Bitte schicken Sie mir eine , wenn Sie einen Fehler gefunden haben 1. Moritz Kaßmann

Transkript

1 Das folgede Skript zur Vorlesug Spezielle Aspekte der Aalysis für Studierede des Lehramts a Grud, Haupt ud Realschule wird fortlaufed aktualisiert ud verädert werde. Das Skript ethält bei weitem icht alle Ausführuge, Erläuteruge oder Beispiele aus der Vorlesug. Bitte schicke Sie mir eie , we Sie eie Fehler gefude habe 1. Moritz 1 Viele Dak a Frau Egel für die Hilfe beim Setze des Mauskripts.

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3 1 Folge ud Reihe 1.1 Folge: Supremum, Ifimum, Häufugspukt ud Grezwert Eie Folge reeller Zahle ist, abstrakt formuliert, eie Abbildug des Typs Æ Ê. Jedem Idex Æ wird eie reelle Zahl x zugeordet. Wir defiiere Folge etweder über die Agabe der eizele Folgeglieder x 1,x 2,x 3,x 4,x 5,... oder durch eie Zuordugsvorschrift für x Ê, Æ. Die Folge bezeiche wir mit (x ) Æ, (x ) oder (x ). Wir betrachte im Folgede häufiger die folgede Beispiele vo Zahlefolge. I) 1, 2, 3, 4, 5,..., d.h. x = für alle Æ, die Folge der atürliche Zahle. II) Sei x = 7 für alle Æ. Da ist die Folge (x ) iæ kostat ud recht lagweilig. III) Die Folge (x ) Æ, gegebe durch x = ( 1) für alle Æ, sprigt immer zwische de beide Pukte 1 ud 1 hi ud her. IV) Die Folge (x ) Æ, gegebe durch x = { 1, ugerade, gerade ähert sich für gerade Idizes der Null a, läuft aber für ugerade Idizes gege Uedlich. Defiitio 1.1. Eie reelle Zahl a heißt Häufugspukt der Folge (x ) Æ, we für jede reelle Zahl ε > 0 x a < ε x (a ε,a + ε) für uedlich viele Idizes Æ gilt. Die Häufugspukte der obige Beispiele ka ma recht eifach ablese. Die durch 1, 2, 3, 4, 5,..., d.h. x = für alle Æ, gegebee Folge hat keie Häufugspukt. Die i II defiierte kostate Folge hat atürlich de Häufugspukt a = 7. Die i Beispiel III gegebee sprigede Folge hat die beide Häufugspukte a 1 = 1, a 2 = 1. Die i Beispiel IV gegebee Folge (x ) Æ hat de Häufugspukt a = 0. 1 β-versio:

4 Defiitio 1.2. Wir ee a eie reelle Zahl, a obere Schrake der Folge (x ), we gilt: x a für alle Æ. Wir ee a eie reelle utere Schrake der Folge (x ), we gilt: a x für alle Æ. Eie Folge, zu der eie obere Schrake existiert, heißt ach obe beschräkt. Aalog defiiert ma de Begriff ach ute beschräkt. Eie Folge, die sowohl ach obe als auch ach ute beschräkt ist, et ma beschräkt. Eie Folge ka sehr viele obere bzw. utere Schrake habe. Die i Beispiel II) gegebee Folge hat jede Zahl größer gleich 7 als obere Schrake. Vo besoderer Bedeutug sid die kleiste obere Schrake ud die größte utere Schrake, die wie folgt defiiert werde. Defiitio 1.3. Wir ee eie reelle Zahl a Supremum der Folge (x ), we folgedes gilt: 1) a ist obere Schrake vo (x ). 2) Ist b Ê, b < a, so ist b keie obere Schrake vo (x ). Wir ee eie reelle Zahl a Ifimum der Folge (x ), we folgedes gilt: 1) a ist utere Schrake vo (x ). 2) Ist b Ê, b > a, so ist b keie utere Schrake vo (x ). Wir schreibe a = sup x bzw. a = if x. Æ Æ Wir betrachte die Beispiele I bis IV vo obe: I) if Æ x = 1, das Supremum existiert icht. II) if x = sup x = 7. Æ Æ III) if x = 1, sup x = 1 Æ Æ IV) if Æ x = 0, das Supremum existiert icht. 2 β-versio:

5 Nach der Defiitio ist es offesichtlich, dass eie Folge höchstes ei Supremum bzw. Ifimum habe ka. Dass ach obe beschräkte Folge immer ei Supremum habe (ud ach ute beschräkte Folge immer ei Ifimum), ist eie fudametale Eigeschaft der reelle Zahle. Aalog ka ma für Mege Supremum ud Ifimum defiiere. Sei X Ê. Da ist M Ê Supremum vo X, d.h. M = sup(x), we M kleiste obere Schrake vo M ist, d.h. es gilt x M für alle x M ud adererseits ka keie Zahl b Ê obere Schrake sei, we für sie b < M gilt. Das Ifimum defiiert ma etspreched. Defiitio 1.4. Eie reelle Zahl a heißt Grezwert der Folge (x ) Æ, we es zu jeder reelle Zahl ε > 0 eie Idex 0 Æ gibt ud x a < ε für alle 0 gilt. Hat eie Folge eie Grezwert a, so et ma sie koverget ud schreibt a = lim x. Eie Folge ka höchstes eie Grezwert habe, siehe die etsprechede Übugsaufgabe. Ma mache sich zudem klar, dass zwei kovergete Folge (x ) ud (y ) gege deselbe Grezwert da ud ur da kovergiere, we gilt lim x y = 0. Vo de i de Beispiele I bis IV gegebee Folge besitzt ur die (lagweilige) Folge II eie Grezwert, ämlich a = 7. Beispiele: 1) Die durch x = 1 für alle Æ gegebee Folge besitzt de Grezwert a = 0, was ma wie folgt beweist. Zu jedem ε > 0 müsse wir eie Idex 0 fide, so dass x a = 1 0 = 1 < ε für alle 0. Dies ist kei Problem, zum Beispiel ka ma 0 als die kleiste atürliche Zahl wähle, die größer als 1 ist. ε 2) Die durch x = 2 für alle Æ gegebee Folge besitzt de Grezwert a = 1/3, was ma wie folgt sieht. Zu jedem ε > 0 müsse wir eie Idex 0 fide, so dass x a = 2 1 < ε für alle Beachte hierzu: = = 1 3( ) < Dieser Ausdruck ist kleier als ε für alle Æ, die größer als 1 sid. Beachte, dass ε 1 wir ε < 1 aehme köe, de für ε > 1 ist immer < ε. Also wähle wir eifach als kleiste atürliche Zahl, die größer als 1 ist. ε 3 β-versio:

6 Lemma 1.5. Seie (x ) ud (y ) Folge, die gege x 0 bzw. gege y 0 kovergiere. Da kovergiert die Folge (x y ) gege x 0 y 0. Beweis. Wir müsse zeige, dass x y x 0 y 0 für gege Null kovergiert. Da (x ) kovergiert, ist (x ) atürlich beschräkt, d.h. es gibt eie Kostate C 1 > 0 derart, dass x C 1 für alle. Ebeso gilt y C 2 für alle. Die gewüschte Aussage folgt u wege x y x 0 y 0 = 1 2 (x x 0 )(y + y 0 ) (x + x 0 )(y y 0 ) 1 2 y + y 0 x x x + x 0 y y 0 C 2 2 x x 0 } {{ } 0 + C 1 2 y y 0. } {{ } 0 Die i Beispiel III gegebee Folge besitzt keie Grezwert. We ma die Folge i 2 Teilfolge zerlegt, idem ma ur gerade bzw. ur ugerade Idizes betrachtet, so habe diese Teilfolge die Grezwerte a 1 = 1 bzw. a 2 = 1. Defiitio 1.6. Sei (x ) eie Folge. Sei ( k ) k Æ eie streg wachsede Folge atürlicher Zahle 1, 2, 3, 4,.... Da et ma die Folge (x k ) k Æ eie Teilfolge der ursprügliche Folge (x ). Ihre Folgeglieder sid x 1,x 2,x 3,x 4,.... Satz 1.7. Seie (x ) eie Folge ud a Ê. Die beide folgede Aussage sid äquivalet (1) Die Zahl a ist Grezwert vo (x ). (2) Es gibt eie Teilfolge (x k ) k Æ vo (x ), die gege a kovergiert, d.h., lim k x k = a. Beweis. Wir müsse zeige, dass Aussage (1) Aussage (2) impliziert ud umgekehrt Aussage (2) auch Aussage (1) impliziert. (1) = (2): Dieser Schluss ist leicht. We a Grezwert vo (x ) ist, so köe wir als Teilfolge die gesamte Folge wähle, also k = k für alle k. Da gilt lim x k = lim x k = 0. k k (2) = (1): Wir müsse ( k ) geeiget kostruiere. Da (x ) gege a kovergiert, ist folgede Kostruktio möglich i) Wähle 1 so groß, dass x 1 a < 1. 4 β-versio:

7 ii) Wähle 2 so groß, dass 2 > 1 ud x 2 a < 1 2. iii) Wähle 3 so groß, dass 3 > 2 ud x 3 a < 1 3. Diese Kostruktio führt zu eier Teilfolge (x k ) k mit der Eigeschaft, dass x k a < 1 k. Also kovergiert (x k ) gege a, was zu zeige war. Ei wichtiges Kovergezkriterium ist das Cauchy Kriterium. Defiitio 1.8. Eie Folge (x ) heißt Cauchy Folge, we es zu jeder reelle Zahl ε > 0 eie Idex 0 Æ gibt, so dass x x m < ε für alle Idizes 0, m 0. Ma köte die hier defiierte Eigeschaft auch Verdichtugskriterium ee, de sie besagt, dass alle Folgeglieder ab eiem zu bestimmede Idex beliebig dicht beieiader liege. Ma beachte i diesem Zusammehag Aufgabe 2 vo Übugszettel 2. Satz 1.9. Sei (x ) eie kovergete Folge. Da ist (x ) eie Cauchy Folge. Beweis. Seie ε > 0 ud a der Grezwert vo (x ). Da existiert ach Defiitio der Kovergez ei Idex 0 Æ derart, dass x k a < ε 2 für alle k 0. Da gilt für 0 ud m 0. was zu zeige war. x x m = x a + a x m x a + x m a < ε 2 + ε 2 = ε, Die Umkehrug des obige Resultats ist vo zetraler Bedeutug ud hägt eg mit der Kostruktio der reelle Zahle zusamme. Satz (Vollstädigkeitsaxiom): Sei (x ) eie Cauchy Folge. Da ist (x ) koverget. We wir diese Satz beweise wollte, so müsste wir eie adere Eigeschaft reeller Zahle als gegebe aehme. Wir beschräke us hier darauf, drei weitere Sätze azugebe, die alle axiomatische Charakter habe, ud jeder für sich geomme äquivalet zum Vollstädigkeitsaxiom sid. Ma ka sich also aussuche, welche der vier Sätze 5 β-versio:

8 ma für richtig hält. Die adere drei Sätze bzw. Eigeschafte der reelle Zahle lasse sich da ableite. Satz (Axiom über die Existez des Supremums): Jede ichtleere ach obe beschräkte Mege besitzt ei Supremum. Satz (Axiom über die Kovergez mootoer Folge): Eie mootoe Folge kovergiert geau da, we sie beschräkt ist. We sie mooto wächst, so kovergiert sie gege ihr Supremum. We sie mooto fällt, so kovergiert sie gege ihr Ifimum. Für de letzte Satz beötige wir de Begriff der Itervallschachtelug. Wir ee eie Folge vo Itervalle I = [a,b ] eie Itervallschachtelug, we für alle Æ I I 1 ud außerdem lim b a = 0 gilt. Satz (Axiom der Itervallschachtelug): Zu eier Itervallschachtelug gibt es geau eie reelle Zahl z, die i alle Itervalle I ethalte ist. Es gilt lim a = lim b = z. Wir beweise u eie wichtige Kosequez aus de obige Axiome, de Satz vo Bolzao Weierstraß. Satz 1.14 (Bolzao Weierstraß). Eie beschräkte Folge (x ) besitzt eie Häufugspukt. Beweis. Wir kostruiere eie kovergete Teilfolge (x k ), was ach Satz 1.7 ausreicht. Da (x ) ach Voraussetzug beschräkt ist, existiere m Ê, M Ê mit m x M für alle. Setze m 1 = m, M 1 = M. Wir defiiere u eie Folge vo Itervalle [m k,m k ] wie folgt. Setze [ Mk +m k ],M 2 k falls uedlich viele Folgeglieder i [ M k ] +m,m 2 k [m k+1,m k+1 ] = [ mk, M k+m k 2 ] sost. Ma beachte, dass sowohl i der like als auch i der rechte Hälfte des Itervalls uedlich viele Folgeglieder liege köe. I der Vorlesug habe wir die Defiitio übriges leicht aders gewählt, was ur kosmetische Auswirkuge hat. 6 β-versio:

9 Die Itervalle [m k,m k ] habe u die folgede Eigeschafte (i) Für jedes k Æ liege i dem Itervall [m k,m k ] uedlich viele Folgeglieder x. (ii) [m k,m k ] [m k 1,M k 1 ]. (iii) M k m k = 2 k (M m), also isbesodere lim k (M k m k ) 0. Ohe Weiteres köe wir u aufgrud vo (i) eie Teilfolge (x k ) fide mit x k [m k,m k ] für alle k. Das Axiom der Itervallschachtelug liefert u sofort die Kovergez vo (x k ) gege de Grezwert lim m k = lim M k. k k Damit wäre der Beweis am Ede. Wir zeige, wie ma alterativ das Vollstädigkeitsaxiom verwede ka. Sei ε > 0. Wähle N Æ so groß, dass 2 N (M m) < ε. Da gilt für alle k,j N x k [m k,m k ] [m N,M N ] x j [m j,m j ] [m N,M N ] x k x j 2 N (M m) < ε. Damit ist gezeigt, dass (x k ) eie Cauchy Folge ist, ud ach dem Vollstädigkeitsaxiom kovergiert. Wir habe also eie kovergete Teilfolge gefude, somit besitzt die Folge (x ) eie Häufugspukt. Wir diskutiere im Folgede eie Awedug, bei dee Folge eie wichtige Rolle spiele. 1.2 Abgeschlosseheit ud Offeheit vo Mege Gemeihi et ma ei Itervall [a, b] Ê abgeschlosse ud ei Itervall (a, b) Ê offe. Wir präzisiere die Begriffe wie folgt. Defiitio Eie Mege X Ê heißt offe we es zu jedem x 0 X ei reelles ε > 0 gibt ud (x 0 ε,x 0 +ε) X. Eie Mege X Ê heißt abgeschlosse, we Ê \X offe ist. 7 β-versio:

10 Beispiele: Seie a,b Ê mit a < b. 1. Das Itervall (a,b) ist offe. 2. Ê \ [a,b] ist offe ud daher [a,b] abgeschlosse. 3. Das Itervall [a,b) ist weder offe och abgeschlosse. 4. Ê ist offe ud abgeschlosse zugleich. 5. Die Mege {1/ : Æ} ist abgeschlosse. 2 Satz Sei X Ê. Da sid die beide folgede Aussage äquivalet. (1) X ist abgeschlosse. (2) Sei (x ) eie Folge mit x X für alle. Es existiere ei Häufugspukt a vo (x ). Da gilt a X. Beweis. Wir beweise zuächst, dass Aussage (1) Aussage (2) impliziert. Wir setze also voraus, dass X Ê abgeschlosse ist ud ehme a, dass (x ) eie Folge mit x X für alle ist, die eie Häufugspukt a hat. Zu zeige ist a X. We a icht i X läge, so läge a i Ê\X. Da diese Mege offe ist, gäbe es da ε > 0 mit (a ε,a+ε) Ê\X. Da a Häufugspukt vo (x ) ist, würde es da ei Folgeglied x mit geeigetem gebe (ud och uedlich viele adere) mit der Eigeschaft x (a ε,a + ε) Ê \ X. Das widerspricht aber der Voraussetzug, dass x X für alle. Somit führt die Aahme a Ê \ X zu eiem Widerspruch, also gilt a X. Nu setze wir (2) voraus ud beweise, dass X abgeschlosse ist. Wir zeige, dass Ê\X offe ist. Nehme wir a, dass Ê \ X icht offe ist. Das heißt, dass es ei x 0 Ê \ X gibt, so dass (x 0 ε,x 0 + ε) eie ichtleere Schitt mit X hat für alle ε. Isbesodere würde es da zu Æ ei x X gebe mit x (x 0 1,x ). Damit wäre da aber x 0 Häufugspukt der Folge (x ) ud würde icht i X liege. Dies ka ach Voraussetzug icht sei, also muss die Aahme, dass Ê \ X icht offe ist, falsch sei. Der Satz ist bewiese. 2 Beweise Sie das eimal als Übug. Überlege Sie erst daach, wie die Aussage direkt mit Satz 1.16 gefolgert werde ka. 8 β-versio:

11 1.3 Fixpuktsatz Fixpuktsätze sid Sätze, welche die Lösbarkeit (ud oftmals die eideutige Lösbarkeit) vo Probleme des Typs Suche x Ê mit x = f(x). beschreibe. Diese habe viele Aweduge, z.b. beim Aufspüre vo Nullstelle oder Extrema. Satz Seie f : [a,b] [a,b] ud α Ê, α (0, 1). Es gelte für alle x,y [a,b] f(x) f(y) α x y. Da gibt es geau eie Fixpukt x [a,b] mit f(x ) = x. Beweis. Wir beweise zuerst die Eideutigkeit des Fixpukts. Seie x 0 ud y 0 zwei verschiedee Fixpukte. Da gilt x y = f(x ) f(y ) α x y = 1 α, was zu eiem Widerspruch führt, da α < 1. Also ka es höchstes eie Fixpukt gebe. Wir kostruiere u de Fixpukt x. Sei x 0 [a,b] beliebig. Setze für Æ x = f(x 1 ). Da gilt für alle Æ x +1 x α x 1 x 0. Das heißt, dass beachbarte Folgeglieder ah zusamme rutsche. Wir zeige, dass (x ) eie Cauchyfolge ist ud damit kovergiert. Sei 0 Æ, 0, m 0. Wir ehme a m + 2, aderefalls vertausche wir die Name vo m ud. Da gilt x m x = x m x m 1 + x m 1 x m x +1 x ( α m 1 + α m α ) x 1 x 0 } {{ } (m+ 1) Summade = αm α α 1 x 1 x 0 α 1 α x 1 x 0 Damit (x ) Cauchy Folge sei ka, muss es zu ε > 0 eie Idex 0 gebe mit x m x < ε für alle m 0, 0. 9 β-versio:

12 Wähle hierzu 0 so groß, dass α x 1 α 1 x 0 < ε α ε(1 α). x 1 x 0 ( ) Ma köte z.b. 0 = l ε(1 α) x 1 x 0 / l(α) + 1 wähle. (x ) ist also eie Cauchy Folge ud kovergiert. Da [a,b] abgeschlosse ist, liegt der Grezwert vo (x ) ierhalb vo [a,b]. Sei x u der Grezwert vo (x ). Sei x u der Grezwert vo (x ). Wir beweise u f(x ) = x. Für alle gilt f(x ) x f(x ) f(x ) + f(x ) x + x X α x x + x +1 x + x x (α + 1) x x + α x 1 x 0 0 für. Beispiel: Sei f : [ 2, 2] Ê,f(x) = x + 2. Da ist f([ 2, 2]) = [0, 2] [ 2, 2]. Außerdem gilt für x, y [ 2, 2] f(x) f(y) = x + 2 y + 2 = x y 1 x y. x y f ist also eie Kotraktio, es gibt deswege ach obigem Fixpuktsatz geau eie Stelle x mit x = f(x ) = x + 2. Ma erhält x = Beispiel: Sei f : [2, 4] Ê, f(x) = 1 2( x + 2 x). Da gilt für x,y [2, 4] f(x) f(y) = x y x 1 y 1 2 x y + y x xy 3 x y 4 Deoch ist f keie Kotraktio, de f([2, 4]) [2, 4]. Ma müsste de Defiitiosbereich äder. 1.4 Reihe (Thema wird och behadelt.) 10 β-versio:

13 2 Stetige Fuktioe Defiitio 2.1. Eie Fuktio f : X Ê heißt stetig im Pukt x 0 X, we es zu jeder reelle Zahl ε > 0 eie reelle Zahl δ > 0 gibt mit der Eigeschaft, dass f(x) f(x 0 ) < ε für alle x X mit x x 0 < δ. Wir ee f eie stetige Fuktio, we f i jedem Pukt x 0 X stetig ist. Beispiel: Wir beweise, dass die Fuktio f : Ê Ê, f(x) = x 2 i jedem Pukt x 0 Ê stetig ist. Seie x 0 Ê fixiert ud ε > 0 vorgegebe. Wir müsse u ei derartiges { δ > } 0 fide, dass x 2 x 2 ε 0 < ε für alle x mit x x 0 < δ. Wähle hierzu δ = mi 1, 2 x Da gilt für alle x mit x x 0 < δ was zu zeige war. x 2 x 2 0 = x + x 0 x x 0 x x 0 + 2x 0 δ (2 x 0 + 1)δ ε (2 x 0 + 1) < ε, 2 x 0 +2 Das eigetliche Problem ist, δ geeiget zu wähle. Es bietet sich a, zuächst eimal de Ausdruck f(x) f(x 0 ) auszuschreibe ud zu überlege, wie ma ih kleikriegt für diejeige x, welche i der Nähe vo x 0 liege. Ma beachte, dass im obige Beispiel die Wahl vo δ vo x 0 selber abhägt. Bei sogeate gleichmäßig stetige Fuktioe ka ma δ uabhägig vo x 0 wähle. Ma überlegt sich relativ eifach, warum die durch { x für x 1, f(x) = 3 x für x > 1 defiierte Fuktio f : Ê Ê im Pukt x 0 = 1 icht stetig ist. Eie charakteristische Eigeschaft vo stetige Fuktioe ist die Tatsache, dass ma ihre Graphe mit eiem Stift zeiche ka, ohe de Stift abzusetze. Dahiter verbirgt sich folgeder Satz: Satz 2.2. Eie Fuktio f : X Ê ist stetig im Pukt x 0 X geau da, we für jede Folge (x ), dere Folgeglieder i X liege ud gege x 0 kovergiere, die Folge der Fuktioswerte (f(x )) Æ gege f(x 0 ) kovergiert. Ma schreibt da f(x 0 ) = lim f(x ) oder auch aschaulich f(x 0 ) = lim x x0 f(x). 11 β-versio:

14 Beweis. Sei zuächst ageomme, dass f im Pukt x 0 stetig ist. Sei (x ) eie Folge i X, die gege x 0 kovergiert. Sei ε > 0. Da gibt es ach Defiitio der Stetigkeit ei δ > 0 derart, dass f(x) f(x 0 ) < ε für alle x X mit x x 0 < δ. Da (x ) gege x 0 kovergiert, gibt es zu δ eie Idex 0 Æ mit der Eigeschaft, dass x x 0 < δ für alle 0. Also folgt f(x ) f(x 0 ) < ε für alle 0. Somit kovergiere die f(x ) gege f(x 0 ). Sei u vorausgesetzt, dass für jede gege x 0 kovergierede Folge (x ) gilt f(x ) f(x 0 ) für. Nehme wir eimal a, dass f icht stetig ist im Pukte x 0. Da existiert also ei ε > 0, so dass für jedes δ > 0 ei x X existiert mit x x 0 < δ ud zugleich f(x) f(x 0 ) ε. 3 Beispielsweise gibt es zu jedem Æ ei x X mit x x 0 < 1 ud zugleich f( x ) f(x 0 ) ε. Damit hätte wir eie Folge ( x ) kostruiert, die gege x 0 kovergiert, für die aber icht (!) gilt f( x ) f(x 0 ) für. Eie solche Folge darf es ach Voraussetzug aber icht gebe, usere Aahme war also falsch. Wir wolle auf eie mögliche Fehlerquelle aufmerksam mache. Als Defiitio der Stetigkeit eier Fuktio f bietet sich die folgede Kurzdefiitio a: f ist stetig i x 0, we f(x 0 ) = lim x x0 f(x). Was aber bedeutet dies geau? Die Aussage bedeutet, dass die Zahlefolge ( f(x ) ) Æ für jede (!) gege x kovergete Folge (x ) gege eie Grezwert kovergiert ud dieser Grezwert für alle solche Folge derselbe ist. Wir betrachte die durch (2.1) f(x) = { x für x 0, x 1 für x < 0, defiierte Fuktio f : Ê Ê. Sei x 0 = 0. Es gibt u viele Folge (x ), die gege Null kovergiere ud für welche gilt f(x 0 ) = lim f(x ), setze z.b. x = 1 für alle. Der Grezwert ist aber icht eideutig. We wir x = 1 für alle setze, so gilt lim f(x ) = lim 1 1 = 1 f(x 0). Die Fuktio ist also icht stetig i x 0 = 0. Sid zwei Fuktioe stetig i eiem Pukt, so sid es dort ebefalls ihre Summe, ihre Differez, ihr Produkt ud falls der Neer im betrachtete Pukt keie Nullstelle hat auch ihr Quotiet. Dies gilt ebeso für die Verkettug zweier Fuktioe. Ist die Fuktio x f(x) stetig im Pukt x 0, so sid beispielsweise auch die Fuktioe x si(f(x)) ud x f(x) stetig i x 0. Mit zwei Fuktioe f ud g sid auch die 3 Dass dies die Vereiug der Stetigkeit ist, mache ma sich i aller Ruhe klar. 12 β-versio:

15 Fuktioe x max {f(x),g(x)}, x mi {f(x),g(x)} stetig, de es gilt geerell für reelle Zahle a,b max (a,b) = 1 {a + b + a b }, 2 mi (a,b) = 1 {a + b a b }. 2 Beobachtug: We f ud g stetige Fuktioe des Typs Ê Ê sid ud für alle z É gilt f(z) = g(z), da folgt f(x) = g(x) auch für alle x Ê. Wir müsse ämlich zu x ur eie Folge (z ) aus É mit z x betrachte. Da gilt f(z ) = g(z ). Wege f(x) = lim f(z ) ud g(x) = lim g(z ) folgt da die gewüschte Aussage direkt. Wir behadel de wichtige Zwischewertsatz Satz 2.3. Sei f : [a,b] Ê stetig. Da immt f jede Wert zwische f(a) ud f(b) midestes eimal a, d.h. zu z [mi{f(a),f(b)}, max{f(a),f(b)}] existiert x 0 [a,b] mit f(x 0 ) = z. Beweis. Wir beweise die Aussage zuächst i dem Spezialfall f(a) 0, f(b) 0, z 0 = 0. Wie im Beweis des Satzes vo Bolzao Weierstraß (1.14) verwede wir eie Itervallschachtelug, um x 0 hiterher zu jage. Hierzu kostruiere wir eie Foge vo Itervalle I = [a,b ] mit de Eigeschafte (für jedes ) (i) I I 1 (ii) b a = 2 (b a) (iii) f(a ) 0, f(b ) 0 Setze a 1 = a, b 1 = b ud defiiere I +1 wie folgt: [ ] a, a+b 2 I +1 = [a +1,b +1 ] = [ a+b ],b 2 falls f ( a +b ) 2 0 falls f ( a +b ) 2 < β-versio:

16 Die so kostruierte Itervalle erfülle (i), (ii) ud (iii). Die Folge (a ) wächst mooto ud ist beschräkt, sie kovergiert also. Die Folge (b ) fällt mooto, ist beschräkt ud daher ebefalls koverget. Wege (ii) kovergiere beide gege deselbe Grezwert, de wir mit x 0 bezeiche. Da f stetig ist, gilt lim f(a ) = f(x 0 ) = lim f(b ). Da f(a ) 0 für alle, gilt f(x 0 ) 0. Da f(b ) 0 für alle, gilt f(x 0 ) 0, also folgt wie gewüscht f(x 0 ) = 0. Ohe Beschräkug der Allgemeiheit ehme wir im allgemeie Fall a f(a) z f(b). Die Hilfsfuktio g : [a, b] Ê, g(x) = f(x) z erfüllt die Aahme des Spezialfalls. Also gibt es ei x 0 [a,b] mit g(x 0 ) = z f(x 0 ) = z. Mit Hilfe des Zwischewertsatzes sieht ma leicht ei, dass jedes Polyom ugerade Grades Æ x f(x) = a x + a 1 x 1 + a 2 x a 1 x + a 0 midestes eie Nullstelle besitzt. Ma wählt x 1 so groß, dass f(x 1 ) > 0 ud x 2 so klei (egativ), dass f(x 2 ) < 0. Da gibt es z [x 1,x 2 ] mit f(z) = 0, was zu zeige war. Defiitio 2.4. f : U Ê heißt beschräkt, we f(u) = {f(x) : x U} beschräkt ist, d.h. es eie reelle Zahl K gibt ud f(x) K für alle x U gilt. Beispiele: (i) f : Ê Ê, f(x) = si(x) = f ist beschräkt, (ii) f : (0, 1) Ê, f(x) = 1 x = f ist icht beschräkt. Satz 2.5. Sei A Ê abgeschlosse ud beschräkt, z.b. A = [a,b]. Sei f : A Ê stetig. Da ist die Mege f(a) = {f(x) : x A} beschräkt. Die Fuktio f immt sowohl ihr Maximum als auch ihr Miimum a, d.h. es existiere x mi A, x max A mit (2.2) (2.3) f(x mi ) = if{f(x) : x A} f(x max ) = sup{f(x) : x A} Beweis. Nehme wir zuächst a, dass f(a) ubeschräkt ist. Zu Æ existiert da x A mit f(x ) >. Da A beschräkt ist, besitzt (x ) eie Häufugspukt x. Aufgrud 14 β-versio:

17 der Abgeschlosseheit vo A gilt x A. Da f stetig ist, existiert ei δ > 0 derart, dass f(x) f(x) < 1 für alle x (x δ,x + δ). Für > f(x) + 1 gibt es also kei x (x δ,x + δ) mit f(x ) >, was eie Widerspruch darstellt. Wir beweise u die Existez vo x max mit der Eigeschaft (2.3). Sei M = sup{f(x) : x A}. Für Æ ist M 1 keie obere Schrake, also existiert ei x A mit f(x ) > M 1. Die Folge (x ) hat eie Häufugspukt x A. Es gibt u eie Teilfolge (x k ) k mit x k x für k. Aufgrud der Stetigkeit folgt da f(x k ) f(x). Adererseits gilt ach Kostruktio vo (x ) auch f (x k ) > M 1 k für jedes k. Also würde f(x) < M zu eiem Widerspruch führe, es gilt also f(x) = M. Wir wolle mit Hilfe der Stetigkeit ud uter Verwedug vo Folge ei sehr pratisches Problem löse. Stelle Sie sich vor, Sie sid i der Wüste ud müsse eie Approximatio vo 2 agebe. Nur Bleistift ud Papier stehe Ihe zur Verfügug. Wir stelle eie Methode vor, wie ma a für a > 0 recht eifach approximiere ka. Gesucht ist also x > 0 mit x 2 = a, was äquivalet ist zu x = 1 2 (x + a x ). Defiiere f : (0, ) (0, ) durch f(x) = 1(x + a ). Wir suche u eie Fixpukt 2 x vo f mittels eier Iteratio. Sei x 0 > 0 beliebig. Setze (2.4) x +1 = f(x ) = 1 2 (x + a x ). Es wäre wuderbar, we x u gege eie Fixpukt vo f kovergiere würde. Es gilt 4 a = Deswege gilt für jedes Æ x a x 1 2 (x + a x ) = x +1. a x 2 a x x x +1 x. 4 Uter Verwedug der Ugleichug zwische geometrischem ud arithmetischem Mittelwert. 15 β-versio:

18 Die Folge (x ) ist mooto falled ud ach ute durch a beschräkt. Also ist (x ) koverget. De Grezwert bezeiche wir mit x. Da f stetig ist, gilt lim f(x ) = f(x ). Somit folgt aus (2.4) x = f(x ). Hieraus folgt u umittelbar, dass x = a. Wir wisse also u, dass (2.4) eie geeigete Approximatio darstellt. Hier ei paar Werte, we ma 2 ausgehed vom Startwert x 0 approximiere möchte. Vergleiche hierzu x 0 = 2 : x 1 = 1.5; x 2 = 1.416; x 3 = ; x 4 = x 0 = 1 : x 1 = 1.5; Rest idetisch x 0 = 3 : x 1 = 1.83; x 2 = ; x 3 = ; x 4 = x 0 = 100 :x 1 = 50.01; x 2 = ; x 3 = ; x 8 = Fuktioefolge Bislag habe wir Fuktioe ud Folge reeller Zahle betrachtet ud verwedet. Wir utersuche u Folge vo Fuktioe ud dere Kovergezverhalte. Wir begie mit eiem Beispiel. Sei für Æ die Fuktio f : [0, 1] Ê defiiert durch f (x) = x. Wir fixiere u eie Pukt x [0, 1] ud frage us, wie sich f (x) für verhält. Für x = 1 ist f (x) = 1 für alle Æ. Für x [0, 1] gilt x 0. Das heißt, die Fuktio f(x) = hat die Eigeschaft: Für jedes x [0, 1] gilt { 0, x [0, 1) 1, x = 1 f (x) f(x) für. Defiitio 2.6. Seie f : X Ê für Æ ud f : X Ê. Wir sage, dass (f ) puktweise gege f kovergiert, we für jedes x X gilt f (x) f(x) für f(x) = lim f(x ). 16 β-versio:

