Ana-1 0

Ana-1
0
Ws 2010/11
20.10.10
1
Wie lauten die Assoziativ- und Kommutativgesetze für ∧ und ∨ ?
2
Vereinfachen Sie die folgenden Ausdrücke:
a. (p ∧ ¬p) ∨ q
b. (p ∨ ¬p) ∧ q
3
Die logische Verknüpfung nicht-und, englisch nand, wird definiert durch
p | q a ¬(p ∧ q).
a. Stellen Sie die Wahrheitstafel für | auf.
b. Zeigen Sie: ¬p a p | p .
c. Stellen Sie p ∧ q und p ∨ q ausschließlich durch die nand-Verknüpfung dar.
4
Definieren Sie das umgangsspachliche entweder-oder durch eine Wahrheitstafel
und stellen Sie es durch logische Ausdrücke mit ¬, ∧, ∨ dar.
5
Seien p und q Aussagen, von denen wir nur wissen, dass p → q gilt. Was
können wir dann über folgende Ausdrücke aussagen?
a. ¬q → ¬p
b. ¬p → ¬q
c. q → ¬p
d. ¬p → q .
6
Die folgende Wahrheitstafel umfasst mögliche Alternativen zur Definition der
wenn-dann-Verknüpfung:
p
q p→q p_q p%q p>q
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
1
0
1
0
0
1
1
0
0
0
.
Diskutieren Sie die logische Bedeutung jeder dieser Verknüpfungen, und warum
diese keine gute Wahl einer Definition von p → q wären.
Dieses Blatt ist unverbindlich und geht nicht in die Punktewertung aller
Übungsaufgaben ein.
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 0 vom 20.10.10
Seite 1 von 2
Ana-1
0.2
Ws 2010/11
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
20.10.10
Blatt 0 vom 20.10.10
Seite 2 von 2
Ana-1
1
Ws 2010/11
h2i
7
22.10.10
Erläutern Sie das Russelsche Paradoxon: Bildet man
M = {X : X ∉ X }
so führt M ∈ M zu M ∉ M , und M ∉ M führt zu M ∈ M .
h3i
8
Seien A und B beliebige Mengen. Diskutieren Sie alle Fälle, in denen
A × B = B × A.
Verifizieren Sie die folgenden Aussagen über Teilmengen A, B einer Menge M .
a. A ⊂ B c a B ⊂ Ac
b. A ⊂ B a B c ⊂ Ac
h2i
9
h2i
10
Beschreiben Sie geometrisch die folgenden kartesischen Produkte.
a. Das Produkt zweier Intervalle.
b. Das Produkt zweier Geraden.
c. Das Produkt einer Geraden und einer Kreislinie.
d. Das Produkt einer Geraden und einer Kreisscheibe.
h2i
11
In der Bibliothek des Grafen Dracula gibt es keine zwei Bücher, deren Inhalt aus
gleich vielen Wörtern besteht. Außerdem ist die Anzahl der Bücher größer als die
Anzahl der Wörter jedes einzelnen Buches. Diese Aussagen genügen, um den
Inhalt mindestens eines Buches aus Draculas Bibliothek genau zu beschreiben.
Was steht in dem Buch?
h4i
12
Eine Abbildung f : M → N induziert Mengenabbildungen
f˜ : P(M) → P(N),
f˜−1 : P(N) → P(M)
indem man für A ⊂ M und E ⊂ N definiert:
f˜(A) Í {f (a) : a ∈ A} ,
f˜−1 (E) = {a ∈ A : f (a) ∈ E } .
a. Zeigen Sie, dass für E, F ⊆ N
f˜−1 (E ∩ F ) = f˜−1 (E) ∩ f˜−1 (F ),
f˜−1 (C N E) = C M f˜−1 (E).
b. Zeigen Sie, dass
f˜(A ∩ B) ⊆ f˜(A) ∩ f˜(B),
A, B ⊆ M.
Geben Sie auch ein Beispiel, wo f˜(A ∩ B) ⊊ f˜(A) ∩ f˜(B) .
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 1 vom 22.10.10
Seite 1 von 2
Ana-1
1.2
Ws 2010/11
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
22.10.10
Blatt 1 vom 22.10.10
Seite 2 von 2
Ana-1
2
Ws 2010/11
h2i
13
29.10.10
In einem Körper K mit Addition t und Multiplikation u sei die Null und ¯ bezeichnet.
die Eins. Das additiv Inverse zu einem Element werde mit Zeigen Sie, dass
¯ u
¯ = .
h3i
14
Vervollständigen Sie den Beweis von Satz 1.9.
h3i
15
Seien a, b zwei nichtnegative reelle Zahlen. Zeigen Sie:
a < b a a2 < b2 .
h4i
16
Zeigen Sie: Existieren in einem Körper K zwei Elemente a und b , so dass
a2 + b2 = −1,
so kann dieser Körper nicht angeordnet werden.
h4i
17
Es sei M ⊂ R nicht leer und inf M > 0 . Man zeige, dass die Menge
M̃ Í {1/x : x ∈ M }
nach oben beschränkt ist, und dass
sup M̃ =
h4i
18
1
.
inf M
Seien A und B nichtleere beschränkte Teilmengen von R , und
A + B Í {a + b : a ∈ A, b ∈ B } .
Zeigen Sie, dass
sup (A + B) = sup A + sup B.
Gilt dies auch für die Multiplikation?
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 2 vom 29.10.10
Seite 1 von 2
Ana-1
2.2
Ws 2010/11
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
29.10.10
Blatt 2 vom 29.10.10
Seite 2 von 2
Ana-1
3
Ws 2010/11
05.11.10
h3i
19
Zeigen Sie, dass die Wurzelfunktion das Intervall [0, ∞) bijektiv auf sich selbst
abbildet und streng monoton steigt:
p
p
0 à a < b ⇒ a < b.
h3i
20
Sei K ein angeordneter Körper, und 2 Í 1 + 1 . Zeigen Sie:
a. 0 < 1 < 2 .
b. Ist a < b , so ist
a<
a+b
< b.
2
c. Jeder dedekindsche Schnitt in K hat höchstens eine Schnittzahl.
¹ a. Es wurde gezeigt, dass 1 > 0 . Addition von 1 ergibt dann 2 > 1 .
b. Aus a < b folgt durch Addition von a respektive b die Ungleichung
2a < a + b < 2b.
Division durch 2 > 0 ergibt dann die Behauptung.
c. Seien c1 < c2 zwei verschiedene Schnittzahlen eines dedekindschen
Schnittes (A, B) , also A à c1 < c2 à B . Dann ist auch d = (c1 + c2 )/2 eine
Schnittzahl, die strikt zwischen c1 und c2 liegt. Dann kann sie aber weder zu A
noch zu B gehören, ein Widerspruch. ´
h3i
21
Zeigen Sie: Zu je zwei reellen Zahlen a < b existiert immer eine rationale Zahl r
mit a < r < b .
¹ Es ist b − a > 0 . Aufgrund des Archimedischen Prinzips existiert dazu ein
n ∈ N mit
0 < 1/n < b − a.
Also ist bn − an > 1 , und es gibt eine ganze Zahl m mit an < m < bn . Somit
ist a < m/n < b , und m/n ∈ Q hat die gewünschte Eigenschaft. ´
h3i
22
Seien a, b reelle Zahlen. Zeigen Sie für alle n ∈ N
an+1 − bn+1 = (a − b)(an + an−1 b + · · · + abn−1 + bn ).
¹ Mit den Rechenregeln für das Summenzeichen erhalten wir
(a − b)
n
X
an−k bk =
k=0
n
X
an−k+1 bk −
k=0
an−k bk+1
k=0
= an+1 +
n−1
X
k=0
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
n
X
an−k+1 bk −
n
X
an−k bk+1 − bn+1 .
k=1
Blatt 3 vom 05.11.10
Seite 1 von 3
Ana-1
3.2
Ws 2010/11
05.11.10
Die beiden endlichen Summen sind gleich, denn durch Umindizieren mit
l = k + 1 erhalten wir
n−1
X
an−k+1 bk =
k=0
n
X
an−l bl+1 =
l=1
n
X
an−k bk+1 .
k=1
Also folgt damit die Behauptung
(a − b)
n
X
an−k bk = an+1 − bn+1 .
