Ergänzungen zur Analysis I

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1 537. Ergänzungsstunde Logik, Mengen Ergänzungen zur Analysis I Die Behauptungen in Satz 0.2 über die Verknüpfung von Mengen werden auf die entsprechenden Regelnfür die Verknüpfung von Aussagen zurückgeführt. Wir wollen einige dieser Beziehungen festhalten. Satz E.. a Die Aussage A ist genau dann wahr, wenn die Aussage A wahr ist. b Die Aussage A A ist immer wahr. Aussagen, die immer wahr sind, nennt man auch allgemeingültig. c Die Aussage A A ist stets falsch. d Die Aussage A B ist genau dann wahr, wenn die Aussage A B wahr ist. Die Aussage A B ist genau dann wahr, wenn die Aussage A B wahr ist. e Die Aussage A B C ist genau dann wahr, wenn die Aussage A B A C wahr ist. f Die Aussage A B C ist genau dann wahr, wenn die Aussage A B A C wahr ist. Beweis: Wir beweisen die Behauptungen durch Aufstellen der Wahrheitstafeln. Exemplarisch zeigen wir das für die Behauptung f: A B C B C A B C A B A C A B A C W W W W W W W W W W F F W W W W W F W F W W W W W F F F W W W W F W W W W W W W F W F F F W F F F F W F F F W F F F F F F F F F Hieraus lesen wir die Behauptung ab. In Abschnitt 0. haben wir gesehen, dass die Aussage A B genau dann wahr ist, wenn die Aussage B A wahr ist; d.h. dass gilt: A B B A.

2 538 Wir verwenden diese und die Äquivalenzen aus Satz E., um logische Ausdrücke zu vereinfachen. Es ist z.b. A B B B A B B B A E.d B B A E.a B B A E.e B B B A E.b B A A B. Die Ergebnisse über die Verknüpfung von Aussagen können wir direkt verwenden, um Beziehungen zwischen Mengen zu beweisen. Wir untersuchen, ob die folgende Beziehung richtig ist: A \ B C = A C \ B C. Wir schreiben auf, was es bedeutet, dass ein Element x zur Menge auf der linken bzw. rechten Seite des Gleichheitszeichens gehört. Es ist und x A \ B C x A \ B x C x A x / B x C x A B \ B C x A C x / B C x A C x B C x A C x B x C x A C x / B x / C x A C x / B x A C x / C x A x C x / B x A x C x / C x A x C x / B. Wir erhalten die gleichen zusammengesetzten Aussagen für beide Seiten und damit die Gleichheit der Mengen. Als Nächstes untersuchen wir, ob die folgende Gleichheit richtig ist: A \ B C = A \ B A \ C.

3 539 Diese Beziehung ist im Allgemeinen nicht richtig, wie wir an folgendem Beispiel sehen können: Wählen wir A = {, 2, 3, 4}, B = {, 2} und C = {, 3}, so erhalten wir wegen B C = {}, wegen A \ B = {3, 4} und A \ C = {2, 4} einerseits A \ B C = {2, 3, 4} und andererseits A \ B A \ C = {3, 4} {2, 4} = {3}. 2. und 3. Ergänzungsstunde Endliche Körper In der Vorlesung bzw. Übung haben wir Körper mit 2, 3 bzw. 4 Elementen kennengelernt. Wir wollen uns überlegen, wie man sich Körper mit p Elementen vorstellen kann, wobei p eine Primzahl ist. Dazu benötigen wir ein paar Aussagen für das Rechnen mit ganzen Zahlen. Bei den Beweisen verwenden wir das sog. Wohlordnungsprinzip der natürlichen Zahlen, was anschaulich klar ist, was aber auf das Induktionsprinzip zurückgeführt werden kann. Satz E.2. Wohlordnungsprinzip Jede nichtleere Teilmenge der natürlichen Zahlen N bzw. der natürlichen Zahlen einschließlich der Null N 0 := N {0} besitzt ein kleinstes Element. Satz E.3. Division mit Rest Gegeben seien a Z und b N; dann existieren q Z und r {0,..., b } mit Beweis: Wir betrachten a = bq + r. R := {x N 0 a = by + x für ein y Z}. Zunächst überlegen wir uns, dass R nichtleer ist.. Fall : Ist a 0, dann ist a R wegen a = b 0 + a. 2. Fall : Ist a < 0, so ist ba R wegen b 0 und a < 0 sowie a = ba + ba. Also ist R N 0 und besitzt damit ein kleinstes Element r R, für welches a = bq + r mit einem q Z gilt. Wir müssen noch zeigen, dass r b gilt. Angenommen, es ist r b; dann ist r b N 0, und es gilt a = bq + + r b.

4 540 Also ist r b R mit r b < r im Widerspruch zur Minimalität von r. Bemerkung E.4. Der Quotient q und der Rest r sind eindeutig bestimmt. Beweis: Angenommen, es ist a = bq + r = bq + r mit q, q Z und r, r {0,..., b }, und es gilt q < q. Dann ist q q mit r = a bq = a bq + bq q = r + bq q r + b b im Widerspruch zu r b. Ist q < q, so folgt entsprechend r b im Widerspruch zu r b. Also folgt q = q und damit auch r = r. Definition E.5. Ist m N und a = mq + r mit q Z und 0 r m, so schreiben wir auch r = r m a. Nun sei F m := {0,,..., m } mit und für a, b F m. Satz E.6. a + m b := r m a + b a m b := r m a b Für jedes m N ist F m, + m, m ein kommutativer Ring mit Einselement. Beweis: F m, + m ist eine abelsche Gruppe mit Nullelement 0; wir beweisen das Assoziativgesetz a + m b + m c = a + m b + m c. Sei dazu mit k F m, und es sei mit k 2 F m. Dann ist a + m b = r m a + b = k, d.h. a + b = mq + k b + m c = r m b + c = k 2, d.h. b + c = mq 2 + k 2 a + m b + m c = r m k + c = k 3, d.h. k + c = mq 3 + k 3. d.h. und a + b + c = mq + q 3 + k 3 a + m b + m c = r m a + k 2 = k 4, d.h. a + k 2 = mq 4 + k 4.

5 54 d.h. a + b + c = mq 4 + q 2 + k 4. Wegen der eindeutigen Bestimmtheit von Quotient und Rest folgt k 3 = k 4. Für a F m \ {0} gilt a + m m a = r m m = 0 mit m a F m. Für 0 F m gilt 0 + m 0 = 0. Entsprechend folgen die anderen Eigenschaften. Um mehr über F m auszusagen, benötigen wir ein paar zusätzliche Aussagen über Primzahlen. Satz E.7. Existenz einer Primfaktorzerlegung Ist n N mit n 2, so läßt sich n als Produkt von Primzahlen darstellen. Beweis: Angenommen, es ist B := {n N \ {} es existiert keine Primfaktorzerlegung von n}. Dann besitzt B ein kleinstes Element, etwa m. Wäre m eine Primzahl, so wäre m = p eine Primfaktorzerlegung. Also ist m keine Primzahl, d.h. m = m m 2 mit < m i < m für i =, 2. Da m die kleinste ganze Zahl 2 ist, die keine Primfaktorzerlegung besitzt, existieren für m und m 2 Primfaktorzerlegungen. Damit existiert aber auch eine für m = m m 2 im Widerspruch zur Definition von m. Satz E.8. Eindeutigkeit einer Primfaktorzerlegung Abgesehen von der Reihenfolge der Faktoren ist die Primfaktorzerlegung für n N \ {} eindeutig bestimmt. Beweis: Angenommen, es gibt Zahlen n N \ {} mit verschiedenen Zerlegungen. Sei n 0 2 die kleinste dieser Zahlen und n 0 = p p 2... p k = q q 2... q l mit Primzahlen p,..., p k sowie q,..., q l. Dann folgt n 0 p = p 2... p k und q... q l p = p 2... p k. Da q,..., q l Primzahlen sind, muss p mit einer der Primzahlen q,..., q l übereinstimmen. O.B.d.A. sei p = q ; dann folgt n := n 0 p = p 2... p k = q 2... q l. Also hat n < n 0 zwei verschiedene Primfaktorzerlegungen im Widerspruch zur Minimalität von n 0.

