Sommersemester 2005 C. Preston ¨Ubungen Funktionen Lösungen

Sommersemester 2005
C. Preston
Übungen Funktionen
Lösungen: Blatt 1
Aufgabe 1:
Sei n ∈ (A1 ∩ A2 ) ∪ (B1 ∩ B2 ); dann ist n ∈ A1 ∩ A2 oder n ∈ B1 ∩ B2 .
Ist n ∈ A1 ∩ A2 , so ist n ∈ A1 und n ∈ A2 ; damit ist n ∈ A1 ∪ B1 (da n ∈ A1 )
und n ∈ A2 ∪ B2 (da n ∈ A2 ) und folglich ist n ∈ (A1 ∪ B1 ) ∩ (A2 ∪ B2 ).
Ist n ∈ B1 ∩ B2 , so ist n ∈ B1 und n ∈ B2 ; damit ist n ∈ A1 ∪ B1 (da n ∈ B1 )
und n ∈ A2 ∪ B2 (da n ∈ B2 ) und folglich ist n ∈ (A1 ∪ B1 ) ∩ (A2 ∪ B2 ).
In beiden Fällen ist n ∈ (A1 ∪ B1 ) ∩ (A2 ∪ B2 ), und dies zeigt, dass
(A1 ∩ A2 ) ∪ (B1 ∩ B2 ) ⊂ (A1 ∪ B1 ) ∩ (A2 ∪ B2 ) .
Aufgabe 2:
Sei A1 ∩ A2 = ∅, A1 ∪ A2 6= ∅, B2 = A1 und B1 = A2 . Dann ist
A1 ∪ B 1 = A 1 ∪ A 2 = A 2 ∪ A 1 = A 2 ∪ B 2
und B1 ∩ B2 = A2 ∩ A1 = ∅. Damit ist (A1 ∩ A2 ) ∪ (B1 ∩ B2 ) = ∅ ∪ ∅ = ∅ und
(A1 ∪ B1 ) ∩ (A2 ∪ B2 ) = (A1 ∪ A2 ) ∩ (A1 ∪ A2 ) = A1 ∪ A2 6= ∅
und insbesondere ist (A1 ∩ A2 ) ∪ (B1 ∩ B2 ) 6= (A1 ∪ B1 ) ∩ (A2 ∪ B2 ).
Aufgabe 3:
Nach (A1) (mit ` = b, m = c und n = d) gilt
a + ((b + c) + d) = a + (b + (c + d)) .
Nach (A1) (mit ` = a, m = b und n = c + d) gilt
a + (b + (c + d)) = (a + b) + (c + d) .
Nach (A1) mit (mit ` = a + b, m = c und n = d) gilt
(a + b) + (c + d) = ((a + b) + c) + d .
1
Funktionen: Lösungen zu Blatt 1
Nach (A1) mit (mit ` = a, m = b und n = c) gilt
((a + b) + c) + d = (a + (b + c)) + d .
Folglich sind die Zahlen
a + (b + (c + d)) , a + ((b + c) + d) , (a + (b + c)) + d , ((a + b) + c) + d
alle gleich.
Aufgabe 4:
(1) Es gilt
(A3)
(A2)
m+n=m = 0+m = m+0
und daraus folgt nach (0) (mit ` = 0), dass n = 0.
(2) Es gilt
(A3)
(D)
m 0 = m(0 + 0) = m 0 + m 0
und daraus ergibt sich nach (1), dass m 0 = 0.
2
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Funktionen: Lösungen zu Blatt 2
Sommersemester 2005
Übungen Funktionen
C. Preston
Lösungen: Blatt 2
Aufgabe 5:
Nach der Definition für die Summe von zwei Brüchen gilt
m1 /n1 + p1 /q1 = (m1 q1 + p1 n1 )/(n1 q1 ) ,
m2 /n2 + p2 /q2 = (m2 q2 + p2 n2 )/(n2 q2 ) .
Nun ist nach Voraussetzung [m1 /n1 ] = [m2 /n2 ] und [p1 /q1 ] = [p2 /q2 ] und damit
ist m1 n2 = m2 n1 und p1 q2 = p2 q1 . Folglich gilt
(m1 q1 + p1 n1 )(n2 q2 ) = m1 q1 n2 q2 + p1 n1 n2 q2
= m 1 n2 q 1 q 2 + p 1 q 2 n1 n2 = m 2 n1 q 1 q 2 + p 2 q 1 n1 n2
= m2 q2 n1 q1 + p2 n2 n1 q1 = (m2 q2 + p2 n2 )(n1 q1 )
und daraus ergibt sich, dass [m1 q1 + p1 n1 )/(n1 q1 )] = [(m2 q2 + p2 n2 )/(n2 q2 )]. Also
ist [m1 /n1 + p1 /q1 ] = [m2 /n2 + p2 /q2 ].
Aufgabe 6:
(1) Es gilt
(k/` + m/n) + p/q =
=
=
=
(kn + m`)/(`n) + p/q = ((kn + m`)q + p(`n))/(`nq)
(knq + m`q + p`n)/(`nq) = (knq + mq` + pn`)/(`nq)
(k(nq) + (mq + pn)`)/(`nq) = k/` + (mq + pn)/(nq)
k/` + (m/n + p/q) .
(2) Es gilt
(k/`)(m/n) + (k/`)(p/q) = (km)/(`n) + (kp)/(`q)
= (km`q + kp`n)/(``nq) = ((k`)(mq + pn))/((``)(nq))
= ((k`)/(``))((mq + pn)/(nq)) = ((k`)/(``))(m/n + p/q) .