19 Die Fuktioefolge (f ) Æ des obige Beispiels kovergiert also puktweise. Ma beachte, dass jede eizele Fuktio f stetig ist, icht aber f. Die Stetigkeit geht sozusage beim Grezübergag verlore. Wir sehe weiter ute, dass es eie bessere Art vo Kovergez gibt, welche die Stetigkeit erhält. Wir betrachte ei weiteres Beispiel. Für Æ defiiere wir die Fuktio f : Ê Ê über f (x) = x. Wir fixiere eie Pukt x [0, 1]. Da gilt offesichtlich f 1+ x (x) f(x), wobei 1,x < 0 f(x) = sg(x) = 0,x = 0 1,x > 0 Auch i diesem Beispiel sid die Fuktioe f alle stetig, icht aber die Fuktio der puktweise Grezwerte. Wir zeige u, welche Art der Kovergez diese Effekt ausschließt. Defiitio 2.7. Sei f : X Ê beschräkt. Da setzt ma f = sup{ f } = sup{ f(x) : x X}. Eie Fuktioefolge (f ), f : X Ê kovergiert gleichmäßig gege f, we f f 0 für. Äquivalet hierzu ist die Tatsache, dass es zu ε > 0 ei 0 Æ gibt derart, dass für jedes x X f (x) f(x) ε. Vor allem bei der ε δ Defiitio mache ma sich de Uterschied zur puktweise Kovergez i aller Ruhe klar. Die Abbildug f f et ma eie Norm. Sie hat für Fuktioe eie ähliche Bedeutug wie der Absolutbetrag für reelle Zahle. erfüllt die folgede Eigeschafte, welche hireiched ud otwedig für eie Norm sid. 1. f = 0 f(x) = 0 für alle f ud x X 2. λf = λ f für alle f ud λ Ê 3. f + g f + g für alle f,g Beispiele: 17 β-versio:

20 (i) Sei f : [ 1, 1] Ê,f (x) = (x 1 )2. Die Fuktioefolge (f ) kovergiert gleichmäßig gege die Fuktio f : [ 1, 1] Ê, f(x) = x 2. Wege f (x) f(x) x gilt f 2 f 2. (ii) Sei f : [0, 1] Ê,f (x) = x. Die Fuktioefolge (f ) kovergiert icht gleichmäßig gege die Fuktio f : [0, 1] Ê, f(x) = 0 für x < 1 ud f(x) = 1 für x = 1. De f f = sup x [0,1] f (x) f(x) = 1 für jedes Æ. (iii) Sei f : Ê Ê, f (x) = x. Da kovergiert (f 1+ x ) icht gleichmäßig gege sg( ), de sup x [0,1] f (x) f(x) = 1. Der folgede Satz garatiert, dass sich die Stetigkeit vo f auf f überträgt, we (f ) gleichmäßig kovergiert. Satz 2.8. Seie für Æ f : X Ê ud f : X Ê. Es kovergiere (f ) gleichmäßig gege f. Da ist f stetig. Beweis. Seie x 0 X ud ε > 0. Wir müsse ei δ fide derart, dass f(x) f(x 0 ) < ε für x (x 0 δ,x 0 +δ). Aufgrud der gleichmäßige Kovergez gibt es ei N Æ derart, dass f(x) f N (x) < ε 3 für jedes x X, also auch f N(x 0 ) f(x 0 ) < ε 3. Da f N stetig ist, gibt es δ > 0 mit f N (x) f N (x 0 ) < ε 3 für x (x 0 δ,x 0 + δ). Für x (x 0 δ,x 0 + δ) gilt da isgesamt was zu zeige war. f(x) f(x 0 ) f(x) f N (x) + f N (x) f(x 0 ) f(x) f N (x) + f N (x) f N (x 0 ) + f N (x 0 ) f(x 0 ) ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε, Die Kovergez eier Zahlefolge (x ) ist äquivalet dazu, dass (x ) eie Cauchy-Folge ist. Diese Charakterisierug ist vor allem wichtig, weil ma sie überprüfe ka, ohe eie Grezwert zu kee oder zu errate. Bei Fuktioefolge liest sich der etsprechede Zusammehag wie folgt: Satz 2.9. Seie für Æ f : X Ê ud f : X Ê. Da sid die beide Aussage äquivalet: 1. Die Folge (f ) kovergiert gleichmäßig. 18 β-versio:

21 2. Die Folge (f ) ist eie Cauchy-Folge bezüglich der Supremumsorm, d.h. zu ε > 0 existiert ei Idex 0 derart, dass f m f < ε für alle m, 0. Wir verzichte auf de icht schwierige Beweis. 3 Wichtige Fuktioe: Expoetialfuktio, Logarithmus ud trigoometrische Fuktioe 3.1 Die Expoetialfuktio Zuächst ei motivieredes Beispiel. Ageomme, ei Kapital K wird für ei Jahr zu eiem effektive Zissatz r agelegt. Da ist der Wert der Alage ach eiem Jahr geau K + rk = K(1 + rk). We ma dasselbe Kapital stattdesse zuächst für ei halbes Jahr zu eiem Zissatz r/2 alegt ud daach wieder für ei halbes Jahr zum selbe Zissatz, so ist der Wert der Alage ach eiem Jahr ( K + r 2 K) + ( K + r 2 K) r 2 = K ( 1 + r 2) 2. Reduziert sich der Alagezeitraum auf eie Moat bei eiem Zissatz r, so ist das 12 Ergebis K ( ) 12. ( 1 + r 12 Es stellt sich die Frage, wie sich die Größe K 1 + r ) für verhält. Wir werde sehe, dass ma im Limes als Alagewert ach eiem Jahr geau Ke r erhält. Die Expoetialfuktio exp : Ê Ê defiiere wir über (3.1) exp(x) = e x = lim ( 1 + x ), wobei das erste Gleichheitszeiche reie Nomeklatur ist. Wir zeige ute, dass der Limes i (3.1) existiert, ma also e x durch (3.1) sivoll defiiert hat. Eie sehr wichtige Eigeschaft, die wir i der Vorlesug verwede, aber icht beweise, ist: (3.2) e x = 1 + x + x2 2! + x3 3! + x4 4! + x5 5! +... = k=0 x k k! für alle x Ê. Satz 3.1. Die durch f : Ê Ê, f (x) = ( 1 + x ), defiierte Fuktioefolge (f ) kovergiert puktweise für jedes x Ê, d.h. für jedes x Ê existiert der Grezwert lim ( 1 + x ), de wir mit e x bezeiche. 19 β-versio:

22 Wir beschräke us darauf, die Kovergez der Zahlefolge (x ), x = ( ) gege e 1 = e zu zeige. Der Beweis für allgemeies x Ê verläuft aalog. Als Hilfsmittel im Beweis beötige wir die Beroulli sche Ugleichug. Lemma 3.2. Für Æ, 2, x Ê, x > 1, x 0 gilt (3.3) (1 + x) > 1 + x. Beweis. Wir beweise (3.3) mittels vollstädiger Iduktio. Für = 2 ist (1 + x) = (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x = 1 + x, der Iduktiosafag ist also bewiese. Sei die Aussage u für Æ bewiese. Da gilt (1 + x) +1 = (1 + x) (1 + x) > (1 + x)(1 + x) Also gilt die Aussage da auch für + 1. = 1 + ( + 1)x + x 2 > 1 + ( + 1)x. Beweis vo Satz 3.1. Wir betrachte eie Itervallschachtelug (I ) mit I = [a,b ], a = ( ) ud b = ( ) +1. Wir beweise die folgede Eigeschafte: (i) (a ) ist mooto steiged (ii) (b ) ist mooto falled (iii) lim (b a ) = 0 Da ist die Existez vo e 1 = e = lim ( ) sichergestellt. Für 2 gilt ( ) 1 1 > ( ) ( ) 1 1 > 1 1 ( ) > ( 1 1 ach der Beroulli sche Ugleichug. Also gilt ) 1 ( = 1 ) 1 ( = ) 1 ( 1 = ). Damit ist gezeigt, dass die Folge (a ) mooto wächst. Die Beroulli sche Ugleichug impliziert auch ( ) ( ) 2 1 > > Wege ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 = = 2 1 = 1 1 ( ) 2 = ( ) β-versio:

23 gilt auch ( ) 1 1 ( ) > ( ) ( 1 > ). Das zeigt, dass die Folge (b ) mooto fällt. Die Kovergez vo b a gege Null ergibt sich aus (b a ) = ( 1 + ) 1 +1 ( ) ( = ) (( ) ) ( ) 1 = < ( ) +1 1 = b 1 b 1 1 = 4 0 für. Satz 3.3. Sei f : Ê Ê defiiert durch f(x) = e x. Da gilt (1) f(x + y) = f(x)f(y) für alle x,y Ê (2) lim x 0 f(x) 1 x = 1. Es gilt auch folgede bemerkeswerte Umkehrug: Sei f : Ê Ê eie beliebige stetige Fuktio mit de Eigeschafte (1) ud (2). Da folgt bereits f(x) = e x. Beweis vo Satz 3.3. Wir beweise, dass die Expoetialfuktio die Eigeschafte (1) ud (2) erfüllt. Die im Satz formulierte Umkehrug beweise wir hier icht. Wir müsse beweise: ( e x e y = lim 1 + x ( ) lim 1 + y ) = lim! ( = lim 1 + x+y ) = e x+y. [( 1 + x ) ( ) 1 + y ] Eizig das mit dem Ausrufezeiche versehee Gleichheitszeiche stellt das Problem dar, die adere gelte ach Defiitio bzw. wege Lemma 1.5 ( ) 1 + x ( ) 1 + y ( = 1 + x+y + xy = ( 1 + x+y 2 ) = ) + k=1 k=0 ( ) k)( 1 + x+y k ( xy ) k 2 ( k)( 1 + x+y ) k ( xy 2 ) k. Es ist ausreiched zu zeige, dass der zweite Summad auf der rechte Seite für 0 gege Null kovergiert. Dies sieht ma wie folgt: ( ) k)( 1 + x+y k ( xy ) k ( 1 ( ) 2 k) 1 + x+y k ( xy ) k k=1 k=1 ( = x+y + ) xy ( ) 1 + x+y } {{ } } {{ } e x+y+xy 1 e x+y. 21 β-versio:

24 Der letzte Ausdruck ist vo der Form 1 a + 1 b, wobei (a ) ud (b ) kovergete Folge sid. Der Term geht ach Lemma 1.5 wie gewüscht gege Null für. Die Eigeschaft (2) ka ma aus der Summedarstellug (3.2) ablese, de e x 1 x = 1 + x 2! + x2 3! + x3 4! +... = 1 + x ( 1 2! + x 3! + x2 4! +...) Der Ausdruck i der Klammer ist wachsed, da positive Glieder hizukomme. Da er kleier als e ist, muss er koverget sei. Also kovergiert der gesamte Ausdruck auf der rechte Seite gege 1 für x 0. Wir diskutiere ud beweise im Folgede weitere Eigeschafte der Expoetialfuktio. (a) e x > 0 für jedes x Ê. Beweis: e x = e x/2 e x/2 = ( e x/2) 2 > 0. (b) Die Abbildug exp : Ê (0, ) ist stetig. Beweis: Seie x 0 Ê, (x ) eie Folge mit x x 0 für. Da müsse wir beweise e x e x 0 0. Dieses folgt aber wege e x e x 0 = e x 0+(x x 0 ) e x 0 = e x 0 e (x x 0) 1 = e x0 x x 0 } {{ } 0 wobei wir Eigeschaft (2) des obige Satzes verwedet habe. e(x x 0) 1 x x 0 } {{ } 1 (c) exp : Ê (0, ) ist streg mooto steiged ud damit isbesodere ijektiv. Beweis: Seie x,y Ê mit x < y. Wir zeige e x < e y. Setze h = y x. Wege h > 0 ud e = 1 + h + h2 + h gilt e h > 1. Hierzu ist äquivalet 2! 3! e x+h x > 1 ex+h e x > 1 e x+h > e x e y > e x. (d) exp : Ê (0, ) ist surjektiv ud deswege ach (c) auch bijektiv. Beweis: Zu zeige ist, dass es zu y > 0 ei x Ê gibt mit e x = y. Wir uterscheide zwei Fälle. Im Fall y 1 stelle wir fest, e 0 = 1 1 ud e y 1 + y y, d.h. ach dem Zwischewertsatz muss es ei x [0,y] gebe mit e x = y. Im Fall y < 1 gilt z = 1 1. Also existiert ei x y Ê mit ex = z = 1, was äquivalet ist zu y e x = y. Somit ist ( x) die gesuchte Stelle., 22 β-versio:

25 (e) Die Expoetialfuktio wächst für x + stärker als jedes Polyom; es gilt für jedes Æ e x lim x + x = lim x ex x = 0. Beweis: Wege e x = 1 + x + x2 2! + x gilt für x > 0 ud jedes Æ 3! e x > x+1 ( + 1)! ex x > x ( + 1)! x Da für festes ud für x gege + über jede Greze wächst, folgt die ( + 1)! gewüschte Aussage. Die Äquivalez folgt aufgrud vo e x x = (x e x ) 1. Im Folgede zeige wir, wie ma Werte der Expoetialfuktio sehr gut aäher ka ud dass e = e 0 eie irratioale Zahl ist. Um e x für x Ê zu bereche, ist es ausreiched, die Werte für e k, k ud für e ζ, ζ (0, 1) zu kee, de es gilt e x = e x +(x x ) = e x e ζ, wobei x = max{k,k x} ud ζ = x x (0, 1). Für x Ê, Æ {0} setze wir R +1 (x) = k=+1 x k, so dass für alle k! e x = 1 + x + x2 + x x + R 2! 3!! +1 (x), ( ) R +1 (x) = x x + x (+1)! (+2) (+2)(+3) ( ) x x + x 2 + x (+1)! ud damit für x 1 R +1 (x) 2 x +1. Mit dieser Abschätzug der Restsumme köe (+1)! wir u.a. e x für x [0, 1] gut approximiere. De Idex, der festlegt, wie viele Summade wir vo Had addiere, köe wir selber bestimme, wie z.b. hier: 1 e 1 + R 0 (1) = = = 2 e 2 + R 1 (1) = = = 2, 5 e R 2 2(1) = = 2, = 65 e 65 + R (1) = = Mit vier Summade ka ma e bereits gut approximiere. Die Summedarstellug e = 1 k=1 eiget sich zur mauelle Approximatio viel besser als die Darstellug k! ( bzw. Defiitio e = lim ) Vergleiche die folgede Werte mit e β-versio:

26 ( ) k=0 1 k! Wir beweise och eie weitere sehr wichtige Eigeschaft. Satz 3.4. Die reelle Zahl e ist irratioal. Beweis. Ageomme, e sei ratioal, d.h. es gebe, m Æ, 2 mit e = m. Da ist sowohl die Zahl!e eie gaze Zahl als auch die Zahl E :=! ( e 1 1 1! 1 2!... 1!). Aufgrud der obe bewiesee Fehlerabschätzug gilt da 0 < E =!R +1 (1)! 2 (+1)! = 2 +1 < 1. Damit wäre E icht gazzahlig, was eie Widerspruch darstellt. Also war die Aahme, dass e irratioal ist, falsch. 3.2 Der atürliche Logarithmus Wir führe u de atürliche Logarithmus als Umkehrfuktio der Expoetialfuktio ei. Die Eigeschaft, stetig zu sei, überträgt sich auf de Logarithmus, de es gilt im Allgemeie folgeder Zusammehag. Satz 3.5. Sei f : [a,b] Ê stetig ud ijektiv. Setze U = {y Ê : es gibt ei x [a,b] mit f(x) = y} = f([a,b]). Da ist die Umkehrfuktio f 1 : U [a,b] stetig. Der Beweis des Satzes ist icht schwierig ud eie gute Übugsaufgabe. 24 β-versio:

27 Für x (0, ) defiiere l(x) über l(x) = y e y = x. Der erste Teil vo Satz 3.3 impliziert folgede Eigeschaft des Logarithmus. Satz 3.6. (1) l(xy) = l(x) + l(y) für alle x,y (0, ). (2) lim x 0 l(1+x) x = 1. Beweis. (1) ist eie Kosequez der Ijektivität der Expoetialfuktio ud vo e l(xy) = xy = e l(x) e l(y) = e l(x+y). Zum Nachweis vo (2) betrachte wir eie Folge (x ) mit x 0, x 0. Setze y = l(1+x ). Wege der Stetigkeit vo l( ) ud l(1) = 0 ist da auch (y ) eie Nullfolge. Uter Verwedug der Eigeschaft (2) vo Satz 3.3 folgt da was zu zeige war. l(1 + x ) x = y e y 1 1, Der atürliche Logarithmus wächst für x + schwächer als jede Wurzel. l(x) Satz 3.7. Sei Æ. Da gilt lim x + x = 0. Beweis. Sei (x ) eie Folge mit x +, x > 0. Setze y = 1 l(x ) e y = x. Da gilt l(x ) x = y e y 0 für,, aufgrud der etsprechede Eigeschaft der Expoetialfuktio. Schlussedlich gebe wir och ohe Beweis eie Summedarstellug für eiige Werte vo l(x) a. Für x ( 1, 1) gilt k 1 xk l(1 + x) = ( 1) = x x2 + x3 x k! k=1 Wir verwede u die Expoetialfuktio, um allgemeie Expoetialfuktioe ud Potezfuktioe eizuführe. 25 β-versio:

28 3.3 Allgemeie Expoetialfuktioe Sei a Ê, a 0. Da defiiere wir die allgemeie Expoetialfuktio Ê (0, ), x a x zur/mit Basis a über a x = e x l(a) für jedes x Ê. Es gelte die folgede Eigeschafte, welche sich alle bis auf (ii) vo de Eigeschafte vo x e x ableite lasse. (i) a x+y = a x a y für alle x,y Ê a (ii) lim x 1 x 0 x = l(a) (iii) Die Abbildug Ê (0, ), x a x ist stetig ud bijektiv. (iv) Die Abbildug x a x ist streg mooto wachsed falls a > 1 ud streg mooto falled falls a < 1. (v) Für alle x,y Ê gilt (a x ) y = a xy. (vi) Für alle x,y Ê gilt a x+y = a x a y. 3.4 Potezfuktioe mit beliebige Expoete Sei a Ê. Da defiiere wir die Potezfuktio (0, ) (0, ), x x a durch x a = e a l(x) für x (0, ). Die Fuktioe x x a mit reelle a > 0 wachse streg mooto, diejeige mit a < 0 falle streg mooto. Die folgede Grezwerte bedürfe ach obiger Diskussio keier Erklärug mehr. lim x xa = { für a > 0 0 für a < 0 l(x) lim = 0 für a > 0 x x a lim x xa l(x) = 0 für a > 0 26 β-versio:

29 3.5 Die trigoometrische Fuktioe Wir defiiere zuächst si(α), cos(α) für Wikel α zwische Null ud 90 Grad. Über geometrische Zusammehäge beweise wir da die wichtige Additios ud Subtraktiostheoreme. Es ist da klar, wie ma si(α), cos(α) auch für beliebige Wikel über eie Fortsetzug defiiere köte. Stattdesse werde wir si(x), cos(x) für x Ê eiführe, wobei x das Bogemaß des Wikels (die Läge des Kreisboges der durch die Akathede ud Hypoteuse im Eiheitskreis begrezt wird) beschreibt. Formal gesehe müsste ma für die Fuktioe Wikelmaß = α si(α) Bogemaß = x si(x) verschiedee Bezeichuge eiführe. Wir ehme diese kleie Ugeauigkeit zu Guste eier eifache Darstellug i Kauf. Mit griechische Buchstabe beschreibe wir häufig Wikel gemesse im Wikelmaß, mit lateiische Buchstabe solche gemesse im Bogemaß. Wir betrachte ei rechtwikliges Dreieck i der Ebee ud fixiere eie der beide Wikel kleier als 90 Grad. Sei Wikelmaß sei α. Da defiiere wir si(α) = Gegekathete Hypoteuse, cos (α) = Akathete Hypoteuse. Satz 3.8. Seie α, β [0, 90] ud α + β 90. Da gilt (3.4) si(α + β) = si(α) cos(β) + si(β) cos(α) cos(α + β) = cos(α) cos(β) si(α) si(β) Defiiert ma si(α), cos(α) für beliebige Wikelmaße durch geeigete Fortsetzug, so gelte die Additiostheoreme für si ud cos ohe Eischräkug. Beweis. Wir beweise de Satz i geometrischer Weise mit Hilfe folgeder Skizze (siehe Die Fuktioalgleichuge der Wikelfuktioe als Defiitiosgrudlage, J. Schwaiger, Didaktikheft der ÖMG, Bad 22, 1994) 27 β-versio:

30 Seie α ud β gegebe. Ausgehed vom Dreieck ABC kostruiert ma ACD, idem ma i C eie rechte Wikel wählt ud sich D als Schittpukt ergibt. Nu fällt ma i D das Lot auf die Strecke AB, de Schittpukt et ma E. Schließlich fällt ma och i C das Lot auf die Strecke DE, wodurch der Pukt F festgelegt wird. Schließlich ormiere wir alle Strecke ud Dreiecke, idem wir die Läge der Strecke AD als Eis festlege. Es gelte u die folgede Beziehuge aufgrud der Defiitio vo Sius ud Kosius. (1) AC = cos β (2) CD = si β (3) AB = AC cos(α) (4) EF = BC = AC si(α) (5) EB = FC = DC si(α) (6) DF = DC cos(α) (7) ED = si(α + β) 28 β-versio:

31 (8) AE = cos(α + β) Wir erhalte u cos(α + β) = AE = AB EB = cos(α) cos(β) si(α) si(β) si(α + β) = AED = EF + FD = si(α) cos(β) + si(β) cos(α), was zu zeige war. Offesichtlich gilt aufgrud des Satzes vo Pythagoras si 2 (α) + cos 2 (α) = 1 für alle α. Beachte, dass si 2 (α) = (si(α)) 2 ud si 2 (α) icht für si(si(α)) steht, was ma deke köte. Satz 3.9. Seie α,β [0, 90] ud α β 0. Da gilt si(α β) = si(α) cos(β) cos(α) si(β) cos(α β) = cos(α) cos(β) + si(α) si(β). Diese sogeate Subtraktiostheoreme würde sich aus de Additiostheoreme ergebe, we ma vereibare würde (3.5) cos( α) = cos(α) ud si( α) = si(α). Wir beweise sie ohe (3.5) vorauszusetze. Vielmehr sid die Subtraktiostheoreme für us Motivatio, si(α) ud cos(α) für egative Wikelmaße derart zu defiiere bzw. fortzusetze, dass (3.5) gilt. Beweis. We wir die erste Zeile i (3.4) mit si(α) ud die zweite Zeile mit cos(α) multipliziere ud die sich ergebede Gleichuge addiere, so erhalte wir (3.6) cos(α + β) cos(α) + si(α + β) si(α) = ( cos 2 (α) + si 2 (α) ) cos(β). } {{ } =1 29 β-versio:

32 We wir u die erste Zeile i (3.4) mit cos(α) ud die zweite Zeile mit si(α) multipliziere ud die zweite sich ergebede Gleichug vo der erste abziehe, so erhalte wir (3.7) si(α + β) cos(α) cos(α + β) si(α) = ( cos 2 (α) + si 2 (α) ) si(β). } {{ } =1 Wir beutze u ausahmsweise lateiische Buchstabe für Wikelmaße ud setze a = α + β,b = α, also β = a b. Diese Namesäderuge führe i (3.6) ud (3.7) zu cos(a b) = cos(a) cos(b) + si(a) si(b), si(a b) = si(a) cos(b) cos(a) si(b), womit die Aussage für a,b astelle α,β folgt. Will ma die Aussage für α,β beweise, so vertauscht ma im gesamte Beweis eifach a ud α bzw. b ud β. Bislag habe wir de Sius eies Wikelmaßes betrachtet ud diese z.b. durch si(α) abgekürzt. Wir wolle u de Sius für eie beliebige relle Zahl x defiiere, wobei x das Bogema eies Wikels beschreibt. Werte si(x) für x [0, π/2] sid da bereits obe erklärt. Mit de Additiostheoreme ud Subtraktiostheorem zur Had ist klar, wie die Fortsetzug aussehe muss Sei x i(π/2,π]. Da defiiere wir si(x) = si(π x) ud cos(x) = cos(π x), was ma sich a eier Grafik des Eiheitskreises klar mache. Für x (π, 2π] setze wir si(x) = si(π x) ud cos(x) = cos(2π x). Sei u x Ê beliebig, allerdigs icht aus [0, 2π]. Setze da k = max{l : l(2π) x}. Da defiiere wir si(x) = si(x k2π) ud cos(x) = cos(x k2π). Nu sid die Abbilduge si : Ê Ê ud cos : Ê Ê wohldefiiert. Der folgede Satz charakterisiert Sius ud Kosius i eideutiger Weise. Satz (1) Seie f,g : Ê Ê defiiert durch f(x) = si(x), g(x) = cos(x). Da erfülle f ud g die folgede Eigeschafte für alle x,z Ê: (3.8) (3.9) (3.10) f(x + y) = f(x)g(y) + f(y)g(x) g(x + y) = g(x)g(y) f(x)g(y) ( ) 2 ( ) 2 f(x) + g(x) = 1 f(x) lim x 0 x = 1 (2) Seie umgekehrt stetige Fuktioe f,g : Ê Ê betrachtet, welche (3.8), (3.9), ud (3.10) erfulle. Da gilt bereits f(x) = si(x) ud g(x) = cos(x). 30 β-versio:

33 Auf gut Deutsch: Sius ud Kosius sid die beide eizige stetige Fuktioe, welche die Eigeschafte (3.8) bis (3.10) erülle. Dass sie die eizige Fuktioe sid köe wir hier icht beweise. Nach de obige Ausführe ist klar, dass Sius ud Kosius (3.9) ud (3.10) erfülle. (3.10) ist glaubhaft, de si(x) ud die Bogeläge x äher sich für x 0 immer äher a eiader a, was ma eier Grafik etehme ka. Lemma Für x,y Ê gilt si(x) si(y) = 2 cos ( ) ( x+y 2 si x y ) 2 cos(x) cos(y) = 2 si ( ) ( x+y 2 si x y ) 2. Beweis. Setze a = x+y, b = x y. Da gilt x = a + b ud y = a b. Additios ud 2 2 Subtraktiostheoreme impliziere die Aussage si(x) si(y) = si(a + b) si(a b) Die zweite Aussage folgt auf aaloge Weise. = si(a) cos(b) + si(b) cos(a) si(a) cos(b) si(b) cos(a) = 2 si(b) cos(a) = 2 si ( x y 2 ) cos ( x+y 2 ). Wir halte och eiige Eigeschafte fest. So weit wie möglich, weise wir diese ahad vo (3.8) bis (3.10) ach. (i) si(0) = 0 Beweis: Wege (3.10) ist si(x) beschräkt. Also gibt es ei K > 0 mit x si(x) K x, was für x 0 zu si(0) = 0 führt. (ii) cos(0) = 1 Folgt umittelbar ach Awedug vo (3.9). (iii) cos(2x) = cos 2 (x) si 2 (x) Folgt aus dem Additiostheorem. (iv) si(2x) = 2 si(x) cos(x) Folgt aus dem Additiostheorem. 31 β-versio:

34 (v) Die folgede Summedarstelluge köe wir hier icht beweise: cos(x) = si(x) = k=0 k=0 ( 1) k x2k (2k)! = 1 x2 2 + x4 4! x6 6! +... ( 1) k x 2k+1 (2k + 1)! = x x3 3! + x5 5! x7 7! +... Die Zahl π defiiere wir als das Doppelte des Ifimums aller Nullstelle des Kosius im Itervall [0, 2]. Da der Kosius ur eie Nullstelle i diesem Itervall besitzt, was beweisbedürftig ist, ka ma auch sage, dass π als das Doppelte der kleiste ichtegative Nullstelle des Kosius defiiert ist. Es gilt als cos(π/2) = 0, si(π/2) = 1. Mit Hilfe des Additiostheorems beweist ma da si(x + π/2) = si(x) cos(π/2) + si(π/2) cos(x) = cos(x) si(π/2 x) = si(π/2 + x), si(π + x) = si(x),... ud ähliche Beziehuge. Diese ka ma sich sehr leicht a Had des Eiheitskreises vorstelle. De Tages defiiere wir durch De Kotages defiiere wir durch x Ê \ {π/2 + kπ : k } ta(x) = si(x) cos(x). x Ê \ {kπ : k } cot(x) = cos(x) si(x). Die trigoometrische Fuktioe sid periodisch. Eie Umkehrfuktio ka ma ur i demjeige Itervall defiiere, i dem die Fuktio ijektiv ist. Ma muss sich also etscheide, auf welches Itervall ma si, cos ud ta eischräkt, bevor ma die Umkehrfuktioe arcsi, arccos ud arcta defiiert. Die folgede Defiitio ist üblich: 32 β-versio:

35 arcsi : [ 1, 1] [ π/2,π/2], arcsi(x) = y si(y) = x, arccos : [ 1, 1] [0,π], arccos(x) = y cos(y) = x, arcta : Ê ( π/2,π/2), arcta(x) = y ta(y) = x. 4 Differetial ud Itegralrechug 4.1 Differetiatio Defiitio 4.1. Seie U Ê ud f : U Ê. f ist im Pukt x 0 U differezierbar falls eie Zahl L Ê existiert ud für jede Folge (x ) mit x U\{x 0 } für alle f(x L = lim ) f(x 0 ) x x 0. De Grezwert L ee wir Ableitug vo f im Pukt x 0 ud bezeiche ih mit f (x 0 ) oder auch df (x dx 0). Die Fuktio f heißt differezierbar i U, we sie i alle Pukte x 0 U differezierbar ist. Oftmals ist es effizieter, folgede Schreibweise zu verwede f f(x (x 0 ) = lim 0 +h) f(x 0 ) h 0 h wobei h = x x, d.h. ma betrachtet jede mögliche Nullfolge (h ) mit h 0, x 0 +h U für alle. Beachte, dass h verschiedee Vorzeiche habe ka. Beachte auch die mögliche Fehlerquelle, auf die wir obe im Aschluss a die Defiitio der Stetigkeit eigehe. I der Defiitio habe wir keie besodere Voraussetzuge a f gestellt. Dass dies icht otwedig ist, zeigt das folgede Lemma. Lemma 4.2. Sei f : U Ê differezierbar. Da ist f stetig i U. Beweis. Seie x 0 U ud (x ) eie Folge i U mit x x 0 für. Da der Grezwert vo f(x) f(x 0) x x 0 existiert, ist dieser Ausdruck beschräkt, d.h. es gibt K > 0 mit f(x) f(x 0) x x 0 K f(x ) f(x 0 ) K x x 0. Wege x x 0 gilt x x 0 0 ud damit f(x ) f(x 0 ) 0, also auch f(x ) f(x 0 ). 33 β-versio:

36 Wir bereche u die Ableituge vo bekate Fuktioe. (i) f : Ê Ê, f(x) = x = f (x) = 1 Für jedes x 0 Ê gilt f (x 0 ) = 1 de f(x 0+h) f(x 0 ) = x 0+h x 0 h h (ii) f : Ê Ê, f(x) = x 2 = f (x) = 2x = 1 für jedes h f(x 0 + h) f(x 0 ) h = (x 0 + h) 2 x 2 0 h = h(2x 0 + h) h = h2 + 2x 0 h h = 2x 0 + h 2x 0 für h 0 (iii) f : Ê Ê, f(x) = si(x) = f (x) = cos(x) f(x 0 + h) f(x 0 ) h = si(x 0 + h) si(x 0 ) h = cos(x + h/2) si(h/2) h/2 = 2 cos ( ) ( 2x+h 2 si h 2) h cos(x) 1 für h 0. Hier verwede wir Lemma 3.11, die Stetigkeit des Kosius ud die Eigeschaft si(x) = 1. x lim x 0 (iv) Die Fuktio f : Ê Ê, f(x) = x ist icht differezierbar, da sie icht im Pukt x 0 = 0 differezierbar ist f(x 0 + h) f(x 0 ) h = 0 + h 0 h = h h h lim existiert icht, setze zum Beispiel h h 0 h = ( 1) 1 = h h = ( 1). 34 β-versio: