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Jürgen Pöschel
Etwas
Analysis
Lösungen zu den Aufgaben
Prof. Dr. Jürgen Pöschel
Fachbereich Mathematik
Universität Stuttgart
Pfaffenwaldring 57
70569 Stuttgart
Schrift: Ludica Bright
System: Mac
Software: LATEX, TEXShop, Adobe Illustrator
Gestaltung, Satz, Zeichnungen: Jules Hobbes
© Jürgen Pöschel
Oktober 2014
1
G r u n dlagen
Lösungen
1
a. Wahr, denn 2
p → q ∧ ¬q
(¬p ∨ q) ∧ ¬q
(¬p ∧ ¬q) ∨ (q ∧ ¬q)
¬p ∧ ¬q.
b. Wahr, denn P(∅) = {∅} .
c.
Falsch, denn {0} × {0} = {(0, 0)} ≠ {(0)} .
d. Falsch. Man nehme für N zum Beispiel die leere Menge.
e.
Falsch. Es gilt vereinbarungsgemäß lediglich f (A) ⊂ B .
f.
Falsch, denn e : ∅ → ∅ ist eine solche Abbildung, wenn auch die einzige.
g. Falsch. Denn eine injektive Abbildung muss nicht surjektiv sein.
h. Falsch. Denn Kehrwert ist etwas völlig Anderes als Urbild.
2
Nichts.
3
Es gilt
(p ∧ q) ∧ r
p ∧ (q ∧ r ),
Dasselbe gilt mit ∨ anstelle von ∧ .
4
(p ∧ ¬p) ∨ q
q
(p ∨ ¬p) ∧ q .
p∧q
q ∧ r.
4
5
1 — G r u n dlagen
Für das ausschließende entweder-oder
p q
7
p
q
gilt folgende Wahrheitstafel.
(p ∧ ¬q) ∨ (¬p ∧ q)
1 1
0
0
1 0
1
1
0 1
1
1
0 0
0
0
.
Einerseits gilt mit der Kontrapositionsregel 4 p → q
¬q → ¬p , somit ist a. immer
richtig. In den anderen Fällen lässt sich nichts sagen, wie die folgende Wahrheitstafel
zeigt.
p q
8
p → q ¬p → ¬q q → ¬p ¬p → q
1 1
1
1
0
1
0 1
1
0
1
1
0 0
1
1
1
0
Es gilt ja 1, 2
¬(p → q)
9
.
a.
p q
p|q
1 1
0
1 0
1
0 1
1
0 0
1
¬(¬p ∨ q)
p ∧ ¬q.
p|p
b. Aufgrund der Definition von | ist
c.
Mit ¬p
¬(p ∧ p)
¬p .
p | p und der Definition von | gilt
p∧q
¬(p | q)
(p | q) | (p | q).
Mit den Regeln von de Morgan 2 gilt ferner
p∨q
10
¬(¬p ∧ ¬q)
(¬p) | (¬q)
a. Mit der Kontrapositionsregel 4 gilt
A ⊂ Bc
x∈A→x∉B
x∈B→x∉A
B ⊂ Ac .
b. Folgt aus a , indem man B durch B c ersetzt.
12
Entweder mit Mengentafeln:
(p | p) | (q | q).
Lösungen — 1
A B C
A ∩ B (A ∩ B) ∪ C
A ∪ C B ∪ C (A ∪ C) ∩ (B ∪ C)
1 1 1
1
1
1
1
1
1 1 0
1
1
1
1
1
1 0 1
0
1
1
1
1
1 0 0
0
0
1
0
0
0 1 1
0
1
1
1
1
0 1 0
0
0
0
1
0
0 0 1
0
1
1
1
1
0 0 0
0
0
0
0
0
und
A B
A ∩ B (A ∩ B) c
Ac B c Ac ∪ B c
1 1
1
0
0
0
0
1 0
0
1
0
1
1
0 1
0
1
1
0
1
0 0
0
1
1
1
1
.
Oder eleganter mit logischen Umformungen, wie zum Beispiel
m ∈ (A ∩ B) c
¬(m ∈ A ∩ B)
¬(m ∈ A ∧ m ∈ B)
¬(m ∈ A) ∨ ¬(m ∈ B)
m ∈ Ac ∨ m ∈ B c
m ∈ Ac ∪ B c .
13
Die erste Identität ergibt sich mit
(u, v) ∈ (A1 × A2 ) ∩ (B1 × B2 )
(u ∈ A1 ∧ v ∈ A2 ) ∧ (u ∈ B1 ∧ v ∈ B2 )
(u ∈ A1 ∧ u ∈ B1 ) ∧ (v ∈ A2 ∧ v ∈ B2 )
u ∈ A1 ∩ B1 ∧ v ∈ A2 ∩ B2
(u, v) ∈ (A1 × A2 ) ∩ (B1 × B2 ),
die zweite mit
(u, v) ∈ (A1 × A2 )
(B1 × B2 )
(u ∈ A1 ∧ v ∈ A2 ) ∧ (u ∉ B1 ∨ v ∉ B2 )
(u ∈ A1 ∧ v ∈ A2 ∧ u ∉ B1 ) ∨ (u ∈ A1 ∧ v ∈ A2 ∧ v ∉ B2 )
(u ∈ A1
B1 ∧ v ∈ A2 ) ∨ (u ∈ A1 ∧ v ∈ A2
(u, v) ∈ (A1
B1 ) × B2 ∪ A1 × (A2
B2 ).
B2 )
5
6
14
1 — G r u n dlagen
Gilt A = ∅ ∨ B = ∅ ∨ A = B , so ist A × B = B × A . Andernfalls unterscheiden sich A
und B in mindestens einem Element, und dann ist A × B ≠ B × A .
15
Die Aussage x ∈ ∅ ist immer falsch, da die leere Menge keine Elemente enthält. Also
ist x ∈ ∅ → A(x) immer wahr.
16
Aufgrund der vorangehenden Aufgabe a-15 gilt ja
x ∈ ∅A ⇒ x ∈ ∅B
und damit ∅A ⊂ ∅B . Aus Symmetriegründen gilt auch ∅B ⊂ ∅A . Also ist ∅A = ∅B .
17
a. Rechteck
e.
18
b. Ebene
c.
Torus
d. Zylindermantel
unendlich langer Zylindermantel
Es ist
χAc = 1 − χA ,
χA∪B = max(χA , χB ) = χA + χB − χA χB ,
χA∩B = min(χA , χB ) = χA χB ,
χA
19
B
= χA∩B c = χA (1 − χB ).
Offensichtlich gilt
A = ∅ ∨ B = ∅ ⇒ A × B = ∅.
Enthält A andererseits wenigstens ein Element a und B ein Element b , so ist
(a, b) ∈ A × B . Also gilt A ≠ ∅ ∧ B ≠ ∅ ⇒ A × B ≠ ∅ . Die Kontraposition 4 hiervon ist
A × B = ∅ ⇒ A = ∅ ∨ B = ∅.
20
Reflexivität: Es gilt a ∼ a , da 0 ∈ Q . Symmetrie: klar. Transitivität:
a∼b ∧ b∼c
(a − b)/ 2 ∈ Q ∧ (b − c)/ 2 ∈ Q.
Da die Addition in Q erklärt ist, folgt
(a − c)/ 2 = (a − b)/ 2 + (b − c)/ 2 ∈ Q
√
Es ist 2
3 , denn andernfalls wäre
√
√
2− 3
√
2·
=2− 6∈Q
2
√
und damit auch 6 ∈ Q . Das ist aber nicht der Fall.
a ∼ c.
√
21
Reflexivität:
sRs ∧ uSu ⇒ (s, u)(R × S)(s, u).
Symmetrie:
(s, u)(R × S)(t, v) ⇒ (sRt) ∧ (uSv)
⇒ (tRs) ∧ (vSu) ⇒ (t, v)(R × S)(s, u).
Transivität: Analog.
Lösungen — 1
22
7
Sei a ∼ a und b ∼ b . Dann gilt
a∗b =a ∗b ∧ b∗a =b ∗a .
Aufgrund der Kommutativität von ∗ ist also a ∗ b = a ∗ b und damit
[b] = [a ∗ b] = [a ∗ b ] = [a ]
[a]
Somit ist
unabhängig von der Wahl der Repräsentanten erklärt und damit
wohldefiniert. Die Kommutativität von
folgt aus der Kommutativität von ∗ :
[b] = [a ∗ b] = [b ∗ a] = [b]
[a]
23
[b ] .
Reflexivität: Da a = a ∧ b
(a, b)
[a] .
b immer gilt, gilt auch immer
(a, b).
Antisymmetrie: Es gelte (a, b)
(c, d) ∧ (c, d)
(a, b) . Mit den Distributivgesetzen
gilt dann
((a < c) ∨ (a = c ∧ b
⇒
(a = c ∧ d
⇒
(a = c) ∧ (d
⇒
a = c.
d)) ∧ ((c < a) ∨ (c = a ∧ d
b) ∨ (a = c ∧ b
b∨b
Mit a = c folgt aus (1) weiter b
Transitivität: Es gelte (a, b)
d) ∨ (a = c ∧ b
d∧d
b , also b = d . Somit ist (a, b) = (c, d) .
(c, d) ∧ (c, d)
((a < c) ∨ (a = c ∧ b
d)) ∧ ((c < e) ∨ (c = e ∧ d
f ) ∨ (a < e ∧ b
⇒
(a < e) ∨ (a = e ∧ b
f ).
f)
(a, b) ist gleichbedeutend mit
d)) ∨ ((c < a) ∨ (c = a ∧ d
(a < c) ∨ (c < a) ∨ (a = c ∧ (b
total, so gilt immer b
d∨d
d∨d
b))
b)).
b sowie der Trichotomiesatz 13 . Also ist die
letzte Aussage immer wahr, und die Ordnung
24
f ))
d) ∨ (a = e ∧ b
(e, f ) .
(c, d) ∨ (c, d)
((a < c) ∨ (a = c ∧ b
Ist
(e, f ) . Dann gilt also
(a < e) ∨ (a < e ∧ d
Totalität: (a, b)
(1)
b)
d ∨ b = d)
⇒
Also gilt auch (a, b)
b))
d∧d
Die Äquivalenzrelation auf Z ist n ∼p m
ist ebenfalls total.
p | n − m , das heißt, p teilt n − m . Gilt
also n ∼p n und m ∼p m , so teilt p sowohl n − n wie m − m . Dann teilt p aber
auch
(n + m) − (n + m ) = (n − n ) + (m − m ),
(nm) − (n m ) = (n − n )m + n (m − m ).
8
1 — G r u n dlagen
Also gilt auch n + m ∼p n + m und nm ∼p n m . Somit sind ⊕ und
unabhängig
vom Repräsentanten erklärt und damit wohldefiniert. — Die Ringeigenschaften von Zp
folgen nun unmittelbar aus den Ringeigenschaften von Z .
25
Für jede beliebige Abbildung f gilt
f −1 (f (A)) ⊃ A,
f (A1 ∩ A2 ) ⊂ f (A1 ) ∩ f (A2 ),
wie man leicht verifiziert. Dies müssen wir also nicht mehr zeigen.
(i) ⇒ (ii) Zu b ∈ f −1 (f (A)) existiert ein a ∈ A mit f (a) = f (b) . Aufgrund der
Injektivität von f ist a = b , also b ∈ A . Somit gilt auch f −1 (f (A)) ⊂ A .
(ii) ⇒ (i) Sei f (a) = f (a )
{a} = f
−1
(f (A)) = f
m . Mit A = {a} gilt dann
−1
(m) ⊃ {a, a } .
Also ist a = a .
(i) ⇒ (iii) Sei m ∈ f (A1 ) ∩ f (A2 ) . Dann existieren a1 ∈ A1 und a2 ∈ A2 mit
f (a1 ) = m = f (a2 ).
Aufgrund der Injektivität von f ist a1 = a2 , also auch a
a1 = a2 ∈ A1 ∩ A2 und
m = f (a) ∈ f (A1 ∩ A2 ).
Somit gilt auch f (A1 ) ∩ f (A2 ) ⊂ f (A1 ∩ A2 ) .
(iii) ⇒ (i) Sei f (a1 ) = f (a2 )
m und Ai = {ai } . Dann ist
f (A1 ∩ A2 ) = f (A1 ) ∩ f (A2 ) = {m} ≠ ∅.
Dann aber ist auch A1 ∩ A2 ≠ ∅ , also a1 = a2 .
26
a.
⇐
Gibt es ein solches g , so folgt aus f (a1 ) = f (a2 ) auch
a1 = g(f (a1 )) = g(f (a2 )) = a2 .
Also ist f injektiv.
⇒
Ist umgekehrt f injektiv, so können wir auf dem Bild
N = f (M) ⊂ N eine Abbildung g definieren durch
g(b) = f −1 (b),
b∈N .
Auf dem eventuell nichtleeren Komplement N
N kann dagegen g beliebig definiert
werden. Für jedes a ∈ M ist dann
(g ◦ f )(a) = g(f (a)) = f −1 (f (a)) = a,
also g ◦ f = idM .
b.
⇐
Gibt es ein solches h , so ist bereits f (h(N)) = N . Wegen h(N) ⊂ M gilt
dann erst recht
f (M) = N.
Also ist f surjektiv.