´
k=0
h3i
23
Zeigen Sie für alle n á 0 : Die Potenzmenge einer n-elementigen Menge hat
genau 2n Elemente.
h3i
24
Zeigen Sie: Für jedes n ∈ N ist 1 + 22 + 22
n
n
¹ Sei an = 1 + 22 + 22
n+1
durch 7 teilbar.
n+1
. Es ist a0 = 7 , die Behauptung für n = 0 also
offensichtlich richtig. Ebenso für a1 . Um von n auf n + 1 zu schließen, rechnen
wir
n+1
n+2 n
n+1
n
n+1 a2n = 1 + 22
+ 22
+ 2 22 + 22
+ 22 +2
n
= an+1 + 2·22 an ,
oder
n
an+1 = a2n − 21+2 an .
Ist also an durch 7 teilbar, so auch an+1 . ´
h3i
25
Für welche n á 1 gilt 2n > n2 + n ? Mit Beweis!
¹ Dies gilt für n á 5 . Für n = 5 folgt dies aus 32 > 30 . Gilt dies für ein
n á 5 , so folgt zusammen mit n2 á n + 2 für alle n á 2 die Ungleichung
2n+1 = 2n + 2n > 2(n2 + n)
= n2 + 2n + n2
á n2 + 2n + n + 2 = (n + 1)2 + (n + 1). ´
h2i
26
Einem französischem Forscher ist es endlich gelungen, die erste These der
Juli-Revolution – »Alle Menschen sind gleich« – mathematisch zu beweisen: Ist M
eine Menge mit endlich vielen Elementen, so ist a Ð b für alle a, b ∈ M , wobei
‘ Ð ’ für die politische Gleichheit steht.
Beweis durch Induktion: Induktionsanfang: Hat M genau ein Element, so ist die
Aussage wohl richtig, denn jeder ist sich selbst gleich. Induktionsschluss: Die
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 3 vom 05.11.10
Seite 2 von 3
Ana-1
3.3
Ws 2010/11
05.11.10
Aussage sei richtig für alle Mengen mit n Elementen, und es sei M eine Menge
mit n + 1 Elementen. Ist b irgendein Element in M und N = M Ø {b } , so sind
alle Elemente von N nach Induktionsannahme ›Ð‹. Bleibt noch b Ð c für ein
beliebiges c ∈ N zu zeigen. Es sind aber b, c ∈ Ñ = M Ø {d} für irgendein
weiteres Element d in M , nach Induktionsvoraussetzung also auch b Ð c . . .
Wo steckt der Fehler in der vollständigen Induktion?
¹ Die Induktionsverankerung für n = 1 ist in Ordnung, aber . . . beim Schluss
von n auf n + 1 wird stillschweigend n á 3 vorausgesetzt – es wird ja
angenommen, dass M drei verschiedene Elemente b, c, d enthält. Die Induktion
überspringt also den Fall n = 2 . ´
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 3 vom 05.11.10
Seite 3 von 3
Ana-1
4
Ws 2010/11
12.11.10
h3i
27
a. Sind die Mengen (0, 1) und R gleichmächtig? Begründen Sie Ihre Antwort.
b. Gilt dasselbe auch für (0, 1) und [0, 1] ?
h3i
28
Gibt es eine streng monotone Abzählung der Menge Q ∩ (0, 1) , also der
rationalen Zahlen im offenen Intervall (0, 1) ? Mit Begründung.
Dabei heißt eine Abbildung φ : N → R streng monoton, wenn aus n < m
entweder immer φ(n) < φ(m) oder immer φ(n) > φ(m) folgt.
¹ Natürlich nicht. Eine solche Abzählung φ könnte zum Beispiel die
rationalen Zahlen im Intervall (φ(1), φ(2)) nicht enthalten. ´
h2i
29
Zeigen Sie, dass die abzählbar unendliche Vereinigung von abzählbar
unendlichen Mengen wieder abzählbar unendlich ist.
¹ Wir können die i.te Menge Mi dieser Vereinigung mit {i} × N identifizieren,
da sie abzählbar ist. Verschiedene Mengen Mi können Elemente gemeinsam
haben, es können sogar alle Mi gleich sein – in jedem Fall aber können wir die
Vereinigung aller Mengen Mi , i = 1, 2, . . . , mit einer Teilmenge von N × N
S
identifizeren. Da N × N abzählbar ist, ist es auch i Mi . ´
h3i
30
Sei Amn die Anzahl aller injektiven Abbildungen einer m-elementigen Menge in
eine n-elementige Menge. Zeigen Sie, dass
A1n = n,
Amn = nAm−1,n−1 ,
m > 1.
Beweisen Sie damit, dass
Amn = nAm−1,n−1 =
n!
.
(n − m)!
¹ Es gilt
A1n = n,
Amn = nAm−1,n−1 .
Denn für das erste Element von M hat man n Möglichkeiten, danach bleiben
noch alle Möglichkeiten, eine m − 1-elementige in eine n − 1-elementige Menge
abzubilden. Das Endergebnis ist
Amn = n·(n − 1)· . . . ·(n − m + 1) =
n!
,
(n − m)!
was man nun mit Induktion über 1 à m à n zeigt. Für 1 = m = n ist A11 = 1
korrekt. Ferner gilt mit Induktionsannahme
Amn = nAm−1,n−1 = n·
n!
(n − 1)!
=
,
((n − 1) − (m − 1))!
(n − m)!
was zu zeigen war. ´
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 4 vom 12.11.10
Seite 1 von 3
Ana-1
4.2
Ws 2010/11
h3i
31
12.11.10
Ist die Menge aller endlichen Teilmengen einer abzählbar unendlichen Menge
abzählbar? Beweisen Sie Ihre Antwort.
¹ Ja. – Die Menge Mi aller Teilmengen mit genau i Elemenen ist abzählbar,
denn wir können sie mit einer Teilmenge von Ni identifizieren, und Ni ist
S
abzählbar. Die Vereinigung iá1 Mi ist dann wieder abzählbar, siehe Aufgabe
??. ´
h3i
32
Skizzieren Sie die folgenden Mengen in der komplexen Ebene. Dabei ist immer
z ∈ C gemeint.
A = {1 < |z − 1 + i| < 2} ,
B = {|z − 1| = |z + 1|} ,
C = {|z − 1| · |z + 1| = r 2 } ,
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
r > 0.
Blatt 4 vom 12.11.10
Seite 2 von 3
Ana-1
4.3
Ws 2010/11
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
12.11.10
Blatt 4 vom 12.11.10
Seite 3 von 3
Ana-1
5
Ws 2010/11
h4i
33
19.11.10
a. Beweisen Sie, dass die Folge ((−1)n ) divergiert.
b. Beweisen Sie, dass jede Abzählung von Q ∩ [0,1] divergiert.
¹ a. Die Folge ist keine Cauchyfolge, denn für jedes n á 1 gilt
|(−1)n − (−1)n+1 | = |1 − (−1)| = 2.
b. Hätte eine solche Abzählung einen Grenzwert a ∈ [0,1] , so lägen zum
Beispiel in U1/4 (a) fast alle Folgenglieder. Bleiben für das nichtleere
Komplement in [0,1] nur endlich viele rationale Zahlen übrig, was Unsinn
ist. ´
h3i
34
a. Die Folge (an ) sei konvergent. Zeigen Sie, dass dann auch (|an |)
konvergiert.
b. Gilt auch die Umkehrung?
¹ a. Dies folgt mit dem ε-N-Test für (an ) und der umgekehrten
Dreiecksungleichung: Für jedes ε > 0 existiert ein N á 1 , so dass
|an | − |a| à |an − a| < ε,
n á N.
b. Nein. Zum Beispiel konvergiert (|(−1)n |) , aber nicht ((−1)n ) . ´
h4i
35
a. Sei A ⊂ R beschränkt und nicht leer. Konstruieren Sie eine Folge (an ) in A ,
die gegen sup A konvergiert.
b. Konstruieren Sie zu einer beliebigen Zahl x ∈ R Ø Q eine Folge (an ) in Q ,
die gegen x konvergiert.
¹ a. Da A nicht leer und beschränkt ist, existiert c = sup A . Aufgrund des
Approximationssatzes existiert zu jedem n á 1 ein an ∈ A mit
c−
1
< an à c.
n
Wir erhalten eine Folge (an ) in A mit an → c , denn
|an − c| <
1
1
à ,
n
N
n á N.
b. Wende Teil a zum Beispiel auf A = {q ∈ Q : q < x } an. ´
h3i
36
Untersuchen Sie die Konvergenz der Folge (an ) mit
an =
bnk
,
cnl + d
bc ≠ 0,
c + d ≠ 0,
in Abhängigkeit von k, l ∈ N0 = N ∪ {0} .
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 5 vom 19.11.10
Seite 1 von 3
Ana-1
5.2
Ws 2010/11
19.11.10
¹ Für l = 0 gilt mit σ = sgn(b(c + d))

 b/(c + d), k = 0,
b
k
·n →
an =
 σ ·∞,
c+d
k > 0.
Für l > 0 gilt wegen c/nl → 0 mit ρ = sgn(bc)
an =
h3i
37
b
·nk−l
c + d/nl


0,
k < l,



→ b/c, k = l,



 ρ·∞, k > l.
´
Sei (an ) eine konvergente Folge mit an → a . Existiert für jedes ε > 0 ein N á 1 ,
so dass
an < ε,
n á N,
so ist a à 0 .
¹ Angenommen, es ist a > 0 . Dann existiert zu ε = a/2 > 0 ein N á 1 mit
|an − a| < ε für alle n á N . Insbesondere gilt dann
an > a − ε = ε
für alle n á N . Für dieses ε gilt also nicht an < ε unendlich oft. ´
h2i
38
Es gelte an → a und bn → b . Zeigen Sie, dass dann
max {an , bn } → max {a, b } .
¹ Für zwei reelle Zahlen u, v gilt
max {u, v } =
u+v
|u − v|
+
.
2
2
Mit den Grenzwertgleichungen und Aufgabe 34 folgt daher
an + bn
|an − bn |
+
2
2
a+b
|a − b|
→
+
= max {a, b } .
2
2
max {an , bn } =
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 5 vom 19.11.10
´
Seite 2 von 3
Ana-1
5.3
Ws 2010/11
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
19.11.10
Blatt 5 vom 19.11.10
Seite 3 von 3
Ana-1
6
Ws 2010/11
h3i
39
26.11.10
Zeigen Sie, dass lim
n→∞
n!
= 0.
nn
¹ Für alle n á 1 gilt
0à
n
n
Y
1 Y k
1
n!
k
=
=
à .
nn
n
n
n
n
k=1
k=2
Da 1/n → 0 , folgt die Behauptung aus dem Majorantenkriterium. ´
h2i
40
Geben Sie Beispiele reeller Folgen (an ) und (bn ) mit an → ∞ , bn → 0 , und
a. lim an bn = ∞ ,
b. lim an bn = −∞ ,
c. lim an bn = c mit einer beliebigen reellen Zahl c .
¹ a. an = n2 und bn = 1/n .
b. an = n2 und bn = −1/n .
c. an = n und bn = c/n . ´
h3i
41
Seien a, b beliebige reelle Zahlen, und die Folge (an ) rekursiv definiert durch
a1 Í a,
a2 Í b,
an Í
an−1 + an−2
, n á 3.
2
Zeigen Sie, dass (an ) konvergiert, und bestimmen Sie den Grenzwert.
¹ Betrachten wir zuerst den Spezialfall a = 0 , b = 1 , so wird für n á 3
1
1
1
1 n−2
+ − − ··· + −
2
4
8
2
n−2
X 1 k
1
1
1 n−2
1
2
= 1 − + − − ··· + −
=
−
=
2
4
8
2
2
3
k=0
an =
!
1 n−1
1− −
.
2
Dies beweist man dann durch Induktion. Dieselbe Überlegung im allgemeinen
Fall ergibt
!
1 n−1
a + 2b
b−a
1 n−2
2
=
+
−
.
an = a + (b − a) 1 − −
3
2
3
3
2
Oder man erhält den allgemeinen Fall aus dem Spezialfall, indem man alle
Folgenglieder mit b − a multipliziert und anschließend a addiert, denn die
Rekursionsformel ist linear in den ak .
Der Grenzübergang n → ∞ ist dann trivial und ergibt
an → (a + 2b)/3.
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
´
Blatt 6 vom 26.11.10
Seite 1 von 4
Ana-1
6.2
Ws 2010/11
h4i
42
26.11.10
a. Sei (an )ná1 eine konvergente reelle Folge. Zeigen Sie, dass auch die Folge
(bn ) mit
bn Í
a1 + · · · + an
,
n
n á 1,
konvergiert, und zwar mit demselben Grenzwert wie (an ) .
b. Geben Sie ein Beispiel einer divergenten Folge (an ) , für die (bn ) trotzdem
konvergiert.
¹ a. Sei a = lim an . Dann ist
n
X
a1 + · · · + an − na à 1
|bn − a| = |ak − a| .
n
n k=1
Zu ε > 0 existiert ein K á 1 , so dass |ak − a| < ε/2 für k á K . Zu
A = |a1 − a| + · · · + |aK − a|
existiert ferner ein N á K , so dass A/n < ε/2 für n á N . Dann gilt auch
|bn − a| à
n
A
1 X ε
ε
ε
+
< + = ε,
n
n k=K 2
2
2
n á N.
Somit konvergiert (bn ) ebenfalls gegen a .
b. Für an = (−1)n beispielsweise gilt bn → 0 . ´
h5i
43
Zeigen Sie:
a. Ist jede Teilfolge einer reellen Folge konvergent, so ist die gesamte Folge
konvergent.
b. Besitzt jede konvergente Teilfolge einer beschränkten reellen Folge denselben
Grenzwert, so ist die gesamte Folge konvergent gegen denselben Grenzwert.
c. Zeigen Sie, dass man auf das Wörtchen »beschränkt« nicht verzichten kann.
¹ a. Eine Teilfolge ist zum Beispiel die Folge selbst, und diese ist nach
Voraussetzung konvergent.
b. Angenommen, die gesamte Folge (an ) konvergiert nicht gegen den
gemeinsamen Grenzwert a aller konvergenten Teilfolgen. Dann existiert ein
ε > 0 , so dass |an − a| á ε für unendlich viele n . Aus diesen bilden wir eine
Teilfolge (ank ) mit
an − a á ε,
k á 1.
k
Da (an ) beschränkt ist, ist es auch diese Teilfolge (ank ) . Nach dem Satz von
Bolzano-Weierstraß besitzt diese eine weitere, konvergente Teilfolge (anl ) .
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 6 vom 26.11.10
Seite 2 von 4
Ana-1
6.3
Ws 2010/11
26.11.10
Deren Grenzwert kann aber offensichltich nicht a sein, und wir erhalten einen
Widerspruch.
c. Betrachte zum Beispiel die Folge
(an ) = (0, 1, 0, 2, 0, 3, 0, 4, . . . ).
Jede Teilfolge, die konvergiert, kann nur gegen 0 konvergieren. Trotzdem ist die
gesamte Folge nicht konvergent. Man kann auch
(an ) = (1, 2, 3, . . . )
als Gegenbeispiel nehmen. Diese besitzt überhaupt keine konvergente Teilfolge.
Die Voraussetzung des Satzes (bis auf das Wort »beschränkt«) ist damit
erfüllt! ´
h5i
44
Gibt es eine Folge (xn )ná1 in [0, 1] ,
a. die abzählbar unendlich viele Häufungswerte hat?
b. die überabzählbar viele Häufungswerte hat?
c. deren Häufungswerte genau die rationalen Zahlen in [0, 1] sind?
d. deren Häufungswerte genau einen von all diesen Häufungswerten
verschiedenen Häufungswert haben?
e. für die ein ε > 0 existiert, so dass |xm − xn | á ε/n für alle m > n á 1 ?
