Lösungen zum Übungsblatt 2

ÜBUNGSBLATT 2 – LÖSUNGEN
MAT121/MAT131 ANALYSIS I HERBSTSEMESTER 2010
PROF. DR. CAMILLO DE LELLIS
Aufgabe 1. Sei n ≥ 1 eine natürliche Zahl. Beweisen Sie folgende Identitäten.
n
X
(2k − 1) = n2 ;
(a)
k=1
(b)
n
X
k=1
(2k − 1)2 =
n
4n2 − 1 .
3
Antwort.
(a) Wir können die Formel beispielsweise per Induktion zeigen. Hierzu verfahren
wir wie folgt.
Induktionsanfang: Für n = 1 gilt
1
X
k=1
(2k − 1) = 1 = 12 .
(IV)
Induktionsschritt: Nehme an, wir hätten die Formel bereits für ein n ∈ N bewiesen. Dann rechnen wir
n+1
n
X
X
(IV)
(2k − 1) =
(2k − 1) + (2(n + 1) − 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 .
k=1
k=1
Also gilt die Formel offenbar auch für n + 1.
Induktionsschluss: Für jedes n ∈ N gilt die Formel
n
X
(2k − 1) = n2 .
k=1
(b) Wir verfahren wieder per Induktion.
Induktionsanfang: Für n = 1 gilt
1
X
1
(2k − 1)2 = 12 = (4 · 12 − 1).
3
k=1
(IV)
Induktionsschritt: Nehme an, wir hätten die Formel bereits für ein n ∈ N bewiesen. Dann rechnen wir
n
n+1
X
X
(IV) n
2
(2k − 1)2 + (2(n + 1) − 1)2 =
(2k − 1) =
4n2 − 1 + (2n + 1)2
3
k=1
k=1
1
n
(2n + 1)(2n − 1) + (2n + 1)(6n + 3)
3
3
2n + 1
2n + 1
=
2n2 + 5n + 3 =
(2n + 3)(n + 1)
3
3
n+1
4(n + 1)2 − 1 .
=
3
Also gilt die Formel offenbar auch für n + 1.
Induktionsschluss: Für jedes n ∈ N gilt die Formel
n
X
n
(2k − 1)2 =
4n2 − 1 .
3
k=1
=
2
ÜBUNGSBLATT 2 (MAT121/MAT131 ANALYSIS I) – LÖSUNGEN
Aufgabe 2. Begründen Sie, ob folgende Mengen nach oben oder unten beschränkt
sind. Raten Sie eventuell vorhandene kleinste obere, beziehungsweise grösste untere
Schranken. Können Sie mit Mitteln der Vorlesung zeigen, dass es sich um das Supremum, beziehungsweise Infimum handelt? Begründen Sie auch, ob die Mengen jeweils
ein Maximumnoder
besitzen.
Minimum
o
1 (a) M1 = n n ∈ N ;
(b) M2 = Q ∩ (0, 1);
(c) M3 = Q
∩ [0, 1];
(d) M4 = q ∈ Q q 2 ≤ 2 .
Antwort.
(a) 0 ist eine untere Schranke von M1 , da n1 > 0 für alle n ∈ N ist. Dass 0 auch
die grösste untere Schranke ist, sieht man wie folgt. Wäre x > 0 eine untere
Schranke von M1 , so müsste gelten
1
1
∀n ∈ N
⇔
n≤
∀n ∈ N,
0<x≤
n
x
was aber wegen der Unbeschränktheit von N nicht möglich ist. Also ist inf M1 =
0. Da es ausserdem kein n ∈ N gibt, für welches n1 = 0 ist, besitzt M1 kein
Minimum.
Wir behaupten nun, dass 1 das Maximum (und somit auch das Supremum) von
M1 ist. Dies sieht man wie folgt. Da
1
n∈N
⇒
n≥1
⇔
≤ 1,
n
ist jedes Element aus M1 von oben durch 1 beschränkt. Da ausserdem n1 = 1
für n = 1 gilt, folgt, dass 1 ein Element von M1 ist, und somit die Behauptung,
dass max M1 = sup M1 = 1.
(b) M2 enthält alle rationalen Zahlen, welche strikt grösser als 0 und strikt kleiner
als 1 sind. Somit sind 0, respektive 1, eine untere, respektive obere Schranke
von M2 . Dass diese Zahlen jeweils das Infimum, respektive das Supremum sind,
lässt sich wie folgt einsehen.