⇒
Ist umgekehrt f surjektiv, so existiert zu jedem b ∈ N
wenigstens ein a ∈ M mit f (a) = b . Wählen wir irgendein solches a und definieren
Lösungen — 1
es als h(b) , so erhalten wir eine Abbildung h : N → M mit f ◦ h = idN . — Diese
Konstruktion basiert allerdings auf dem Auswahlaxiom.
27
Es ist
χAc = 1 − χA ,
χA∪B = max(χA , χB ) = χA + χB − χA χB ,
χA∩B = min(χA , χB ) = χA χB ,
χA
28
B
= χA∩B c = χA (1 − χB ).
a. Seien f und g injektiv. Aus g(f (a)) = g(f (b)) folgt dann f (a) = f (b) mit der
Injektivität von g und a = b mit der Injektivität von f . Also ist auch g ◦ f injektiv.
b. Ist g ◦ f injektiv, so gilt
f (a) = f (b) ⇒ g(f (a)) = g(f (b)) ⇒ a = b.
Also ist auch f injektiv. Dagegen muss g nur auf f (M) injektiv sein. Als Beispiel
siehe Abbildung 1.
c.
Sind f und g surjektiv, so ist f (M) = N und g(N) = O . Also ist auch
g(f (M)) = g(N) = O
und damit g ◦ f surjektiv.
d. Ist g ◦ f surjektiv, so gilt g(f (M)) = O . Da f (M) ⊂ N , gilt dann auch
g(f (M)) ⊂ g(N) = O.
Also ist auch g surjektiv. Dagegen muss f nur surjektiv auf g −1 (O) sein. Das obige
Beispiel gilt auch hier.
29
Sei m ∈ M und g die konstante Abbildung M → {m} . Dann gilt also
m = g(f (M)) = (g ◦ f )(M) = (f ◦ g)(M) = f (g(M)) = f (m).
Da dies für jedes m ∈ M gilt, ist f = idM .
30
Nach Voraussetzung sind f und g injektiv und surjektiv. Mit Aufgabe 28 ist dann
auch g ◦ f injektiv und surjektiv, also bijektiv. Die Inverse von g ◦ f existiert also,
und es gilt
idM = (g ◦ f )−1 ◦ (g ◦ f ).
Abb 1
Gegenbeispiel zu Aufgabe 28
f
M
g
N
O
9
10
1 — G r u n dlagen
Komponieren von rechts mit f −1 und Anwenden des Assoziativgesetzes ergibt
f −1 = (g ◦ f )−1 ◦ (g ◦ f ) ◦ f −1
= (g ◦ f )−1 ◦ g ◦ (f ◦ f −1 )
= (g ◦ f )−1 ◦ g.
Komponieren von rechts mit g −1 ergibt dann
f −1 ◦ g −1 = (g ◦ f )−1 ,
was zu zeigen war. — Man kann aber auch die Behauptung einfach verifizieren, indem
man nachrechnet, dass
(f −1 ◦ g −1 ) ◦ (g ◦ f ) = f −1 ◦ (g −1 ◦ g) ◦ f ) = f ◦ f −1 = idM
oder
(g ◦ f ) ◦ (f −1 ◦ g −1 ) = g ◦ (f ◦ f −1 ) ◦ g −1 = g ◦ g −1 = idO .
31
Wir betrachten nur die Kommutatitivät.
⇒
Sei ∗ kommutativ auf X . Zu zeigen ist, dass im Raum der Abbildungen
f
g=g
f
Das ist genau dann der Fall, wenn beide Funktionen für jedes Argument dasselbe
Ergebnis liefern. Für jedes m ∈ M gilt aber aufgrund der Kommutativität von ∗ in X
(f
g)(m) = f (m) ∗ g(m)
= g(m) ∗ f (m)
= (g
Also ist auch
⇐
f )(m).
kommutativ.
Wir nehmen jetzt an, dass
kommutativ auf F (M, X) ist. Zu jedem Element
x ∈ X gibt es eine konstante Abbildung fx ∈ F (M, X) mit fx (m) = x für alle m ∈ M .
Für beliebige a, b ∈ X und beliebiges m ∈ M erhalten wir damit
a ∗ b = fa (m) ∗ fb (m)
= (fa
fb )(m)
= (fb
fa )(m)
= fb (m) ∗ fa (m) = a ∗ b.
Also ist auch ∗ kommutativ auf X .
32
a. Es ist
f (M1 ∪ M2 ) = {f (m) : m ∈ M1 ∨ m ∈ M2 }
!
= {f (m) : m ∈ M1 } ∪ {f (m) : m ∈ M1 } = f (M1 ) ∪ f (M2 ),
Lösungen — 1
!
wobei = sehr leicht zu verifizieren ist. Genauso für
f −1 (N1 ∪ N2 ) = {m : f (m) ∈ N1 ∨ f (m) ∈ N2 } .
b. Wegen N1 ∩ N2 ⊂ N1,2 gilt auch f −1 (N1 ∩ N2 ) ⊂ f −1 (N1,2 ) und damit
f −1 (N1 ∩ N2 ) ⊂ f −1 (N1 ) ∩ f −1 (N2 ).
Auch die Umkehrung gilt: Ist m ∈ f −1 (N1 ) ∩ f −1 (N2 ) , so ist f (m) ∈ N1 und
f (m) ∈ N2 , also auch
f (m) ∈ N1 ∩ N2
m ∈ f −1 (N1 ∩ N2 ).
Somit gilt auch f −1 (N1 ) ∩ f −1 (N2 ) ⊂ f −1 (N1 ∩ N2 ) . — Analog folgt aus
M1 ∩ M2 ⊂ M1,2 auch
f (M1 ∩ M2 ) ⊂ f (M1 ) ∩ f (M2 ).
Hier gilt die Umkehrung im Allgemeinen nicht, so zum Beispiel nicht für eine
konstante Abbildung f und nichtleere, disjunkte Mengen M1 und M2 .
c.
Da für jedes m ∈ M entweder f (m) ∈ V oder f (m) ∉ V gilt, ist
f −1 (V c ) = {m : f (m) ∉ V }
=M
{m : f (m) ∈ V }
c
= {m : f (m) ∈ V } = f −1 (V ) c .
d. Nein. Für U = M beispielsweise ist f (M c ) = f (∅) = ∅ , aber für
nicht-surjektives f ist f (M) c ≠ ∅ .
33
e.
Siehe Punkt b.
f.
Siehe Aufgabe 25.
Sei m ∈ M der konstante Wert von g . Dann ist f ◦ g = g ◦ f gleichbedeutend mit
f (m) = m.
Jede Abbildung f : M → M mit Fixpunkt m erfüllt also f ◦ g = g ◦ f .
34
a. Wahr. Denn es gibt undorige, und die sind gebrochselt.
b. Falsch. Die Existenz ungebrochselter Kalupen ist nicht ableitbar.
c.
Wahr. Denn jede ungebrochselte ist dorig – egal ob es welche gibt!
d. Wahr. Es gibt undorige, und die sind sowohl gebrochselt als auch unfoberant.
11
2
R e e l le Zahlen
Lösungen
1
a. Falsch. Denn ›mehr‹ reicht nicht aus, wie das Beispiel von Aufgabe 14 zeigt.
b. Falsch, wie das Beispiel A = (0, 1) zeigt.
c.
Richtig.
d. Falsch. Gegenbeispiel a = 0 und b ≠ 0 .
e.
Falsch. Denn die leere Menge ist auch ein Intervall.
f.
Falsch. Jede Ein-Punkt-Menge hat zum Beispiel ein Supremum.
¯ kann nicht zu einem Körper gemacht werden.
g. Falsch. R
h. Faslch. Eine Zerlegung ist nicht notwendigerweise ein Dedekindscher Schnitt.
2
Es gilt ja immer 0·x = 0 ≠ 1 für alle x ∈ K .
3
a. Aus 0 < 1 folgt mit den Anordnungsaxiomen 0 + 1 < 1 + 1 , also 0 < 1 < 2 .
b. Aus a < b folgt mit den Anordnungsaxiomen a + a < a + b und a + b < b + b ,
mit 1 + 1 = 2 also
2a < a + b < 2b.
Da 2 > 0 , ist auch 2−1 > 0 . Multiplizieren wir also mit 2−1 , so folgt
a < (a + b)/2 < b.
4
Elementare Umformung ergibt t − a = λ(b − a) . Wegen b − a > 0 ist also
λ=
t−a
.
b−a
14
5
2 — R e e l le Zahlen
Multiplikation der ersten und zweiten zu zeigenden Ungleichung mit b(b + d) > 0
respektive d(b + d) > 0 ergibt
a
a+c
c
<
<
b
b+d
d
ab + ad < ab + bc ∧ ad + cd < cb + cd
ad < bc
a/b < c/d.
6
Für die eindeutige Schnittzahl c von (A, B) gilt
sup A = c = inf B.
Außerdem ist c ∈ A oder c ∈ B . Im ersten Fall enthält A aufgrund der
Zerlegungseigenschaft alle reellen Zahlen t
c . Somit ist A = (−∞, c] und B = (c, ∞) .
Im anderen Fall gilt entsprechend die andere Alternative.
7
Ja, alle Körperaxiome sind erfüllt, wie zum Beispiel das Distributivgesetz:
(a ⊕ b)
c = (a + b)c/2 = (ac/2 + bc/2) = a
c⊕b
c.
Der zugehörige Körperisomorphismus ist
Φ : (R, +, ·) → (R, ⊕, ),
8
Φ(x) = 2x.
Die Abbildung ist injektiv, denn aus τc (a1 ) = τc (a2 ) folgt a1 − c = a2 − c , also
a1 = a2 . Sie ist auch surjektiv, denn jedes b ∈ K hat ein Urbild, nämlich b + c ∈ K .
Also ist τc auch bijektiv.
9
Mit den Rechenregeln für Null und Eins gilt
¯ =(
=
Addition von
10
Für jedes p
¯)
ergibt dann
¯=
=¯
¯
¯
¯=¯
¯
¯.
¯.
2 ist Zp ein Ring mit Eins. Es geht also nur noch um die Existenz der
muliplikativen Inversen.
a. Ist p nicht prim, so ist p = ab mit 1 < a, b < p . Dann aber ist [a]p [b]p = [0]p ,
das heißt, Zp enthält Nullteiler. Dies ist aber in einem Körper nicht möglich 4 .
b. Ist p prim, so ist für jedes a ≠ 0 die Abbildung
µa : Zp → Zp ,
[m]p
[am]p
injektiv, denn andernfalls könnte man p faktorisieren. Da Zp endlich ist, ist µa auch
bijektiv. Also gibt es ein Element b mit µa (b) = [ab]p = [a]p [b]p = [1]p . Also
existiert [a]−1
p = [b]p .
11
Wäre K angeordnet, so wäre a2
2
a +b
2
0 und b2
0 für alle a, b ∈ K und damit auch
0.
Andererseits wäre 1 > 0 und damit 0 > −1 = a2 + b2 . Also erhält man einen
Widerspruch.
Lösungen — 2
12
⇒
15
Trichotomie: Für beliebige a, b gilt genau eine der Aussagen
a − b ∈ P,
a − b = 0,
−(a − b) = b − a ∈ P .
Also gilt genau eine der Aussagen a < b , a = b , oder b < a .
a<b ∧ b<c
Transitivität:
b−a∈P ∧ c−b ∈P
⇒ (b − a) + (c − b) = c − a ∈ P
a < c.
⇐
Ist K total geordnet, so gilt genau eine der Aussagen
a > 0,
Wegen a < 0
a = 0,
a < 0.
−a > 0 ist dies gleichbedeutend mit (p-1). Die Eigenschaft (p-2) folgt
direkt aus den Anordnungsaxiomen.
13
Jede positive reelle Zahl a besitzt eine positive reelle Wurzel w
11 .
Da entweder w
oder −w zu P gehören, gehört deren Quadrat a zu P . Also enthält P alle positiven
reellen Zahlen. Aufgrund von (p-1) kann P aber auch nicht größer sein. Also ist
P = (0, ∞) eindeutig.
14
a. Die Axiome sind leicht zu verifizieren. Für a + bσ ≠ 0 ist insbesondere
(a + bσ )−1 =
a − bσ
a2 − b 2 σ 2
in Q(σ ) wohldefiniert, da a2 − b2 σ 2 ≠ 0 wegen σ ∉ Q und a2 − b2 σ 2 ∈ Q .
b. Betrachte zum Beispiel das Produkt in P– . Für a + bσ und c + dσ in P– gilt
(a − bσ )(c − dσ ) > 0
(ac + bdσ 2 ) − (ad + bc)σ > 0
(a + bσ )(c + dσ ) ∈ P– .
c.
Ist (a + bσ )2 = σ , so sind a und b nicht beide Null, und a2 + b2 σ 2 + 2abσ = σ
führt zu
σ =
1 − 2ab
∈ Q.
a2 + b 2 σ 2
Das hatten wir ausgeschlossen.
15
Für positive a, b ist a + b > 0 . Aufgrund der binomischen Formel gilt dann
a2 − b2 = (a − b)(a + b) > 0
a − b > 0,
und das ergibt die Behauptung. — Man kann aber auch elementar argumentieren.
⇒
Sei also 0 < a < b . Multiplikation mit a > 0 und b > 0 ergibt dann
0a < aa < ab
0 < a2 < ab,
0b < ab < bb
0 < ab < b2 .