Funktionen: Lösungen zu Blatt 2
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Aufgabe 7:
Es gilt
`((−m) + n) = `(−m) + `n = −(`m) + `n = −(`n) + `n = 0
und ` 6= 0. Folglich ist (−m) + n = 0 und damit
m = 0 + m = m + ((−m) + n) = (m + (−m)) + n = ((−m) + m) + n = 0 + n = n .
Aufgabe 8:
(1) Sei m/n ein Bruch. Da mn = mn, ist m/n ≡ m/n.
(2) Seien m/n und p/q Brüche mit m/n ≡ p/q. Dann ist mq = pn und folglich
ist auch pn = mq; damit ist p/q ≡ m/n.
(3) Seien k/`, m/n und p/q Brüche mit k/` ≡ m/n und m/n ≡ p/q. Dann gilt
kn = m` und mq = pn und damit
n(kq) = (kn)q = (m`)q = (mq)` = (pn)` = n(p`) ;
d.h. n(kq) = n(p`). Aber n ∈ N× und insbesondere ist n 6= 0. Nach Aufgabe 7 ist
also kq = p` und folglich ist k/` ≡ p/q.
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Funktionen: Lösungen zu Blatt 3
Sommersemester 2005
Übungen Funktionen
C. Preston
Lösungen: Blatt 3
Aufgabe 9:
(1) Es gilt (x1 + y1 ) − (x2 + y2 ) = (x1 − x2 ) + (y1 − y2 ), und daraus folgt nach
der Dreiecksungleichung, dass
|(x1 + y1 ) − (x2 + y2 )| = |(x1 − x2 ) + (y1 − y2 )| ≤ |x1 − x2 | + |y1 − y2 | .
(2) Sei δ > 0 und seien x, y ∈ R mit |x − 70| ≤ δ und |y − 7| ≤ δ. Nach (1) ist
|(x + y) − 77| = |(x + y) − (70 + 7)| ≤ |x − 70| + |y − 7| ≤ δ + δ = 2δ .
Wenn also δ = 1/20000, so ist 2δ = 1/10000 und damit ist |(x+y)−77| ≤ 1/10000
für alle x, y ∈ R mit |x − 70| ≤ δ und |y − 7| ≤ δ.
Aufgabe 10:
(1) Es gilt
x1 y 1 − x 2 y 2 = x 1 y 1 − x 2 y 1 + x 2 y 1 − x 2 y 2
= (x1 − x2 )y1 + x2 (y1 − y2 ) = y1 (x1 − x2 ) + x2 (y1 − y2 ) .
(2) Nach der Dreiecksungleichung, Satz 3.5 (2) und (1) gilt
|x1 y1 − x2 y2 | = |y1 (x1 − x2 ) + x2 (y1 − y2 )|
≤ |y1 (x1 − x2 )| + |x2 (y1 − y2 )| = |y1 ||x1 − x2 | + |x2 ||y1 − y2 | .
(3) Sei δ > 0 und seien x, y ∈ R mit |x − 3| ≤ δ und |y − 5| ≤ δ. Nach (2) und
Satz 3.5 (2) ist dann
|5x − 3y| ≤ 5|x − 3| + 3|5 − y| = 5|x − 3| + 3| − (5 − y)|
= 5|x − 3| + 3|y − 5| ≤ 5δ + 3δ = 8δ .
Wenn also δ = 1/8000, so ist 8δ = 1/1000 und damit ist |5x − 3y| ≤ 1/1000 für
alle x, y ∈ R mit |x − 3| ≤ δ und |y − 5| ≤ δ.
Funktionen: Lösungen zu Blatt 3
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Aufgabe 11:
11. (1) Nach Satz 3.5 (2) ist |x−1 ||x| = |x−1 x| = |1| = 1 und damit ist nach
Satz 3.1 (8) |x−1 | = |x|−1 .
(2) Es gilt x−1 − y −1 = x−1 y −1 (y − x) und folglich ist nach (1) und Satz 3.5 (2)
|x−1 − y −1 | = |x−1 y −1 (y − x)| = |x−1 ||y −1 |y − x|
= |x|−1 |y|−1 | − (x − y)| = |x|−1 |y|−1 |x − y| .
(3) Seien |x| ≥ 1 und |y| ≥ 1. Ist a > 1, so ist nach Satz 3.4 (8) a−1 < 1−1 = 1,
und 1−1 = 1. Daher sind |x|−1 ≤ 1 und |y|−1 ≤ 1. Daraus ergibt sich nach (2)
und Satz 3.4 (5), dass
|x−1 − y −1 | = |x|−1 |y|−1 |x − y| ≤ 1 · 1 · |x − y| = |x − y| .
Aufgabe 12:
(1) Ist a ≥ 0, so ist a ≥ 0 ≥ −|a| und damit a ≥ −|a|. Ist dagegen a < 0, so ist
|a| = −a und damit a = −|a|. In beiden Fällen ist a ≥ −|a|.
(2) Nach (1) mit a = y − x ist y − x ≥ −|y − x|.
(3) Nach (2) und Satz 3.4 (4) ist y = x + (y − x) ≥ x − |y − x|.
(4) Nach (3) mit x = 1/4 ist y ≥ 1/4−|y −1/4| für alle y ∈ R. Ist |y −1/4| < 1/4,
so ist 1/4 − |y − 1/4| > 0 und dann ist y > 0.