Beachte, dass
1 1 B=
und
C = 1 − n ∈ N, n ≥ 2
n ∈ N, n ≥ 2
n
n
beides Teilmengen von M2 sind, so dass inf M2 ≤ inf B und sup M2 ≥ sup C.
Wir wissen jedoch aus Teil (a), dass 0 = inf B ist, und es folgt, dass inf M2 ≤
0 ist. Da aber 0 eine untere Schranke von M2 ist, muss inf M2 = 0 gelten.
Andererseits gilt sup C = 1 − inf B = 1, und es folgt, dass sup M2 ≥ 1 ist. Da 1
jedoch eine obere Schranke von M2 ist, muss sup M2 = 1 gelten. Dies zeigt die
Behauptung.
Da ausserdem 0 6∈ M2 und 1 6∈ M2 , hat M2 weder ein Minimum, noch ein
Maximum.
(c) Wie im Teil (b) sieht man sofort, dass 0, respektive 1 eine untere, respektive
obere Schranke von M3 ist. Da diesmal aber 0 ∈ M3 und 1 ∈ M3 gilt, erhalten
wir sofort
min M3 = inf M3 = 0
und
max M3 = sup M3 = 1.
(d) Die Menge M4 ist symmetrisch um den Ursprung, denn für jedes q ∈ M4 ist
auch −q ∈ M4 (ist q ∈ Q und q 2 ≤ 2, so ist auch −q ∈ Q und (−q)2 = q 2 ≤ 2).
Wir diskutieren daher nur die obere Schranke, beziehungsweise das Maximum
von M4 .
√
Man sieht sofort, dass 2 eine obere√Schranke von M4 ist,
√ denn durch Wurzelziehen folgt sofort q ∈ M4 ⇒ |q| ≤ 2. Um sup M4 = 2 einzusehen verfährt
ÜBUNGSBLATT 2 (MAT121/MAT131 ANALYSIS I) – LÖSUNGEN
3
√
man nun wie folgt. Nehme an, x < 2 sei eine obere Schranke von M4 . Wir
können annehmen, dass x ≥ 1 ist, da 1 ∈ Q und 12 = 1 ≤ 2, also
√ 1 ∈ M4 .
Aus der Vorlesung wissen wir, dass wir eine rationale Zahl r ∈ x, 2 finden
können. Diese quadriert wird dann von oben durch 2 abgeschätzt und gehört
somit zu M4 . Nach Konstruktion ist r aber grösser als die vermeintlich obere
Schranke x. Ein Widerspruch
zur Annahme, dass x obere Schranke von M4 √
ist.
√
Somit ist tatsächlich 2 die kleinste obere Schranke von M4 . Da schliesslich 2
nicht rational ist, folgt, dass M4 kein Maximum besitzt. Mit der Symmetrie der
Menge (oder durch analoge Argumentation) erhalten wir schliesslich:
√
√
und
sup M4 = 2,
inf M4 = − 2
und weder Maximum, noch Minimum existieren.
Aufgabe 3. Zeigen Sie aus den Axiomen für reelle Zahlen, dass
(a) das neutrale Element der Addition 0 (d.h. jenes Element in R, für welches gilt:
a + 0 = a, für alle a ∈ R) eindeutig ist;
(b) für alle a, b ∈ R gilt: (−a)(−b) = ab.
Antwort.
(a) Wir beweisen zuerst, dass überhaupt ein neutrales Element bezüglich der Addition existiert. Nach Axiom (K3) aus dem Königsberger, sind alle Gleichungen
der Form a + x = b für a, b ∈ R lösbar. Sei nun x ∈ R beliebig und e ein
Element, welches die Gleichung x + e = x löst. Sei y ∈ R ein weiteres beliebiges
Element aus R und z eine Lösung von x + z = y. Dann gilt:
(K1)
(K2)
y + e = (x + z) + e = e + (x + z) = (e + x) + z
(K1)
= (x + e) + z = x + z = y.
Da y beliebig war, ist e somit neutrales Element der Addition, welches wir mit
0 notieren.
Sei nun e′ ∈ R ein weiteres neutrales Element der Addition, so dass e′ + x = x
für alle x ∈ R gilt. Dann ist, insbesondere, e′ + 0 = 0. Da aber 0 ebenfalls
neutrales Element der Addition ist, folgt e′ + 0 = e′ , und wir erhalten e′ = 0.
Somit ist das neutrale Element der Addition tatsächlich eindeutig.
(b) Wir zeigen zuerst: Für alle x ∈ R gilt: 0 · x = 0.
Es gilt
(a)
(K3)
0 · x = 0 · x + 0 = 0 · x + 0 · x + (−(0 · x))
(K4)
(a)
= (0 + 0) · x + (−(0 · x)) = 0 · x + (−(0 · x)) = 0.
Nun zur eigentlichen Aufgabe: Wir rechnen
(a)
(−a) · (−b) = 0 + (−a) · (−b) = 0 · b + (−a) · (−b)
(K3)
(K4)
= (a + (−a)) · b + (−a) · (−b) = a · b + (−a) · b + (−a) · (−b)
(K4)
(a)
= a · b + (−a) · (b + (−b)) = a · b + (−a) · 0 = a · b + 0 = a · b,
was zu beweisen war.
4
ÜBUNGSBLATT 2 (MAT121/MAT131 ANALYSIS I) – LÖSUNGEN
Aufgabe 4. Zeigen Sie aus den Axiomen für reelle Zahlen, dass
(a) für alle a ∈ R \ {0} gilt a2 > 0, wobei Sie dann folgern, dass 1 > 0 ist;
(b) für alle a ∈ R gilt: aus a > 0 folgt a−1 > 0.
Antwort.
(a) Wenn a > 0 ist, folgt aus der Monotonie, dass auch a2 = a · a > 0 ist.
Ist nun a < 0, so folgt (−a) > 0, und damit (wieder wegen der Monotonie), dass (−a)2 = (−a) · (−a) > 0 ist. Mit Aufgabe 3, Teil (b), gilt aber
(−a)2 = (−a) · (−a) = a · a = a2 , womit folgt, dass tatsächlich a2 > 0 ist, selbst
wenn a < 0. Damit gilt für alle a ∈ R \ {0}, dass a2 > 0 ist.
Insbesondere gilt dann 12 > 0. Da aber 1 das neutrale Element der Multiplikation ist, ist 12 = 1 · 1 = 1, womit 1 > 0 folgt.
(b) Wir führen den Beweis via Widerspruch. Nehme also an, es gäbe ein a > 0 mit
a−1 < 0. Dann folgt mit 0 · x = 0, ∀x ∈ R, (siehe Aufgabe 3, Teil (b)) aus der
Monotonie, dass
0 = 0 · a > a−1 · a = 1.
Dies steht aber im Widerspruch zum Teil (a), und unsere Annahme muss falsch
gewesen sein. Damit gilt für alle a > 0, dass auch a−1 > 0 ist.
Aufgabe 5M. Sei α ∈ R \ Q. Zeigen Sie, dass dann für alle r1 , r2 ∈ R mit r1 < r2
gilt: es existieren m, n ∈ Z mit r1 < m + nα < r2 .
Antwort. Wir zeigen die Aussage nur unter der Annahme, dass α, r1 , r2 > 0 sind,
da die anderen Fälle entweder trivial aus untenstehender Methode folgen, oder sich
einfach auf den betrachteten Fall zurückführen lassen.
2
Sei M ∈ N mit M ≥ r2 −r
(nach dem Archimedischen Prinzip existiert so eine
1
natürliche Zahl). Wir beweisen: Es existieren p ∈ Z und q ∈ N so, dass |p + qα| < M1 .
Wir denken uns die reellen Zahlen unterteilt in halboffene Intervalle der Länge 1 mit
ganzzahligen Endpunkten, und unterteilen jedes solches Intervall wiederum in M gleichlange halboffene Intervalle. Wir schreiben also R als die disjunkte Vereinigung über
j ∈ Z und k ∈ {1, . . . , M} von Intervallen
k−1
k
Ij,k = j +
.
,j +
M
M
Schliesslich definieren wir noch die M (paarweise disjunkten) Mengen
[
Ik =
Ij,k .
j∈Z
Betrachte nun die (M + 1)–elementige Menge
A = nα n ∈ {1, . . . , M + 1} .
Jedes Element dieser Menge wird in einer der Mengen Ik zu liegen kommen, das heisst
∀n ∈ {1, . . . , M + 1} ∃kn ∈ {1, . . . , M}
mit
nα ∈ Ikn .
Da wir so aber M +1 Elemente auf M Mengen verteilen, verlangt das Schubfachprinzip,
dass es eine Menge Ik gibt, welche mindestens zwei Elemente aus A enthält, das heisst
∃ n1 , n2 ∈ {1, . . . , M + 1} (n1 6= n2 ), k ∈ {1, . . . , M} mit n1 α, n2 α ∈ Ik .
