Blatt 03 - TUM Mathematik

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Zentrum Mathematik
Prof. Dr. Oliver Matte
Max Lein
Mathematik für Physiker 2
(Analysis 1)
Wintersemester 2010/2011
Lösungsblatt 3
(29.10.2009)
Zentralübung
15. Abzählbarkeit
(i) Zeigen Sie, dass Z abzählbar ist.
(ii) Zeigen Sie, dass R nicht abzählbar ist.
Lösung:
Bevor wir mit der eigentlichen Aufgabe anfangen, wiederholen wir kurz, was es bedeutet, wenn
eine Menge abzählbar ist.
Definition 0.1 (Abzählbarkeit) Eine Menge M heißt höchstens abzählbar, wenn eine bijektive Abbildung f : N ⊆ N0 −→ M existiert. M heißt abzählbar unendlich, wenn N = N0 ist.
Die Definition legt schon nahe, dass nicht jede Menge höchstens abzählbar ist – und dass, obwohl
N0 unendlich viele Elemente enthält! Wie wir sehen werden, müssen wir zwischen Mengen mit
abzählbar (unendlich) vielen und überabzählbar (unendlich) vielen Elementen unterscheiden.
(i) Wir geben explizit eine solche Abbildung f an:
{
f : N0 −→ Z, n 7→ f (n) :=
n
2
− n+1
2
n ∈ 2N0
n ∈ 2N0 + 1
Wie man direkt sieht, werden die geraden Zahlen auf positive ganze Zahlen abgebildet und die
ungeraden auf die negativen.
Auf den ersten Blick scheint diese Tatsache paradox: obwohl N0 ⊊ Z eine echte Teilmenge
der ganzen Zahlen ist, gibt es eine Bijektion zwischen beiden. Wie man leicht sieht, kann das
aber nur für Mengen mit (abzählbar) unendlich vielen Elementen gelten, endliche Mengen
können niemals echte Teilmengen mit gleicher Mächtigkeit enthalten (dieses Kriterium kann
man auch dazu heranziehen, zwischen endlichen und unendlichen Mengen zu unterscheiden,
Stichwort: Dedekind-unendliche Menge).
(ii) Wir werden zwei Widerspruchsbeweise mit unterschiedlichen Ideen angeben: Der Erste beruht
auf einem mengentheoretischen Argument, der Zweite zeigt, dass reelle Zahlen nicht vollständig durch ihre Dezimaldarstellung charakterisiert sind.
(a) Ein möglicher Beweis verwendet Intervallschachtelungen: sei also {sn }n∈N eine Aufzählung von I0 := [0, 1] ⊂ R. Wenn wir zeigen können, dass eine Teilmenge von R überabzählbar ist, so muss auch R überabzählbar sein.
Wir definieren rekursiv das abgeschlossene Intervall In : wir teilen In−1 in drei gleich
große Intervalle auf und wählen nun ein Intervall aus, in dem sn nicht liegt. Falls also
s1 = 0, 25 . . . ist, so können wir für I1 das zweite oder das dritte Drittel auswählen,
usw. So erhalten wir eine Intervallschachtelung, Ij ⊊ In ∀j > n. Da alle In der Intervallschachtelung abgeschlossen sind, wissen wir aus Satz 2.2.16 der Vorlesung, dass eine
1
Zahl s existiert, die in allen Intervallen der Intervallschachtelung enthalten ist, s ∈ In
∀n ∈ N. Andererseits muss s in der Aufzählung enthalten sein; wäre s = sj für ein j ∈ N,
so hätten wir insbesondere s = sj ∈ Ij . Nach Konstruktion der Intervallschachtelung
kann dies aber nie erfüllt sein, Widerspruch!