(5) Sei x ∈ R mit |x − 1/2| < 1/4; dann ist |(x − 1/4) − 1/4| < 1/4 und daraus
folgt nach (4) (mit y = x − 1/4), dass x − 1/4 > 0, d.h. x > 1/4.
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Funktionen: Lösungen zu Blatt 4
Sommersemester 2005
Übungen Funktionen
C. Preston
Lösungen: Blatt 4
Aufgabe 13:
(1) Nach Satz 3.6 (2) ist
{x ∈ R : |x − 4| < 6} = {x ∈ R : 4 − 6 < x < 4 + 6}
= {x ∈ R : −2 < x < 10} = (−2, 10)
und nach Satz 3.6 (3) ist
{x ∈ R : |x + 1| ≤ 2} = {x ∈ R : −1 − 2 ≤ x ≤ −1 + 2}
= {x ∈ R : −3 ≤ x ≤ 1} = [−3, 1] .
Damit ist
{x ∈ R : |x − 4| < 6} ∩ {x ∈ R : |x + 1| ≤ 2} = (−2, 10) ∩ [−3, 1] = (−2, 1] .
(2) Nach Satz 3.6 (2) ist
{x ∈ R : |x + 2| < 3} = {x ∈ R : −2 − 3 < x < −2 + 3}
= {x ∈ R : −5 < x < 1} = (−5, 1)
und nach Satz 3.6 (3) ist
{x ∈ R : |x − 7| ≤ 6} = {x ∈ R : 7 − 6 ≤ x ≤ 7 + 6}
= {x ∈ R : 1 ≤ x ≤ 13} = [1, 13] .
Damit ist
{x ∈ R : |x + 2| < 3} ∪ {x ∈ R : |x − 7| ≤ 6} = (−5, 1) ∪ [1, 13] = (−5, 13] .
Aufgabe 14:
(1) Setze a = 21 (c + d) und r = 21 (d − c); also ist r > 0 und nach Satz 3.6 (2) ist
{x ∈ R : |x − a| < r} = {x ∈ R : a − r < x < a + r}
= x ∈ R : 21 (c + d) − 21 (d − c) < x < 21 (c + d) + 21 (d − c)
= {x ∈ R : c < x < d} = (c, d) .
Funktionen: Lösungen zu Blatt 4
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(2) Setze h = 12 (c + d) und q = 41 (d − c); dann ist
c + 2q = c + 21 (d − c) = 21 (c + d) = d − 12 (d − c) = d − 2q ,
d.h. c + 2q = h = d − 2q. Sei nun a = c + q und b = d − q und sei δ = r − q; also
ist δ > 0. Nach Satz 3.6 (2) ist dann
{x ∈ R : |x − a| < r} = {x ∈ R : a − r < x < a + r}
= {x ∈ R : c + q − r < x < c + q + r}
= (c − δ, c + 2q + δ) = (c − δ, h + δ)
und genauso gilt
{x ∈ R : |x − b| < r} = {x ∈ R : b − r < x < b + r}
= {x ∈ R : d − q − r < x < d − q + r}
= (d − 2q − δ, d + δ) = (h − δ, d + δ) .
Damit ist
[c, d] ⊂ (c − δ, h + δ) ∪ (h − δ, d + δ) = {x ∈ R : |x − a| < r} ∪ {x ∈ R : |x − b| < r} .
Aufgabe 15:
Es gilt x2 −1 ≥ 0 genau dann, wenn |x| ≥ 1. Folglich ist g(f (x)) = 1, falls |x| ≥ 1,
und g(f (x)) = 0, falls |x| < 1. Damit ist
1 falls |x| ≥ 1 ,
(g ◦ f )(x) =
0 falls |x| < 1 .
Ist x ≥ 0, so ist g(x) = 1 und damit ist f (g(x)) = f (1) = 12 − 1 = 0. Ist dagegen
x < 0, so ist g(x) = 0 und dann ist f (g(x)) = f (0) = 02 − 1 = −1. Also ist
0 falls x ≥ 0 ,
(f ◦ g)(x) =
−1 falls x < 0 .
Funktionen: Lösungen zu Blatt 4
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Aufgabe 16:
Sei x ∈ A; nach Aufgabe 9 (1) gilt dann
|(f + g)(x) − (a + c)| = |(f (x) + g(x)) − (a + c)| ≤ |f (x) − a| + |g(x) − b|
und nach Satz 3.4 (4) ist |f (x) − a| + |g(x) − b| < b + d. Daraus ergibt sich, dass
|(f + g)(x) − (a + c)| < b + d für alle x ∈ A.
Sei x ∈ A; nach Aufgabe 10 (1) gilt dann
|(f g)(x) − ac| = |f (x)g(x) − ac| ≤ |g(x)||f (x) − a| + |a||g(x) − b|
und nach Satz 3.5 (3) ist |g(x)| = |(g(x) − c) + c| ≤ |g(x) − c| + |c|. Daraus folgt
nach Satz 3.4 (4) und (5), dass
|g(x)||f (x) − a| + a|g(x) − b| ≤ (|g(x) − c| + |c|)|f (x) − a| + |a||g(x) − c|
< (d + |c|)b + |a|d = db + |c|b + |a|d .
Also gilt |(f g)(x) − ac| < db + |c|b + |a|d für alle x ∈ A.