Aus beidem zusammen folgt 0 < a2 < b2 .
eben auch a2
b2 , ein Widerspruch.
⇐
Wäre a
b , so folgte analog wie
16
16
2 — R e e l le Zahlen
0 und |x|2
Es ist ja |x|
0
2
0 deshalb
2
2
|x| = |x | = x .
Also ist |x| die eindeutig bestimmte nichtnegative Wurzel von x 2 .
17
Für X
{t ∈ R : t < x } ist x offensichtlich eine obere Schranke. Also gilt auch
s
sup X
x.
Wäre s < x , so gibt es eine reelle Zahl t mit s < t < x
3.
Dann aber wäre sowohl
t < X als auch t > X , ein Widerspruch. Also ist s = x .
18
A
B ist gleichbedeutend mit A
b für alle b ∈ B . Dann ist aber auch sup A
b für
alle b ∈ B , also
sup A
B.
Daraus folgt dann auch sup
19
a. Es gilt a
inf B .
sup A für jedes a ∈ A und b
a+b
sup B für jedes b ∈ B . Also gilt auch
sup A + sup B.
für alle a ∈ A und b ∈ B , und damit auch für alle a + b ∈ A + B . Also ist
sup A + sup B eine obere Schranke für A + B , und es folgt
sup(A + B)
sup A + sup B.
(*)
Angenommen, es gilt nun die strikte Ungleichung. Dann gibt es ein ε > 0 so, dass
sup A + sup B − 2ε > sup(A + B).
Aufgrund des Approximationssatzes gibt es dann Elemente a ∈ A und b ∈ B mit
a > sup A − ε,
b > sup B − ε.
Also ist auch
a + b > sup A − ε + sup B − ε = sup A + sup B − 2ε > sup(A + B),
ein Widerspruch. Also gilt in (*) sogar die Gleichheit.
b. Für die Multiplikation gilt dies zum Beispiel, wenn außerdem A > 0 und B > 0 .
Der Beweis verläuft analog. — Im Allgemeinen ist dies jedoch falsch, zum Beispiel für
A = B = {−1, 0} .
20
Wegen Mn ⊂ M gilt auch sup Mn
s
sup (sup Mn )
sup M für alle n
1 und damit auch
sup M.
n 1
Umgekehrt ist s eine obere Schranke für jedes Mn , also auch eine obere Schranke für
deren Vereinigung M . Also gilt auch
sup (sup Mn )
n 1
sup M.
Lösungen — 2
21
Sei m = inf M . Es ist dann a
1
a
1
,
m
m > 0 für alle a ∈ M und damit
a ∈ M.
Das heißt, es ist M
sup M
17
1/m , und M ist auf jeden Fall nach oben beschränkt mit
1/m.
˜ > m mit
Wäre aber sup M < 1/m , so gäbe es auch noch ein m
sup M
˜ < 1/m.
1/m
Dann wäre aber auch, mit derselben Argumentation wie zuvor, umgekehrt
˜ > m , ein Widerspruch zu m = inf M . Also gilt
M m
sup M = 1/m.
22
Nach Voraussetzung ist 1 − (a + b) > 0 , die Aussage deshalb äquivalent mit
(1 + a)(1 + b)(1 − (a + b))
1.
Ausklammern ergibt
(1 + a + b + ab)(1 − a − b))
= 1 + a + b + ab − a − a2 − ab − a2 b − b − ab − b2 − ab2
= 1 − a2 − ab − b2 − a2 b − ab2 .
Alle Terme, die abgezogen werden, sind nichtnegativ. Daraus folgt die Behauptung.
23
Da beide Seiten nichtnegativ sind, ist die Behauptung nach Quadrieren äquivalent mit
(a + b)2
4ab.
Das folgt aber aus der binomischen Formel:
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2
2
a − 2ab + b
4ab
2
0
(a − b)2
0.
Letzteres ist offensichtlich richtig.
24
Es ist
a
b
+
b
a
=
a2 + b 2
ab
2
a2 + b 2
2 |ab|
|a|2 + |b|2
2
2 |ab|
2
|a| + |b| − 2 |ab|
(|a| − |b|)
2
0
0.
Die letzte Ungleichung ist offensichtlich richtig, also gilt auch die erste Ungleichung.
Und Gleichheit gilt genau dann, wenn |a| = |b| .
18
25
2 — R e e l le Zahlen
Da alle Ausdrücke invariant sind unter Vertauschung von a und b , können wir a
b
annehmen, und alles ist offensichtlich. Ebenso offensichtlich ist
max {a, b} − min {a, b} = |a − b| .
26
Aus 2a = (a + b) + (a − b) folgt
|a + b| + |a − b| .
2 |a|
Vertauschen von a und b ergibt dieselbe Ungleichung für 2 |b| . Addition und Dvision
mit 2 ergibt
|a| + |b|
|a + b| + |a − b| .
Um Gleichheit zu diskutieren, kann man aufgrund der Symmetrie in a und b
annehmen, dass a
|b| . Dies führt zu
(a + b) + (a − b) = a + |b| ,
also a = |b| . Somit gilt Gleichheit genau dann, wenn |a| = |b| .
In der zweiten Ungleichung tritt Gleichheit offensichtlich ein, wenn abc = 0 oder
a, b, c dasselbe Vorzeichen haben. Da sie invariant ist unter Vertauschungen von
a, b, c sowie Übergang zu −a, −b, −c , können wir also
a
b>0>c
annehmen, wodurch sie sich reduziert auf
|c| + |a + b + c|
|b + c| + |c + a| .
Dann gilt Gleichheit für a + b + c
0 , und Ungleichheit für a + b + c > 0 . — Das
Ergebnis ist übrigens auch als Ungleichung von Hornich und Hlawka bekannt.
27
a.
I = ∅ . Dann ist R
b.
I = (a, b) ist nicht leer und beschränkt. Dann ist
R
I = R.
I = (−∞, a] ∪ [b, ∞)
Vereinigung zweier disjunkter unbeschränkter Intervalle.
c.
I ist nicht leer und einseitig unbeschränkt. Dann ist R
I ein einseitig
abgeschlossenes, unbeschränktes Intervall.
d.
28
I ist beidseitig unbeschränkt. Dann ist I = R und R
I = ∅.
Aufgrund des Approximationssatzes 12 existieren Punkte a und b in A mit
inf A
a<s<b
sup A.
Also ist a ∈ A ∩ (−∞, s) , b ∈ A ∩ (s, ∞) , und diese Durchschnitte sind nicht leer.
29
Wegen ad − bc ≠ 0 ist a − cz ≠ 0 und damit
x=
zd − b
.
a − cz
Wäre also z rational, so wäre auch x rational.
Lösungen — 2
30
19
Die strenge Monotonie der Wurzelfunktion ergibt sich aus Aufgabe 15. Die Bijektivität
√
ergibt sich aus 0 = 0 und der Existenz einer positiven Wurzel für jede positive reelle
Zahl 11 .
31
Wären r + z respektive r z rational, so wären auch (r + z) − r = z respektive (r z)/r
rational.
32
a. Mit In = [an , bn ] gilt also
a1
Also ist A
a
a2
..
{an : n
sup A
an
1}
b
..
bn
{bn : n
..
1}
b2
b1 .
B und damit auch
inf B.
Außerdem gilt
b−a
inf bn − an = inf |In | = 0.
n
Also ist a = b , und
n
n
1 In besteht aus genau einem Punkt.
b. Das ist einfach.
33
a. Kommutativität: Die rechte Seite ist invariant unter Vertauschung von a und b .
Also ist a ∗ b = b ∗ a . — Assoziativität:
(a ∗ b) ∗ c = (a + b + ab/λ) ∗ c
= a + b + c + ab/λ + ac/λ + bc/λ + abc/λ2 .
Der letzte Ausdruck ist invariant unter Permutationen von a, b, c und deshalb gleich
(b ∗ c) ∗ a = a ∗ (b ∗ c) . — Neutrales Element:
a∗e =a
a + e + ae/λ = a
(1 + a/λ)e = 0.
Dies gilt für alle a ∈ R genau dann, wenn e = 0 .
b. Jedes a ≠ −λ besitzt das inverse Element
a−1 = −
aλ
.
a+λ
3
N a t ü rliche, ganze
und
r a t i o nale Zahlen
Lösungen
1
a. Falsch. Zum Beispiel gilt 1/n > (1/2)n für alle n
1.
b. Falsch. Es gilt 26 Q ∼ N .
c.
Falsch. R ist offensichtlich eine induktive Menge.
d. Falsch. Denn dies ist nichts anderes als die Potenzmenge von Q .
n
2
an−k bk und deshalb
Es ist an + an−1 b + . . + abn−1 + bn =
k=0
(a − b)(an + an−1 b + . . + abn−1 + bn )
n
n
an−k bk − b
=a
k=0
an−k bk
k=0
n
n−1
= an+1 +
an−k+1 bk −
k=1
an−k bk+1 − bn+1 .
k=0
Die beiden mittleren Terme heben sich auf, denn mit l = k + 1 wird
n−1
n
an−k bk+1 =
k=0
n
an−(l−1) bl =
l=1
an−k+1 bk .
k=1
Damit bleibt an+1 − bn+1 , und die Behauptung ist bewiesen.
22
3
3 — N a t ü rliche, ganze und rationale Za h l e n
Wir zeigen dies durch Induktion über die Elementzahl. Für die leere Menge ist dies
sicher richtig, denn
|P(∅)| = |{∅}| = 1 = 20 .
|∅| = 0,
Wir nehmen nun an, die Behauptung gilt für alle n-elementigen Mengen M . Ist nun
M+ = M ∪ {m} eine n + 1-elementige Menge (also m ∉ M ), so ist jede Teilmenge von
M+ eine Teilmenge von M oder eine solche Teilmenge zuzüglich das Element m . Das
heißt, es gilt
P(M+ ) =
A
A ∪ {m} ,
∪
A∈P(M)
A∈P(M)
wobei auf der rechten Seite auch jede Teilmenge von M+ nur einmal auftritt. Mit der
Induktionsannahme folgt hieraus
|P(M+ )| = |P(M)| + |P(M)| = 2·2n = 2n+1 .
Damit ist die Induktion vollständig.
4
Für n = 1 ist dies korrekt, denn es gibt überhaupt nur eine Abbildung A1 → A1 , die
Identitätsabbildung, und diese ist eine Bijektion. Wir nehmen nun an, die Behauptung
sei für Bijektionen auf An−1 richtig, und π sei eine Bijektion auf An . Dann gibt es n
Möglichkeiten für π (n) , und (n − 1)! Möglichkeiten für
π
An−1
: An−1 → {π (1), . . , π (n − 1)}
An−1
Also gibt es n·(n − 1)! = n! Bijektion auf An .
n
5
Sei an = 1 + 22 + 22
n+1
. Es ist a0 = 7 , die Behauptung für n = 0 also offensichtlich
richtig. Um von n auf n + 1 zu schließen, rechnen wir einfach mal:
a2n = 1 + 22
n+1
+ 22
n+2
n
n
= an+1 + 2·22 (1 + 22 + 22
= an+1 + 2
n
2 +1
n+1
n
+ 2 22 + 22
n+1
+ 22
n
+2n+1
)
an .
Also ist
n
an+1 = (an − 22
+1
n
)an = (1 − 22 + 22
n+1
)an .
Ist also an durch 7 teilbar, so auch an+1 .
6
Aufgrund der Rechenregeln für natürliche Zahlen 5 gilt für jedes m ∈ A ⊂ N :
m∈A ⇒ m>n ⇒ m
Also gilt auch A
7
Für 1
n
n
n + 1.
n + 1.
4 ist dies nicht wahr, aber für n = 5 . Nehmen wir, dass dies für irgendein
5 gilt, so folgt
2n+1 = 2·2n > 2(n2 + n) = 2n2 + 2n.
Lösungen — 3
23
Ersetzen wir auf der rechten Seite der Behauptung n durch n + 1 , so erhalten wir
(n + 1)2 + (n + 1) = n2 + 3n + 2.
Zu zeigen ist dann also noch, dass
2n2 + 2n
n2 + 3n + 2,
und dies ist äquivalent mit
n2
n + 2.
Das ist aber sicher richtig für n
8
2 . Damit ist die Induktion vollständig.
Für n = 1 ist das sicher richtig, da ja ϕ(1) ∈ N . Angenommen also, es gilt ϕ(n)
für ein n
n
1 . Dann folgt
ϕ(n + 1) > ϕ(n) = n.
Wegen ϕ(n + 1) ∈ N folgt mit den Rechenregeln 5 ϕ(n + 1)
n + 1 . Damit ist die
Induktion vollständig.
9
a. Für n = 1 ist das richtig. Per Induktion folgt dann für n
n+1
n+1
n
xk−1 =
xk
k=1
n
xk−1 + xn+1
xk
k=1
k=1
k=1
n
n2 +
k=1
Jeder Summand in der Klammer ist
a-2.24 .
n
−1
xk−1 + xn+1
k=1
xk
xn+1
+
xk
xn+1
2
1
n
xk + 1
k=1
+ 1.