(b) Nehmen wir an, [0, 1] ⊂ R wäre abzählbar und {sn }n∈N wäre eine solche Abzählung, das
heißt die Abbildung f : N −→ R, n 7→ f (n) := sn . Jede Zahl sn stellen wir als Dezimalzahl
dar und füllen gegebenenfalls die restlichen Stellen mit 0 auf. Bezeichne sn m die mte
Stelle der Zahl sn , also beispielsweise ist die dritte Stelle der Zahl s7
s7 = {1, 4, 5, 6, 2, 0, . . .} = 0, 145620 . . .
s7 3 = 4. Jede Dezimalstelle kann nur Werte zwischen 0 und 9 annehmen. Außerdem
bezeichnen wir eine beliebige Zahl zwischen 0 und 9 außer der 0 mit 0̄, usw. Wir definieren
also die Zahl s0 mit Dezimalen s̄n n : die n-te Dezimalstelle ist also gerade nicht die n-te
Stelle der n-ten Zahl. Seien also beispielsweise die ersten 5 Zahlen der Aufzählung
s1 = {3, 1, 5, 7, 4, 0, . . .} = 0, 315740 . . .
s2 = {1, 8, 5, 6, 2, 2, . . .} = 0, 185622 . . .
s3 = {2, 4, 5, 6, 2, 7, . . .} = 0, 245627 . . .
s4 = {5, 6, 1, 1, 4, 8, . . .} = 0, 561148 . . .
s5 = {9, 7, 5, 6, 3, 3, . . .} = 0, 975633 . . .
Dann definieren wir S0 ,
{
}
S0 := s0 = {s0 1 , s0 2 , s0 3 , s0 4 , . . .} | s0 j ̸= sj j , j ∈ N ,
als die Menge der Zahlen, dessen n-te Ziffer gerade nicht der n-ten Ziffer der n-ten Zahl
der Aufzählung entspricht; in unserem Beispiel ist dies
{
}
S0 := {1̄, 4̄, 1̄, 6̄, . . .} | 0̄ ̸= 0, 1̄ ̸= 1, . . . , 9̄ ̸= 9 .
Eine mögliche Wahl wäre in diesem Fall 0, 2527 . . ., es gibt aber unendlich viele andere.
Sei s0 ∈ S0 ⊂ [0, 1] beliebig aber fest. s0 kann nicht in der Aufzählung von R enthalten
sein. Denn angenommen s0 wäre die n-te Zahl der Aufzählung, s0 = sn , so müsste auch
s0 n = sn n gelten. Nach Konstruktion von s0 kann dies nie erfüllt sein und s0 ist nicht in
der Aufzählung enthalten. Widerspruch!
2
16. Injektive, surjektive und bijektive Abbildungen
(i) Seien f1 : N −→ P und f2 : M −→ N injektive Abbildungen. Zeigen Sie, dass die Hintereinanderausführung
(
)
f1 ◦ f2 : M −→ P, m 7→ f1 ◦ f2 (m) := f1 f2 (m)
ebenfalls injektiv ist.
(ii) Seien f1 und f2 aus Teilaufgabe (i) bijektiv. Zeigen Sie, dass die Abbildung f1 ◦ f2 bijektiv ist
und geben Sie das Inverse an.
(iii) Kann f1 ◦ f2 invertierbar sein, wenn f1 und f2 nicht beide notwendigerweise invertierbar
sind?
Lösung:
(i) Zu allererst stellen wir fest, dass f(1 ◦ f2 )wohldefiniert ist: f2 bildet von M nach N ab. Da f1
auf ganz N definiert ist, ergibt f1 f2 (n) ∈ P Sinn.
Sei also p ∈ f1 ◦ f2 (M ) ⊆ P . Dann existiert ein m ∈ M mit f1 ◦ f2 (m) = p. Angenommen
es gibt noch ein weiteres m′ ∈ M mit p = f1 ◦ f2 (m′ ). Dann ist n′ = f2 (m′ ) ein Urbildpunkt
von p bezüglich f1 . Wäre n′ ̸= n := f (m), dann liefert das einen Widerspruch zur Injektivität
von f1 , da f1 (n) = p = f1 (n′ ). Gilt n′ = n, so gäbe es zu diesem Punkt zwei Urbilder unter f2 ,
Widerspruch zur Injektivität von f2 .
Also ist auch die Komposition f1 ◦ f2 injektiv.