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Funktionen: Lösungen zu Blatt 5
Sommersemester 2005
Übungen Funktionen
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Lösungen: Blatt 5
Aufgabe 17:
Für alle x, y ∈ R gilt
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x2 − x + 1) = (x2 − x + 1)2 + (x2 − x + 1)
= x4 + x2 + 1 − 2x3 + 2x2 − 2x + x2 − x + 1
= x4 − 2x3 + 4x2 − 3x + 2 ,
(h ◦ g)(y) = h(g(y)) = g(y 2 + y) = 2(y 2 + y) + 3
= 2y 2 + 2y + 3 ,
(h ◦ (g ◦ f ))(x) = h((g ◦ f )(x)) = h(x4 − 2x3 + 4x2 − 3x + 2)
= 2(x4 − 2x3 + 4x2 − 3x + 2) + 3
= 2x4 − 4x3 + 8x2 − 6x + 7 ,
((h ◦ g) ◦ f ))(x) =
=
=
=
=
(h ◦ g)(f (x)) = (h ◦ g)(x2 − x + 1)
2(x2 − x + 1)2 + 2(x2 − x + 1) + 3
2(x4 + x2 + 1 − 2x3 + 2x2 − 2x) + 2(x2 − x + 1) + 3
2x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 2 + 2x2 − 2x + 2 + 3
2x4 − 4x3 + 8x2 − 6x + 7 .
Man beachte, dass (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f ).
Aufgabe 18:
Um die zusammengesetzte Abbildung g ◦ f definieren zu können, müssen wir
f (x) ∈ R \ {1, 5} für jedes x ∈ A haben. Nun ist
f (x) − 1 = x2 − x − 1 − 1 = x2 − x − 2 = (x − 2)(x + 1) und
f (x) − 5 = x2 − x − 1 − 5 = x2 − x − 6 = (x − 3)(x + 2) .
Folglich ist f (x) ∈ {1, 5} genau dann, wenn x ∈ {−2, −1, 2, 3}. Also müssen wir
A ∩ {−2, −1, 2, 3} = ∅ haben, um g ◦ f definieren zu können.
Funktionen: Lösungen zu Blatt 5
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Aufgabe 19:
Sei a ∈ [−2, 2]; für alle x ∈ [−2, 2] ist
|f (x) − f (a)| =
=
≤
≤
|4x3 − 4a3 | = |4(x3 − a3 )| = 4|x3 − a3 |
4|(x − a)(x2 + xa + a2 )| = 4|x − a||x2 + xa + a2 |
4|x − a|(|x2 | + |xa| + |a2 |) = 4|x − a|(|x||x| + |x||a| + |a||a|)
4|x − a|(4 + 4 + 4) = 48|x − a| .
Sei ε > 0 und setze δ = ε/48; für alle x ∈ [−2, 2] mit |x − a| < δ gilt dann
|f (x) − f (a)| ≤ 48|x − a| < 48δ = ε .
Dies zeigt, dass f and der Stelle a stetig ist, und da dies für jedes a ∈ [−2, 2] gilt,
ist die Abbildung f stetig.
Aufgabe 20:
Sei a ∈ A; für alle x ∈ A ist
a − x |a − x|
|a − x|
|x − a|
≤
=
.
|g(x) − g(a)| = |1/x − 1/a| = =
2
ax
|ax|
b
b2
Sei ε > 0 und setze δ = ε/b2 ; für alle x ∈ A mit |x − a| < δ gilt dann
|g(x) − g(a)| ≤
|x − a|
< δ/b2 = ε .
2
b
Dies zeigt, dass g and der Stelle a stetig ist, und da dies für jedes a ∈ A gilt, ist
die Abbildung g stetig.
12
Funktionen: Lösungen zu Blatt 6
Sommersemester 2005
Übungen Funktionen
C. Preston
Lösungen: Blatt 6
Aufgabe 21:
Sei a ∈ R; für alle x ∈ R ist
|f (x) − f (a)| = |4x3 − 4a3 | = |4(x3 − a3 )| = 4|x3 − a3 |
= 4|(x − a)(x2 + xa + a2 )| = 4|x − a||x2 + xa + a2 |
≤ 4|x − a|(|x2 | + |xa| + |a2 |) = 4|x − a|(|x||x| + |x||a| + |a||a|) .
Sei b = 1 + |a| und setze B = [−b, b]; insbesondere ist a ∈ B. Für alle x ∈ B ist
|f (x) − f (a)| ≤ 4|x − a|(|x||x| + |x||a| + |a||a|) ≤ 4|x − a|(bb + b|a| + |a||a|)
≤ 4|x − a|(bb + bb + bb) = 12b2 |x − a|
Sei ε > 0 und setze δ = min{1, ε/(12b2 )}. Ist x ∈ R mit |x − a| < δ, so ist
|x| = |x − a + a| ≤ |x − a| + |a| < 1 + |a| = b und folglich ist x ∈ B. Für alle
x ∈ R mit |x − a| < δ ist also
|f (x) − f (a)| ≤ 12b2 |x − a| < 12b2 δ = ε .
Dies zeigt, dass f an der Stelle a stetig ist, und da dies für jedes a ∈ R gilt, ist
die Abbildung f stetig.
Aufgabe 22:
Sei a ∈ A; für alle x ∈ A ist
a − x |a − x|
.
|g(x) − g(a)| = |1/x − 1/a| = =
ax
|ax|
Sei b = 21 a und setze B = {x ∈ R : x ≥ b}; insbesondere ist a ∈ B. Für alle
x ∈ B ist
|a − x|
|a − x|
|x − a|
|g(x) − g(a)| =
≤
=
.
2
|ax|
b
b2
Sei ε > 0 und setze δ = min{b, b2 ε}. Ist x ∈ A mit |x − a| < δ, so ist
x = |x| = |a − (a − x)| ≥ a − |x − a| ≥ a − 21 a = 12 a = b
und folglich ist x ∈ B. Für alle x ∈ A mit |x − a| < δ ist also
|x − a|
δ
< 2 =ε.