Also erhalten wir als untere Schranke
n
n2 +
2 + 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 .
k=1
b. Für n = 1 ist nichts zu zeigen. Gilt die Aussage für irgendein n
n+1
(1 + xk ) =
k=1
(1 + xk ) (1 + xn+1 )
k=1
n
n
xk (1 + xn+1 )
1+
denn der Term xn+1
n
k=1
n+1
xk + xn+1 = 1 +
1+
k=1
c.
1 , so folgt
n
k=1
xk ist positiv.
Für n = 1 ist nichts zu zeigen. Gilt die Aussage für irgendein n
n+1
n
(1 − xk )
xk (1 − xn+1 )
1−
k=1
xk ,
k=1
k=1
n
n
xk − xn+1 + xn+1
=1−
k=1
denn wie zuvor ist der Term xn+1
k=1
n
k=1
n+1
xk
xk positiv.
xk
1−
k=1
1 , so folgt
24
10
3 — N a t ü rliche, ganze und rationale Za h l e n
a. Ia: Für n = 1 ergibt sich 1 = 1 , was offenbar stimmt. Is:
n+1
n
(2k − 1) =
k=1
(2k − 1) + (2n + 1).
k=1
Die Summe auf der rechten Seite ist nach Induktionsvoraussetzung gleich n2 . Also gilt
n+1
(2k − 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 .
k=1
Das ist die Behauptung für n + 1 , und die Induktion ist vollständig.
b. Ia: Für n = 1 steht links 12 = 1 und rechts 1·2·3/6 = 1 . Dies ist offensichtlich
richtig. Is: Auf der linken Seite erhalten wir mit der Induktionsvoraussetzung
n+1
n
k2 + (n + 1)k
k2 =
k=1
k=1
= n(n + 1)(2n + 1)/6 + (n + 1)2
= (2n2 + 7n + 6)(n + 1)/6.
Dies ist genau die rechte Seite für n + 1 , denn ersetzen wir n durch n + 1 , so
erhalten wir
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)/6 = (2n2 + 7n + 6)(n + 1)/6.
Damit ist die Induktion vollständig.
c.
Mit der Formel für die arithmetische Summe ist die Gleichung äquivalent mit
n
n2 (n + 1)2
.
4
k3 =
k=1
Ia: Für n = 1 ist dies korrekt. Is: Es ist dann
n+1
n
k3 =
k=1
k3 + (n + 1)3
k=1
2
n (n + 1)2
+ (n + 1)3
4
(n + 1)2 2
(n + 1)2 (n + 2)2
=
(n + 4n + 1) =
.
4
4
=
Das ist genau die Behauptung für n + 1 .
11
a. Ia: Für n = 1 ergibt sich 1
1 . Is: Gilt die Ungleichung für irgendein n
gilt sie auch für n + 1 , wenn
n+ √
Wegen n(n + 1)
1
n+1
n + 1.
n2 ist aber
n(n + 1) + 1 n + 1,
√
und Division mit n + 1 ergibt die gewünschte Ungleichung.
1 , so
Lösungen — 3
b. Ia: Für n = 1 reduziert sich die Behauptung auf 2!
Is: Gilt die Ungleichung für irgendein n
(2(n + 1))!
(n + 1)!
4/2 , ist also richtig.
1 , so folgt mit 2n + 2
(2n)! (2n + 1)(2n + 2)
n!
n+1
25
n
4
·4
n+1
4 auch
n+1
4
.
n+2
Das ist die Behauptung für n + 1 .
c.
Ia: Für n = 1 reduziert sich die Behauptung auf 0 < 1/4 < 1 , ist also korrekt.
Is: Gilt die Ungleichung für irgendein n
1 , so gilt sie auch für n + 1 , wenn
(n + 1)4
n4
n4
+ n3 <
<
+ (n + 1)3
4
4
4
oder
n4 + 4n3 < (n + 1)4 < n4 + 4(n + 1)3 .
Dies ist offensichtlich korrekt wegen (n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1 und
(n + 1)4 = n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 1 .
12
k
a. Sei 2
n + 1 . Dann ist (n + 1)! durch k teilbar. Also ist auch (n + 1)! + k
durch k teilbar und damit nicht prim.
b. Das ist natürlich falsch. So ist 3·5 + 1 = 16 nicht prim.
13
Betrachte zum Beispiel die erste Identität. Für n = 0 ist a0 b0 = 1 = (ab)0 korrekt.
Gilt die Identität für irgendein n
0 , so gilt auch
an+1 bn+1 = an a bn b = an bn ab = (ab)n (ab) = (ab)n+1 .
Und schließlich folgt für n < 0
an bn = (a−n )−1 (b−n )−1 = (a−n b−n )−1 = ((ab)−n )−1 = (ab)n .
Entsprechend alles andere.
14
Ist A ⊂ Z nach unten beschränkt, so besitzt A auch eine untere Schranke u ∈ Z .
Dann aber ist
A
{a − u + 1 : a ∈ A}
eine Teilmenge von N , besitzt also 7 ein minimales Element m . Es gibt also ein
a ∈ A mit
m =a −u+1
a − u + 1,
a ∈ A.
Damit ist a ein minimales Element von A .
15
Jede nichtleere beschränkte Teilmenge A von N besitzt ein maximales Element,
max A . Wir zeigen damit die etwas stärkere Aussage
max A = n ⇒ |A|
n.
Für n = 1 ist dies klar, denn dann ist A = {1} und |A| = 1 . Sei jetzt max A = n + 1 .
Insbesondere ist dann n + 1 ∈ A . Für die Menge
A =A
{n + 1}
26
3 — N a t ü rliche, ganze und rationale Za h l e n
gilt dann
max A = n,
denn zwischen n und n + 1 liegt keine weitere natürliche Zahl. Aufgrund der
Induktionsannahme ist
|A |
n.
Also ist auch
|A| = |A | + |{n + 1}|
n + 1,
und die Induktion ist vollständig.
16
Man zeigt über Induktion, dass die Bildmenge jeder Abbildung An → N ein maximales
Element besitzt. Das ist gleichbedeutend mit der Aussage, dass jede endliche
Teilmenge von N ein maximales Element besitzt. — Gäbe es also sogar eine Bijektion
An → N , so hätte N ein maximales Element, was dem Archimedischen Prinzip
widerspricht.
17
Um die Formeln etwas zu vereinfachen, betrachten wir das Schema
(0, 0) (0, 1) (0, 2) · · ·
(1, 0) (1, 1) (1, 2) · · ·
(2, 0) (2, 1) (2, 2) · · ·
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
und beginnen die Nummerierung bei 0 . Das Element (m, n) steht dann in der
m + n + 1-ten Diagonalen an der n + 1-ten Stelle und erhält damit die Nummer
φ(m, n) = 1 + . . + (m + n) + n =
(m + n)(m + n + 1)
+ n.
2
Ist umgekehrt φ(m, n) = r gegeben, so ist m die größte ganze Zahl mit φ(m, 0)
(∗)
r,
also
m(m + 1)
2r .
Mit der Gaußklammer [·] ergibt dies
√
8r + 1 − 1
m=
2
und damit weiter n = r − φ(m, 0) .
18
Ist M ⊂ N endlich, so ist n = max M endlich und damit M ⊂ An . Es gilt daher
P0 (N) =
P(An ).
n 0
Für alle n ist P(An ) endlich, genauer gilt sogar |P(An )| = 2n
a-3 .
Also ist P0 (N) die
Vereinigung abzählbar vieler endlicher Mengen und damit ebenfalls abzählbar a-19 .
Lösungen — 3
19
27
Jede endliche Menge können wir bijektiv auf eine Teilmenge von N abbilden. Also
können wir eine abzählbare Vereinigung solcher Mengen auf eine Teilmenge von
N × N abbilden. Da diese abzählbare ist, ist es auch jene 23 .
20
21
Diese Menge kann bijektiv auf eine Teilmenge von Q × Q abgebildet werden.
Wir zeigen der Einfachheit halber, dass es eine Bijektion [0, ∞) → [0, 1] gibt. — Eine
Funktion wie t
t/(1 + |t|) bildet [0, ∞) bijektiv auf [0, 1) ab. Bleibt also eine
Bijektion
s : [−1, 1) → [−1, 1]
zu finden. Dazu wählt man einfach irgendwelche Bijektionen
sn : [2−n−1 , 2−n ) → (2−n−1 , 2−n ],
n = 1, 2, , . . ,
und setzt noch s(0) = 0 .
22
Wir betrachten die Kontraposition: Ist ϕ : Am → An injektiv, so ist m
n . — Dies
beweisen wir durch Induktion über n . Für n = 1 ist dies richtig, denn um injektiv auf
ein einziges Element abzubilden, darf die Urbildmenge nicht mehr als ein Element
enthalten. Sei jetzt
ϕ : Am → An+1
injektiv. Sei a = ϕ−1 (n + 1) und Am = Am
ϕ = ϕ
Am
{a} . Dann ist
: Am → An
ebenfalls injektiv. Da außerdem Am ∼ Am−1 , erhalten wir auch eine injektive
Abbildung
ϕ : Am−1 → An .
Nach Induktionsvoraussetzung ist dann aber m − 1
n , oder m
n + 1 . Das war zu
zeigen.
23
Sei n = 2m + 1 . Das fragliche Produkt ist ungerade, wenn jeder Faktor πk − k
ungerade ist. Dazu müssen aber die m + 1 ungeraden Zahlen 1, 3, . . , 2m + 1 auf
m + 1 verschiedene gerade Zahlen 1
π1 , . . , π2m+1
2m + 1 abgebildet werden.
Davon gibt es aber nur m Stück.
24
Ist s : N → X surjektiv, so ist s −1 (x) für jedes x ∈ X nicht leer,
A=
x∈X
min {n ∈ N : s(n) = x }
eine Teilmenge von N , und s A : A → X bijektiv. Also 22 ist X abzählbar. Ist
umgekehrt abzählbar, so gibt es entweder eine Bijektion N → X oder eine Bijektion
An → X . Letztere kann man aber immer zu einer Surjektion N → X ausdehnen.
25
Es gilt sicherlich
ˆ
x
sup {r ∈ Q : r < x }
x.
28
3 — N a t ü rliche, ganze und rationale Za h l e n
ˆ < x , so gäbe es eine weitere rationale Zahl x
ˆ < rˆ < x
Wäre aber x
ˆ.
zur Definition von x
26
19 ,
ein Widerspruch
Gäbe es nur endlich viele verschiedene rationale Zahlen, so hätten diese untereinander
einen positiven Abstand. In einem Intervall zweier aufeinanderfolgender rationaler
Zahlen existiert aber mindestens eine weitere rationale Zahl 19 – ein Widerspruch.
27
Für n = 1 ist die Formel offensichtlich korrekt. Induktiv gilt dann
n
n+1
n
Bm
= Bm−1
+ Bm
=
n!
n!
+
(m − 1)! (n − m + 1)!
m! (n − m)!
= n!
=
m + (n − m + 1)
m! (n − m + 1)!
(n + 1)!
m! (n + 1 − m)!
wie es sein soll.
28
Die erste Formel ist für n = 0 und n = 1 offensichtlich korrekt. Mit Induktion folgt
dann
n
Bkn t k
(1 + t)n+1 = (1 + t)
k=0
n
n
Bkn t k +
=
k=0
Bkn t k+1
k=0
n
n
Bkn t k +
=1+
k=1
n
Bk−1
t k + t n+1
k=1
n
n+1
Bkn+1 t k + t n+1 =
=1+
k=1
Bkn+1 t k .
k=0
Die zweite Formel beweist man entsprechend, oder führt sie auf die erste zurück.
29
Die Menge Pn aller Polynome vom Grad n − 1 mit ganzzahligen Koeffizienten können
wir mit einer Teilmenge von Zn identifizieren und ist damit abzählbar. Dann ist auch
die Menge
n 1
Pn aller Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten abzählbar, denn
die abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen ist wieder abzählbar. Da jedes dieser
Polynome nur endlich viele Nullstellen hat, ist damit auch die Menge der algebraischen
Zahlen abzählbar.
30
Da es überhaupt nur abzählbar viele algebraische Zahlen gibt, können in jedem
nichtentarteten Intervall ebenfalls nur abzählbare viele algebraische Zahlen liegen 23 .
Wären auch die nicht-algebraischen, also transzendenten Zahlen dort abzählbar, so
wären alle reellen Zahlen dieses Intervalls abzählbar. Dies ist ein Widerspruch.
32
a. Da der Ansatz auch für n = 0 gelten sollte, erhält man f0 = a + b = 0 und
f1 = aλ + bµ = 1 , also
a=
1
,
λ−µ
b=
1
.
µ−λ
Lösungen — 3
29
Daraus folgt übrigens weiter
λ2 − µ 2
= λ + µ = 1.
λ−µ
f2 = aλ2 + bµ 2 =
(†)
b. Nehmen wir λ > µ an, so folgt – hier greifen wir Kapitel 5 über Grenzwerte vor –
fn+1 /fn → λ,
n → ∞.
Augrund der Rekursionsformel ist fn+1 /fn = 1 + fn−1 /fn , im Grenzwert also
λ2 = λ + 1.
λ = 1 + 1/λ
Mit (†) erhält man für µ ebenfalls
µ 2 = µ + 1.
c.