(ii) Wir brauchen zuerst ein Lemma:
Lemma 0.2 Eine Abbildung f : M −→ N ist genau dann bijektiv, wenn eine Abbildung g : N −→
M existiert mit
f ◦ g = idN
(1)
g ◦ f = idM ,
wobei idM : M −→ M , m 7→ m, und idN : N −→ N , n 7→ n, die Identitätsabbildungen sind, die
jedes Element der Menge auf sich selbst abbilden. In diesem Fall schreiben wir f −1 = g.
Man beachte, dass die Identitätsabbildungen auf unterschiedlichen Mengen leben.
Proof “⇐:” Angenommen, es existiert ein g, das Gleichungen (1) erfüllt. Dann folgt aus f ◦
g = idN , dass f surjektiv sein muss: ansonsten gäbe es ein n0 ∈ N \ f (M ) ohne Urbild.
Andererseits muss g(n0 ) ein Urbild sein, Widerspruch.
Aus g ◦ f = idM folgt, dass f auch injektiv ist: angenommen, es gäbe m1 , m2 ∈ M mit
f (m1 ) = f (m2 ) = n. Dann gilt aber m1 = g ◦ f (m1 ) = g(n) = g ◦ f (m2 ) = m2 . f ist also
bijektiv.
“⇒:” Sei f bijektiv. Dann ist die Umkehrabbildung f −1 : N −→ M auf ganz N = f (M )
definiert und es gelten
(
)
f ◦ f −1 (n) = f f −1 (n) = n = idN (n) ∀n ∈ N
(
)
f −1 ◦ f (m) = f −1 f (m) = m = idM (m) ∀m ∈ M.
□
3
Wir werden zeigen, dass (f1 ◦ f2 )−1 = f2−1 ◦ f1−1 : P −→ M die Inverse Abbildung zu f1 ◦ f2
ist und daher auch f1 ◦ f2 invertierbar ist. Das heißt, wir müssen
(f1 ◦ f2 )−1 ◦ (f1 ◦ f2 ) = idM
(f1 ◦ f2 ) ◦ (f1 ◦ f2 )−1 = idP
zeigen. Wir begnügen uns mit dem Beweis der ersten Aussage, der von der zweiten geht analog. Wir müssen zuerst zeigen, dass die Verknüpfung von Abbildungen ◦ assoziativ ist, also für
alle f1 : N −→ P , f2 : M −→ N , f3 : J −→ M
f1 ◦ (f2 ◦ f3 ) = (f1 ◦ f2 ) ◦ f3 = f1 ◦ f2 ◦ f3 : J −→ P
gilt. Das sieht man durch direktes Einsetzen: für alle j ∈ J gilt
(
)
( (
))
(
)
f1 ◦ (f2 ◦ f3 )(j) = f1 f2 ◦ f3 (j) = f1 f2 f3 (j) = (f1 ◦ f2 ) f3 (j)
= (f1 ◦ f2 ) ◦ f3 (j) = f1 ◦ f2 ◦ f3 (j).
Für mehr als 3 Abbildungen kann man induktiv zeigen, dass man bei der Komposition von
Abbildungen keine Klammern zu setzen braucht.
Durch Einsetzen rechnen wir nach, dass (f1 ◦ f2 )−1 = f2−1 ◦ f1−1 das Linksinverse ist:
(f2−1 ◦ f1−1 ) ◦ (f1 ◦ f2 ) = f2−1 ◦ f1−1 ◦ f1 ◦f2 = f2−1 ◦ f2 = idM
| {z }
=idN
(iii) Ja, das kann passieren: angenommen, f2 : M −→ N ist injektiv. Dann ist f1 , aufgefasst als
Abbildung zwischen M und im f ⊆ N bijektiv. Wenn f1 surjektiv und die Einschränkung
f1 |im f2 : im f2 ⊆ N −→ P auf das Bild bijektiv ist, dann ist f1 ◦ f2 bijektiv.