Nach Konstruktion der Ik gibt es dann j1 , j2 ∈ Z, so dass n1 α ∈ Ij1 ,k und n2 α ∈ Ij2 ,k .
O.B.d.A. können wir annehmen, dass n1 < n2 ist, so dass j1 ≤ j2 sein muss. Nach
Definition der Ij,k erhalten wir
1
1
k−1
k
k
k−1
= j2 − j1 − , j2 − j1 +
.
− j1 − , j2 +
− j1 −
(n2 −n1 )α ∈ j2 +
M
M
M
M
M
M
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5
Setzen wir p = j1 − j2 (∈ Z) und q = n2 − n1 (∈ N), so erhalten wir
1 1
1
p + qα ∈ − ,
⇔
|p + qα| <
,
M M
M
wie behauptet.
Wir zeigen nun die Aussage der Aufgabe. Aus der Irrationalität von α folgt, dass, mit
p, q wie oben, p + qα 6= 0 ist. Indem wir q ∈ Z zulassen, können wir durch Spiegeln am
Ursprung o.B.d.A. annehmen, dass
0 < p + qα <
1
.
M
2
der Mittelpunkt des Intervalls (r1 , r2 ). Dann existiert ein (eindeutiSei nun r0 = r1 +r
2
ges) J ∈ N, so dass
J −1 J
r0 ∈
,
M M
ist. Wählen wir jetzt
J
K = max m ∈ N m(p + qα) <
,
M
wobei die Existenz des Maximums daher rührt, dass nur endlich viele Zahlen
mk ∈ N
j
J
J
die Ungleichung m(p + qα) < M erfüllen können (in der Tat ist K = M (p+qα) ), so
gilt einerseits
J
,
K(p + qα) <
M
und andererseits, wegen p + qα < M1 und der Definition von K (aus der folgt, dass
J
K > M (p+qα)
− 1),
J −1
.
K(p + qα) >
M
J
,M
, und wir erhalten
Folglich ist auch K(p + qα) ∈ J−1
M
|Kp + Kqα − r0 | <
1
.
M
2
Nun hatten wir aber angenommen, dass M ≥ r2 −r
ist, womit wegen |r0 − ri | =
1
1
(i = 1, 2) folgt, dass
M
r1 < Kp + Kqα < r2 .
r2 −r1
2
≥
Dies ist aber genau die Behauptung, da Kp, Kq ∈ Z sind.
Aufgabe 5P. Zeigen Sie, dass für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 gilt:
n
1
2≤ 1+
≤ 3.
n
Antwort. Wir beweisen zuerst die obere Schranke.
Beachte, dass für alle natürlichen Zahlen k und n (n ≥ 1, k ∈ {0, . . . , n}) gilt
n!
n
k! =
= n(n − 1) · · · (n − k + 1) ≤ nk ,
k
(n − k)!
wobei die Ungleichung daher rührt, dass auf ihrer linken Seite k Faktoren
stehen, welche
n
alle kleiner oder gleich n sind (im Fall k = 0 gilt ohnehin die Identität
0! = 1 = n0 ).
0
Beachte ausserdem, dass für alle natürlichen k ≥ 1 gilt
k! ≥ 2k−1 ,
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denn für k ≥ 2 besteht k! = k · (k − 1) · · · · · 2 · 1 = k · (k − 1) · · · · · 2 aus k − 1 Faktoren,
welche alle grösser oder gleich 2 sind, und für k = 1 gilt 1! = 1 = 20 . Man erinnere sich
schliesslich, dass für alle natürlichen n ≥ 1 gilt
(n−1)+1
n−1
n−1 j
X
X
1 − 12
1
−j
= 2 − 21−n .
2 =
=
1
2
1− 2
j=0
j=0
Nun rechnen wir mit der binomischen Formel
n X
n
n
n
n X
X
X
1
nk 1
1
1
n 1
1+
≤
=1+
≤1+
=
k
k
k−1
k
n
n
k! n
k!
2
k=0
k=1
k=1
k=0
=1+
n−1
X
j=0
2−j = 1 + 2 − 21−n ≤ 3.
Es bleibt die untere Schranke zu zeigen.
Diese folgt aber direkt aus der Bernoullischen Ungleichung,
(1 + x)n ≥ 1 + nx,
welche für alle reellen x > −1 und alle natürlichen n gilt. Setzen wir x = 1/n, so folgt
dann nämlich, dass
n
1
n
1+
≥ 1 + = 2,
n
n
was zu beweisen war.