Die Antworten sollen natürlich begründet werden.
¹ a. Ja. Zum Beispiel hat
1, 1, 12 , 1, 21 , 13 , 1, 21 , 31 , 41 , 1, 21 , . . .
die Häufungswerte 1, 12 , 31 , . . . , 0 .
b. Ja. Jede Abzählung von Q ∩ [0,1] ergibt zum Beispiel eine Folge, die
R ∩ [0,1] als Menge ihrer Häufungswerte hat.
c. Nein. Denn besitzen die Häufungswerte einer Folge ihrerseits einen
Häufungswert h , so ist dieser auch Häufungswert der Folge selbst. Denn in jeder
ε-Umgebung von h liegt ein Häufungswert a der Folge, und in jeder
δ-Umgebung von a unendlich viele Folgenglieder. Wählen wir δ > 0 so klein,
dass Uδ (a) ⊂ Uε (h) , so liegen also in Uε (h) unendlich viele Folgenglieder. –
Sind also bereits alle rationalen Zahlen in [0,1] Häufungswerte, dann auch alle
reellen Zahlen in [0,1] .
d. Nein. Dasselbe Argument wie zuvor.
e. Nein. Betrachte dazu die offenen Intervalle
In = Bε/n (xn ),
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
n á 1,
Blatt 6 vom 26.11.10
Seite 3 von 4
Ana-1
6.4
Ws 2010/11
26.11.10
die alle in einem endlichen Intervall enthalten sind. Aus |xm − xn | á ε/n für
alle m > n á 1 folgt, dass die Mittelpunkte aller Intervalle Im mit m > n nicht
in In liegen. Das bedeutet, dass die halb so großen Intervalle
Jn = Bε/2n (xn ) ⊂ In ,
n á 1,
sämtlich disjunkt sind. Dies ist aber nicht möglich, da wegen
X ε
=∞
2n
ná1
alle diese Intervalle nicht in ein beschränktes Intervall passen. ´
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 6 vom 26.11.10
Seite 4 von 4
Ana-1
7
Ws 2010/11
h5i
45
03.12.10
Untersuchen sie die folgenden Reihen auf Konvergenz.
X z 2n
X n!
X
n+4
b.
, z∈C
c.
a.
2
n
2
nn
√ − 3n + 1
p
X n + 1 − √n
X
√
√
d.
e.
(−1)n n + 1 − n
n
¹ a. Divergent. Denn für n á 1 gilt
n
n
1
n+4
á 2
á 2 = ,
n2 − 3n + 1
n − 3n + 1
n
n
und die harmonische Reihe divergiert.
b. Konvergent für |z| < 2 . Wurzelkriterium:
q
n
|z/2|2n = |z|2 /4 = q < 1 a |z| < 2.
c. Konvergent. Quotientenkriterium:
|an+1 |
(n + 1)! nn
nn
1
1
à ,
=
=
= 1 n
|an |
n! (n + 1)n+1
(n + 1)n
2
1+ n
denn (1 + 1/n)n á 2 aufgrund der Bernoullischen Ungleichung.
d. Divergent. Denn
√
√
1
1
n+1− n
1
√
= √ √
á
.
√ á
n
2n + 1
3n
n n+1+ n
e. Konvergent mit Leibniz-Kriterium: Es handelt sich um eine alternierende
Reihe, deren Absolutglieder monoton gegen 0 streben:
p
√
1
n+1− n= √
√ 0.
n+1+ n
h3i
46
´
Für welche x ∈ R konvergiert die Reihe
X (7x)7n
n7
ná1
?
¹ Für |7x|7 à 1 , also |x| à 1/7 . Denn dann gilt
X |7x|7n
X 1
à
< ∞.
n7
n7
ná1
ná1
Für |x| > 1/7 ist die Reihe divergent, da keine Nullfolge vorliegt. ´
h3i
47
Bestimmen Sie die Werte der folgenden Reihen:
X (−1)n
X
1
a.
b.
n
2−1
2
4n
ná0
ná1
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 7 vom 03.12.10
Seite 1 von 4
Ana-1
7.2
Ws 2010/11
03.12.10
Hinweis: Versuchen Sie die Summanden der zweiten Reihe als Differenz zu
schreiben.
P
¹ a. Dies ist die geometrische Reihe ná0 qn mit q = −1/2 . Also ist der
Wert der Reihe 1/(1 − q) = 2/3 .
b. Wegen
2
1
1
=
−
4n2 − 1
2n − 1
2n + 1
heben sich in den Partialsummen alle mittleren Terme auf, und man erhält
sn =
h4i
48
n
X
1
1
n
1
1
=
1
−
=
→ ,
2−1
4k
2
2n
+
1
2n
+
1
2
k=1
n → ∞.
Somit ist der Wert der Reihe 1/2 . ´
P
Sei (an ) monoton fallend und ná1 an = s endlich. Zeigen Sie:
a. Für alle n á 1 gilt an á 0 .
b. Für alle n á 1 gilt an à s/n .
¹ a. Da die Summe konvergiert, gilt lim an = 0 . Da außerdem (an ) monoton
fällt, muss an á 0 für alle n gelten.
b. Da die an monoton fallen und nichtnegativ sind, gilt
s=
∞
X
ak á
k=1
n
X
ak á
k=1
n
X
an = nan .
k=1
Das ergibt die Behauptung. ´
h4i
49
Beweisen Sie für
e=
X 1
k!
ká0
und die n-ten Partialsummen sn dieser Reihe die Fehlerabschätzung
|e − sn | <
1
.
n! n
¹ Es ist
0 < e − sn =
∞
X
m=n+1
∞
X
1
1
1
<
·
m!
(n
+
1)!
(n
+
1)ν
ν=0
=
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
1
1
1
·
=
.
(n + 1)! 1 − 1/(n + 1)
n! n
Blatt 7 vom 03.12.10
´
Seite 2 von 4
Ana-1
7.3
Ws 2010/11
h4i
50
03.12.10
Eine punktförmige Schnecke kriecht auf einem 1 m langen Gummiband mit der
konstanten Geschwindigkeit von 5 cm/min vorwärts. Am Ende der ersten und
jeder weiteren Minute wird das Band homogen um jeweils einen Meter gedehnt.
Wird die Schnecke in endlicher Zeit das rechte Ende erreichen, wenn sie zu
Beginn der ersten Stunde am linken Ende startet?
¹ Sei ε > 0 die Geschwindigkeit der Schnecke. Pro Minute legt sie den Anteil
ε/l der jeweiligen Gesamtlänge l des Bandes in dieser Minute zurück. Mit
l = 1, 2, . . . , n hat sie also nach n Minuten den Anteil
n
X
1
1
1
=ε
Î εsn
ε 1 + + ··· +
2
n
k
k=1
zurückgelegt. Da die harmonische Reihe divergiert, gibt es ein erstes n mit
εsn > 1 . In dieser Minute erreicht die Schnecke somit das andere Ende des
Bandes. – Man sieht, es kommt nur darauf an, dass man sich überhaupt
bewegt . . . ´
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 7 vom 03.12.10
Seite 3 von 4
Ana-1
7.4
Ws 2010/11
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
03.12.10
Blatt 7 vom 03.12.10
Seite 4 von 4
Ana-1
8
Ws 2010/11
h3i
51
10.12.10
Zeigen Sie: Jede Funktion f : D → R ist in einem isolierten Punkt stetig.
Dabei heißt ein Punkt a ∈ D isolierter Punkt von D , wenn es ein δ > 0 gibt, so
dass Uδ (a) ∩ D = {a} .
¹ Es gibt also ein δ > 0 , so dass Uδ (a) ∩ D = {a} . Wählen wir zu jedem
ε > 0 gerade dieses δ > 0 , so gilt für x ∈ Uδ (a) ∩ D also x = a und dann
natürlich |f (x) − f (a)| = |f (a) − f (a)| = 0 < ε . ´
h4i
52
Die Funktionen f , g : D → R seien stetig. Zeigen Sie, dass dann auch
f ∧ g : D → R,
(f ∧ g)(x) = max {f (x), g(x)}
stetig ist.