2
b
b
Dies zeigt, dass g an der Stelle a stetig ist, und da dies für jedes a ∈ A gilt, ist
die Abbildung g stetig.
|g(x) − g(a)| ≤
Funktionen: Lösungen zu Blatt 6
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Aufgabe 23:
Definiere Abbildungen h1 , h2 , h3 , h4 : R → R durch h1 (x) = 3x für alle x ∈ R,
h2 = f ◦ h1 , h3 = h2 + g und h4 = f ◦ h3 .
(1) Die Abbildung h1 ist stetig und daher stetig an der Stelle 1, und h1 (1) = 3.
Ferner ist f stetig an der Stelle 3. Folglich ist h2 = f ◦ h1 stetig an der Stelle 1.
(2) Die Abbildungen h2 und g sind beide stetig an der Stelle 1 und also ist
h3 = h2 + g auch stetig an der Stelle 1.
(3) Es gilt h3 (1) = h2 (1) + g(1) = f (h1 (1)) + g(1) = f (3) + g(1) = 1 + 2 = 3.
(4) Die Abbildung h3 ist stetig an der Stelle 1 mit h3 (1) = 3 und f ist stetig an
der Stelle 3. Also ist h4 = f ◦ h3 stetig an der Stelle 1.
(5) Es gilt h4 (1) = f (h3 (1)) = f (3) = 1.
(6) Die Abbildung h4 ist stetig an der Stelle 1 mit h4 (1) = 1 und g ist stetig an
der Stelle 1. Also ist g ◦ h4 stetig an der Stelle 1.
(7) Für alle x ∈ R ist
(g ◦ h4 )(x) = g(h4 (x)) = g((f ◦ h3 )(x)) = g(f (h3 (x))) = g(f ((h2 + g)(x)))
= g(f (h2 (x) + g(x))) = h(f ((f ◦ h1 )(x) + g(x)))
= h(f (f (h1 (x)) + g(x))) = h(f (f (3x) + g(x))) = h(x) ,
d.h. g ◦ h4 = h, und damit ist h stetig an der Stelle 1.
Aufgabe 24:
Es gilt g(0) = 0 und ist x ∈ I, so ist |x + 3x2 | ≤ |x| + 3|x|2 ≤ |x| + 3|x| = 4|x|.
Für alle x ∈ I gilt also
|g(x) − g(0)| = |g(x) − 0| = |g(x)| = |(x + 3x2 )f (x)|
= |x + 3x2 ||f (x)| ≤ b|x + 3x2 | ≤ b(4|x|) = 4b|x| = 4b|x − 0| .
Sei ε > 0 und setze δ = ε/(4b). Für alle x ∈ I mit |x − 0| < δ ist dann
|g(x) − g(0)| ≤ 4b|x − 0| < 4bδ = ε
und folglich ist g an der Stelle 0 stetig.
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Funktionen: Lösungen zu Blatt 7
Sommersemester 2005
C. Preston
Übungen Funktionen
Lösungen: Blatt 7
Aufgabe 25:
Setze r = p + q; nach Satz 4.2 (1) ist die Abbildung r an der Stelle a stetig und
es gilt r(x) = p(x) + q(x) = f (x) + g(x) = (f + g)(x) für alle x ∈ I \ {a}. Ferner
ist dann r(a) = p(a) + q(a).
Aufgabe 26:
Sei a ∈ R; dann ist f (x) − f (a) = 7x3 − 7a3 = 7(x3 − a3 ) = 7(x − a)(x2 + ax + a2 )
für alle x ∈ R und folglich ist
∆af (x) =
f (x) − f (a)
7(x − a)(x2 + ax + a2 )
=
= 7(x2 + ax + a2 )
x−a
x−a
für alle x ∈ R\{a}. Definiere g : R → R durch g(x) = 7(x2 +ax+a2 ) für alle x ∈ R;
also ist g stetig. Dann gilt ∆af (x) = g(x) für alle x ∈ R\{a} und g ist stetig an der
Stelle a. Also ist f in a differenzierbar mit f 0 (a) = g(a) = 7(aa + aa + aa) = 21a2 .
Aufgabe 27:
Sei a ∈ I; dann ist
f (x) − f (a) =
1
(a − 1) − (x − 1)
x−a
1
−
=
=−
x−1 a−1
(x − 1)(a − 1)
(x − 1)(a − 1)
für alle x ∈ I und folglich ist
∆af (x) =
f (x) − f (a)
1
=−
x−a
(x − 1)(a − 1)
für alle x ∈ I \ {a}. Definiere g : I → R durch g(x) = −1/(x − 1)(a − 1) für alle
x ∈ I; also ist g stetig. Dann gilt ∆af (x) = g(x) für alle x ∈ I \ {a} und g ist
stetig an der Stelle a. Also ist f in a differenzierbar mit
f 0 (a) = g(a) = −
1
1
=−
.
