Lösungen Blatt 11

Prof. Dr. Reiner Lauterbach
Wintersemester 2014/2015
Analysis I
Lösungshinweise – Übungsblatt 11
Aufgabe 3 (4 Punkte). Wir betrachten für a ∈ R+ die komplexe Folge
n
1+i
{zn }n∈N mit zn =
.
a
(a) Schreiben Sie z1 in Polarkoordinaten, das heißt, finden Sie r > 0 und
t ∈ [0, 2π) mit z1 = reit .
(b) Bestimmen Sie (in Abhängigkeit von a ∈ R+ ) die Häufungspunkte der
Folge und beschreiben Sie {zn | n ∈ N} in der komplexen Zahlenebene.
√
Lösung 3. (a) Mit r = a2 und t = π4 erhalten wir
√ √ π
π √2 1
iπ
2
2
i
1+i
√ +√
E
=
cos
+ i sin
=
= z1 .
=
a
4
a
4
4
a
a
2
2
(b) Wir rechnen
√ !n
2
,
a
|zn | =
√
√
und erhalten |zn | → ∞ für a < 2, sowie |zn | → 0 für a > 2. Im ersten
Fall hat die Folge keine Häufungspunkte, im zweiten konvergiert
sie gegen
√
0, was somit der einzige Häufungspunkt ist. Falls a = 2, so ist |zn | = 1
für alle n ∈ N. In diesem Fall ist die Folge periodisch:
8
1+i
(2i)4
= i4 = 1,
z8 = √
=
16
2
also gilt zn+8 = z8 · zn = zn für alle n ∈ N und Häufungspunkte sind die
acht Einheitswurzeln zi , i = 1, . . . , 8. Weiterhin
√ geht aus dieser Rechnung
hervor, dass die Menge {zn | n ∈ N} für a 6= 2 eine gegen den Uhrzeigersinn verlaufende Spirale mit wachsendem (bzw. schrumpfendem) Radius
beschreibt.
Aufgabe 4 (4 Punkte). Zeigen Sie, dass
1. die Funktion
f : R → R : x 7→
0,
x,
falls x ∈
/Q
falls x ∈ Q
in jedem Punkt x 6= 0 unstetig und im Punkt 0 stetig ist und
2. die Funktion
f : R → R : x 7→
0,
1
q,
falls x ∈
/Q
falls x ∈ Q, x = pq , p, q ∈ Z, q > 0, ggT(p, q) = 1
in jedem Punkt x ∈ Q unstetig und in jedem Punkt x ∈ R \ Q stetig ist.
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Lösung 4.
1. Wir zeigen die gesuchte Eigenschaft mit Hilfe des Folgenkriteriums für Stetigkeit. f ist stetig im Punkt 0: Es sei eine Folge (xi )i∈N
gegeben, die gegen 0 konvergiert. Es ist |f (xi )| ≤ |xi | für alle i ∈ N. Somit
konvergiert auch (f (xi ))i∈N gegen 0.
f ist in allen Punkten x 6= 0 unstetig: Es sei x ∈ Q \ {0}. Wähle eine
Folge (xi )i∈N mit xi ∈ R \ Q, die gegen x konvergiert. Wegen f (z) = 0 für
irrationale z ist (f (xi ))i∈N eine Nullfolge, aber f (x) = x 6= 0. Daher ist f
in x nicht stetig. Für x ∈ R \ Q argumentiert man analog.
2. Die Unstetigkeit von f an Stellen x ∈ Q zeigt man genau wie in Aufgabenteil 1. Für n ∈ N sei
m
Dn := {x ∈ Q | x = , m ∈ Z, ggT(m, n) = 1}
n
Man überlegt sich leicht, dass für verschiedene rationale Zahlen x, y ∈ Dn
gilt: |x − y| ≥ n1 . Es sei nun x ∈ R \ Q. Für ε > 0 wähle k ∈ N mit k1 < ε.
Aufgrund der vorigen Überlegungen gibt es ein δ > 0, sodass Bδ (x) keine
1
Zahlen aus D1 ∪. . .∪Dk enthält. Somit ist |f (x)−f (z)| = f (z) ≤ k+1
<ε
für alle z ∈ Bδ (x). Daher ist f in x stetig.
Aufgabe 5 (10 Punkte). Überprüfen Sie die folgenden Funktionen auf Differenzierbarkeit im Nullpunkt, als Definitionsbereich ist immer das Intervall (−1, 1)
anzusehen. Für welche der Funktionen existiert eine zweite Ableitung am Nullpunkt? Begründen
p Sie Ihre Antwort.