¹ Es gilt
max {f (x), g(x)} =
1
2
(f (x) + g(x) + |f (x) − g(x)|) .
Der Betrag ist eine stetige Funktion, die Summe stetiger Funktionen ist stetig,
und die Komposition stetiger Funktionen ist stetig. Also beschreibt der gesamte
Ausdruck auf der rechten Seite eine stetige Funktion. ´
h4i
53
Sei I ein offenes Intervall, und f : I → R sei im Punkt a ∈ I stetig. Dann
existiert zu jedem ε > 0 ein δ > 0 , so dass
|f (x)| á (1 − ε) |f (a)| ,
x ∈ Uδ (a).
¹ Falls f (a) = 0 , so ist nichts zu zeigen. Sei also f (a) ≠ 0 . Zu jedem ε > 0
existiert dann ein δ > 0 , so dass
|f (x) − f (a)| < ε |f (a)| ,
x ∈ Uδ (a).
Andererseits ist
|f (a)| − |f (x)| à |f (x) − f (a)| .
Kombination beider Ungleichungen und Umformen ergibt die Behauptung. ´
h3i
54
Sei I ein offenes Intervall, und f : I → R . Geben Sie ein Folgenkriterium dafür,
dass f im Punkt a unstetig ist.
¹ Es gibt eine Folge (xn ) in I mit xn → a , so dass f (xn ) nicht gegen f (a)
konvergiert. Letzteres bedeutet, dass es ein ε > 0 gibt, so dass
|f (xn ) − f (x)| á ε für unendlich viele n gilt. ´
h3i
55
Sei I = [a, b] , und f : I → I stetig. Zeigen Sie, dass f mindestens einen Fixpunkt
besitzt – also einen Punkt ξ ∈ I mit f (ξ) = ξ .
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 8 vom 10.12.10
Seite 1 von 4
Ana-1
8.2
Ws 2010/11
10.12.10
¹ Die Funktion
g : [a, b] → R,
g(x) = f (x) − x
ist stetig, und wegen f ([a,b]) ⊂ [a,b] gilt
g(a) á 0,
g(b) à 0.
Nach dem Zwischenwertsatz besitzt g auf [a, b] eine Nullstelle ξ . Dies ist ein
Fixpunkt von f . ´
h3i
56
Sei I = [a, b] . Zeigen Sie: Ist f : I → R stetig und injektiv, so ist f streng
monoton.
¹ OBdA sei f (a) < f (b) . Zu zeigen ist, dass f streng monoton wächst.
Lemma: Ist u < v < w und f (u) < f (w) so folgt f (u) < f (v) < f (w) .
Beweis: Da f injektiv ist, ist nirgends › = ‹ möglich. Wäre f (w) < f (v) , so hätte
nach dem Zwischenwertsatz (f (w) + f (v))/2 zwei Urbilder. Wäre dagegen
f (v) < f (u) , so hätte (f (v) + f (u))/2 zwei Urbilder. Also bleibt nur die
Behauptung.
Sei nun a < x < y < b . Das Lemma liefert dann für a < x < b
f (a) < f (x) < f (b).
Danach liefert es für x < y < b
f (x) < f (y) < f (b).
h4*i
57
´
Die modifizierte Dirichletfunktion d : R → R ist definiert durch

 0,
x∉Q
d(x) =
 1/q, x = p/q mit teilerfremden p, q und q > 0.
Zeigen Sie: d ist in jedem Punkt von R Ø Q stetig, und in jedem Punkt von Q
unstetig.
¹ Die Funktion d ist unstetig in jedem rationalen Punkt r , da in jeder
Umgebung eines rationalen Punktes r irrationale Punkte x existieren, so dass
|d(r ) − d(x)| = d(r ) > 0 .
Sei nun s ein irrationaler Punkt, ε > 0 , und Q eine natürliche Zahl mit 1/Q < ε .
Die Menge
Q = {r = p/q ∈ U1 (s) : 1 à q à Q}
ist endlich, da nur endlich viele q , und zu jedem q nur endlich viele p in Frage
kommen. Außerdem ist |r − s| > 0 für alle r ∈ Q , da s nicht rational ist. Also
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 8 vom 10.12.10
Seite 2 von 4
Ana-1
8.3
Ws 2010/11
10.12.10
ist auch
δ Í min {|r − s| : r ∈ Q } > 0.
In Uδ (s) liegen dann nur rationale Zahlen r = p/q (in irgendeiner Darstellung)
mit q > Q , und für diese gilt
0 < d(r ) <
1
< ε.
Q
Da d in den irrationalen Punkten verschwindet, gilt insgesamt
|d(x) − d(s)| = d(x) < ε,
x ∈ Uδ (s).
Also ist d in jedem irrationalen Punkt stetig. ´
Aufgaben mit * sind freiwillige Zusatzaufgaben. Sie gehen nicht in die
Bestimmung der nötigen Mindestpunktzahl ein. Aber natürlich werden die Punkte
gutgeschrieben, wenn man sie erfolgreich bearbeitet.
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 8 vom 10.12.10
Seite 3 von 4
Ana-1
8.4
Ws 2010/11
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
10.12.10
Blatt 8 vom 10.12.10
Seite 4 von 4
Ana-1
9
Ws 2010/11
h3i
58
17.12.10
Zeigen Sie für Teilmengen eines normierten Raumes E die folgenden Aussagen:
a. A ⊂ B ⇒ A− ⊂ B − .
b. (A ∪ B)− = A− ∪ B − .
c. (A− )− = A− .
¹ a. Sei A ⊂ B . Konvergiert eine Folge in A gegen einen Häufungspunkt von
A , so konvergiert dieselbe Folge in B gegen denselben Häufungspunkt. Somit
gilt A0 ⊂ B 0 und damit
A− = A ∪ A0 ⊂ B ∪ B 0 = B − .
b. Es genügt zu zeigen, dass
(A ∪ B)0 = A0 ∪ B 0 .
Konvergiert eine Folge in A ∪ B gegen einen Häufungspunkt, so liegen unendlich
viele Glieder dieser Folge entweder in A oder in B . Also gehört dieser
Häufungspunkt zu A0 oder B 0 , und es gilt › ⊂ ‹. Die umgekehrte Inklusion sieht
man ebenso leicht.
c. Für abgeschlossene Mengen B haben wir gezeigt, dass B − = B . Da B = A−
abgeschlossen ist, folgt die Behauptung. ´
h3i
59
Sei (E, k · k) ein normierter Raum und M eine beliebige nichtleere Teilmenge
von X . Zeigen Sie, dass die Abstandsfunktion
dM : E → R,
dM (x) Í inf kx − mk
m∈M
lipschitzstetig ist mit L = 1 .
¹ Es gilt für alle m ∈ M
kx − mk à kx − yk + ky − mk .
Bilden wir links das Minimum über m ∈ M , so folgt
dM (x) à kx − yk + ky − mk .
Gehen wir jetzt rechts zum Minimum über m ∈ M über, so folgt
dM (x) − dM (y) à kx − yk .
Da wir x und y vertauschen können, gilt dann auch
|dM (x) − dM (y)| à kx − yk .
Also ist dM lipschitz mit L = 1 . ´
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 9 vom 17.12.10
Seite 1 von 1
Ana-1
9.2
Ws 2010/11
h3i
60
17.12.10
Zeigen Sie: Eine Teilmenge K ⊂ R ist kompakt genau dann, wenn jede stetige
Funktion f : K → R beschränkt ist.
¹ Ist K kompakt, so ist jede stetige reelle Funktion auf K nach dem Satz vom
Minimum und Maximum beschränkt.
Nun sei umgekehrt jede stetige Funktion auf K beschränkt. Dann muss K
beschränkt sein. Denn andernfalls wäre id : K → R stetig, aber unbeschränkt.