Die Identität ist offensichtlich korrekt für n = 1 und n = 2 . Induktiv erhält man
mit der Rekursionsformel
(λ − µ)fn+1 = λn − µ n + λn−1 − µ n−1
= λn−1 (λ + 1) − µ n−1 (µ + 1)
Mit λ + 1 = λ2 und µ + 1 = µ 2 folgt dann die Behauptung für n + 1 .
33
a. Für n = 1 erhält man f1 = f3 − 1 , was wegen f1 = 1 und f3 = 2 korrekt ist. Mit
Induktion folgt dann
n+1
n
fk =
k=1
fk + fn+1 = fn+2 + 1 + fn+1 = fn+3 − 1.
k=1
b. Mit der Binetschen Darstellung a-32 , der binomischen Formel a-28 sowie den
Identiäten 1 + λ = λ2 , 1 + µ = µ 2 folgt
n
n
Bkn fk =
(λ − µ)
k=1
n
Bkn λk −
k=1
n
Bkn µ k
k=1
n
Bkn λk −
=
k=0
Bkn µ k = (1 + λ)n − (1 + µ)n = λ2n − µ 2n .
k=0
Also ist
n
Bkn fk =
k=1
34
λ2n − µ 2n
= f2n .
λ−µ
Die Induktionsverankerung für n = 1 ist in Ordnung, aber . . . beim Schluss von n auf
n + 1 wird stillschweigend n
3 vorausgesetzt – es wird ja angenommen, dass M
drei verschiedene Elemente b, c, d enthält. Die Induktion überspringt also den
Fall n = 2 .
4
K o m p lexe Zahlen
Lösungen
1
a. Richtig. Denn das Produkt ist wieder ein Element von S .
b. Absolut falsch.
c.
¯ = |z|2 = 1 .
Richtig. Denn zz
d. Falsch. Es gibt die vier Lösungen 1, i, −1, −i .
2
Elementar.
3
a.
4
¯ = λ und deshalb
Es ist λ
i
b.
√
13/5
Im λz =
5
c.
−46 + 9i
d.
i
1
λ
¯z) = 1 (λz − λ¯
¯) = λ Im z.
(λz − λ¯
z) =
(z − z
2i
2i
2i
Die umgekehrte Dreiecksungleichung folgt aus der Dreiecksungleichung genau wie im
Reellen 2.7 . Die Parallelogrammgleichung ergibt sich durch Ausmultiplizieren:
¯ + (z − w)(¯
¯
|z + w|2 + |z − w|2 = (z + w)(¯
z + w)
z − w)
¯ + ww
¯ + zz
¯ + ww
¯
= zz
= 2 |z|2 + 2 |w|2 .
6
a. Dies ist ein offener Kreisring, oder Annulus, um den Punkt −1 − i mit
Innenradius 1 und Außenradius 2.
b. Dies ist genau die imaginäre Achse, denn
|z − 1| = |z + 1|
(z − 1)(¯
z − 1) = (z + 1)(¯
z + 1)
¯ = 0.
z+z
c.
Wegen
z2 = x 2 + 2xy i − y 2
32
4 — K o m p lexe Zahlen
Abb 1
Die Menge |(z − 1)(z + 1)| = r 2 für verschiedene Werte von r
0
ist dies die Hyperbel x 2 − y 2 = 1 .
d. Dies ist etwas komplizierter. Mit z = x + y i wird nach einer kleinen Rechnung
2
|z − 1|2 |z + 1|2 = |z2 − 1|
= |x 2 − y 2 − 1 − 2xy i|
2
= (x 2 − y 2 − 1)2 + 4x 2 y 2
= x 4 − 2x 2 + 1 + 2y 2 + 2x 2 y 2 + y 4
= (x 2 − 1)2 + 2(x 2 + 1)y 2 + y 4 .
Man erkennt, dass die Menge symmetrisch ist unter Spiegelungen an der x- und
y-Achse, und dass die Gleichung
(x 2 − 1)2 + 2(x 2 + 1)y 2 + y 4 = r 2
nur für |x 2 − 1|
r eine Lösung für y 2 besitzt. Auflösen ergibt
y 2 = −x 2 − 1 ±
4x 2 + r 2 ,
was auch nicht sehr erhellend ist. — Eine bessere Möglichkeit, diese Menge zu
analysieren, lernen wir in der mehrdimensionalen Analysis kennen.
7
Auf jeden Fall gilt ρ(1) = 1 und damit ρ(−1) = −1 . Dann gilt aber auch
−1 = ρ(−1) = ρ(i 2 ) = ρ(i)2 .
Lösungen — 4
33
Also ist entweder ρ(i) = i oder ρ(i) = −i . Im ersten Fall ist ρ die Identität, im
zweiten Fall die komplexe Konjugation.
8
Mit x = x + iy und w = u + iv gelangt man zu dem Gleichungssystem
u2 − v 2 = x,
2uv = y.
Löst man die zweite Gleichugn nach u auf und setzt das Ergebnis in die erste
Gleichung ein, so erhält man wegen der Bedingung u > 0 die eindeutigen Lösungen
u2 =
|z| + x
,
2
u=
|z| + Re z
.
2
Damit folgt dann auch
v2 =
|z| − x
.
2
Das Vorzeichen von v ist durch 2uv = y und damit sgn u = sgn y = sgn(Im z)
bestimmt.
9
Die Operationen sind komponentenweise definiert. Für Folgen u = (uk )k
v = (vk )k
1
1
und
ist also
u + v = (uk + vk )k
1,
uv = (uk vk )k
1.
Dann ist notwendigerweise
0s = (0, 0, . . ),
1s = (1, 1, . . ),
und das Distributivgesetz verifiziert man ebenfalls komponentenweise. Eine Folge
besitzt aber ein multiplikativ Inverses nur dann, wenn alle Folgenglieder nicht 0 sind.
Somit besitzt nicht jedes Element ungleich 0s ein multiplikativ Inverses.
5
F o l g en
Lösungen
1
a. Wahr. Man muss man nur die Folge der natürlichen Zahlen und drei verschiedene
konstante Folgen ›mischen‹.
b. Falsch.
c.
Falsch.
d. Wahr. Eine monotone Folge ist entweder unbeschränkt oder beschränkt. In
letzterem Fall ist sie aber auch konvergent 14 .
e.
Falsch.
f.
Falsch.
2
Alle Aussagen sind falsch.
3
Es gibt ein ε > 0 , so dass zu jedem N
4
Hätte eine solche Abzählung einen Grenzwert a ∈ [0, 1] , so lägen zum Beispiel in der
1 ein n
N existiert, für das |an |
ε.
Umgebung U1/4 (a) fast alle Folgenglieder. Für deren nichtleeres Komplement in [0, 1]
blieben dann nur endlich viele rationale Zahlen übrig, was offensichtlich Unsinn ist.
5
a. Da A nicht leer und beschränkt ist, existiert a = sup A . Aufgrund des
Approximationssatzes existiert zu jedem n
a−
1
< an
n
1 ein an ∈ A mit
a.
Wir erhalten damit eine Folge (an ) in A mit an → a , denn ist N
1
|an − a| <
n
1
N
ε,
n
1/ε , so ist
N.
b. Wende zum Beispiel Teil a auf die Menge A = {q ∈ Q : q < x } an.
36
6
5 — F o l g en
Zu jedem ε > 0 existiert ein N , so dass
|an − b| < ε,
|cn − b| < ε,
Es gilt also b − ε < an
n
N.
cn < b + ε . Dann gilt aber auch b − ε < bn < b + ε , also
|bn − b| < ε,
n
N.
Also konvergiert auch (bn ) gegen b .
7
Für zwei reelle Zahlen u, v gilt a-2.25
max {u, v} =
u+v
|u − v|
+
.
2
2
Mit den Grenzwertgleichungen folgt daher
max {an , bn } =
an + b n
|an − bn |
a+b
|a − b|
+
→
+
= max {a, b} .
2
2
2
2
Entsprechendes gilt natürlich für
min {u, v} =
8
u+v
|u − v|
−
.
2
2
Es gilt



 0,



 b/c,
k
bn
→
 b/(c + d),
cnl + d






∞,
9
10
a.
0
b.
c.
1
1
d.
k < l,
k=l
1,
k = l = 0 ∧ c + d ≠ 0,
k > l.
0
e.
f.
1/2
4
Die Folge (a3n ) enthält Teilfolgen von (a2n ) und (a2n+1 ) . Da alle diese Folgen
konvergieren, haben sie also 21 denselben Grenzwert. Da jedes Folgenglied von (an ) in
einer dieser Folgen enthalten ist, ist auch (an ) konvergent mit demselben Grenzwert.
11
Da die Folge aus positiven Gliedern besteht, gilt
0 < 1/an < ε,
1/an → 0
an > 1/ε,
N
N
N(ε)
N(ε)
an → ∞.
12
Aus der Annahme folgt, dass es eine Teilfolge von (an ) gibt, die gegen 0 konvergiert.
Da die gesamte Folge ebenfalls konvergiert, muss sie auch gegen 0 konvergieren 21 .
13
Für jedes k
1 gilt a-2.24 ak + a−1
k
n
bn
2
2n.
k=1
Daraus folgt die Behauptung.
2 und damit
Lösungen — 5
14
37
Dies ist eine einfache Rechnung:
an > bn > cn
n+a>
a>
n+
√
n>
n + n/a
n > n/a
a2 > n.
Die Grenzwerte bestimmt man auf die übliche Weise.
15
Zunächst bemerkt man, dass
a2n
a,
n
1.
Für n = 1 ist dies richtig wegen a1 = a > 1 , und ansonsten folgt dies mit 2.24
a2n+1
a
a2n + a2 /a2n
a2n
a2
+ 2
a2
an
2a
2.
Die Monotonie folgt daraus mit
an+1
an
an + a/an
2an
a
a2n .
Da die Folge nach unten durch a beschränkt ist, ist sie konvergent 14 mit einem
gewissen reellen Grenzwert r
a . In der Rekursionsgleichung können wir damit zum
Grenzwert übergehen und erhalten
r =
a
1
r+
2
r
r 2 = a.
Somit konvergiert die Folge gegen r =
√
a . — Dies ist auch ein Beispiel dafür, dass der
Satz von der monotonen Konvergenz nicht in Q gilt. Mit a = 2 sind alle Folgenglieder
√
rational, doch der Grenzwert ist die irrationale Zahl 2 . Die Folge ist also nicht
konvergent in Q .
16
⇒
Ist eine Folge konvergent, so ist sie beschränkt 4 , und ihr Grenzwert ist auch ihr
einziger Häufungswert 3 .
⇐
Angenommen, die gesamte Folge (an ) konvergiert
nicht gegen den einzigen Häufungswert a . Dann existiert ein ε > 0 , so dass
|an − a|
ε für unendlich viele n . Da andererseits diese an beschränkt sind,
existiert nach dem Satz von Bolzano-Weierstrass 17 darin eine weitere konvergente
Teilfolge, deren Grenzwert offensichtlich nicht a sein kann. Somit besitzt die Folge
mindestens zwei Häufungswerte – ein Widerspruch.
17
a. Wäre die gesamte Folge (an ) nicht konvergent, so hätte sie mindestens zei
verschiedene Häufungswerte a-16 . Es gäbe also mindestens zwei konvergente
Teilfolgen mit verschiedenen Grenzwerten 25 – ein Widerspruch.
b. Betrachte zum Beispiel
(0, 1, 0, 2, 0, 3, 0, 4, . . ).
Jede Teilfolge, die konvergiert, kann nur gegen 0 konvergieren. Trotzdem ist die
Gesamtfolge divergent. — Man kann übrigens auch die Folge
(1, 2, 3, . . )
38
5 — F o l g en
als Beispiel nehmen. Diese besitzt überhaupt keine konvergente Teilfolge, die
Annahme über ›jede konvergente Teilfolge‹ ist damit ebenfalls erfüllt.
18
a. Sei a = lim an . Dann ist
a1 + . . + an − na
n
|bn − a| =
Zu ε > 0 existiert ein K
AK
1
n
n
|ak − a| .
k=1
1 , so dass |ak − a| < ε/2 für k
K . Zu
|a1 − a| + . . + |aK−1 − a|
existiert ferner ein N
K , so dass AK /n < ε/2 für n
AK
1
+
n
n
|bn − a|
n
k=K
ε
ε
ε
< + = ε,
2
2
2
n
N . Dann gilt auch
N.
Somit konvergiert (bn ) ebenfalls gegen a .
b. Für an = (−1)n beispielsweise gilt bn → 0 .
19
Subtraktion von an von der Rekursionsformel ergibt
1
an+1 − an = − (an − an−1 ),
2
n
1.
Daraus folgt mit Induktion und q = −1/2
an+1 − an = qn (a1 − a0 ) = qn (b − a),
n
1.
Addition der ersten n Terme ergibt dann mit der geometrischen Summenformel
n
qk (b − a) =
an+1 − a =
k=0
Da q
n
gegen 0 konvergiert, konvergiert damit auch (an ) . Im Limes erhält man
an → a +
20
1 − qn+1
(b − a).
1−q
b−a
= (a + 2b)/3.
1−q
Offensichtlich gilt an
an+1
1
=
1 + an
1 und damit auch
1
2
für alle n . Daraus folgt
|an+1 − an | =
an − an−1
(1 + an )(1 + an−1 )
4
|an − an−1 | ,
9
n
2.
