Lösung - Institut für Analysis, Dynamik und Modellierung

R
Adµ
Universität Stuttgart
Fakultät Mathematik und Physik
Institut für Analysis, Dynamik und Modellierung
Blatt Probeklausur 1
Lösungen zur Probeklausur 1
Aufgabe 1
1. Geben Sie die Denition einer Äquivalenzrelation in einer Menge A an.
2. Es sei ∼ eine Relation auf N, welche für a, b ∈ N wie folgt gegeben ist:
a ∼ b ⇔ ∃n∈Z a − b = 2n.
Zeigen Sie, dass ∼ eine Äquivalenzrelation ist und bestimmen Sie die entsprechenden Äquivalenzklassen.
3. Zeigen Sie, dass die Familie der Äquivalenzklassen einer Äquivalenzrelation auf A eine Zerlegung
der Menge A bildet.
Lösung
1. Eine Äquivalenzrelation R in A ist eine reexive, symmetrische, transitive Relation R ⊂ A × A,
also
∀a∈A aRa,
∀a1 ,a2 ∈A (a1 Ra2 ⇔ a2 Ra1 ),
∀a1 ,a2 ,a3 ∈A ((a1 Ra2 ∧ a2 Ra3 ) ⇒ a1 Ra3 ).
2. Reexivität. Es sei a ∈ N. Dann gilt a − a = 0 = 2 · 0 und damit a ∼ a.
Symmetrie. Falls a ∼ b, a, b ∈ N so gilt a − b = 2n, n ∈ Z, und damit b − a = 2m mit
m = −n ∈ Z, woraus folgt b ∼ a.
Transitivität. Angenommen es gilt (a ∼ b) ∧ (b ∼ c) für a, b, c ∈ N. Dann ist a−b = 2n, b−c = 2m
mit geeigneten m, n ∈ Z und damit a − c = (a − b) + (b − c) = 2k mit k = m + n ∈ Z, also
a ∼ c.
Es sei nun n ∈ N. Dann gilt
2 − 2n = 2(1 − n),
(1 − n) ∈ Z,
woraus folgt, dass 2 ∼ 2n für alle n ∈ N. Genauso sieht man, dass
1 − (2n − 1) = 2(1 − n),
(1 − n) ∈ Z,
und damit 1 ∼ (2n − 1) für alle n ∈ N. Die zwei Äquivalenzklassen der gegebenen Relation sind
also die Mengen aller geraden bzw. aller ungeraden natürlichen Zahlen.
3. Es sei ∼ die Äquivalenzrelation in A und [a] = {b ∈ A| a∼b} ⊂ A die zu einem Element
a ∈ A entsprechende Äquivalenzklasse. Um zu beweisen, dass die Familie F = {[a]| a ∈ A} aller
Äquivalenzklassen eine Zerlegung der Menge A bildet, wir müssen zeigen, dass
(a) ∀a∈A [a] 6= ∅,
(b)
(c)
∀a1 ,a2 ∈A,a1 6∼a2 [a1 ] ∩ [a2 ] = ∅,
[
[a] = A.
a∈A
Aus der Reexivität folgt sofort a ∈ [a], was die Eigenschaft (a) beweist.
1
Um (b) zu zeigen, nehmen wir an, für gewisse a, b ∈ A mit a 6∼ b gelte [a] ∩ [b] 6= ∅. Damit gibt
es ein Element x ∈ A mit x ∈ [a] und x ∈ [b]. Nach Symmetrie und Transitivität folgert man
(a ∼ x) ∧ (x ∼ b) ⇒ (a ∼ b) - Widerspruch!
Auf Grund der Reexivität gilt für jedes a ∈ A auch a ∈ [a] ⊂ a∈A [a], woraus A ⊂
folgt. Die umgekehrte Inklusion ist wegen [a] ⊂ A für beliebiges a ∈ A klar.