K muss auch abgeschlossen sein. Denn wäre a ein Häufungspunkt von K , der
nicht zu K gehört, so wäre
K → R,
x,
1
x−a
auf K stetig und unbeschränkt. Also ist K abgeschlossen und beschränkt. Als
Teilmenge von R ist K damit auch kompakt. ´
h4i
61
Ist f : [0, 1] → [0, 1] stetig mit f (0) = f (1) = 0 , so existiert zu jedem n á 1 ein
Punkt xn ∈ In = [0, 1 − 1/n] mit
f (xn ) = f (xn + 1/n).
¹ Für n = 1 ist x1 = 0 eine Lösung. Für n á 2 betrachte die stetige Funktion
g : In → R,
g(t) = f (t) − f (t + 1/n).
Da f nur Werte in [0, 1] annimmt und am Rand verschwindet, ist
g(0) = −f (1/n) à 0,
g(1 − 1/n) = f (1 − 1/n) á 0.
Also besitzt g nach dem Zwischenwertsatz eine Nullstelle xn ∈ In . Dies ist die
gesuchte Lösung. ´
h3i
62
a. Sei I = [−1, 1] . Zeigen Sie, dass die Funktionenfolge (un ) in C(I) ,
q
un (t) = t 2 + 1/n2 ,
gleichmäßig gegen die Betragsfunktion u = | · | konvergiert.
b. Gilt dies auch auf ganz R , also in C(R) ?
¹ Es ist
q
1/n2
p
2
2
.
|un (t) − u(t)| = t + 1/n − |t| à t 2 + 1/n2 + t 2 Der Nenner nimmt sein Minimum bei t = 0 an. Also gilt
|un (t) − u(t)| à
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
1/n2
1
= ,
1/n
n
t ∈ R.
Blatt 9 vom 17.12.10
Seite 2 von 1
Ana-1
9.3
Ws 2010/11
17.12.10
Dies ist kleiner als ein gegebenes ε > 0 für alle n > 1/ε . Also konvergiert un
auf ganz R gleichmäßig gegen u . ´
h4i
63
Zeigen Sie: Es gibt keine stetige Funktion f : R → R , die jeden Wert ihres
Wertebereiches f (R) genau zweimal annimmt.
¹ Angenommen, es gibt eine solche Funktion f . Dann gibt es auch eine solche
Funktion f mit genau zwei Nullstellen a < b , die zwischen diesen positiv ist.
Auf [a, b] nimmt f sein Maximum M an wenigstens einer Stelle c ∈ (a, b) an.
Nach dem Zwischenwertsatz nimmt dann f jeden Wert in (0, M) wenigstens
einmal auf (a, c) und einmal auf (c, b) an. Da jeder Wert genau zweimal
angenommen wird, bildet f sowohl [a,c] als auch [c ,b] bijektiv auf [0,M] ab.
Daraus folgt aber, dass f den Wert M nur einmal annimmt, ein
Widerspruch. ´
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 9 vom 17.12.10
Seite 3 von 1
h3i
64
Ana-1
10
Ws 2010/11
22.12.10
Welche der durch die folgenden Ausdrücke definierten Funktionenfolgen (fn )
konvergieren gleichmäßig auf (0,1) ?
p
t
1
c.
a. 1 − n t
b.
1 + nt
1 + nt
¹ Alle Folgen konvergieren auf (0,1) gegen die Nullfunktion. Die ersten
beiden Folgen konvergieren aber nicht gleichmäßig, denn wegen
lim
t 0
q
n
t = 1,
lim
t 0
1
= 1,
1 + nt
n á 1,
gilt für alle n á 1
kfn − 0k(0,1) = kfn k(0,1) = 1.
Die dritte Folge konvergiert gleichmäßig, denn für n > 1/ε und t > 0 gilt
t t 1
<
1 + nt nt = n < ε. ´
h3i
65
Sei D eine beliebige Teilmenge eines normierten Raumes. Gilt fn % f und
gn % g in B(D) , so gilt auch fn gn % f g .
¹ Jede konvergente Folge ist beschränkt. Es gilt also kgn kD à M für alle n
mit einem geeigneten M á 0 . Daraus folgt
kfn gn − f gkD à k(fn − f )gn kD + kf (gn − g)kD
à kfn − f kD kgn kD + kf kD kgn − gkD
à M kfn − f kD + kf kD kgn − gkD
→0
für n → ∞ , was die Behauptung ist. ´
h3i
66
Für die Funktion f ∈ Rab gelte
Zb
f á 0,
f = 0.
a
Dann ist f (c) = 0 in jedem Stetigkeitspunkt c ∈ [a,b] von f .
¹ Angenommen, es ist f (c) ≠ 0 in einem Stetigkeitspunkt c ∈ [a,b] . Wegen
f á 0 ist dann dort f (c) = 2ε > 0 . Da c ein Stetigkeitspunkt ist, existiert auch
ein nichtentartetess, c enthaltendes Intervall [α,β] ⊂ [a,b] , so dass
f (t) > ε,
t ∈ [α,β] .
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 10 vom 22.12.10
Seite 1 von 4
Ana-1
10.2
Ws 2010/11
22.12.10
Dann gilt aber auch
Zb
Zβ
f á
a
Zβ
f á
α
ε = ε(β − α) > 0,
α
ein Widerspruch. ´
h3i
67
Zeigen Sie, dass auf C([a,b]) ein Skalarprodukt definiert wird durch
Zb
hf ,gi =
f g.
a
¹ Die meisten Eigenschaften sind leicht zu verifizieren. Positivität: Da f
reellwertig, ist f 2 á 0 und somit
Zb
hf ,f i =
f 2 á 0.
a
Symmetrie: Wegen der Kommutativität der Multiplkation ist
Zb
hf ,gi =
Zb
fg =
gf = hg,f i .
a
a
Linearität: Für f , g, h ∈ C([a,b]) und α, β ∈ R gilt
Zb
hαf + µg,hi =
(αf + βg)h
a
Zb
=α
Zb
fh + β
a
gh = α hf ,hi + β hg,hi .
a
Definitheit: Sei
Zb
hf ,f i =
f 2 = 0.
a
Da f 2 stetig ist und f 2 á 0 , folgt mit der vorangehenden Aufgabe f 2 (t) = 0 in
jedem Punkt t ∈ [a,b] . Also ist auch f ≡ 0 . ´
h4i
68
Sei f ∈ Rab . Dann existiert zu jedem ε > 0 ein g ∈ C([a,b]) mit
Zb
|f − g| < ε.
a
¹ Zunächst existiert eine Treppenfunktion ϕ ∈ Tab mit
Zb
|f − ϕ| < ε/2.
a
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 10 vom 22.12.10
Seite 2 von 4
Ana-1
10.3
Ws 2010/11
22.12.10
Es genügt dann, zu ϕ eine stetige Funktion g ∈ C([a,b]) zu finden mit
Zb
|ϕ − g| < ε/2.
(†)
a
Die Treppenfunktion ϕ ist im Innern von [a,b] außerhalb von endlich vielen
Sprungstellen stetig. Es genügt also, nur diese Sprungstellen zu betrachten.
Betrachten wir der Einfachheit halber eine einzige Sprungstelle, als Prototyp zum
Beispiel
ϕ : [−1,1] → R,
ϕ(t) = sgn(t).
Wählen wir
g : [−1,1] → R,

 ϕ(t), |t| > δ,
g(t) =
 t/δ,
|t| à δ,
so ist g stetig und, wie man leicht nachrechnet,
Z1
|ϕ − g| = δ.
−1
Überträgt man dies entsprechend auf die endlich vielen Sprungstellen von ϕ ,
erhält man eine stetige Funktion g mit der Eigenschaft (†). ´
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 10 vom 22.12.10
Seite 3 von 4
Ana-1
10.4
Ws 2010/11
22.12.10
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 10 vom 22.12.10
Seite 4 von 4
h3i
69
Ana-1
11
Ws 2010/11
14.01.11
Zeigen Sie:
a. Eine stetige Funktion f : I → R ist im Punkt a ∈ I differenzierbar, wenn es
eine affine Funktion α : t , m(t − a) + b gibt, so dass
lim
t→a
|f (t) − α(t)|
= 0.
|t − a|
b. Wenn es eine solche affine Funktion α gibt, so ist sie eindeutig.
