Lösung - Höhere Mathematik an der TUM

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Zentrum Mathematik
P ROF. D R .D R . J ÜRGEN R ICHTER -G EBERT, VANESSA K RUMMECK , M ICHAEL P R ÄHOFER
Höhere Mathematik für Informatiker II (Sommersemester 2004)
— Lösungen zu Aufgabenblatt 8 (14. Juni 2004) —
— Präsenzaufgaben —
Aufgabe 45. Polynome sind stets stetig.
Zeigen Sie mit vollständiger Induktion, dass jede Polynomfunktion f ∈ R[X] mit
f (X) = an X n + an−1 X n−1 + · · · + a1 X + a0
in jedem Punkt x ∈ R stetig ist.
L ÖSUNG :
Erinnerung: Eine Funktion f : D → R heisst stetig in p ∈ D ⊂ R,
genau dann wenn
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ D |x − p| < δ =⇒ |f (x) − f (p)| < ε
oder äquivalent:
Für alle Folgen reeller Zahlen (xm )m∈N mit lim (xm ) = p folgt lim (f (xm )) = f (p).
m→∞
m→∞
Die Funktion f heisst stetig, wenn sie für alle p ∈ D stetig in p ist.
Wir zeigen zunächst, dass die konstante Funktion f (x) = c für ein c ∈ R und die Identität f (x) = x stetig sind:
Seien p ∈ R und ε > 0 beliebig. Wir setzen δ := ε > 0. Ist x ∈ R ein Punkt mit |x−p| < δ, dann gilt:
|f (x) − f (p)| = |c − c| = 0 < ε
|f (x) − f (p)| = |x − p| < δ = ε für f (x) = c :
für f (x) = x :
Die Stetigkeit der Polynomfunktion f zeigen wir per Induktion nach dem Grad n des Polynoms f (X):
I NDUKTIONSANFANG F ÜR n = 0:
Eine Polynomfunktion vom Grad n = 0 ist die konstante Abbildung x 7→ c für ein c ∈ R. Wir haben bereits
gezeigt, dass sie stetig ist.
I NDUKTIONSSCHRITT n → n + 1:
Das Polynom f (X) können wir darstellen als Komposition von Polynomen vom Grad höchstens n bzw. der
Identität.
f (X) = an+1 X n+1 + an X n + · · · + a0 = an+1 X n ·X + an X n + · · · + a0 = g(X) · X + h(X)
|
{z
}
| {z }
=: g(X)
=:h(X)
Diese sind nach Induktionsvoraussetzung bzw. wie oben gezeigt stetig. Dann können die Grenzwertsätze angewendet werden.
Aufgabe 46. Epsilons . . . Deltas . . . und andere Nachweise von Stetigkeit.
Zeigen Sie die Stetigkeit folgender Funktionen:
1.) f : R −→ R
2.) f : R −→ R
mit f (x) = |x|
√
√x
mit f (x) =
−x
3.) min : R −→ R
wobei
4.) max : R −→ R
wobei
mit min(x) = min(f (x), g(x)),
f : R −→ R
Hinweis: Was ist
und g : R −→ R
f (x)+g(x)−|f (x)−g(x)|
2
stetige Funktionen sind.
?
mit max(x) = max(f (x), g(x)),
f : R −→ R
Hinweis: Was ist
wenn x ≥ 0
wenn x < 0
und g : R −→ R
f (x)+g(x)+|f (x)−g(x)|
2
?
stetige Funktionen sind.
L ÖSUNG :
1.) Gegeben ist die Funktion f : R −→ R
mit f (x) = |x| =
x
−x
wenn x ≥ 0
.
wenn x < 0
Nach den Sätzen aus der Vorlesung ist die Identitäts-Funktion g1 (x) = x stetig. Ebenso sind die konstante
Funktion g2 (x) = −1 sowie das Produkt g1 (x) · g2 (x) = −x stetig. Damit ist die Stetigkeit von f für alle
x ∈ R\{0} nachgewiesen.
Nachweis der Stetigkeit von f bei p = 0:
mit ε − δ-Definition von Stetigkeit:
Sei ε > 0 gegeben. Gesucht ist nun ein δ > 0, so dass gilt
|x − p| = |x − 0| = |x| < δ =⇒ |f (x) − f (p)| = |f (x) − f (0)| = |x| < ε.
Wähle δ = ε. Dann gilt: |x| < δ = ε =⇒ |f (x)| = |x| < ε.
mit Folgen-Definition von Stetigkeit:
Es ist zu zeigen, dass für alle Folgen
dass
(xn )n∈N
mit
lim (xn ) = 0
n→∞
gilt,
lim (f (xn )) = f (0) = |0| = 0 gilt.
n→∞
Sei eine Folge (xn )n∈N mit lim (xn ) = 0 gegeben.
n→∞
Nun ist zu zeigen, dass
∀ε > 0 ∃Nε ∈ N
∀n ≥ Nε
|f (xn ) − 0| = |f (xn )| = |xn | < ε.