3
2
(d) f (x) = |x|
(a) f (x) = |x|,
,2
1
x sin( x ), x 6= 0
x sin( x1 ), x 6= 0
(b) f (x) =
, (e) f (x) =
,
0,
x=0
0,
x=0
3
(c) f (x) = |x| ,
(f ) f (x) = log(1 + x).
Lösung 5. Wir betrachten jeweils den Differenzenquotienten der angegebenen
Funktion im Nullpunkt.
(a) Es gilt für h > 0
√
h
1
=√ ,
h
h
der Grenzwert ∆0 (f ) existiert nicht und somit ist f im Nullpunkt nicht
differenzierbar.
∆h0 (f )
=
(b) Es gilt
h sin h1
1
=
= sin
h
h
und es ist leicht zu sehen, dass ∆0 (f ) nicht existiert, f also im Nullpunkt
nicht differenzierbar ist.
∆h0 (f )
(c) Es gilt
|h|3
= sgn(h)h2
h
und wir haben somit ∆0 (f ) = 0. Es ist nun klar, dass die erste Ableitung
f 0 von f auf dem ganzen Definitionsbereich existiert. Weiter gilt
∆h0 (f ) =
∆h0 (f 0 ) =
sgn(h)h2
= |h|,
h
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und daher ∆0 (f 0 ) = 0.
(d) Es gilt
3
p
|h| 2
= sgn(h) |h|,
h
und wir folgern ∆0 (f ) = 0. Dass diese Funktion nicht ein weiteres Mal in
Null differenzierbar ist, schliessen wir aus (a).
∆h0 (f ) =
(e) Es gilt
h2 sin h1
1
= h sin ,
h
h
vom Übungsblatt 10 Aufgabe 6 wissen wir, dass somit ∆0 (f ) = 0. Dass
die Funktion f nicht ein weiteres Mal in Null differenzierbar ist, schliessen
wir mit (b).
∆h0 (f ) =
(f) Nach der Definition des Logarithmus gilt 1 + x = exp(log(1 + x)), differenzieren ergibt
1 = (1 + x) log0 (1 + x)
=⇒
1
= log0 (1 + x)
1+x
und somit haben wir f 0 (0) = log0 (1) = 1. Ein weiteres Differenzieren liefert
0
1
1
log00 (1 + x) =
=−
1+x
(1 + x)2
und daher f 00 (0) = log00 (1) = −1.
Aufgabe 6 (6 Punkte). (a) Zeigen Sie: log(x) ist in jedem Punkt x > 0 stetig.
(b) Für x > 0 und s ∈ R definieren wir
xs = E(s · log(x)).
Man zeige, die Funktionen f : R+ → R : x 7→ xs (für festes s ∈ R) bzw.
g : R → R : s 7→ xs (für festes x ∈ R+ ) sind für jedes s ∈ R bzw. für jedes
x ∈ R+ stetig.
(c) Man zeige: f , definiert wie in Teilaufgabe (b), ist für jedes s 6= 0 monoton,
injektiv und surjektiv auf R+ .
(d) Berechnen Sie für festes s ∈ R die Ableitung von f , wie auch die der Umkehrfunktion.
Lösung 6. (a) log ist die Umkehrfunktion von exp und damit in jedem Punkt
x ∈ R+ differenzierbar. Differenzierbarkeit impliziert Stetigkeit, also ist
log überall stetig.
(b) Bekanntlich sind exp, log und Verknüpfungen stetiger Funktionen stetig,
also sind auch f und g stetig.
(c) Es sei s > 0. exp ist monoton steigend, injektiv und surjektiv auf R+ . Damit ist auch log monoton steigend und injektiv, sowie surjektiv auf R. Es
folgt, dass s · log für festes s monoton steigend, injektiv und surjektiv auf
R ist. Verknüpfungen monoton steigender Funktionen sind monoton steigend, injektiver Funktionen injektiv und surjektiver Funktionen surjektiv.
Also besitzt f alle diese Eigenschaften.
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(d) Es ist
0
(exp(s · log(x))) = s·(log(x))0 ·exp(s·log(x)) =
s
·exp(s·log(x)) = sxs−1 .
x
Die Ableitung von log ergibt sich aus
0
x = exp(log(x)) =⇒ 1 = (exp(log(x))) = (log(x))0 ·exp(log(x)) = (log(x))0 ·x.
1
Die Umkehrfunktion von f ist x s , denn
1
xs
s
1
1
= exp(s · log(exp( · log(x)))) = exp(s · · log(x)) = x.
s
s
Damit ist die Ableitung bereits berechnet.
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