¹ a. Aus
lim
t→a
|f (t) − m(t − a) − b|
=0
|t − a|
folgt zuerst b = limt→a f (t) = f (a) . Setzen wir dies ein, folgt weiter
f (t) − f (a)
|f (t) − f (a) − m(t − a)|
lim
= lim − m
= 0,
t→a
t→a
|t − a|
t−a
also die Konvergenz des Differenzenquotienten gegen m . Also ist f in a
differenzierbar mit f 0 (a) = m .
b. Das vorangehende Argument hat gezeigt, dass eine solche affine Funktion
eindeutig bestimmt ist, mit b = f (a) und m = f 0 (a) . Also kann es nur eine
solche Funktion geben. ´
h3i
70
Sei f : [a, b] → R stetig und auf (a, b) differenzierbar. Zeigen Sie: f ist
lipschitz auf [a, b] mit L-Konstante M genau dann, wenn |f 0 | à M auf (a, b) .
¹ Gilt |f 0 | à M auf (a, b) , so folgt mit dem Mittelwertsatz für beliebige
u<v
|f (v) − f (u)| = |f 0 (ξ)| |v − u| à M |v − u| .
Somit ist f lipschitz mit Konstante M . Umgekehrt folgt aus der
Lipschitzeigenschaft für jeden Differenzenquotienten die Abschätzung
f (u) − f (v) à M.
u−v
h3i
71
Also gilt dasselbe auch für deren Grenzwerte, also die Ableitung von f an jedem
Punkt von (a, b) . ´
p
Für t á 0 und n á 1 ist n t = t 1/n definiert als die Umkehrfunktion von t n .
Bestimmen Sie die Ableitung von t 1/n mit Hilfe des Satzes über die Ableitung
einer Umkehrfunktion.
¹ Ist f (t) = t n = s , und g(s) = s 1/n = t die Umkehrfunktion zu f , so erhält
man
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 11 vom 14.01.11
Seite 1 von 4
Ana-1
11.2
Ws 2010/11
14.01.11
g 0 (s) =
h4i
72
1
f 0 (t)
=
1
1
1
=
= s 1/n−1 .
n−1
(n−1)/n
nt
ns
n
Berechnen Sie die Ableitungen von
p √
t−1
t
a.
t t
b.
c.
t
t+1
1 − t2
d. t p/q ,
´
p, q ∈ N
¹ Beispielsweise ist mit der Produkt- und Kettenregel
√
√
q p
q p
t + t/2 t
3
p
t t + t·
= t t + t · p√
√
2 t t
4
t
q p
q
q
3p p
7 p
= t t +
t
t =
t t.
4
4
p √
Das geht natürlich auch einfacher: Wegen t t t = t (1/2+1)/2+1 = t 7/4 ist die
Ableitung gerade 7/4 · t 3/4 . ´
h4i
73
Sei f ∈ C 2 (I) und c ein innerer Punkt von I . Zeigen Sie:
a. Ist f 0 (c) = 0 und f 00 (c) > 0 , so ist c eine Minimalstelle von f .
b. Ist c eine Minimalstelle von f , so ist f 0 (c) = 0 und f 00 (c) á 0 .
c. Warum wird die erste Aussage falsch, wenn nur f 0 (c) = 0 und f 00 (c) á 0
vorausgesetzt wird?
¹ a. Wegen f 0 (c) = 0 ist aufgrund der Taylorformel mit dem Restglied von
Lagrange für alle hinreichend kleinen h
f (c + h) = f (c) + f 00 (c̃)h2 /2,
wobei c̃ zwischen c und c + h liegt. Aus Stetigkeitsgründen ist f 00 (c̃) > 0 und
damit
f (c + h) > f (c)
für alle h mit 0 < |h| < δ hinreichend klein. Es liegt also sogar ein striktes
Minimum vor.
b. Wäre f 00 (c) < 0 , so läge analog zu (a) ein striktes Maximum vor.
c. Gegenbeispiel: Die erste und zweite Ableitung von t , t 3 verschwindet bei 0 ,
aber 0 ist keine Minimalstelle. ´
h4*i
74
Zeigen Sie: Ist f an der Stelle t differenzierbar, so ist
f 0 (t) = lim
h→0
f (t + h) − f (t − h)
.
2h
Und ist f zweimal stetig differenzierbar, so ist
f 00 (t) = lim
h→0
f (t + h) − 2f (t) + f (t − h)
.
h2
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 11 vom 14.01.11
Seite 2 von 4
Ana-1
11.3
Ws 2010/11
14.01.11
¹ Ist f an der Stelle t differenzierbar, so können wir die Grenzwertsätze
anwenden:
f (t + h) − f (t − h)
2h
h→0
f (t + h) − f (t)
f (t) − f (t − h)
= lim
+
2h
2h
h→0
lim
= lim
h→0
=
f (t + h) − f (t)
f (t) − f (t − h)
+ lim
2h
2h
h→0
1 0
(f (t) + f 0 (t)) = f 0 (t).
2
Zur Darstellung der zweiten Ableitung kommt man beispielsweise über die
Taylorpolynome erster Ordnung mit Restglied:
f (t + h) − f (t) = f 0 (t)h + f 00 (ξ) h2 /2,
f (t − h) − f (t) = −f 0 (t)h + f 00 (ζ) h2 /2,
mit ξ, ζ zwischen x − h und x + h . Addition der beiden Zeilen und Division
durch h2 ergibt
f (t + h) − 2f (t) + f (t − h)
f 00 (ξ) + f 00 (ζ)
=
.
h2
2
Grenzwertübergang h → 0 liefert die Behauptung, da f 00 als stetig
vorausgesetzt ist und ξ, ζ → t für h → 0 . ´
Aufgaben mit * sind freiwillige Zusatzaufgaben. Sie gehen nicht in die
Bestimmung der nötigen Mindestpunktzahl ein. Aber natürlich werden die Punkte
gutgeschrieben, wenn man sie erfolgreich bearbeitet.
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 11 vom 14.01.11
Seite 3 von 4
Ana-1
11.4
Ws 2010/11
14.01.11
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 11 vom 14.01.11
Seite 4 von 4
75
Ana-1
12
Ws 2010/11
21.01.11
Die Umkehrfunktion zu t , at mit a > 0 , a ≠ 1 , ist der Logarithmus zur
Basis a , bezeichnet mit loga . Zeigen Sie:
loga t =
log t
= loga e· log t.
log a
¹ Dies folgt aus dem Vergleich der Exponenten von
elog a loga t = aloga t = t = elog t = aloga e log t . ´
76
Zeigen Sie, dass für jedes α > 0
lim x α log x = 0.
lim x −α log x = 0,
x→∞
x→0
Zeigen Sie damit auch, dass limx 0 x x = 1 .
¹ Schreibe x = et . Dann gilt
lim x −α log x = lim e−αt log et = lim t e−αt = 0
x→∞
t→∞
t→∞
und
lim x α log x = lim eαt log et = lim −t e−αt = 0.
t→−∞
x→0
t→∞
Mit der Stetigkeit von exp folgt hieraus
lim x x = lim ex log x = e0 = 1.
x 0
77
´
x 0
Untersuchen Sie, ob die durch

 t sin(1/t), t ≠ 0
f (t) =
,
 0,
t=0
g(t) =

 t 2 cos(1/t 2 ),
t≠0
 0,
t=0
,
auf ganz R definierten Funktionen differenzierbar oder sogar stetig
differenzierbar sind.
¹ Die Funktion f ist stetig in 0 , denn
|f (t)| à |t| → 0,
t → 0.
