Humboldt-Universität zu Berlin Institut für Mathematik

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Humboldt-Universität zu Berlin
Institut für Mathematik
Prof. A. Griewank Ph.D.; Dr. A. Hoffkamp;
Dipl.Math. T.Bosse; Dipl.Math. L. Jansen
Übungsaufgaben zur Vorlesung
ANALYSIS I (WS 12/13)
Lösungsvorschlag Serie 3
Lösung 3.1:
√
1. √
Im folgenden zeigen wir durch eine Gegenannahme,
dass 3 irrational ist. Angenommen,
√
3 ist rational, d.h. es exitieren a, b ∈ Z mit 3 = ab . O.B.d.A. können wir insbesondere
2
a ∈ N und b ∈ N teilerfremd angenehmen. Letztere Gleichung ist äquivalent zu 3 = ab2
bzw. 3b2 = a2 . Daher können wir schliessen, dass 3 ein Teiler von a2 und somit von a
selbst ist (Primfaktorzerlegung von natürlichen Zahlen). M.a.W. es existiert ein ã mit
a = 3ã. Durch einsetzen in 3b2 = a2 = 9ã und dividieren durch 3 folgt nun, dass 3 auch
ein Teiler von b2 bzw. b ist. Dies ist aber ein Widerspruch zu unserer Annahme ’ a ∈ N
ud b ∈ N teilerfremd’.
2. An dem Schritt, welcher die Primfaktorzerlegung ausnutzt.
Lösung 3.2:
1. Beweis durch Widerspruch: Annahme r ∈ Q und x ∈ R/Q, so ist r · x ∈ Q. Gelte nun
r · x ∈ Q, d.h. es existieren a ∈ Z und b ∈ Z mit r · x = ab . Da r ∈ Q gilt, existieren
desweitern c ∈ Z und d ∈ Z mit c, d 6= 0, so dass r = dc . Somit lässt sich aber x als
e
r−1 (·r · x) = r−1 ab = dc ab = ad
bc = f darstellen, also folgt der Widerspruch x ∈ Q (denn
die Produkte von ganzen Zahlen sind wieder Element der ganzen Zahlen, insbesondere
e = ad, f = bc ∈ Z und somit x = fe ∈ Q).
2. Zunächst sehen wir (aufgrund der Rechenregeln des Absolutbetrags), dass
26
− 1.3 = 2 13 − 0.25 + |0.8|
| 0.8 > 0
m
m
26
26
⇐⇒ − 1.3 = − 0.5 + 0.8
| · 2m
m
m
⇐⇒ |52 − 2.6m| = |52 − m| + 1.6m
Für m ∈ N mit m ≥ 52 sehen wir nun, dass 52 − 2.6m ≤ 0 und 52 − m ≤ 0, somit
8
⇐⇒ − 52 + 2.6m = −52 + m + m
5
⇐⇒2.6m = m + 1.6m
D.h. für m ≥ 52 (≈ hinreichend gross) gilt die Gleichheit.
1
= wahre Aussage
Lösung 3.3:
Sei p, q ∈ Q, dann existieren q1 , p1 ∈ Z und q2 , p2 ∈ N, sodass p =
p1
+
q1
p1 q2 +p2 q1
p1
p2
und q =
q1
q2 .
Also folgt
p1 q2 +p2 q1
xp+q = x p2 q2 = x p2 q2 = x p2 q2
h 1 ip1 q2 +p2 q1 (∗) h 1 ip1 q2 h 1 ip2 q1
(∗∗)
= x p2 q2
= x p2 q2
x p2 q2
h 1 ip1 q2 h 1 ip2 q1 (∗∗) h p1 q2 i h p2 q1 i
= x p2 q2
x p2 q2
= x p2 q2 x p2 q2
h p1 i h q1 i
= x p2 x q2 = xp xq ,
wobei (∗) in der Vorlesung gezeigt wurde und (∗∗) nach Vorraussetzung gilt.
Lösung 3.4:
a) M ist nur nach oben beschränkt durch sup{M } = 3.
b) M ist nach unten und oben durch min{M } = inf{M } = 0 bzw. sup{M } = 1 beschränkt.
c) M ist nur nach oben durch sup{M } = 1 beschränkt.
d) M ist nach unten und nach oben durch inf{M } = 0 bzw. sup{M } =
3
2
beschränkt.
Hinweis: Die Beweise wurden hier ausgelassen, gehören aber normalerweise dazu (Prüfen der
Definitionen). Z.B. muss man bei b) verifizieren, dass sup{M } = 1 die kleinste obere Schranke
ist: M.a.W. man muss nachweisen, dass s = 1 eine obere Schranke ist, d.h. für alle m ∈ M gilt
m ≤ s. Dies folgt, da für alle n ∈ N gilt:
n−1
≤ 1 = 1 ⇐⇒ n − 1 ≤ n + 1 ⇐⇒ −1 ≤ +1 (wahr)
n+1
Kleinste obere Schranke: Annahme es existiert eine obere Schranke s̃ mit 0 < s̃ < 1 und m ≤ s̃
n0 −1
1+s̃
für alle m ∈ M . Wähle nun n0 ∈ N mit n0 > 1+s̃
1−s̃ und n0 < 1−s̃ + 2, dann folgt K = n0 +1 ∈ M
und
1 + s̃
1 − s̃
⇐⇒n0 (1 − s̃) > 1 + s̃
n0 >
⇐⇒n0 − s̃n0 > 1 + s̃
⇐⇒n0 − 1 > s̃(n0 + 1)
n0 − 1
> s̃
⇐⇒
n0 + 1
Widerspruch zur Annahme ’s̃ ist obere Schranke’ von M . Somit ist s = 1 kleinste, obere
n−1
Schranke. Es gilt aber offensichtlich s ∈
/ M , da aus s ∈ M der Widerspruch 1 = n+1
⇔ n+1 =
2
n − 1 ⇔ −1 = 1 folgt. Somit haben wir nur das Supremum s = sup{M } = 1, welches aber kein
Maximum ist.
Lösung 3.5:
Im folgenden benutzen wir die Definition:
Eine Folge xn heisst konvergent gegen den Grenzwert x , falls
∀ > 0∃N0 : |xn − x| < für alle n ≥ N0 .
Sonst nennen wir sie divergent.
a) Die Folge ist konvergent mit Grenzwert x = 0: Sei > 0 beliebig aber fest gegeben, so gilt
n
n
n
n2
1
|xn − x| = n − 0 = n = n = n < ≤ 2
2
2
n2
n
für alle n ∈ N mit n ≥ N0 () = max (5, 1 ), denn aus früheren Aufgaben wissen wir, dass
n2 < 2n
bzw.
n2
< 1 ∀n ∈ N mit n ≥ 5.
2n
b) Die Folge ist konvergent mit Grenzwert x = 3. Sei > 0 beliebig aber fest gegeben, so gilt
n
(−1)n 1
(−1)
− 3 = 3 = 3 < |xn − x| = 3 +
3
n
n
n
für alle n ∈ N mit n > N0 () =
1
√
3
, denn n >
3
1
√
3
⇐⇒ >
1
.
n3
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