Als Beispiel betrachte man sin : R −→ [−1, +1] und arcsin : [−1, +1] −→ [−π/2, +π/2]: wir
haben zwar sin ◦ arcsin = id[−1,+1] , aber nicht arcsin ◦ sin = idR . Der Sinus ist nicht überall
invertierbar, sondern nur, wenn man ihn auf ein geeignetes Intervall einschränkt – man kann
den Winkel nur modulo π rekonstruieren.
4
17. Polarzerlegung
(i) Zeigen Sie, dass man jede komplexe Zahl z ∈ C derart in ein r ≥ 0 und ein w ∈ C, |w| = 1,
zerlegen kann, dass z = rw gilt. Wann ist diese Zerlegung eindeutig?
(ii) Geben Sie Real- und Imaginärteil von w aus (i) an und interpretieren Sie beide geometrisch.
Lösung:
(i) Wir müssen zwei Fälle unterscheiden: z = 0 und z ̸= 0. Sei also z = 0. Dann ist r = 0 und
w = 1 eine Zerlegung, 0 = 0 · 1. Diese Zerlegung
ist aber nicht
eindeutig, man könnte nämlich
{
}
1
jede andere komplexe Zahl w ∈ S := w ∈ C | |w| = 1 auf der Kreislinie in der komplexen
Ebene wählen.
Nun zu z ̸= 0: dann können wir z schreiben als
z = |z|
z
=: r w.
|z|
Per Definition ist |z| = r > 0 und w hat Betrag 1,
z 1
|w| = =
|z| = 1.
|z|
|z|
Diese Zerlegung ist auch eindeutig, denn sei r′ w′ = z eine andere Zerlegung mit r′ ≥ 0 und
|w′ | = 1. Dann folgt aus
r′ ≥0
|r′ w′ | = |r′ | |w′ | = |r′ | = r′
|{z}
=1
!
r>0
= |z| = |rw| = |r| |w| = |r| = r
r′ = r = |z| und dann auch
w′ =
1
r′ z
=
1
|z| z
= w,
die Zerlegung ist für z ̸= 0 eindeutig.
(ii) Wenn wir C ∼
= R2 als komplexe Ebene interpretieren, dann entspricht die Zerlegung z = rw,
r ≥ 0, |w| = 1, der Polardarstellung. Man identifiziert die x-Achse als Realteil und die y-Achse
als Imaginärteil. Dann ergeben sich die Komponenten von w zu
w = cos α + i sin α,
wobei α der Winkel ist, der zwischen dem Vektor z = a + ib und der x-Achse aufgespannt
wird. Später werden wir sehen, dass man auch w = eiα schreiben kann.
5
18. Der Betrag in C
Man zeige für w, z ∈ C:
(i) z̄ = z,
(iv) |wz| = |w| · |z|,
(ii) w̄ + z̄ = w + z,
(v) Re (z) =
(iii) w̄ · z̄ = wz,
(vi) Im (z) =
1
2 (z + z̄)
1
2i (z − z̄)
(vii) Re(wz̄) ≤ |w||z|,
(viii) |w + z| ≤ |w| + |z|.
Lösung:
Sei im Folgenden immer w = u + iv, z = x + iy, dann ist w̄ = u − iv.
(i) z̄ = x − iy = x + iy = z.
(ii) trivial.
(iii) w̄z̄ = (u + iv)·(x + iy) = (u−iv)·(x−iy) = (ux−vy)−i(vx+uy) = (ux − vy) + i(vx + uy) =
(u + iv)(x + iy) = wz
(iv) |wz|2 = wzwz = ww̄z z̄ = |w|2 |z|2 .
(v) Für z = x + iy erhalten wir Re (z) = x und
1
2
(
)
(
(x + iy) + (x + iy) = 12 x + iy + x − iy) = x.
(vi) Ganz analog zur vorigen Teilaufgabe erhalten wir Im (z) = y =
z = x + iy.
1
2i (z − z̄) durch Einsetzen von
(vii) Für jede komplexe Zahl gilt Re(z) ≤ |z|, also ist |w||z| = |w||z̄| = |wz̄| ≥ Re(wz̄).