Sie ist aber nicht differenzierbar in 0 , denn der Differenzenquotient
f (t) − f (0)
f (t)
1
=
= sin
t−0
t
t
konvergiert nicht für t → 0 . – Die Funktion g ist ebenfalls, und auch in jedem
Punkt differenzierbar: für t ≠ 0 ist
g 0 (t) = 2t cos
1
2
1
− sin 2 ,
t2
t
t
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 12 vom 21.01.11
Seite 1 von 4
Ana-1
12.2
Ws 2010/11
21.01.11
und in t = 0 konvegiert der Differenzenquotient,
g(t) − g(0)
1
= t cos 2 → 0.
t−0
t
Die Ableitung g 0 ist aber offensichtlich in 0 nicht stetig. ´
78
Bestimmen Sie zu den folgenden Funktionen das n-te Taylorpolynom an der
Stelle 0 sowie das zugehörige Restglied nach Lagrange. Untersuchen Sie, für
welche x das Restglied für n → ∞ gegen 0 konvergiert.
s
1
1+t
et − e−t
a. t ,
b. t , log
c. t , sinh t Í
1+t
1−t
2
¹ Wir betrachten
s
f (t) = log
1+t
1
1
= log(1 + t) − log(1 − t)
1−t
2
2
Per Induktion zeigt man, dass
1 (n)
1
f (t) =
n!
2n
(−1)n−1
1
+
(1 + t)n
(1 − t)n
!
,
n á 1.
Also ist
1 (n)
1 + (−1)n−1
f (0) =
,
n!
2n
T0 f (x) = t +
t3
t5
+
+ ....
3
5
Diese Reihe konvergiert für |t| < 1 . Eine direkte Abschätzung des Restglieds
nach Lagrange ergibt dagegen für |τ| à |t| < 1
1 (n)
f (τ) t n |Rn−1 | =
n!
n
1
1
1
2
|t|n
2
|t|
n
à
+
|t|
à
à
.
n |1 − τ|n
|1 + τ|n
n (1 − |τ|)n
n 1 − |t|
Die rechte Seite konvergiert gegen Null, falls
|t|
1
< 1 a |t| < .
1 − |t|
2
Das Restglied nach Lagrange konvergiert also in jedem Fall für |t| < 1/2 gegen
Null. – Dies ist kein Fehler der Abschätzungen, die im Wesentlichen optimal sind.
Vielmehr ist das Lagrangesche Restglied in diesem Fall nicht präzis genug. ´
79
Sei φ : R → R eine differenzierbare Funktion, die der Funktionalgleichung
φ(s + t) = φ(s)φ(t)
genügt, aber nicht identisch 0 ist. Zeigen Sie:
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 12 vom 21.01.11
Seite 2 von 4
Ana-1
12.3
Ws 2010/11
21.01.11
a. ϕ(t) > 0 für alle t ∈ R , und insbesondere ϕ(0) = 1 .
b. φ0 (t) = aφ(t) , t ∈ R , mit a = φ0 (0) .
c. φ ist die Exponentialfunktion eat .
¹ a. Wäre φ(τ) = 0 für ein τ ∈ R , so folgte für jedes t
φ(t) = φ(t − τ)φ(τ) = 0.
Da φ nicht identisch verschwinden soll, kann φ somit keine reelle Nullstelle
haben. Aus 0 ≠ φ(0) = φ(0 + 0) = φ(0)2 folgt dann φ(0) = 1 .
b. Für den Differenzenquotienten an der Stelle t gilt
φ(t)φ(h) − φ(t)
φ(h) − φ(0)
φ(t + h) − φ(t)
=
= φ(t)
.
h
h
h
Aus der Existenz des Grenzwertes
φ(h) − φ(0)
= φ0 (0) = a
h
h→0
lim
folgt also, dass φ überall differenzierbar ist mit
φ0 (t) = aφ(t).
c. Ist a = 0 , so ist wegen φ0 (t) = 0 überall die Funktion φ konstant gleich 1 ,
und die Aussage ist richtig. Sei also a ≠ 0 . Betrachte die Funktion ψ mit
ψ(t) = φ(t/a) . Dann gilt offensichtlich
ψ0 (x) = φ0 (t/a)/a = φ(t/a) = ψ(t),
ψ(0) = 1.
Also ist nach dem Satz über die Eindeutigkeit der Lösung dieser
Differentialgleichung ψ = exp , und somit
φ(t) = ψ(at) = eat .
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
´
Blatt 12 vom 21.01.11
Seite 3 von 4
Ana-1
12.4
Ws 2010/11
21.01.11
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 12 vom 21.01.11
Seite 4 von 4
80
Ana-1
13
Ws 2010/11
28.01.11
a. Sei ω > 0 . Wie lautet die Lösung des Anfangswertproblems
ϕ̈ = −ω2 ϕ,
ϕ(0) = ϕ0 ,
ϕ̇(0) = ψ0 ?
b. Zeigen Sie, dass der Raum aller Lösungen von ϕ̈ = −ω2 ϕ mit ω ∈ R einen
zweidimensionalen reellen Vektorraum bildet.
c. Wie sieht dieser Raum für ω = 0 aus?
¹ a. ϕ(t) = ϕ0 cos ωt + (ψ0 /ω) sin ωt .
b. Der Raum aller Lösungen ist
L = {a cos ωt + b sin ωt : a, b ∈ R}
und ist offensichlich zweidimensional.
c. Der Raum aller Lösungen von ϕ̈ = 0 ist L = {a + bt : a, b ∈ R} . ´
81
Beweisen Sie das Additionstheorem für die Tangensfunktion,
tan(x + y) =
tan x + tan y
.
1 − tan x tan y
¹ Mit cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y und
sin(x + y) = cos x sin y + sin x cos y erhält man
tan(x + y) =
cos x sin y + sin x cos y
sin(x + y)
=
.
cos(x + y)
cos x cos y − sin x sin y
Division mit cos x cos y ergibt dann
tan(x + y) =
tan x + tan y
. ´
1 − tan x tan y
82
Geben Sie die Polardarstellungen der folgenden komplexen Zahlen an.
√
a. 1 + i
b. −1
c. 1 − 3 i
√
√
¹ a. 1 + i = 2 eiπ /4
b. −1 = eiπ
c. 1 − 3 i = 2 e−iπ /6 ´
83
Bestimmen Sie
a. sin i
b. cos i
√
5
c. ii
d.
i
eiz − e−iz e2 − 1
¹ a. sin i =
=
i
2i
2e
z=i
c. Wegen
log i = iπ /2 + 2π in,
b. cos i =
eiz + e−iz e2 + 1
=
2
2e
z=i
n∈Z
ist
ii = ei log i = e−π /2−2π n ,
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
n ∈ Z.
Blatt 13 vom 28.01.11
Seite 1 von 3
Ana-1
13.2
Ws 2010/11
28.01.11
d.
84
√
5
i = eiπ /10 e2kiπ /5 = e(4k+1)π i/10 mit k = 0, 1, 2, 3, 4 . ´
Zeigen Sie, dass
1
sin(n + 1/2)x
+ cos x + cos 2x + · · · + cos nx =
.
2
2 sin x/2
Verwenden Sie dazu die Identität 2 cos x = eix + e−ix , um die linke Seite als
geometrische Reihe darzustellen.
¹ Die Summe ist die Hälfte der geometrischen Summe
n
X
k=−n
eikx =
e−inx − ei(n+1)x
e−i(n+1/2)x − ei(n+1/2)x
=
ix
1−e
e−ix/2 − eix/2
=
85
sin(n + 1/2)x
2i sin(n + 1/2)x
=
. ´
2i sin(x/2)
sin(x/2)
Untersuchen Sie, für welche α, β á 0 die Funktion

 t α sin t −β , t ≠ 0,
f : R → R,
f (t) =
 0,
t=0
im Punkt t = 0
a. stetig
b. differenzierbar
c. stetig differenzierbar ist.
¹ a. Stetig für α > 0 .
b. Differenzierbar für α > 1 , mit Ableitung 0 .
c. Stetig differenzierbar für α > β + 1 . ´
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 13 vom 28.01.11
Seite 2 von 3
Ana-1
13.3
Ws 2010/11
28.01.11
Ana-1 Ws 10/11 Pöschel
Blatt 13 vom 28.01.11
Seite 3 von 3