(a − 1)(a − 1)
(a − 1)2
Funktionen: Lösungen zu Blatt 7
15
Aufgabe 28:
Sei a ∈ R; dann ist
f (x) − f (a) =
1
(a2 + 1) − (x2 + 1)
1
−
=
x2 + 1 a 2 + 1
(x2 + 1)(a2 + 1)
a2 − x2
(x − a)(x + a)
= 2
=− 2
2
(x + 1)(a + 1)
(x + 1)(a2 + 1)
für alle x ∈ R und folglich ist
∆af (x) =
f (x) − f (a)
x+a
=− 2
x−a
(x + 1)(a2 + 1)
für alle x ∈ R \ {a}. Definiere g : R → R durch g(x) = −(x + a)/(x2 + 1)(a2 + 1)
für alle x ∈ R; also ist g stetig. Dann gilt ∆af (x) = g(x) für alle x ∈ R \ {a} und
g ist stetig an der Stelle a. Also ist f in a differenzierbar mit
f 0 (a) = g(a) = −
(a2
a+a
2a
=− 2
.
2
+ 1)(a + 1)
(a + 1)2
16
Funktionen: Lösungen zu Blatt 8
Sommersemester 2005
Übungen Funktionen
C. Preston
Lösungen: Blatt 8
Aufgabe 29:
Nach Satz 5.3 (2) ist f g in a differenzierbar und folglich ist nach Satz 5.3 (2)
(bzw. Satz 5.3 (3)) die Abbildung f gh = (f g)h (bzw. die Abbildung (f g)/h) in
a differenzierbar. Nun ist nach Satz 5.3 (2) (f g)0 (a) = f (a)g 0 (a) + f 0 (a)g(a) und
dann haben wir (wieder nach Satz 5.3 (2))
(f gh)0 (a) = (f g)(a)h0 (a) + (f g)0 (a)h(a)
= f (a)g(a)h0 (a) + (f (a)g 0 (a) + f 0 (a)g(a))h(a)
= f (a)g(a)h0 (a) + f (a)g 0 (a)h(a) + f 0 (a)g(a)h(a) .
Ferner ist nach Satz 5.3 (3)
f g 0
(f g)0 (a)h(a) − (f g)(a)h0 (a)
(a) =
h
(h(a))2
(f (a)g 0 (a) + f 0 (a)g(a))h(a) − f (a)g(a)h0 (a)
=
(h(a))2
f 0 (a)g(a)h(a) + f (a)g 0 (a)h(a) − f (a)g(a)h0 (a)
=
.
(h(a))2
Daraus ergibt sich, dass
f g 0
(a)
(f gh) (a) − (h(a))
h
= (f (a)g(a)h0 (a) + f (a)g 0 (a)h(a) + f 0 (a)g(a)h(a))
− (f 0 (a)g(a)h(a) + f (a)g 0 (a)h(a) − f (a)g(a)h0 (a))
= 2f (a)g(a)h0 (a) .
2
0
Aufgabe 30:
Definiere h1 , h2 : R → R durch h1 (x) = 2g(x + 1) und h2 (x) = x + 1 für alle
x ∈ R. Dann gilt f = g ◦ h1 und h1 = 2(g ◦ h2 ).
Nun ist h2 in 1 differenzierbar mit h2 (1) = 2 und g ist in 2 differenzierbar. Folglich
ist nach Satz 5.4 g ◦ h2 in 1 differenzierbar mit
(g ◦ h2 )0 (1) = g 0 (h2 (1))h02 (1) = g 0 (2)h02 (1) = −2 · 1 = −2 .
Funktionen: Lösungen zu Blatt 8
17
Da g ◦ h2 in 1 differenzierbar ist, ist nach Satz 5.3 (1) h1 = 2(g ◦ h2 ) auch in 1
differenzierbar und h01 (1) = 2(g ◦ h2 )0 (1) = 2 · (−2) = −4.
Schließlich ist h1 in 1 differenzierbar mit
h1 (1) = 2(g ◦ h2 )(1) = 2g(h2 (1)) = 2g(2) = 2 · 1 = 2
und g ist in 2 differenzierbar und daraus ergibt sich nach Satz 5.4, dass f = g ◦ h1
in 1 differenzierbar ist mit
f 0 (1) = (g ◦ h1 )0 (1) = g 0 (h1 (1))h01 (1) = g 0 (2)h01 (1) = (−2) · (−4) = 8 .
Aufgabe 31:
Definiere g, h : R → R durch g(x) = x50 und h(x) = x2 − 2x − 8 für alle x ∈ R;
also ist f = g ◦ h. Nun ist h in a differenzierbar für jedes a ∈ R mit h0 (a) = 2a − 2
und g ist in b differenzierbar für jedes b ∈ R mit g 0 (b) = 50b49 . Folglich ist nach
Satz 5.4 f = g ◦ h in a differenzierbar für jedes a ∈ R und es gilt
f 0 (a) = (g ◦ h)0 (a) = g 0 (h(a))h0 (a) = 50(h(a))49 (2a − 2)
= 50(a2 − 2a − 8)49 (2a − 2) .
Insbesondere ist f 0 (−2) = f 0 (1) = f 0 (4) = 0 (da a2 − 2a − 8 = (a − 4)(a + 2)).
Aufgabe 32:
Für alle x ∈ R \ {0} gilt
∆0f (x) =
f (x) − f (0)
f (x) − 0
f (x)
xg(x)
=
=
=
= g(x)
x−0
x−0
x
x
und g ist stetig an der Stelle 0. Folglich ist f in 0 differenzierbar und es gilt
f 0 (0) = g(0).
18
Funktionen: Lösungen zu Blatt 9
Sommersemester 2005
C. Preston
Übungen Funktionen
Lösungen: Blatt 9
Aufgabe 33:
(1) Sei a ∈ I und x ≥ a/2; dann ist
√
√ √
√ √
√ √
√ |x − a| = ( x + a)( x − a) = x + a x − a p
p
p
√
√
√ √ ≥ a/2 + a/2 x − a = 2 a/2 x − a √ √
√ √
= 2a x − a = 2a |q(x) − q(a)|
und daraus ergibt sich, dass
|x − a|
|q(x) − q(a)| ≤ √
.
