Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Informatik. Lösungsvorschläge zum 1. Übungsblatt

Transkript

1 KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE INSTITUT FÜR ANALYSIS Dr. Christoph Schmoeger Heiko Hoffmann WS 013/1 Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Informatik Lösungsvorschläge zum 1. Übungsblatt Aufgabe 1 Schreiben Sie die folgenden Mengen als Vereinigung endlich vieler Intervalle. a) x R \1} : x x 1} b) y R : 1 3 y > } zu a): Ist x > 1, so gilt 1 x < 0 und daher auch x + 1 x1 x) x x x 0 xx ) 0 x 0 x ) x 0 x ) x x 0 x, 0] [, ). Damit folgt x 1, ) : x + 1 } = x 1, ) : x, 0] [, )} = 1, ), 0] [, )) = [, ). Ist x < 1, so erhält man mit den gleichen Umformungen wie eben x + 1 x1 x) x xx ) 0 x 0 x ) x 0 x ) x [0, ].

2 Dies impliziert x, 1) : x + 1 } = x, 1) : x [0, ]} Insgesamt erhalten wir nun x R \1} : x + 1 = } x, 1) : x + 1 =[, ) [0, 1) } =, 1) [0, ] = [0, 1). x 1, ) : x + 1 } zu b): Für alle y R gilt 1 3 y > 1 3 y > 1 3 y < 3 y < 1 3 y > 3 3 y > 3 3 y > 3 3 y < 3 y < 0 y > 6 y, 0) 6, ). Damit gilt y R : 1 3 y > } =, 0) 6, ).

3 Aufgabe Es seien x, y R. Beweisen Sie die folgenden Aussagen. a) Es gilt ) x+y xy. b) Sind x, y 0, ), so gilt 1 x + 1 y) xy. c) Gilt x < y, so auch x < x+y < y, und man hat x+y x = x+y y. zu a): Man hat ) x + y xy = x + y + xy xy bzw. ) x+y xy. = x + y xy ) x y = 0 zu b): Nach a) gilt ) a+b ab für a, b > 0, woraus a + b a + b) = ) 1 ab folgt. Mit a := 1 x und b := 1 y erhalten wir sodann ) = xy. zu c): Wegen y x > 0 gilt x + y x = x + y x = y x > 0 sowie was zusammen und y x + y = y x y = y x > 0, x < x + y < y x + y x = y x = y x + y = x + y y liefert.

4 Aufgabe 3 Untersuchen Sie für die folgenden Mengen die Existenz eines Supremums, Infimums, Minimums und Maximums und geben Sie diese gegebenenfalls an. a) A := x + 1 x 0 < x < 5} b) B := x R : 1 x 9} c) C := x R : y [1, ) : y = x} d) D := 1) n + 1 n : n N} e) E := x 1+x : x R} zu a): Sei r > 5, dann ist 1 0, 1) 0, 5). Und mit x = 1 folgt x = r. Daher r 5 r x x ist A nicht nach oben beschränkt und es existieren weder ein Supremum noch ein Maximum. Wegen x + 1 x 0 ist A allerdings nach unten beschränkt. Ist 0 < x < y 1, so gilt x x + 1 > y + 1. Denn wegen x, y > 0 hat man in der Tat x + 1 x > y + 1 y xy x + 1 ) > xy x yx + 1) > xy + 1) xyx y) + y x > 0 x y)xy 1) > 0 y + 1 ) y und wegen 0 < x < y 1 was xy x < 1 nach sich zieht) ist die letzte Ungleichung erfüllt. Für alle x 0, 1] gilt somit insbesondere x =. In der 1. Saalübung wurde x 1 zudem gezeigt, dass stets x + 1 < y + 1 gilt, sofern nur 1 x < y erfüllt ist. Daher erhalten wir auch noch x = für alle x [1, 5). Insgesamt folgt damit nun, dass B x 1 eine untere Schranke für B ist. Also gilt inf B = min B =. zu b): Zunächst einmal beachten wir, dass x B 1 x 9 1 x x 3 1 x x 3 x 1 x 1) 3 x 3) x, 1] [1, ) ) x [ 3, 3] ) x, 1] [1, ) ) [ 3, 3] x [ 3, 1] [1, 3]