6 542 Satz E.9. Ist m N eine Primzahl, so ist F m, + m, m ein Körper. Beweis: Wir zeigen zunächst: Sind a, b F m mit a m b = 0, so ist a = 0 oder b = 0. Ist nämlich r m ab = 0, d.h. ab = mq, so ist a oder b durch die Primzahl m teilbar, d.h. wegen 0 a, b < m sofort a = 0 oder b = 0. Sei nun a F m \ {0} fest und die Abbildung f : F m F m definiert durch fx = x m a. Dann ist f injektiv, denn aus fx = fy folgt x + m y m a = 0 und daraus nach der Vorüberlegung: x + m y = 0, d.h. r m x y = 0. Wegen x, y F m ergibt sich x = y. Also sind f0,..., fm paarweise verschieden, d.h.: f ist surjektiv. Damit existiert zu genau ein x F m mit Bespiele E.0. a m x = x m a =. Wir betrachten die Verknüpfungstafeln für + m bzw. m für die Zahlen m = 5 und m = 6: Ganz allgemein gilt Satz E.. Ist m N keine Primzahl, so ist F m, + m, m kein Körper. Beweis: Ist m keine Primzahl, so ist mit 2 m < m und 2 m 2 < m. Dann ist m = m m 2 m m m 2 = r m m m 2 = 0.

7 Ergänzungsstunde Wir gehen auf den binomischen und den polynomischen Lehrsatz ein und üben dabei den Umgang mit dem Summenzeichen. Satz E.2. Sind a,..., a k C, so gilt a a k 2 = k i= k a 2 i + 2 k i= j=i+ a i a j. Beweis: Vollständige Induktion nach k unter Verwendung des binomischen Lehrsatzes für 2 Summanden. Satz E.3. Polynomischer Lehrsatz Sind a,..., a k C und ist n N, so gilt a a k n =... n =0 n k =0 } {{ } n +...+n k =n n! n!n 2!... n k! an... a n k k. Beweis: Beweis durch vollständige Induktion nach k. Der Induktionsanfang für k = 2 folgt aus dem binomischen Lehrsatz. Der Induktionsschluss von k auf k + ergibt sich folgendermaßen: a a k+ n = a a k + a k+ n = = = m k+ =0 m k+ =0 n m k+ n m k+ m k+ =0 n =0... a a k m k+ a n m k+ k+... n =0 n k =0 } {{ } n +...+n k =m k+ n k =0 } {{ } n +...+n k =m k+ m k+! n!n 2!... n k! an... an k k an m k+ k+ n! n!n 2!... n k!n m k+! an... a n k k an m k+ k+. Die Substitution n k+ := n m k+ liefert die Behauptung. 5. Ergänzungsstunde Umgang mit dem Summenzeichen, Beschränktheit, Berechnung von Summen und Produkten 2k = 2 k 2k = 2 2n2n + 2 nn + = n2 2

8 544 2k 2 = 2 Aus der Beziehung k 2 folgt die Abschätzung 2k 2 = 2 6 n2n + 4n nn + 2n + = 3 n4n2 k=2 kk = k=2 k = k n k + 2 kk 2 n 2 k=2 und hieraus folgt nach dem Monotoniekriterium die Konvergenz der unendlichen Reihe. Wir berechnen nun die endliche Summe k2 Es ist Ferner ist k k=0 j=0 = k j 2 = j+k k=0 k=0 3 4 k 2 k = n k k + = k 2 k k j=0 k 3 = 3 n n +! k 3 4 = 3 4 k=0 k j 2 = j k=0 = 4 n k + k+ n kk [ 2 k ] n+ 3 4 k 3 2 k = n n 4 = n + n+ n +! =. n + n n!. 6. Ergänzungsstunde n te Wurzel von komplexen Zahlen, Horner-Schema Die Moivre sche Formel liefert bei gegebenem w C alle n Lösungen z,..., z n der Gleichung z n = w. Wir suchen bei gegebenem w = w cos α + i sin α eine Länge r = z und Winkel ϕ 0,..., ϕ n derart, dass gilt Setzen wir r = n w und r n cos ϕ k + i sin ϕ k n = cos α + i sin α. ϕ k = α n + 2kπ n für k = 0,..., n,