2a
(2) Sei a ∈ I und sei b = 21 a; setze B = {x ∈ R : x ≥ b}; insbesondere ist a ∈ B.
Für alle x ∈ B ist nach (1)
|x − a|
|x − a|
|q(x) − q(a)| ≤ √
= √ .
2a
2 b
√
Sei ε > 0 und setze δ = min{b, 2ε b}. Ist x ∈ I mit |x − a| < δ, so ist
x = |x| = |a − (a − x)| ≥ a − |x − a| ≥ a − 21 a = 12 a = b
und folglich ist x ∈ B. Für alle x ∈ I mit |x − a| < δ ist also
|q(x) − q(a)| ≤
|x − a|
δ
√ < √ =ε.
2 b
2 b
Dies zeigt, dass q an der Stelle a stetig ist, und da dies für jedes a ∈ I gilt, ist
die Abbildung q stetig.
19
Funktionen: Lösungen zu Blatt 9
Aufgabe 34:
Sei a ∈ I; für alle x ∈ I \ {a} gilt dann
√
√
√
√
1
x− a
x− a
q(x) − q(a)
a
√ √
√ =√
√ .
=
= √
∆q (x) =
x−a
x−a
( x − a)( x + a)
x+ a
Sei h : I → R die Abbildung, die definiert ist durch
h(x) = √
1
√
x+ a
für alle x ∈ I. Dann ist h stetig an der Stelle a und h(x) = ∆aq (x) für alle
x ∈ I \ {a}. Folglich ist q in a differenzierbar und es gilt
q 0 (a) = h(a) = √
1
1
√ = √ .
a+ a
2 a
Aufgabe 35:
Sei g : [a, b] → R die Abbildung, die definiert ist durch g(x) = f (x) − x für alle
x ∈ [a, b]. Dann ist g stetig und
g(a) = f (a) − a ≥ a − a = 0 und g(b) = f (b) − b ≤ b − b = 0 ;
damit liegt 0 zwischen g(a) und g(b). Nach dem Zwischenwertsatz gibt es also ein
c ∈ [a, b] mit g(c) = 0 und dann ist f (c) = c.
Aufgabe 36:
(1) Ist d > 0, so ist 0 < d und damit f (d) ≤ f (0) = d.
(3) Ist d < 0, so ist d = f (0) ≤ f (d).
Sei g : R → R die Abbildung, die definiert ist durch g(x) = f (x) − x für alle
x ∈ R. Dann ist g stetig.
(2) Ist d > 0 so ist g(0) = f (0) − 0 = d > 0 und nach (1) ist g(d) = f (d) − d ≤ 0;
Damit liegt 0 zwischen g(0) und g(d). Nach dem Zwischenwertsatz gibt es also
ein c ∈ [0, d] mit g(c) = 0 und dann ist f (c) = c.
(4) Ist d < 0 so ist g(0) = f (0) − 0 = d < 0 und nach (3) ist g(d) = f (d) − d ≥ 0.
Damit liegt 0 zwischen g(d) und g(0). Nach dem Zwischenwertsatz gibt es also
ein c ∈ [d, 0] mit g(c) = 0 und dann ist f (c) = c.
20
Funktionen: Lösungen zu Blatt 10
Sommersemester 2005
C. Preston
Übungen Funktionen
Lösungen: Blatt 10
Aufgabe 37:
Sei f : [−2, 3] → R die Abbildung, die definiert ist durch
f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x + 3
für alle x ∈ [−2, 3].
Für alle a ∈ (−2, 3) ist f 0 (a) = 6a2 − 6a − 12 = 6(a2 − a − 2) = 6(a + 1)(a − 2)
und folglich ist
Nullf 0 = {x ∈ (−2, 3) : f 0 (a) = 0} = {−1, 2} .
Also ist Maxf ∪ Minf ⊂ Nullf 0 ∪ {−2, 3} = {−2, −1, 2, 3}. Aber
f (−2)
f (−1)
f (2)
f (3)
=
=
=
=
2(−2)3 − 3(−2)2 − 12(−2) + 3 = −16 − 12 + 24 + 3 = −1 ,
2(−1)3 − 3(−1)2 − 12(−1) + 3 = −2 − 3 + 12 + 3 = 10 ,
2 · 23 − 3 · 22 − 12 · 2 + 3 = 16 − 12 − 24 + 3 = −17 ,
2 · 33 − 3 · 32 − 12 · 3 + 3 = 54 − 27 − 36 + 3 = −6 .
Daraus ergibt sich, dass Maxf = {−1} und Minf = {2}.
Aufgabe 38:
Sei f : [0, 1] → R die Abbildung, die definiert ist durch
f (x) = 9 + 17x − 3x2 − 2x5
für alle x ∈ [0, 1].
Für alle a ∈ (0, 1) ist f 0 (a) = 17 − 6a − 10a4 ≥ 17 − 6 − 10 = 1 und damit ist
Nullf 0 = {x ∈ (0, 1) : f 0 (a) = 0} = ∅ .
Also ist Maxf ∪ Minf ⊂ {0, 1}. Nach dem Mittelwertsatz gibt es ein c ∈ (0, 1)
mit f 0 (c) = (f (1) − f (0))/(1 − 0) = f (1) − f (0) und damit ist
f (1) = f (0) + f 0 (c) ≥ f (0) + 1 .