0
∀ε > 0 ∃Nε0 ∈ N
Da (xn )n∈N aber eine Nullfolge ist, gilt
|xn − 0| = |xn | < ε0 .
∀n ≥ Nε0
Wähle Nε = Nε0
p
mit f (x) = |x| =
2.) Gegeben ist die Funktion f : R −→ R
√
√x
−x
wenn x ≥ 0
wenn x < 0
Nachweis der Stetigkeit von f bei p = 0:
Sei ε > 0 gegeben. Gesucht ist nun ein δ > 0, so dass gilt
p
p
p
√
|x − p| = |x − 0| = |x| < δ =⇒ |f (x) − f (p)| = |f (x) − f (0)| = | |x| − 0| = | |x|| = |x| < ε.
√
p
p
Wähle δ = ε2 . Dann gilt: |x| < δ = ε2 =⇒ | |x|| = |x| < ε2 = ε.
Nachweis der Stetigkeit von f bei p 6= 0
Sei ε > 0 gegeben. Gesucht ist nunp
ein δ >p
0, so dass gilt
|x − p| < δ =⇒ |f (x) − f (p)| = | |x| − |p|| < ε.
p
p
√ .
Trick: Erweitern: |x| − |p| = √|x|−|p|
|x|+
|p|
Es gilt |x| − |p| ≤ |x − p| für alle x, p ∈ R.
√
Wähle δ = p · ε. Dann gilt:
p
p
√
√ | = √||x|−|p||
√ ≤ √ |x−p|
√
|x − p| < δ = pε =⇒ | |x| − |p|| = | √|x|−|p|
|x|+
3.) Gegeben ist die Funktion min : R −→ R
wobei
f : R −→ R
Es gilt: min(x) =
und g : R −→ R
f (x)+g(x)−|f (x)−g(x)|
2
=
|p|
|x|+
|p|
|x|+
√
|p|
<√
|p|ε
√
|x|+
|p|
√
|p|ε
≤ √ =ε
|p|
mit min(x) = min(f (x), g(x)),
stetige Funktionen sind.
f (x)+g(x)
2
−
|f (x)−g(x)|
.
2
Für alle x ∈ R berechnet der Term f (x)+g(x)
das arithmetische Mittel von f (x) und g(x), d. h. der Wert
2
f (x)+g(x)
liegt genau zwischen den beiden Funktionswerten f (x) und g(x). Die Differenz der beiden Funkti2
onswerte f (x) und g(x) beträgt |f (x) − g(x)| Wird also von dem Wert, der genau zwischen f (x) und g(x) liegt,
die Hälfte der Differenz ihres Abstandes subtrahiert, so ergibt dies das Minimum der beiden Funktionswerte.
Da die Funktionen f , g, f − g und die Betragsfunktion stetige Funktionen sind, ist nach Satz aus der Vorlesung
−g|
auch die Funktion min = f +g−|f
stetig.
2
4.) Gegeben ist die Funktion max : R −→ R
wobei
f : R −→ R
Es ist max(x) =
und g : R −→ R
f (x)+g(x)+|f (x)−g(x)|
.
2
mit max(x) = max(f (x), g(x)),
stetige Funktionen sind.
Warum ?
Mit der gleichen Argumentation wie oben folgt dann die Stetigkeit der Funktion max.
Aufgabe 47. Polynull.
Bestimmen Sie, falls existent, die folgenden Grenzwerte:
x2 + 5x + 2
x→0 x3 + x + 4
x+7
x→0 x2
2.) lim
1.) lim
x2 − x
.
x→0
x
3.) lim
L ÖSUNG :
2
1.) Da die Funktion f (x) = xx3+5x+2
+x+4 im Punkt x = 0 stetig ist, gilt für alle konvergenten Folgen (xn )n∈N mit
Grenzwert 0, daß lim f (x) = lim (f (xn )) ist. Wählen wir die Nullfolge (xn )n∈N = ( n1 )n∈N , so erhalten wir
n→∞
x→0
mit Hilfe der Rechenregeln für Grenzwerte von konvergenten Folgen:
( 1 )2 + 5 + 2
1
1
2
lim f (x) = lim f (xn ) = lim f
= lim n1 3 n1
= = .
n→∞
n→∞
n→∞
x→0
n
4
2
(n) + n + 4
2.) Für die Nullfolge (xn )n∈N = ( n1 )n∈N ist lim
1
n +7
1
n2
= n + 7n2 = +∞. D.h. der Grenzwert lim x+7
2 kann nicht
x→0 x
1 +7
existieren, da er gleich dem Grenzwert der Folge n 1
wäre, die aber bestimmt gegen +∞ divergiert.
n→∞
n2
3.) Für die Funktion h(x) =
2
x −x
x
n∈N
gilt lim h(x) = −1. Dies zeigen wir mit der ε-δ-Definition: Es sei ε > 0
x→0
vorgegeben. Wir wählen δ = ε, dann gilt für alle x ∈ R mit |x − 0| < δ und x 6= 0 stets:
2
x − x
x + 1 = |x − 1 + 1| ≤ |x| < δ = ε.