9 545 so ergibt sich für die n paarweise verschiedenen Zahlen z k = r cos ϕ k + i sin ϕ k nach der Moivre schen Formel z n k = r n cos nϕ k + i sin nϕ k = w cosα + 2kπ + i sinα + 2kπ = w cos α + i sin α = w. In diesem Zusammenhang liegt die Frage nahe, wie ein Polynom n ten Grades möglichst effektiv, d.h. möglichst schnell ausgewertet werden kann. Sei das Polynom P in der Form P x = a k x k mit a k C und a n 0 k=0 gegeben. Wir wollen das Polynom an der Stelle x 0 berechnen. Wir stellen uns folgende Klammerung vor: P x 0 =... a n x 0 + a n x 0 + a n 2 x a x 0 + a 0. Dann benötigen wir insgesamt n Multiplikationen jeweils mit x 0 und n Additionen mit dem Term a k für k = n,..., 0. Mit weniger Operationen kommt man nicht aus. 7. Ergänzungsstunde Konvergenzuntersuchungen von Folgen auch im R 2, Grenzwerte mit der Zahl e Wir geben nur jeweils ein Beispiel für die angesprochenen Themen an. Das Beispielmaterial kann nach der zur Verfügung stehenden Zeit entsprechend erweitert werden. a Wir untersuchen die Folge a n n mit a n = 9n 2 + 2n + 3n auf Konvergenz. Mit Hilfe der binomischen Formel schreiben wir a n in folgender Form 2n + a n = 9n2 + 2n + + 3n ; nun schätzen wir a n nach oben und unten ab in der Hoffnung, dass dadurch zwei Folgen entstehen, die denselben Grenzwert besitzen; dann wenden wir den Einschnürungssatz an. Es gilt mit 2n 6n + 2n + 9n2 + 2n + + 3n 2n + 6n lim n 2n 6n + = lim 2n + = n 6n 3. b Wir betrachten den R 2 mit der euklidischen Metrik d 2 und die Folge n a n n = 2 + n 2n +,. 3 Nach Satz 2. der Vorlesung konvergiert diese Folge gegen n lim 2 + n n 2n +, lim = 2, 0. n 3

10 546 c Wogegen konvergiert die Folge Es ist b n = + 6n+? 3n lim b n = lim + 3n lim + 3n lim + = e 2. n n 3n n 3n n 3n 8. Ergänzungsstunde Grenzwerte spezieller Folgen, allgemeines Heron-Verfahren Satz E.4. Es gilt lim n n n =. Beweis: Zunächst ist klar, dass für jedes n gilt: n n = + xn mit x n 0 Dann gilt nach der binomischen Formel für n 2 n n = + x n n = k k=0 x k n + n 2 woraus sofort folgt: x 2 2 n n nn = 2 n. Daraus ergibt sich lim x n = 0 und damit die Behauptung. n Beispiel E.5 Allgemeines Heron-Verfahren x 2 n, Für a > und p N mit p > 2 konvergiert die rekursiv definierte Folge x n n mit x 0 = a und gegen p a. Beweis: x n+ = x n xp n a px p n = p xp n + a px p n α Mit dem Induktionsprinzip kann man x n > 0 für alle n N zeigen. β Für alle n 2 gilt: x n p a. Es ist nämlich wegen x p n a px p n < nach der Bernoullischen Ungleichung x p n+ = x n xp n a p = x n xp n a p = x p n px p n xp n a px p n px p n p x p n xp n a x p n a.

11 547 γ a n n 2 ist monoton fallend wegen x n x n+ = xp n a px p n 0. δ Das Monotonieprinzip liefert die Konvergenz der Folge x n n gegen den Grenzwert g; wegen x n p a ist g 0. Die Grenzwertsätze ergeben dann auch die Konvergenz p x p der Folge n + a mit dem Grenzwert p gp + a. Wegen pg p folgt hieraus px p n n lim x n+ = lim x n n n pg p = p g p + a oder g p = a, d.h. g = p a. 9. Ergänzungsstunde Darstellungsmöglichkeiten der Zahl e Satz E.6. Es gilt k=0 k! = lim + n n n Beweis: Wir übernehmen die Bezeichnungen aus der Vorlesung, d.h. wir betrachten a n = + n n und setzen s n := k=0 Die unendliche Reihe konvergiert; wir setzen e := lim s n. Nach dem binomischen Lehrsatz n gilt a n = k=0 = + + n k k=2 n = k n k=0 k!. nn... n k + k!n k... also ist e e. Andererseits gilt für m > n m a m = m + + k=2 k=2 m k n... k! s n ; k m k! k m k!