Folglich ist Maxf = {1} und Minf = {0}. (In der Tat ist f (0) = 9 und f (1) = 21.)
Funktionen: Lösungen zu Blatt 10
21
Aufgabe 39:
Sei f : [−2, 2] → R die Abbildung, die definiert ist durch
f (x) = x3 − 3x + 1
für alle x ∈ [−2, 2].
(1) Für jedes a ∈ (−2, 2) ist f 0 (a) = 3a2 − 3 = 3(a2 − 1) = 3(a + 1)(a − 1). Für
a ∈ (−2, −1) ist a + 1 < 0 und a − 1 < 0 und damit f 0 (a) = 3(a + 1)(a − 1) > 0.
Für a ∈ (−1, 1) ist a + 1 > 0 und a − 1 < 0 und damit f 0 (a) = 3(a + 1)(a − 1) < 0.
Für a ∈ (1, 2) ist a + 1 > 0 und a − 1 > 0 und damit f 0 (a) = 3(a + 1)(a − 1) > 0.
(2) Es gilt f (−2) = −1 < 0, f (−1) = 3 > 0, f (1) = −1 < 0 und f (2) = 3 > 0.
(3) Da f (−2) < 0 und f (−1) > 0, liegt 0 zwischen f (−2) und f (−1), und folglich
gibt es nach dem Zwischenwertsatz mindestens ein a ∈ (−2, −1) mit f (a) = 0.
Nehme an, es gibt a, a0 ∈ (−2, −1) mit a < a0 und f (a) = 0 = f (a0 ). Nach dem
Mittelwertsatz gäbe es dann ein c ∈ (a, a0 ), so dass
0−0
f (a0 ) − f (a)
= 0
=0
f (c) =
0
a −a
a −a
0
und dies ist nicht möglich, da f 0 (c) > 0 für alle c ∈ (−2, −1). Folglich gibt es genau
einen Punkt a1 ∈ (−2, −1) mit f (a1 ) = 0. Genauso gibt es genau einen Punkt
a2 ∈ (−1, 1) mit f (a2 ) = 0 und genau einen Punkt a3 ∈ (1, 2) mit f (a3 ) = 0.
Da f (−2) 6= 0, f (−1) 6= 0, f (1) 6= 0 und f (2) 6= 0, besteht also die Menge
{x ∈ [−2, 2] : f (x) = 0} aus genau drei Punkten a1 , a2 , a3 , wobei −2 < a1 < −1,
−1 < a2 < 1 und 1 < a3 < 2.
Schließlich ist f (0) = 1 > 0 und f (1) = −1 < 0 und daher gibt es nach dem
Zwischenwertsatz mindestens ein a ∈ (0, 1) mit f (a) = 0. Aber a2 ist der einzige
Punkt in (−1, 1) mit f (a2 ) = 0 und damit ist 0 < a2 < 1.
Aufgabe 40:
Setze h = f /g; nach Satz 5.3 (3) ist h differenzierbar in a für jedes a ∈ R und
r(a)f (a)g(a) − f (a)r(a)g(a)
f 0 (a)g(a) − f (a)g 0 (a)
=
h (a) =
2
(g(a))
(g(a))2
r(a)f (a)g(a) − r(a)f (a)g(a)
0
=
=
=0.
2
(g(a))
(g(a))2
0
Nach Satz 8.6 ist dann die Abbildung h konstant, es gibt also ein c ∈ R mit
h(x) = c und daher mit f (x) = cg(x) für alle x ∈ R. Aber f (0) = g(0) und
folglich ist g(0) = f (0) = cg(0). Da g(0) 6= 0, ist dann c = 1, und dies zeigt, dass
f = g.
22
Funktionen: Lösungen zu Blatt 11
Sommersemester 2005
C. Preston
Übungen Funktionen
Lösungen: Blatt 11
Aufgabe 41:
Definiere F : R → R durch F (x) = 12 x4 + x3 + 6x2 + 3x für alle x ∈ R; da F 0 = f ,
ist F eine Stammfunktion von f und folglich ist
Z 1
f = F (1) − F (−1) = ( 21 + 1 + 6 + 3) − ( 21 − 1 + 6 − 3) = 8 .
−1
Aufgabe 42:
Definiere F : R → R durch F (x) = (x4 + x2 + 1)4 für alle x ∈ R; da
F 0 (a) = 4(a4 + a2 + 1)3 (4a3 + 2a) = 8(a4 + a2 + 1)3 (2a3 + a) = f (a)
für alle a ∈ R, ist F eine Stammfunktion von f und folglich ist
Z 2
f = F (2) − F (1)
1
= (16 + 4 + 1)4 − (1 + 1 + 1)4 = 214 − 34 = 194481 − 81 = 194400 .
Aufgabe 43:
Definiere F : R → R durch F (x) = x2 g(x) für alle x ∈ R; da
F 0 (a) = 2ag(a) + a2 g 0 (a)
für alle a ∈ R, ist F eine Stammfunktion von f und folglich ist
Z 1
f = F (1) − F (0) = 12 g(1) − 02 g(0) = 1 − 0 = 1 .
0
Aufgabe 44:
Definiere F : R → R durch F (x) = x/(1 + x2 ) für alle x ∈ R; da
F 0 (a) =
1 − a2
(1 + a2 ) · 1 − a(2a)
=
= f (a)
(1 + a2 )2
(1 + a2 )2
für alle a ∈ R, ist F eine Stammfunktion von f und folglich ist
Z 1
f = F (1) − F (−1) = 21 − (− 12 ) = 1 .
−1