— Hausaufgaben —
Aufgabe 48. Zick-Zack.
Die Funktion zack : R −→ R
zack(x) := |bx + 12 c − x|.
sei definiert durch
Zeichnen Sie den Graphen der Funktion zack und zeigen Sie
1.) Für alle x ∈ R mit |x| ≤
1
2
gilt zack(x) = |x|.
2.) Für alle x ∈ R und n ∈ Z gilt zack(x + n) = zack(x).
3.) Die Funktion zack ist überall stetig.
L ÖSUNG :
Gegeben ist die Funktion
zack : R −→ R
durch
zack(x) := |bx + 12 c − x|.
Zeichnung des Graphen der Funktion zack:
6
1
2
@
@
−1
1.) B EHAUPTUNG : Für alle x ∈ R mit |x| ≤
B EWEIS :
1
2
− 12
|x| ≤ ⇐⇒
≤x≤
Fallunterscheidung:
1
2
1
2
@
@
1
@
@
2
@
@
3
@
@4
gilt zack(x) = |x|.
⇐⇒ − 12 +
1
2
≤x+
1
2
≤
1
2
+
1
2
⇐⇒ 0 ≤ x +
1
2
≤1
1.) 0 ≤ x + 12 < 1 :
Dann gilt bx + 12 c = 0, und es folgt |bx + 12 c − x| = |0 − x| = | − x| = |x|.
2.) x + 12 = 1 ⇐⇒ x = 12 :
Dann gilt bx + 12 c = 1, und es folgt |bx + 12 c − x| = |1 − 12 | = | 12 | = |x|.
2.) B EHAUPTUNG : Für alle x ∈ R und n ∈ Z gilt zack(x + n) = zack(x).
B EWEIS :
Allgemein gilt für alle n ∈ Z und alle x ∈ R die Gleichung bx + nc = bxc + n.
Damit gilt nun für alle reellen Zahlen x ∈ R und alle ganzen Zahlen n ∈ Z, dass zack(x +
n) = |bx + n + 21 c − (x + n)| = |bx + 12 c + n − (x + n)| = |bx + 12 c − x| = zack(x).
3.) B EHAUPTUNG : Die Funktion zack ist überall stetig.
B EWEIS :
Da für alle x ∈ R und alle n ∈ Z gilt, dass zack(x + n) = zack(x), reicht es, die Stetigkeit
der Funktion zack auf dem Intervall [− 12 , 12 ] nachzuweisen. Da die Funktion zack auf dem
(abgeschlossenen) Intervall [− 12 , 12 ] mit der Betragsfunktion übereinstimmt, ist die Funktion
zack auf dem (offenen) Intervall (− 12 , 12 ) stetig. Es bleibt noch die Stetigkeit für p = 12 und
p = − 21 zu zeigen. Wegen zack(x) = zack(n + x) für alle x ∈ R und alle n ∈ Z und somit
auch zack(− 21 ) = zack(− 12 + 1) = zack( 12 ) reicht der Nachweis der Stetigkeit bei p = 12 :
Sei also (xn )n∈N eine Folge reeller Zahlen mit lim (xn ) = 12 . Ohne Beschränkung der Alln→∞
gemeinheit sei xn ∈ [0, 1] für alle n ∈ N.
Dann ist zu zeigen, dass lim (zack(xn )) = zack( 12 ) =
n→∞
Es gilt |x| ≤
und wegen
1
2
1
2
gilt.
=⇒ zack(x) = |x|,
1
<x≤1
2
=⇒
1 1
1
1
+ <x+ ≤1+
2 2
2
2
=⇒
1<x+
1
3
≤
2
2
folgt
1
1
< x ≤ 1,
bx + c = 1 für alle
2
2
und somit
1
1
zack(x) = |bx + c − x| = |1 − x| für alle
< x ≤ 1.
2
2
Somit gilt für alle Folgenglieder xn mit 0 ≤ xn ≤ 1
|xn |
für 0 ≤ xn ≤ 12
zack(xn ) = |bxn + 12 c − xn | =
|1 − xn | für 12 < xn ≤ 1
und es ist
lim (zack(xn )) = 12 = zack( 12 ).
n→∞
Aufgabe 49. Unstete Stellen.