S
S
a∈A
[a]
Aufgabe 2
1. Denieren Sie die Menge der komplexen Zahlen und die vier Grundrechenoperationen +, ·, −, /
auf C.
2. Bestimmen Sie Real- und Imaginärteil von
√ 30
.
1+i 3
3. Skizzieren Sie in der komplexen Zahlenebene folgende Menge:
|z| − Im z ≤ 1.
(1)
Lösung
1. Jede komplexe Zahl kann als ein Paar reeller Zahlen dargestellt werden:
z = (x, y),
x, y ∈ R.
Es sei z1 = (x1 , y1 ) und z2 = (x2 , y2 ). Die Grundrechenoperationen sind dann wie folgt deniert:
z1 ± z2 := (x1 ± x2 , y1 ± y2 ),
z1 · z2 := (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ),
sowie für z2 6= 0
z1 /z2 = z1 ·
2.
z2−1
= z1 ·
x2
−y2
,
x22 + y22 x22 + y22
=
x1 x2 + y1 y2 x2 y1 − x1 y2
,
x22 + y22
x22 + y22
.
√ 30 π
π 30 iπ/3 30
1+i 3
= 2(cos + i sin )
= 2e
= 230 ei 10π = 230 .
3
3
3. Es folgt direkt aus (1), dass 1 + Im z ≥ |z| ≥ 0. Also ist (1) äquivalent zu
2
|z|2 ≤ (1 + Im z) ⇔ x2 + y 2 ≤ 1 + 2y + y 2 ⇔ x2 ≤ 1 + 2y,
wobei z = (x, y). Die Lösungsmenge besteht aus der Parabel y = (x2 − 1)/2 und allen Punkten
oberhalb dieser Parabel.
Aufgabe 3
1. Geben Sie die Denition einer Cauchy-Folge in R sowie die formale Negation dieser Denition an.
2. Es seien {an }n∈N und {bn }n∈N Folgen in R, so dass {an } beschränkt ist und bn → 0 für n → ∞.
Beweisen Sie, dass dann die Folge {an bn }n∈N für n → ∞ den Grenzwert 0 besitzt.
3. Es sei n ∈ N. Entscheiden Sie, ob diese Folge für n → ∞ konvergent ist und bestimmen Sie
gegebenenfalls den Grenzwert:
√
2n n 5n
xn = n
.
2 + n8 + sin(n2 π)
2
Lösung
1. Denition einer Cauchy-Folge: {xn }n∈N ist eine Cauchy-Folge in R genau dann, wenn
∀ε>0 ∃N ∈N ∀m,n>N |xn − xm | < ε.
Negation:
∃ε > 0 ∀N ∈N ∃n,m>N |xn − xm | ≥ ε.
2. Es gelte |an | ≤ A für alle n ∈ N. Da bn → 0, so existiert für beliebiges gegebenes ε > 0 ein
Ñ ∈ N mit |bn − 0| = |bn | < εA−1 = ε̃ > 0 für n > Ñ und damit
|an bn − 0| = |an bn | ≤ |an ||bn | < Aε̃ ≤ ε
für n > Ñ . Letzteres bedeutet nichts anderes als limn→∞ an bn = 0.
3. Aus den Regeln zum Rechnen mit Summen, Produkten und Quotienten von Grenzwerten folgt
√
√
√
√
n
n
2n n 5n
5n
5 nn
1
=
=
→ = 1,
2n + n8 + sin(n2 π)
1 + 2−n n8 + 2−n sin(n2 π)
1 + 2−n n8 + 2−n sin(n2 π)
1
da
lim 2−n = lim 2−n n8 = 0,
n→∞
n→∞
lim
n→∞
√
n
5 = lim
n→∞
√
n
n =1
(bekannte Grenzwerte) sowie | sin(n2 π)| ≤ 1 und damit sin(n2 π) · 2−n → 0 nach Punkt 2 dieser
Aufgabe.
3