Wir bemerken, dass G durch 11 nach oben beschränkt ist und G
√
nicht leer ist. Aber sup G = 11 6∈ F , demnach besitzt F nicht die Supremumseigenschaft.
Aufgabe 4 (12 Punkte)
Zeigen Sie die folgenden Schritte:
(i)
∀x ∈ R \ Q, ∀n ∈ N,
∃(p, q) ∈ Z × N
:
1≤q≤n
und
x −
p 1
≤
.
q
nq
Hinweis: Betrachten Sie die Menge {lx − [lx] : l ∈ N ∩ [1, n + 1]}, wobei [lx] die grösste ganze Zahl
kleiner oder gleich lx ist. Benutzen Sie das Schubfachprinzip.
3
(ii) Folgern Sie, dass
∀x ∈ R \ Q, ∀N ∈ N,
∃(p, q) ∈ Z × N
Hinweis: Benutzen Sie den Schritt 1, mit n sodass
ist.
1
n
:
q>N
und
x −
p 1
≤ 2.
q
q
kleiner als min{|x − pq | : (p, q) ∈ Z × N,
q ≤ N}
Lösung:
(i) Wir betrachten die Menge L := {lx − [lx] : l ∈ N ∩ [1, n + 1]}, wobei [lx] die grösste ganze Zahl
kleiner oder gleich lx ist (wir bemerken, dass es nicht gleich lx sein kann, anderenfalls lx ∈ Z
impliziert den Widerspruch x ∈ Q). Demnach L ⊂ [0, 1). Wir können schreiben
[0, 1) :=
n−1
[
i=0
i i+1
,
n n
.
Wir benutzen das Schubfachprinzip, um den folgenden Satz zu deduzieren
∃(j, l) ∈ N2 ,
1≤j <l ≤n+1
:
0 ≤ |(lx − [lx]) − (jx − [jx])| ≤
1
.
n
Da l > j, rechnen wir
1
x − [lx] − [jx] ≤
.
l − j n(l − j)
Wir setzen p := [lx] − [jx] ∈ Z und q := l − j ∈ N (da n + 1 ≥ l > j ≥ 1, n ≥ q ≥ 1 ist), sodass
wir die Behauptung folgern.
(ii) Es existiert eine endliche Anzahl von Paaren (p, q) ∈ Z × N, sodass q ≤ N und |x − pq | ≤ 1.
Tatsächlich falls |p| ≥ N (2 + |x|), dann | pq | ≥ 2 + |x| und |x − pq | ≥ | pq | − |x| ≥ (2 + |x|) − |x| = 2.
Das impliziert, dass min{|x − pq | : (p, q) ∈ Z × N, q ≤ N } existiert und, da x ∈ R \ Q, es nicht
null ist. Demnach existiert n ∈ N, sodass n1 < min{|x − pq | : (p, q) ∈ Z × N, q ≤ N }. Mit Hilfe
von Schritt (i), folgern wir, dass ein Paar (p0 , q 0 ) ∈ Z × N existiert mit
0
x − p ≤ 1 ≤ 1 < min x −
q0
nq 0
n
p : (p, q) ∈ Z × N,
q
q≤N
Das impliziert q 0 > N , wie gewünscht.
Aufgabe 5 (12 Punkte)
Zeigen Sie, dass nur eine endliche Zahl von Paaren (p, q) ∈ Z × N existiert, sodass:
√
2−
p 1
≤ .
q q3
Lösung:
√
√
Für jedes Paar (p, q) ∈ Z × N sodass 2 − pq > 1 gilt 2 − pq >
√
Falls 2 − pq ≤ 1, dann
p √
√
− 2 ≤ 2 − p ≤ 1.
q
q
Wir folgern
√
p
≤ 1 + 2,
q
4
1
q3 .
.
und
√
2+
√
p
p √
≤ 2 + ≤ 1 + 2 2.
q
q
√
Da p2 − 2q 2 ∈ N und 2q 2 − p2 =
6 0, anderenfalls p = q 2 6∈ Q, haben wir
(1)
2
p
− 2 = p2 − 2q 2 1 ≥ 1 .
q2
q2
q2
(2)
Von Ungleichungen (1) und (2), rechnen wir
2
p
√
1
≤ 2 − 2 = 2 +
2
q
q
p √
· 2−
q √ √
p ≤ (1 + 2 2) 2 −
q
p .
q
(3)
√
Für jede natürliche Zahl q > (1 + 2 2), folgern wir
√
1
2−
<
3
q
p .
q
√
√
Also gibt es die Möglichkeit, dass 2 − pq ≤ q13 nur, wenn q ≤ (1+2 2). Es existiert eine endliche Zahl
√
√
√
von Paaren (p, q) ∈ Z×N, sodass q ≤ (1+2 2) und |x− pq | ≤ 1. Tatsächlich falls |p| ≥ (1+2 2)(2+ 2),
√
√
√
√
√
dann | pq | ≥ 2 + 2 und | 2 − pq | ≥ | pq | − 2 ≥ (2 + 2) − 2 = 2.
5