(viii) |w + z|2 = (w + z)(w̄ + z̄) = ww̄ + z w̄ + wz̄ + z z̄ = |w|2 + 2Re(wz̄) + |z|2
≤ |w|2 + 2|w||z| + |z|2 = (|w| + |z|)2 .
6
Hausaufgaben
20. Binomische Formel
[10 Punkte]
Zeigen Sie induktiv, dass für alle n ∈ N und w, z ∈ K die binomische Formel
n ( )
∑
n
n
(w + z) =
k
k=0
wn−k z k
gilt.
( ) ( n ) (n+1)
= k+1 und die Konvention z 0 := 1, wobei 1 ∈ K das neutrale
Hinweis: Verwenden Sie nk + k+1
Element der Multiplikation ist.
Lösung:
IA Wir zeigen die Aussage für n = 1:
1 ( )
∑
1
k=0
k
w
( )
( )
1
1
1 0
z =
w z +
w0 z 1
0
1
1−k
k
[1]
= w + z = (w + z)1
IV Wir nehmen an, wir haben
n ( ′)
∑
n
′
n′
(w + z)
=
k=0
k
′
wn −k z k
für alle n′ ≤ n gezeigt.
IS n → n + 1:
n+1
(w + z)
n ( )
∑
n
[1]
n IV,[1]
= (w + z) (w + z)
= (w + z)
wn−k z k
k
k=0
(
)
(
)
n
n
∑ n
[1] ∑ n
=
wn−k+1 z k +
wn−k z k+1
k
k
k=0
k=0
n−1
n ( )
∑ (n)
∑
n
[1] n+1
n−k+1 k
n+1
= w
+
w
z +z
+
wn−k z k+1
k
k
k=1
k=0
)
n ( )
n (
∑
∑
n
n
′
′
[1] n+1
n−k+1 k
n+1
wn−(k −1) z k
= w
+
w
z +z
+
′
k −1
k
k=1
k′ =1
[(
)
(
)]
n
n
[1] n+1 ∑ n
= w
+
+
wn−k+1 z k + z n+1
k
k−1
k=1 |
{z
}
=(n+1
,
[1]
)
k
)
n (
∑
n+1
[1] n+1
= w
+
wn−k+1 z k + z n+1
k
k=1
(
)
n+1
[1] ∑ n + 1
=
wn+1−k z k
k
k=0
7
21. Dreiecksungleichung
[9 Punkte]
Für x ∈ R definieren wir den Betrag als |x| := max{−x, x}.
(i) Zeigen Sie die Dreiecksungleichung: für alle x, y ∈ R gilt |x + y| ≤ |x| + |y|.
(ii) Zeigen Sie, dass für alle n ∈ N und x1 , . . . , xn ∈ R gilt:
n
n
∑
∑
xk ≤
|xk |
k=1
k=1
Lösung:
(i) Einerseits gilt x ≤ |x| und y ≤ |y| [1] und somit auch
[1]
x + y ≤ |x| + y ≤ |x| + |y| .
Andererseits sind auch −x ≤ |x| und −y ≤ |y| richtig [1], woraus
[1]
−x + (−y) ≤ |x| + (−y) ≤ |x| + |y|
folgt. Somit ist ±(x + y) ≤ |x + y| ≤ |x| + |y| gezeigt.
(ii) IA n = 1: Die Aussage ist für n = 1 trivialerweise richtig, für alle x1 ∈ R gilt
1
1
∑ [1] ∑
xk = |x1 | ≤ |x1 | =
|xk |.
k=1
k=1
IV Wir nehmen an, dass für alle n′ ≤ n, n′ ∈ N,
′
n′
n
∑
∑
xk ≤
|xk |
k=1
k=1
bewiesen worden ist.