5 gilt. Mithin erhalten wir B = [ 3, 1] [1, 3] und somit auch sup B = max B = 3 und inf B = min B = 3. zu c): Wir behaupten, dass C = [1, 16) gilt. Ist dies erst einmal gezeigt, so folgt inf C = min C = 1 und sup A = 16, wohingegen max C nicht existiert. Aus 1 y < folgt 1 y < 16 und daher C [1, 16). Sei nun x [1, 16) beliebig. Aus der 1. Saalübung wissen wir, dass ein y > 0 existiert mit y = x. Wäre y < 1, so erhielten wir den Widerspruch 1 x = y < 1 = 1. Und wäre y, so erhielten wir den Widerspruch 16 > x = y = 16. Also folgt y [1, ) und somit ebenso x C. Damit ist nun auch [1, 16) C gezeigt. zu d): Ist n gerade, so existiert ein k N mit n = k und es folgt n = k ), d.h., n ist ebenfalls gerade. Ist n ungerade, so existiert ein k N 0 mit n = k + 1 und es folgt n = k + k + 1 = k + k) + 1, d.h., n ist ebenfalls ungerade. Damit ist gezeigt, dass n genau dann gerade ungerade) ist, wenn n gerade ungerade) ist. Daher gilt D = 1) n + 1n } : n N = 1) n + 1n } : n N. Für alle n N gilt 1) n + 1 > n 1)n 1; D ist also nach unten durch 1 beschränkt. Sei nun ɛ > 0. Dann existiert ein n N mit 1 < ɛ. Es folgt n 1) n n + 1 } } D 1) = 1 n n < ɛ. Somit existiert zu jedem ɛ > 0 ein x D mit x < 1 + ɛ. Damit folgt da 1 eine untere Schranke ist) inf D = 1. Wegen der strikten Ungleichung in der Abschätzung 1) n + 1 > n 1) n 1 n N) ist 1 jedoch kein Minimum. Für gerades n N gilt 1) n + 1 = = 3 und für ungerades n N erhalten wir n n 1) n + 1 = Also ist 3 eine obere Schranke von D und wegen n n 1) + 1 = 3 gilt sogar 3 D, was sup A = max A = 3 nach sich zieht. zu e): Es gilt inf E = min E = 0. Für alle x R gilt x 0 für alle x R und 0 1+x 1+0 = 0. Also erhalten wir schon einmal x = x und daher auch E = x : x 0}. Ist x > 0, so gilt 1+ x) 1+x 1+x. Mit dem, was wir aus der 1. Saalübung wissen, und dem, was wir in x = x = 1 1+x xx+ 1 x ) x+ 1 x Teil a) gezeigt haben, erhalten wir einerseits, dass x + x) 1 1 > y + 1 ) 1 y für alle 1 x < y gilt, und andererseits, dass x + x) 1 1 < y + 1 ) 1 y für alle 0 < x < y 1 erfüllt ist. Alsdann folgt x + 1 x ) ) 1 = 1 x 0, ). Dies liefert schließlich sup E = max E = 1. E für alle

6 Aufgabe Es seien A und B nichtleere Teilmengen von R mit A B. Beweisen Sie die folgenden Aussagen. a) Die Menge A B ist nach oben unten) beschränkt, falls A oder B nach oben unten) beschränkt ist. Die Umkehrung ist i. Allg. jedoch falsch. b) Sind A und B beide beschränkt, so gilt maxinf A, inf B} infa B) sowie supa B) minsup A, sup B}, wobei beide Ungleichungen echt sein können. c) Es sei A nach oben beschränkt und r R. Wir setzen ra := ra a A}. i) Ist r > 0, so ist ra nach oben beschränkt und es gilt supra) = r sup A. ii) Ist r < 0, so ist ra nach unten beschränkt und es gilt infra) = r sup A. zu a) & b): Ist A nach oben beschränkt, so existiert ein c R mit a c für alle a A. Insbesondere gilt dann auch x c für alle x A B A. Mithin ist A B nach oben beschränkt. Genauso folgt: Ist B nach oben durch d R beschränkt, so ist auch A B durch d beschränkt. Sind also A und B beide nach oben beschränkt, so folgt mit c = sup A und d = sup B) x sup A und x sup B für alle x A B. Es gilt daher supa B) minsup A, sup B}. Die Wahl A := R \ Z) 0} und B := Z dann ist A B = 0}) zeigt, dass aus der Beschränktheit nach oben/unten) von A B weder die Beschränktheit nach oben/unten) der Menge A noch die der Menge B zu folgen braucht. Die Aussage bzgl. Beschränkheit nach unten zeigt man analog. Wählt man nun noch A = [1, 3] und B = [0, 1), }, so gilt A B = } und maxinf A, inf B} = max1, 0} < = infa B) sowie supa B) = < min3, } = minsup A, sup B}. zu c): Wir zeigen exemplarisch nur den Teil ii). Sei c R mit a c für alle a A. Dann folgt wegen r < 0 unmittelbar ra rc für alle a A, d.h., ra ist nach unten durch rc beschränkt. Wählt man nun speziell c = sup A, so erhält man x r sup A für alle x ra, d.h., r sup A ist eine untere Schranke von ra. Sei nun ɛ > 0 beliebig. Dann existiert ein a 0 A mit a 0 > sup A ɛ. Die letzte Ungleichung führt zu r ra ra 0 < r sup A ɛ r = r sup A + ɛ. r Also ist r sup A eine untere Schranke von ra und zu jedem ɛ > 0 existiert ein x ra mit x < r sup A + ɛ. Nach Satz 1. aus der Vorlesung gilt mithin infra) = r sup A.