Wie zuvor a-19 ist also (an ) eine Cauchyfolge mit Grenzwert a ∈ [1/2, 1] .
Grenzübergang in der Rekursionsgleichung ergibt
a=
21
⇒
1
1+a
a2 + a = 1.
Konvergiert (xn ) , so konvergiert (yn ) aufgrund der Grenzwertsätze für jedes
reelle θ .
⇐
Wir nehmen indirekt an, dass (xn ) divergiert. Ist (xn ) unbeschränkt,
Lösungen — 5
39
so kann (yn ) offensichtlich nicht konvergieren. Ist (xn ) dagegen beschränkt, so hat
(xn ) mindestens zwei Häufungswerte a-16 . Dann kann (yn ) aber ebenfalls nicht
konvergieren.
22
Es ist
lim
1+
n→∞
2
n
n
= lim
n→∞
= lim
n→∞
1+
2n
2
2n
1+
n
1
n
2
=
lim
n→∞
1+
1
n
n
2
= a2
auf Grund des Grenzwertsatzes für Produkte. Also b = a2 . Ferner ist
1−
1
=
n
1
1+
,
1
n−1
und deshalb
lim
n→∞
1−
1
n
1−
n
= lim
n→∞
1
n
1
1+
n−1
limn→∞ 1 −
n−1
=
limn→∞
1
n
1
1+
n−1
n−1
=
1
a
ebenfalls auf Grund der Grenzwertsätze. Also ist c = a−1 .
23
Denn wäre eine reelle Zahl a kein Häufungswert, so existierte ein ε > 0 , so dass in
Uε (a) nur endlich viele Folgenglieder liegen. Das widerspricht aber der Tatsache, dass
in jedem offenen Intervall unendlich viele rationale Zahlen liegen.
24
In allen Fällen genügt es, die Teilfolgen (a2n ) und (a2n+1 ) zu betrachten.
a.
25
1 und −1
b.
c.
0
∞ und −∞
d.
−1 und 3
a. Sicher, zum Beispiel hat
0, 0, 1, 0, 1, 2, 0, 1, 2, 3, 0, 1, 2, 3, 4, 0, . .
die natürlichen Zahlen als Häufungswerte.
b. Ja. Jede Abzählung von Q ergibt zum Beispiel eine Folge, die R als Menge ihrer
Häufungswerte hat.
c.
Nein. Denn besitzen die Häufungswerte einer Folge ihrerseits einen Häufungswert,
so ist dieser auch Häufungswert der Folge selbst. Sind also bereits alle rationalen
Zahlen Häufungswerte, dann, siehe oben, auch alle reellen Zahlen.
d. Nein. Dasselbe Argument wie zuvor.
e.
Nein. Betrachten wir die offenen Intervalle
In = Bε/n (xn ),
n
1,
so bedeutet die Bedingung, dass die Mittelpunkte aller auf In folgenden Intervalle
nicht in In liegen. Das bedeutet aber, dass die halb so großen Intervalle
Jn = Bε/2n (xn ) ⊂ In ,
n
1
sämtlich disjunkt sind. Berücksichtigen wir noch, dass bei zwei Intervallen maximal
die Hälfte über (0, 1) hinausragen kann, so können wir schließen, dass mit jedem
40
5 — F o l g en
Folgenglied xn ein Intervall der Länge ε/4n in (0, 1) ›blockiert‹ wird: dort können
sich keine weiteren Folgenglieder aufhalten. Es gibt aber zu jedem ε > 0 ein N mit
N
n=1
ε
> 1.
4n
Es gibt somit in (0, 1) nicht genügend Platz für eine solche Folge.
26
Das ist einfach.
27
Ist x = p/q rational und teilerfremder mit q > 0 , so ist die Menge aller
Häufungswerte {0, 1/q, . . , (q − 1)/q} . Andernfalls ist es das gesamte Intervall [0, 1] .
Siehe dazu »Rein imaginäre Eigenwerte« im Band »Etwas mehr Analysis«.
28
˜ = lim a2n und a
ˆ = lim a2n+1 . Da beide Teilfolgen zusammen alle Glieder von
Sei a
˜ ∪ Uε (a)
ˆ für jedes beliebige
(an ) enthalten, liegen fast alle Folgenglieder in Uε (a)
ε > 0 . Dann besitzt aber jede andere reelle Zahl a eine Umgebung Uσ (a) , in der
höchstens endlich viele Folgenglieder liegen. Dies gilt zum Beispiel mit
˜ , |a − a|)/2.
ˆ
ε = σ = min(|a − a|
Also gibt es keine weiteren Häufungswerte.
29
Ja, zum Beispiel zn = (−1)n i .
30
Das ist einfach.
31
Es ist
pn
pm
−
qn
qm


|pn qm − pm qn |  = 0
=

|qn qm |
 1/ |q q |
n m
für pn /qn = pm /qm ,
sonst.
Es können nicht fast alle Folgenglieder gleich sein, da sonst der Grenzwert rational
und nicht irrational wäre. Es muss also unendlich oft die zweite Abschätzung gelten.
Dann aber kann nur dann eine Cauchyfolge vorliegen, wenn die |qn | jede Schranke
übertreffen, also |qn | → ∞ gilt.
Wäre jetzt pn beschränkt, so folgte pn /qn → 0 , und der Grenzwert wäre ebenfalls
rational. Also muss auch |pn | unbegrenzt anwachsen.
32
a. Aus
max |xi |2
|x1 |2 + . . + |xn |2
1 i n
( max |xi |)2 = max |xi |2
1 i n
(|x1 | + . . + |xn |)2
(|x1 | + . . + |xn |)2
x
∞
x
x
e
1
n x
b. Es gilt ja auch weiter
x
∞
x
e
x
1
1 i n
|x1 |2 + . . + |xn |2
1 i n
folgt nach Wurzelziehen
(n max |xi |)2
n x
∞
n x
e
.
(n max |xi |)2
1 i n
∞.
Lösungen — 5
41
Somit kann jede Norm durch ein konstantes Vielfaches jeder anderen Norm
beschränkt werden. Damit überträgt sich auch die Cauchyfolgen-Eigenschaft.
33
a. Das ist eine direkte Rechnung:
u+v
2
2
+ u−v
= u + v, u + v + u − v, u − v
= u, u + 2 u, v + v, v + u, u − 2 u, v + v, v
= 2 u, u + 2 v, v
2
=2 u
+2 v
2
.
b. Für die Standardbasisvektoren u = e1 und v = e2 ist zum Beipiel
u+v
u+v
c.
34
2
∞
2
1
2
∞
+ u−v
+ u−v
2
1
=2 ≠ 4=2 u
2
∞
=8 ≠ 4=2 u
2
1
2
∞
+2 v
+2 v
2
1
,
.
Siehe Abschnitt »Hilberträume« im Band »Noch mehr Analysis«.
Für 0
t
1 ist t
0 und 1 − t
0 . Für u, v ∈ Uε () gilt deshalb
(1 − t)u + tv) − a = (1 − t)(u − a) + t(v − a)
(1 − t)(u − a) + t(v − a)
= (1 − t) u − a + t v − a
< (1 − t)ε + tε
= ε.
Also gilt auch (1 − t)u + tv ∈ Uε (a) .
35
ˆn ) monoton fällt und (a
ˇn ) monoton steigt, ist 14
a. Da (a
ˆn = inf a
ˆn = inf sup am ,
a∗ = lim a
n→∞
n
n m n
ˇn = sup a
ˇn = sup inf am .
a∗ = lim a
n→∞
n
ˇn
b. Offensichtlich gilt a
ˇn
a∗ = lim a
n→∞
n
m n
ˆn für alle n , also auch 9
a
ˆn = a∗ .
lim a
n→∞
Betrachte zum Beispiel a∗ . In jeder linksseitigen ε-Umgebung von a∗ liegt fast alle
ˇn , und in jede ε-Umgebung eines solchen a
ˇn liegt mindstens ein Folgenglied am .
a
Daher liegen in jeder ε-Umgebung von a∗ unendlich viele Folgenglieder, und a∗ ist
ein Häufungswert der Folge.
c.
ˇn , a
ˆn ] liegen nur endlich viele Folgenglieder. Damit
Außerhalb der Intervalle [a
liegen auch keine Häufungswerte unterhalb von a∗ oder oberhalb von a∗ . Da diese
Punkte selber Häufungswerte der Folge sind, folgt die Behauptung.
ˆn mit n N , und es gilt am
d. In jeder ε-Umgebung von a∗ liegen alle a
alle m
n . Für −∞ < a∗ < ∞ bedeutet dies
am
ˆn < a∗ + ε,
a
m
n
N,
ˆn für
a
42
5 — F o l g en
und für a∗ = −∞ bedeutet dies aufgrund der Definition der allgemeinen ε-Umgebung
am
ˆn < −1/ε.
a
∗
Für a = ∞ übrigens ist die entsprechende Aussage trivial beziehungsweise
bedeutungslos.
e.
Dies folgt sofort aus dem vorangehenden Punkt mit a∗ = a∗ .
6
R e i h en
Lösungen
1
a. Falsch. Eine beschränkte Folge muss nicht konvergieren.
b. Richtig. Das ist die Definition.
c.
Falsch. Gegenbeispiel harmonische Reihe.
d. Genauso falsch.
e.
2
Falsch. Gegenbeispiele sind leicht zu basteln.
a. Falsch. Es reicht zum Beispiel qn
r < 1 für alle n .
b. Falsch. Gegenbeispiel harmonische Reihe.
c.
Richtig. Es existiert eine Majorante
n
cqn mit q = 2/3 .
d. Falsch. Denn dies bedeutet lediglich, dass unenlich viele Paare aufeinander
folgender Reihenglieder betragsmäßig gleich sind.
e.
Richtig. Denn dies bedeutet, dass fast alle Reihenglieder nicht Null und bis auf das
Vorzeichen gleich sind, also auch keine Nullfolge bilden.
3
Offensichtlich gilt für m
2m−1 <k 2m
1
k
1
2m−1 <k 2m
1
2m
1
.
2
Daraus folgt
1 k 2n
1
k
n
2m
1+
m=1 k=2m−1 +1
1
k
1+
n
.
2
44
4
6 — R e i h en
a. Dies ist die geometrische Reihe mit q = −1/2 . Also ist ihr Wert 1/(1 − q) = 2/3 .
b. Wegen
2
1
1
=
−
4n2 − 1
2n − 1
2n + 1
heben sich in den Partialsummen alle mittleren Terme auf, und man erhält
n
sn =
k=1
5
1
1
1
1−
=
4k2 − 1
2
2n + 1
a. Divergent, denn für n
n+4
n2 − 3n + 1
=
n
1
→ ,
2n + 1
2
n → ∞.
1 gilt
n
n2 − 3n + 1
n2
1
= .
n
n
b. Konvergent, mit Quotientenkriterium:
−n
nn
1
(n + 1)!
nn
|an+1 |
·
= 1+
=
=
|an |
(n + 1)n+1 n!
(n + 1)n
n
denn (1 + 1/n)n
c.
1
,
2
2 aufgrund der Bernoullischen Ungleichung 3.4 .
Divergent, denn
√
√
n+1− n
1
√
= √ √
√
n
n n+1+ n
1
2n + 1
1
.
3n
d. Konvergent. Denn aufgrund der Bernoullischen Ungleichung ist
√
1
1+ √
n
2
n
1
1− √
n
√
− n
und deshalb
1
1− √
n
√
n
1
2
n
,
n
1.
Die konvergenz folgt hieraus mit dem Verdichtungskriterium.
e.
Konvergent, mit Leibniz-Kriterium: Es handelt sich um eine alternierende Reihe,
deren Absolutglieder monoton gegen 0 streben:
n+1−
f.
√
1
n= √
√
n+1+ n
0.
Divergent, denn
a2n−1 + a2n =
4n − π − 1
2n(2n − 1)(π 2 − 1)
1
,
16n
n
3.
g. Konvergent. Denn
n!
1 2
n
= · ·.. ·
3·5· . . ·(2n + 1)
3 5
2n + 1
6
Es ist
∞
0 < e − sn =
m=n+1
1
.
2n
∞
1
1
1
<
·
m!
(n + 1)! (n + 1)ν
ν=0
=
1
1
1
·
=
.
(n + 1)! 1 − 1/(n + 1)
n! n
Lösungen — 6
7
45
a. Konvergent für |z| < e , mit Quotientenkriterium:
(n + 1)! |z|n+1 nn
1
= 1+
(n + 1)n+1 n! |z|n
n
−n
|z| →
|z|
.
e
Für den Grenzwert siehe Aufgabe 10.12.
b. Für |7z|7
1 , also |z|
7n
n 1
|7z|
n7
n 1
1/7 . Denn dann gilt
1
< ∞.
n7
Für |z| > 1/7 ist die Reihe divergent, da keine Nullfolge vorliegt.
c.
Konvergent für alle z , denn
n
8
= |z| qn → 0.
2
qn zn
Da die Reihe über 1/n2 monoton steigend gegen einen Grenzwert s konvergiert, gilt
N
N
n=1
N
N
1
1
−
n n ungerade n2
an
n gerade
n gerade
1
− s.
n
Da die letzte Reihe divergiert, divergiert auch die erste Reihe.
9
Da die Reihenglieder monoton fallend gegen Null konvergieren, kann in allen Fällen
das Verdichtungskriterium 11 angewendet werden und führt in den ersten beiden
Fällen zu folgenden Bedingungen an q .
√
a.
2q
2
√
q < 2−
<1
2/2
b.
2qlog 2 < 1
q < e−1
Die letzten beiden Reihen sind divergent.
10
Da die Summe konvergiert, gilt lim an = 0 . Da außerdem (an ) monoton fällt, muss
an
0 für alle n gelten. Damit ergibt sich
n
∞
s=
ak
k=1
11
n
ak
k=1
an = nan .
k=1
Ist s < 1 der jeweilige limes superior, so existiert zu einem beliebigen q ∈ (s, 1) ein
N
1 , so dass
n
|an | < q
respektive
an+1
an
< q,
n
N.
Somit kann genauso argumentieren wie im Beweis des Wurzel- 9 respektive
Quotientenkriteriums 10 .
12
Gilt die Ungleichung für alle n
n
an+1
aN
1−
k=N
N , so folgt induktiv
α
.
k
Also gilt mit einer hinreichend großen Konstanten c für alle n
n
an+1
c
1−
k=1
α
.
k
46
6 — R e i h en
Es gilt aber
n
1−
k=1
α
k
1
,
nα
n
1.
Für n = 1 ist dies offensichtlich richtig, und der Induktionsschritt von n − 1 auf n
folgt mit der Bernoullischen Ungleichung:
1
(n − 1)α
13
1−
α
n
1
nα
α
n
1−
n−1
n
α
= 1−
1
n
α
.
Mit bk = Bk − Bk−1 ist
ak b k =
n<k m
ak (Bk − Bk−1 )
n<k m
ak B k −
=
n<k m
ak+1 Bk
n k<m
= am Bm +
(ak − ak+1 )Bk − an+1 Bn .
n<k<m
14
Nach Voraussetzung sind sowohl (an ) wie (Bn ) konvergent 5.14 . Also gilt
am Bm − an+1 Bn → 0,
m > n → ∞.
Ferner gilt wegen supn |Bn | = M < ∞ und der Monotonie von (an )
(ak − ak+1 )Bk
n<k<m
|ak − ak+1 | M
|am − an | M → 0,
n → ∞.
n<k<m
Aufgrund der Abelschen Summationsregel a-13 gilt also auch
ak bk → 0,
n → ∞.
n<k m
15
Wie zuvor a-14 gilt aufgrund der monotonen Konvergenz von (an ) und der
Beschränktheit von (Bn ) die Abschätzung
(ak − ak+1 )Bk
|am − an | M → 0,
n → ∞.
n<k<m
Außerdem gilt 5.6
an+1 Bn , an Bn → 0,
n → ∞.
Aufgrund der Abelschen Summationsregel a-13 gilt also wieder
ak bk → 0,
n → ∞.
n<k m
16
a. Konvergent, mit Abelkriterium, da (n + 1)/n 1 .
√
n
n 1 für n
b. Konvergent, mit Abelkriterium, da
3.
Lösungen — 6
47
Die Reihe kann divergieren. Für m = 1, 2, . . , wähle n gleiche Summanden
√
√
1/n n , danach einen Summanden −1/ n . Dann gilt
c.
ak
n 1
k 1
(−1)n
√
,
n
die Reihe ist also konvergent. Dagegen divergiert
1
1
.
−
n2
n
ak |ak |
n 1
k 1
d. Auch diese Reihe kann divergieren. Das Beispiel ist dasselbe wie zuvor. In diesem
Fall erhält man
k 1
17
ak
1 + |ak |
n
1
√ −
√
1+n n
1+ n
n 1
n 1
a. Divergent. Denn im Fall supn an = ∞ konvergiert
supn an = M < ∞ dagegen folgt
n<k m
ak
1 + ak
1
1+M
ak → ∞,
1
.
n
an
nicht gegen Null. Im Fall
1 + an
n → ∞.
n<k m
b. Konvergent, denn
an
1 + n2 an
c.
1
,
n2
n
1.
Es kommt darauf an. Ist (an ) beschränkt, so folgt Divergenz wie unter a. Ist (an )
unbeschränkt, so konvergiert die Reihe genau dann, wenn
n : an ≠0
18
1
< ∞.
an
a. Es ist a = a+ − a– und daher
n
n
k=1
n
a+k −
ak =
k=1
a–k .
k=1
Die linke Seite konvergiert für n → ∞ nach Voraussetzung. Konvergiert daher einer
der beiden Terme auf der rechen Seite, dann auch der andere. Konvergieren aber beide,
so konvergiert auch
n
n
a+k +
k=1
n
a–k =
k=1
|ak | ,
k=1
die Reihe wäre also absolut konvergiert – ein Widerspruch. Also divergieren beide
Summen wie behauptet.
b. Betrachte nun eine beliebige reelle Zahl s > 0 . Wir setzen dann s0– = 0 sowie
K0+ = K0– = 0 und definieren induktiv
a+k ,
–
+
sn
= sn−1
+
+
+
Kn−1
<k Kn
a–k ,
–
+
sn
= sn
−
–
–
Kn−1
<k Kn
n
1,
48
6 — R e i h en
wobei
+
Kn
–
min K : sn−1
+
a+k > s ,
+
Kn−1
<k K
–
Kn
a–k < s .
+
min K : sn
−
+
Kn−1
<k K
Da die hier auftretenden Summen für K → ∞ divergieren, sind die betrachteten
+
–
Mengen nicht leer und Kn
und Kn
wohldefiniert. Aus dieser Konstruktion folgt
–
+
sn
< s < sn
für alle n mit
+
sn
−s
a+Kn+ ,
–
s − sn
a–Kn– .
±
+
–
Wegen Kn
→ ∞ und an → 0 für n → ∞ zeigt dies, dass sn
und sn
gegen s
konvergieren.
19
a. Zu jedem z mit |z| < R existiert ein z0 mit |z| < |z0 | < R , so dass P (z0 )
konvergiert. Somit bilden die Koeffizienten von P (z0 ) eine Nullfolge, und es gilt
sup an z0n = M < ∞.
n 0
Im Punkt z gilt also
|an zn |
M |z|n
= Mqn ,
|z0 |n
n
0,
mit q = |z| / |z0 | < 1 . Aufgrund des Majorantenkriteriums konvergiert P (z) damit
absolut. Die zweite Behauptung folgt unmittelbar aus der Definitonvon R .
b. Sei
˜ = sup |x| : x ∈ R und P (x) konvergiert .
R
˜
Dann gilt R
R , da das Supremum über eine Teilmenge gebildet wird. Konvergiert
andererseits P in einem komplexen Punkt z , so konvergiert P auch in jedem reellen
˜ R gelten.
Punkt x mit |x| < |x| . Also muss auch R
c.
Sei 0 < R
∞ und damit
1
R
lim sup |an | =
n→∞
mit der Konvention 1/∞ = 0 . Für jedes 0 < r < R ist dann 1/r > 1/R , und es
existiert ein N , so dass
|an |
1
,
r
n
N.
Für |z| < r folgt daraus die Konvergenz von P (z) wegen
|an zn |
|z|n
.
rn
Da r < R beliebig war, konvergiert P für alle z mit |z| < R . Im Fall R < ∞ folgt für
|z| > R dagegen die Divergenz, da an zn keine Nullfolge bildet. Somit ist R der
Konvergenzradius von P .
Lösungen — 6
Im Fall R = 0 dagegen gilt lim supn→∞
|an |
M
|an | = ∞ . Für jedes M
49
1 gilt daher
n
für fast alle n , und kann P für |z| > 1/M nicht konvergieren. Also konvergiert P in
keinem Punkt z ≠ 0 .
20
Da Λ−1 existiert, ist Λ − A = Λ(I − Λ−1 A) . Wegen
Λ−1 A
Λ−1
A <1
nach Voraussetzung ist I − Λ−1 A umkehrbar, und damit auch Λ − A umkehrbar. Mit
der Neumannschen Reihe für I − Λ−1 A erhält man dann
(Λ − A)−1
Λ−1
Λ−1 A
n
n 0
21
Λ−1
1 − Λ−1
A
.
Sei ε > 0 die Geschwindigkeit der Schnecke. Pro Minute legt sie den Anteil ε/l der
jeweiligen Gesamtlänge l des Bandes in dieser Minute zurück. Mit l = 1, 2, . . , n hat sie
also nach n Minuten den Anteil
ε 1+
1
1
+ .. +
2
n
n
=ε
k=1
1
k
εsn
zurückgelegt. Da die harmonische Reihe divergiert, gibt es ein erstes n mit εsn > 1 .
In dieser Minute erreicht die Schnecke somit das andere Ende des Bandes. – Man sieht,
es kommt nur darauf an, dass man sich überhaupt bewegt . . .
7
S t e t i gkeit
Lösungen
5
Zu beliebigen ε > 0 wähle δ > 0 einfach so, dass Uδ (a) ∩ D = {a} . Dann ist die
ε-δ-Bedingung automatisch erfüllt.
7
Es gilt
2 max {f (x), g(x)} = f (x) + g(x) + |f (x) − g(x)| .
Es bleibt damit nur die Stetigkeit der Betragsfunktion zu zeigen, der Rest folgt aus
dem Stetigkeitssatz für die Addition. Dies folgt aber aus
|u| − |v|
|u − v| .
Die Betragsfunktion ist also lipschitz mit L = 1 .
8
Elementarer Beweis: Es ist

t



 1 + t ∈ (0, 1),
h(t) =



 t ∈ (−1, 0),
1−t
t > 0,
t < 0.
Auf beiden Teilintervallen (−∞, 0) und (0, ∞) nimmt die Funktion somit verschiedene
Werte an. Sie ist auch umkehrbar, denn es gilt
t
=s
1±t
t=
s
.
1∓s
Man erhält als Endergebnis
h−1 : (−1, 1) → R,
s
s
.
1 − |s|
52
7 — S t e t i gkeit
Diese Funktion ist offensichtlich stetig, da der Nenner auf (−1, 1) keine Nullstelle
besitzt. Beweis mit Umkehrsatz: Die Funktion ist symmetrisch zum Nullpunkt, also
f (−t) = −f (t).
Sie ist für t
0 streng monoton steigend, wie man leicht nachrechnet. Aus
Symmetriegründen ist sie auch für t
lim
t→∞
0 streng monoton steigend. Wegen
t
=1
1+t
bildet daher h die reelle Gerade bijektiv auf (−1, 1) ab. Nach dem Umkehrsatz ist die
Umkehrfunktion ebenfalls stetig.
12
Die Funktion d ist unstetig in jedem rationalen Punkt r , da in jeder Umgebung eines
rationalen Punktes r irrationale Punkte x existieren, so dass
|d(r ) − d(x)| = d(r ) > 0 .
Sei nun s ein irrationaler Punkt, ε > 0 , und Q eine natürliche Zahl mit 1/Q < ε .
Die Menge
Q= r =
p
∈ U1 (s) : 1
q
q
Q
ist endlich, da nur endlich viele q , und zu jedem q nur endlich viele p in Frage
kommen. Außerdem ist |r − s| > 0 für alle r ∈ Q , da s nicht rational ist. Also ist auch
δ
min {|r − s| : r ∈ Q } > 0.
In Uδ (s) liegen dann nur rationale Zahlen r = p/q (in irgendeiner Darstellung) mit
q > Q , und für diese gilt
0 < d(r ) <
1
< ε.
Q
Da d in den irrationalen Punkten verschwindet, gilt insgesamt
|d(x) − d(s)| = d(x) < ε,
x ∈ Uδ (s).
Also ist d in jedem irrationalen Punkt stetig.
14
Falls f (a) = 0 , so ist nichts zu zeigen. Sei also f (a) ≠ 0 . Zu ε > 0 existiert dann ein
δ > 0 , so dass Uδ (a) ⊂ I und
|f (x) − f (a)| < ε |f (a)| ,
x ∈ Uδ (a).
Andererseits ist
|f (a)| − |f (x)|
|f (x) − f (a)| .
Kombination beider Ungleichungen und Umformen ergibt die Behauptung.
18
Es gilt für alle m ∈ M
x−m
x−y + y −m .
Lösungen — 7
53
Bilden wir zuerst links das Minimum über m ∈ M , so folgt
dM (x)
x−y + y −m ,
m ∈ M.
Bilden wir nun rechts das Minimum über m im M , so folgt weiter
dM (x)
x − y + dM (y).
Also ist dM (x) − dM (y)
x − y . Da wir x und y vertauschen können, gilt dann
auch
|dM (x) − dM (y)|
21
x−y .
Angenommen, es gibt solch eine Funktion f . Dann gibt es auch eine solche Funktion
f mit genau zwei Nullstellen a < b , die zwischen diesen positiv ist, da es keine
weiteren Nullstellen geben kann.
Auf [a, b] nimmt f sein Maximum M > 0 an wenigstens einer Stelle c1 ∈ (a, b)
an. Nach Voraussetzung gibt es noch genau eine weitere Stelle c2 mit f (c2 ) = M .
Diese muss ebenfalls in (a, b) liegen, denn sonst gäbe es nach dem Zwischenwertsatz
mindestens drei Stellen, wo der Wert M/2 angenommen wird.
Zwischen c1 und c2 nimmt f aber auch ein Minimum m > 0 an einer Stelle c3 an.
Dann ist aber aufgrund des Zwischenwertsatzes klar, dass der Wert (M + m)/2
innerhalb von (a, b) sogar viermal angenommen werden muss. Wir erhalten also
einen Widerspruch.
22
25
Ja.
Sei zum Beispiel f (a) < f (b) . Zu zeigen ist, dass f streng monoton wächst.
Angenommen, es gibt a < u < v < b mit f (u) > f (v) . Gleichheit können wir ja
ausschließen, da f injektiv ist. Ist nun f (u) > f (v) > f (a) , so gibt es nach dem
Zwischenwertsatz ein c ∈ (a, u) mit f (c) = f (v) , ein Widerspruch zur Injektivität.
Ist dagegen f (v) < f (a) < f (b) , so gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein c ∈ (v, b)
mit f (c) = f (a) , ebenfalls ein Widerspruch. Also gibt es keine solchen Punkte u < v .
27
Die Funktion
g : [a, b] → R,
g(x) = f (x) − x
ist stetig, und wegen f ([a, b]) ⊂ [a, b] gilt
g(a)
0,
g(b)
0.
Nach dem Zwischenwertsatz besitzt g auf [a, b] eine Nullstelle ξ . Dies ist ein
Fixpunkt von f .
28
g : In → R,
g(x) = f (x) − f (x + 1/n).
54
7 — S t e t i gkeit
Gesucht ist dann eine Nullstelle von g in In . – Angenommen, g hat keine Nullstelle.
Dann ist g < 0 , und damit g(x) < 0 auf ganz In . Dann aber bedeutet, dass
f (c) < f (x1 ) < . . < f (xn ),
xk =
k
,
n
ein Widerspruch zur Voraussetzung, dass auch f (1) = 0 .
29
Aus A ⊂ B folgt A ⊂ B , denn konvergiert eine Folge in A gegen einen
Häufungspunkt von A , so konvergiert dieselbe Folge in B gegen denselben
Häufungspunkt. Somit folgt
A− = A ∪ A ⊂ B ∪ B = B − .
a. Es genügt zu zeigen, dass
(A ∪ B) = A ∪ B .
Konvergiert eine Folge in A ∪ B gegen einen Häufungspunkt, so liegen unendlich viele
Glieder dieser Folge entweder in A oder in B . Also gehört dieser Häufungspunkt zu
A oder B , und es gilt › ⊂ ‹. Die umgekehrte Inklusion sieht man ebenso leicht.
b. Für abgeschlossene Mengen B haben wir gezeigt, dass B − = B . Da B = A−
abgeschlossen ist, folgt die Behauptung.
37
Nun sei umgekehrt jede stetige Funktion auf K beschränkt. Dann muss K beschränkt
sein. Denn andernfalls wäre id : K → R stetig, aber unbeschränkt. K muss auch
abgeschlossen sein. Denn wäre c ein Häufungspunkt von K , der nicht zu K gehört,
so wäre
K → R,
x
1
x−c
auf K stetig und unbeschränkt. Also ist K abgeschlossen und beschränkt, somit
kompakt.
8
I n t e gration
Lösungen
7
Eine Funktion f : I → R ist eine Regelfunktion genau dann, wenn sie in jedem Punkt
von I einseitige Grenzwerte besitzt. Die Sätze für Funktionsgrenzwerte gelten nun
genauso gut für einseitige Grenzwerte. Sind also g, h : I → R zwei Regelfunktionen, so
besitzt auch das Produkt gh : I → R in jedem Punkt von I einseitige Grenzwerte, ist
also eine Regelfunktion.
9
Angenommen, es ist f+ (c) ≠ 0 in einem Punkt c ∈ [a, b) . Wegen f
ist dann
f+ (c) = 2ε > 0 . Dann existiert aber auch ein δ > 0 , so dass
f (t)
ε,
Dann gilt wegen f
b
t
c + δ.
0 auch
c+δ
f
a
c
c+δ
f
c
ε = εδ > 0,
c
ein Widerspruch. — Entsprechend für f– .
11
Zunächst existiert aufgrund der Definition des Integrals eine Treppenfunktion ϕ ∈ Tab
mit
b
|f − ϕ| < ε/2.
a
Es genügt dann, zu ϕ eine stetige Funktion g zu finden mit
b
|φ − g| < ε/2.
a
Die Treppenfunktion ϕ ist im Innern von [a, b] außerhalb von endlich vielen
Sprungstellen stetig. Es genügt somit weiter, nur diese Sprungstellen zu betrachten.
(*)
56
8 — I n t e gration
Betrachten wir der Einfachheit halber eine einzige Sprungstelle, als Prototyp zum
Beispiel ϕ = sgn auf dem Intervall [−1, 1] . Wählen wir g mit

 ϕ(t), |t| > δ,
g(t) =
 t/δ,
|t| δ,
so ist, wie man leicht nachrechnet, g stetig mit
1
|ϕ − g| = δ.
−1
Überträgt man dies entsprechend auf die endlich vielen Sprungstellen von ϕ , so
erhält man eine stetige Funktion g mit der Eigenschaft (*).
9
D i f f e renziation
Lösungen
2
Aus der Annahme folgt
|f (a) − α(a)| = lim |f (t) − α(t)|
t→a
= lim |t − a| · lim
t→a
t→a
|f (t) − α(t)|
=0
|t − a|
und damit b = f (a) . Damit folgt dann weiter
lim
t→a
|f (t) − f (a) − m(t − a)|
f (t) − f (a)
= lim
− m = 0,
t→a
|t − a|
t−a
also die Konvergenz des Differenzenquotienten gegen m . Also ist f in a
differenzierbar mit f (a) = m .
6
Ist f (t) = t n = s , und g(s) = s 1/n = t die Umkehrfunktion zu f , so erhält man
g (s) =
9
1
1
1
1
=
=
= s 1/n−1 .
f (t)
nt n−1
ns (n−1)/n
n
Ist f L-Lipschitz, so gilt für jeden Differenzenquotienten die Abschätzung
f (u) − f (v)
u−v
L.
Dasselbe gilt dann für deren Grenzwerte, also die Ableitung von f an jedem Punkt
von (a, b) . Also ist sup(a,b) |f |
L.
Gilt umgekehrt sup(a,b) |f | = L < ∞ , so folgt für a
Mittelwertsatz
|f (v) − f (u)| = |f (w)| |v − u|
L |v − u| .
u<v
b mit dem
58
9 — D i f f erenziation
Somit ist f L-lipschitz. Diese Konstante kann auch nicht verbessert werden. Denn zu
jedem ε > 0 existiert ein w ∈ (a, b) mit |f (w)| > L − ε/2 . Also gibt es auch ein h
mit
f (w + h) − f (w)
h
> L − ε.
Also kann L − ε keine Lipschitzkonstante von f sein.
11
Aufgrund des Mittelwertsatzes ist für h > 0 hinreichend klein
f (a + h) − f (a)
= f (a + θh)
h
mit einem geeigneten θ ∈ (0, 1) für jedes h . Nach Voraussetzung existiert
lim f (a + θh) = lim f (t).
h 0
t a
Also ist f im Punkt a rechtsseitig differenzierbar. — Der Punkt b wird genauso
behandelt.
12
Sei m eine reelle Zahl mit
inf f < m < sup f .
(a,b)
(a,b)
Da die Ableitung von f Werte unter und über m annimmt, muss dies auch für
hinreichend kleine Differenzenquotienten gelten. Es muss also Punkte u, v ∈ [a, b]
und ein hinreichend kleines h geben, so dass
f (v + h) − f (v)
f (u + h) − f (u)
<m<
.
h
h
Diese Quotienten sind stetig in u respektive v . Also gibt es auch ein w ∈ [a, b] mit
f (w + h) − f (w)
= m.
h
Aufgrund des Zwischenwertsatzes für die erste Ableitung gibt es dann auch einen
Punkt x ∈ [w, w + h] mit
f (x) = m.
13
Ist beispielsweise f ungerade, so ist f (t) = −f (−t) und damit
f (t) = −f (−t)·(−1) = f (−t).
Also ist f gerade.
20
a. Da f
stetig ist, existiert ein δ > 0 mit
f (t) > 0,
t ∈ Jδ = (c − δ, c + δ).
Somit ist f strikt wachsend auf Jδ , und mit f (c) = 0 folgt
f (u) < f (c) = 0 < f (v),
u < c < v,
u, v ∈ Jδ .
Lösungen — 9
59
Dann aber ist f auf (c − δ, c] strikt fallend, auf [c, c + δ) strikt wachsend.
Insbesondere gilt
f (c) < f (t),
c ≠ t ∈ Jδ .
Also ist c eine strikte Minimalstelle.
b. Der erste Teil der Aussage, f (c) = 0 , ist der Satz von Fermat. Der zweite Teil folgt
indirekt mit a. Denn wäre f (c) < 0 , so wäre analog c eine Maximalstelle –
Widerspruch.
Man kann aber auch direkt argumentieren. Ist c eine Minimalstelle, so ist für alle
hinreichend kleinen h > 0
f (c − h)
f (c),
f (c + h)
f (c),
also auch
f (x + h) − 2f (x) + f (x − h)
h2
0.
Mit Aufgabe 23 folgt daher
f (c) = lim
h 0
c.
f (x + h) − 2f (x) + f (x − h)
h2
0.
Gegenbeispiel: Die erste und zweite Ableitung von t
t 3 verschwindet bei 0 , aber
0 ist keine Minimalstelle.
23
Ist f an der Stelle a differenzierbar, so können wir die Grenzwertsätze anwenden:
f (t + h) − f (t − h)
2h
f (t + h) − f (t)
f (t) − f (t − h)
= lim
+
2h
2h
h→0
f (t + h) − f (t)
f (t) − f (t − h)
1
= lim
+ lim
= (f (t) + f (t)) = f (t).
2h
2h
2
h→0
h→0
lim
h→0
Zur Darstellung der zweiten Ableitung kommt man beispielsweise über die
Taylorpolynome erster Ordnung mit Restglied:
f (t + h) − f (t) = f (t)h + f (ξ) h2 /2,
f (t − h) − f (t) = −f (t)h + f (ζ) h2 /2,
mit ξ, ζ zwischen x − h und x + h . Addition der beiden Zeilen und Division durch
h2 ergibt
f (t + h) − 2f (t) + f (t − h)
f (ξ) + f (ζ)
=
.
h2
2
Grenzwertübergang h → 0 liefert die Behauptung, da f
und ξ, ζ → t für h → 0 .
als stetig vorausgesetzt ist
10
S p e z i elle Funktionen
Lösungen
9
Dies folgt aus dem Vergleich der Exponenten von
elog a loga t = aloga t = t = elog t = aloga e log t .
10
Schreibe x = et . Dann gilt
lim x −α log x = lim e−αt log et = lim t e−αt = 0
x→∞
t→∞
t→∞
und
lim x α log x = lim eαt log et = lim −t e−αt = 0.
t→−∞
x→0
t→∞
Mit der Stetigkeit von exp folgt hieraus
lim x x = lim ex log x = e0 = 1.
x 0
11
a.
x 0
ϕ(t) = ϕ0 cos ωt + (ψ0 /ω) sin ωt .
b. Der Raum aller Lösungen ist
L = {a cos ωt + b sin ωt : a, b ∈ R}
und ist offensichtlich zweidimensional.
¨ = 0 ist L = {a + bt : a, b ∈ R} .
c. Der Raum aller Lösungen von ϕ
12
a. Es ist u(0) = v(0) = 0 , und für t
1
u (t) = 1 −
1+t
Also gilt u(t)
0 und v(t)
0,
0 gilt
v (t) =
0 für t
0.
1
1
−
1+t
(1 + t)2
0.
62
10 — S p e z ielle Funktionen
b. Einsetzen von t = a/n und multiplizieren mit n ergibt
a
1 + a/n
n ln(1 + a/n)
a.
Exponentiation ergibt dann
exp
c.
a
1 + a/n
exp n ln 1 +
a
n
= 1+
a
n
n
exp(a).
Für n → ∞ konvergiert die linke Seite aufgrund der Stetigkeit gegen die rechte
Seite, ea . Also gilt
lim
n→∞
16
1+
n
a
n
= ea .
Die Summe ist die Hälfte der geometrischen Summe
n
e ikx =
k=−n
e−i(n+1/2)x − e i(n+1/2)x
e−inx − e i(n+1)x
=
1 − e ix
e−ix/2 − e ix/2
=
19
2i sin(n + 1/2)x
sin(n + 1/2)x
=
.
2i sin(x/2)
sin(x/2)
a. Stetig für α > 0 .
b. Differenzierbar für α > 1 , mit Ableitung 0 .
34
a.
Stetig differenzierbar für α > β + 1 .
√
b. −1 = e iπ
c.
1 + i = 2 e iπ /4
35
a.
sin i =
c.
c.
e iz − e−iz
2i
Wegen
=
z=i
e2 − 1
i
2e
log i = iπ /2 + 2π in,
b.
1−
√
3 i = 2 e−iπ /6
cos i =
e iz + e−iz
2
n∈Z
ist
i i = e i log i = e−π /2−2π n ,
d.
√
5
i=e
iπ /10 2kiπ /5
e
=e
(4k+1)π i/10
n ∈ Z.
mit k = 0, 1, 2, 3, 4 .
=
z=i
e2 + 1
2e
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