1.) Zeigen Sie mit Hilfe der Folgen-Stetigkeitsdefinition, dass die Funktion f (x) = sin x1 , x ∈ R\{0}, an der
Stelle 0 niemals stetig sein kann, unabhängig davon, was f (0) ist.
2.) Zeigen Sie mit Hilfe der ε-δ-Stetigkeitsdefinition, dass die Funktion g(x) = x · sin x1 , x ∈ R\{0}, und g(0) = 0
an der Stelle 0 stetig ist.
3.) Zeigen Sie mit Hilfe der Folgen-Stetigkeitsdefinition, dass die Funktion h(x) = x1 , x ∈ R\{0}, an der
Stelle 0 niemals stetig sein kann, unabhängig davon, was h(0) ist. Zeigen Sie dies auch mit Hilfe der ε-δStetigkeitsdefinition.
L ÖSUNG :
1.) Die Folge (an )n∈N =
1
π
2 +π·n
n∈N
konvergiert gegen Null. Aber es ist sin
1
an
= sin
π
2
+ π · n = (−1)n .
Also ist die Folge (sin an )n∈N divergent. Somit kann es keinen Wert f (0) geben, gegen den die spezielle Folge
(sin an )n∈N konvergiert.
2.) Es sei ε > 0 vorgegeben. Wähle δε = ε. Dann gilt für alle x ∈ R mit |x − 0| = |x| < δε stets
1
1
|g(x) − g(0)| = x · sin = |x| · sin ≤ |x| · 1 < δε = ε, falls x 6= 0,
x
x
und |g(x) − g(0)| = 0 < ε, falls x = 0
3.) Mit Folgen-Stetigkeitsdefinition: Die Folge (an )n∈N = ( n1 )n∈N konvergiert gegen Null. Aber es ist (h(an ))n∈N =
(n)n∈N eine Folge, die bestimmt gegen +∞ divergiert.
Mit ε-δ-Stetigkeitsdefinition: Angenommen die Funktion h wäre stetig und es ist h(0) = a für ein passendes
a ∈ R. Zu ε = 1 gäbe es dann ein δ1 > 0, so daß für alle x ∈ R mit |x − 0| = |x| < δ1 stets
|h(x) − a| = | x1 − a| < 1 gilt. Wählen wir aber x = n1 mit n ∈ N \ {0} so groß, dass sowohl n > δ11 , als
auch n > |a|+1 gilt, dann ist zwar |x| = n1 < δ1 , aber |f (x)−a| = |n−a| = (n−a) > 1+|a|−a ≥ 1 = ε,
im Widerspruch zur Annahme.
Aufgabe 50. Fixe Cornflakes.
Da staunt C ALVIN nicht schlecht: Trotz heftigen Umrührens seiner Cornflakes scheint ein “Cornflakesmolekül” immer
am selben Platz zu bleiben. Kann das wirklich sein? Es ist tatsächlich so (es könnte aber auch ein “Milchmolekül”
sein). Betrachtet man nämlich das Umrühren als eine stetige Funktion f von [0, 1]3 nach [0, 1]3 , dann gibt es einen
Punkt x ∈ [0, 1]3 , so dass f (x) = x ist.
Da es sich in Milch und Cornflakes so schlecht denken lässt (oder da es sich ohne Milch und Cornflakes so schlecht
denken lässt?), betrachten wir das Phänomen erst einmal eindimensional:
Es sei f : [0, 1] → [0, 1] eine stetige Funktion. Zeigen Sie, dass es einen Wert x ∈ [0, 1] mit f (x) = x gibt. Man nennt
diesen Wert Fixpunkt von f .
Hinweis: Betrachten Sie die Funktion g(x) = f (x) − x und verwenden Sie den Zwischenwertsatz.
L ÖSUNG :
Die Funktion g(x) = f (x) − x ist stetig, da f (x) und x → −x stetig sind, sowie Summen zweier stetiger Funktionen
stetig sind. Damit können wir für g den Zwischenwertsatz anwenden. Um zu zeigen, dass f einen Fixpunkt hat, genügt
es nachzuweisen, dass es einen Wert x ∈ [0, 1] mit g(x) = 0 gibt. Einerseits ist g(0) = f (0) − 0 = f (0) ≥ 0, da die
Wertemenge von f das Intervall [0, 1] ist. Andererseits ist g(1) = f (1)−1 ≤ 0, da die Wertemenge von f das Intervall
[0, 1] ist. Nach dem Zwischenwertsatz gibt es nimmt die Funktion alle Werte aus dem Intervall [g(1), g(0)] 3 0 an.
Deswegen gibt es einen Wert x ∈ [0, 1] mit g(x) = 0.