12 548 Für festes n erhalten wir daraus und damit zusammen e = e. e = lim m a m s n, also e e. An dieser Stelle kann man auf einfache Beziehungen zwischen der Zahl e, der Fakultät und der Potenzfunktion eingehen, indem man nacheinander die Beziehungen und beweist. n n + k = nn k n!, + k+ = nn k n! n n n! e n n n+ Manchmal ist es günstig, den Limes superior bzw. den Limes inferior einer beschränkten reellen Zahlenfolge a n n anders darzustellen. Es gilt Satz E.7. Es ist und α := lim sup a n = lim sup a m =: β n n m>n γ := lim inf n a n = lim n inf m>n a m =: δ. Beweis: Wir beweisen nur die erste Behauptung. Da die Folge b n n = sup m>n a m n monoton fällt und beschränkt ist, existiert β und es ist nach dem Monotonieprinzip β = lim b n = inf b n = inf sup a m. n n N n N m>n Wir zeigen nun, dass sowohl α β als auch β α gilt. Da α nach dem Beweis zu Satz und Definition 2.26 ein Häufungspunkt der Folge a n n ist, gibt es bei beliebig vorgegebenem ε > 0 unendlich viele n N mit a n > α ε ; Daraus folgt, dass für alle n N gilt: b n = sup a m > α ε, m>n also nach dem Vergleichssatz woraus β α folgt. β α ε,

13 549 Umgekehrt gibt es zu beliebigem ε > 0 ein Nε R derart, dass für alle n N mit n > Nε gilt β ε < b n < β + ε. Also ist und damit β ε < sup a m < β + ε m>n β ε < a m < β + ε für unendlich viele m N. Also ist β ein Häufungspunkt der Folge a n n und damit β α. 0. Ergänzungsstunde Beispiele zu Konvergenzkriterien für Reihen Hier besteht die Möglichkeit, die verschiedenen Kriterien an Beispielen zu testen, z.b. das Leibniz-Kriterium, das Wurzel- und das Quotientenkriterium. a Vorgegeben sei die Reihe s = k+ k 4. i Weisen Sie die Konvergenz der Reihe nach. ii Berechnen Sie eine Näherung für s, die vom exakten Wert weniger als abweicht. Lösung: Nach dem Leibniz-Kriterium ist die Reihe konvergent. Bezeichnen wir mit s n die n te Partialsumme der gegebenen Reihe, so folgt aus dem Beweis des Leibniz-Kriteriums: s s n a n+ also hier s s n n + 4 Wenn wir also n so groß wählen, dass n ist, so ist die Aufgabe durch Berechnung von s n gelöst. Diese Bedingung ist für n = 3 erfüllt. Also ist eine gute Näherung. b Untersuchen Sie auf Konvergenz: i ii 4k 3k s 3 = k k 2 iii k k 2 k + c Untersuchen Sie mit dem Quotienten- und mit dem Wurzelkriterium auf Konvergenz: 2 + k. 2 k

14 550 d Bestimmen Sie im Fall der Konvergenz die Grenzwerte folgender Reihen: 3 + i k i + k, 4 k 3 2k ii k=2 k k + k und 2. Ergänzungsstunde Stetigkeit, Sätze über stetige Funktionen Wir untersuchen die Stetigkeit der Funktion f 0 : R R mit sin f 0 x := x für x 0 0 für x = 0 Wir beweisen den Fundamentalsatz der Algebra nach der Idee von Argand 59 aus dem Jahre 84; dazu verwenden wir die Aussage, dass eine stetige Funktion g : D r R auf der kompakten, komplexen Kreisscheibe D r := {z C z r} ihr Minimum annimmt. Dies folgt aus Beispiel 3.30 b und Folgerung Satz E.8 Fundamentalsatz der Algebra Jedes nicht-konstante Polynom mit komplexen Koeffizienten hat eine komplexe Nullstelle. Beweis: Wir beweisen die Aussage in 2 Schritten. Ist fz = an. a ν z ν mit a ν C, a n 0, n, so nimmt f auf C sein Minimum ν=0 Beweis: Wir wählen ein r R mit den Eigenschaften i r, ii r 2 n ν=0 a ν, woraus wegen r direkt folgt a n iii r n 2 a 0 a n. 59 Jean Robert Argand wurde am in Genf geboren; er war als Buchhalter und Amateurmathematiker tätig. Argand starb am in Paris