IS n → n+1: Wir setzen die Aussage für n+1 ein, spalten den letzten Term ab und benutzen
die normale Dreiecksungleichung sowie die Induktionsvoraussetzung,
n+1 n
∑ ∆-UGl,[1] ∑
[1] ∑
n
xk = xk + xn+1 ≤
k=1 xk + |xn+1 |
k=1
k=1
n
n+1
IV,[1] ∑
[1] ∑
≤
|xk | + |xn+1 | =
|xk |.
k=1
k=1
Somit gilt die Dreiecksungleichung auch für n + 1 Terme.
8
22. Rechnen mit Summen
(i) Zeigen Sie induktiv, dass
gilt:
∑
[10 Punkte]
linear ist, das heißt für alle n ∈ N und w1 , . . . wn , z1 , . . . , zn , λ ∈ K
n
∑
(
n
n
∑
) ∑
wk + λzk =
wk + λ
zk
k=1
k=1
k=1
∑
(ii) Sei z ∈ K. Berechnen Sie (z − 4)2 nk=0 ak z k . Sortieren Sie das Ergebnis nach Potenzen von
z und benutzen Sie die Summenschreibweise als weit möglich.
Lösung:
(i) IA Für n = 1 ist die Aussage trivialerweise wahr, denn für alle w1 , z1 , λ ∈ K gilt
1
∑
(
wk + λzk
)
∑
[1] ∑
= w1 + λz1 =
wk + λ
zk .
k=1
1
1
k=1
k=1
IV Angenommen, wir haben die Behauptung,
′
n
∑
(
′
′
)
wk + λzk =
n
∑
wk + λ
k=1
k=1
n
∑
zk
k=1
für alle n′ ≤ n bewiesen.
IS n → n + 1: Seien w1 , . . . , wn+1 , z1 , . . . , zn+1 , λ ∈ K. Dann gilt
n+1
∑
(
n
)
) (
(
) [1] ∑
wk + λzk + wn+1 + λzn+1
wk + λzk =
k=1
k=1
∑
IV,[1] ∑
=
wk + λ
zk + wn+1 + λzn+1
(D),[1]
=
n
n
k=1
n+1
∑
k=1
(
wk + λ
n
∑
)
zk + zn+1
k=1
k=1
∑
[1] ∑
wk + λ
zk .
=
n+1
n+1
k=1
k=1
Im mit (D) gekennzeichneten Schritt haben wir das Distributivgesetz benutzt.
∑
(ii) Wir multiplizieren aus und verwenden stets, dass
linear ist:
(z − 4)2
n
∑
∑
∑
[1] ∑
ak z k = z 2
ak z k − 8z
ak z k + 16
ak z k
n
k=0
[1]
=
[1]
=
n
n
k=0
n
∑
k=0
n
∑
k=0
n
∑
k=0
n+2
∑
k=0
n+1
∑
k=0
n
∑
ak z k+2 −
ak−2 z k −
k=2
8ak z k+1 +
k=1
9
8ak−1 z k +
16ak z k
k=0
16ak z k
[1] ∑
=
ak−2 z k + an−1 z n+1 + an z n+2 +
n
k=2
− 8a0 z −
n
∑
8ak−1 z k − 8an z n+1 +
k=2
+ 16a0 + 16a1 z +
n
∑
16ak z k
k=2
∑(
)
[1]
= 16a0 + (−8a0 + 16a1 ) z +
ak−2 − 8ak−1 + 16ak z k +
n
+ (an−1 − 8an ) z
10
n+1
+
k=2
an z n+2
23. Komplexe Zahlen
[4 Punkte]
Berechnen Sie Real- und Imaginärteil von
5
3+i ,
(i) (1 + i)2 ,
(iii)
(ii) (1 + 1i )−1 ,
(iv) den Lösungen der Gleichung z 2 = 2i.
Lösung:
(i) (1 + i)2 = 0 + 2i [1]
−1 =
(ii) (1 + 1i )−1 = ( i+1
i )
(iii)
5
3+i
=
5
(3+i)(3−i) (3
− i)
i
1−i
1
1+i = i 2 = 2
= 12 (3 − i) [1]
+
i
2
[1]
(iv) Nach (i) ist z = 1 + i eine Lösung, z = −1 − i ist die andere. [1]
11