15 55 Dann gilt für alle z C mit z r fz = z n a n + a n z a 0 z n z n a n a n z... a 0 z n i z a n n n a ν z ii z n ν=0 a n 2 a n iii a 0 = f0. = 2 a n z n Andererseits ist f stetig und reellwertig, nimmt also auf D r ein Minimum an in c 0 C. Wegen fc 0 f0 und fz f0 für alle z C \ D r ist c 0 ein absolutes Minimum von f. 2 Ist c C und fc 0, so gibt es ein c C mit fc < fc. Beweis: Wir entwickeln f an der Stelle c, d.h. wir schreiben fc + z mit Hilfe der binomischen Formel in der Form fc + z = a ν c + z ν = fc + b k z k b n z n ν=0 mit Koeffizienten b ν C - abhängig von c und a,..., a n - mit b k 0. Wären alle b ν für k ν n Null, so wäre f konstant. Wir setzen dann ist gz := b k + b k+ z b n z n k ; fc + z = fc + z k gz mit g0 = b k 0. Da g in 0 stetig ist, existiert ein δ > 0 derart, dass gilt i gz g0 < g0 für alle z mit z < δ. 2 Wir wählen ein t R mit ii g0 0 < t < min fc δk,. Weiter sei d C mit iii d k = t fc g0.

16 552 Dann folgt d.h. iv d k = t fc g0 d < δ ii < δ k, und damit fc + d = fc + d k gd fc + d k g0 + d k g0 gd fc t fc + d k } {{ } 2 g0 } {{ } iii i,iv = t fc + 2 t fc < fc. } {{ } iii Also ist c := c + d geeignet. Aus und 2 folgt: d.h. dass c 0 eine Nullstelle von f ist. fc 0 = min fc = 0, c C Folgerung E.9 Jedes Polynom f vom Grad n mit n hat genau n Nullstellen in C, d.h. fz = a ν z ν = a n z z... z z n ν=0 für alle z C, wobei z,..., z n die Nullstellen von f sind. Beweis: Ist z C eine Nullstelle von f, so gilt fz = z z gz mit einem Polynom g vom Grad n. 3. Ergänzungsstunde Charakterisierung stetiger Funktionen f : R R, die die Funktionalgleichung fx + y = fx + fy für alle x, y R erfüllen. Zunächst wird gezeigt, dass für n N 0 folgt: fn = n f.

17 553 Dann können wir zeigen, dass dies für alle n Z gilt. Wegen = q q sich f = q q f ; f r q N ergibt hieraus folgt schließlich für p q Q f p = p q q f. Wegen der Steigkeit von f erhalten wir für x R: fx = x f. 4. Ergänzungsstunde. Wir betrachten für n 0 die Funktionen x n sin f n x := x für x 0 0 für x = 0 und x n cos g n x := x für x 0 0 für x = 0 Diese Funktionen sind für alle n 0 und alle x 0 nach der Produkt- und der Kettenregel beliebig oft differenzierbar. Die einzige kritische Stelle ist x = 0. f 0 und g 0 sind im Nullpunkt nicht stetig. Dagegen sind f und g im Nullpunkt stetig. Für f 2 erhalten wir f 2 x f 2 0 lim = lim x sin x 0 x 0 x 0 x = 0 ; also ist f 2 x := 2x sin x cos x für x 0 0 für x = 0. und damit f 2 im Nullpunkt nicht stetig. Demgegenüber ist die Funktion f 3 im Nullpunkt stetig differenzierbar mit 3x 2 sin f 3x := x x cos x für x 0 0 für x = 0.

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