Analysis I. von PD Dr. Rolf Busam im SS 2006

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1 Lösuge der Aufgabe zur Vorlesug Aalysis I vo PD Dr. Rolf Busam im SS 006 Dr. Michael Schrauder Iteretbegleiter

2 Übugsblatt Aufgabe Zeige Sie, dass für jede atürliche Zahl gilt: a ist ei Teiler vo b 6 ist ei Teiler vo c 8 ist ei Teiler vo + Lösug: a Ma ka die atürliche Zahle i folgede zwei Mege aufteile N G U mit G : {, 4, 6,...} {m m N} ud U : {,,,...} {m m N}. Nu faktorisiert ma de Ausdruck. Eie der beide Zahle ud ist gerade, da der Nachfolger vo ist. Folglich ist eier der beide Faktore durch teilbar ud damit auch der gesamte Ausdruck. b Faktorisiere de Ausdruck hier wurde zwei mal die dritte Biomische Formel verwedet. Die weitere Faktorisierug des Terms + ist für die Lösug der Aufgabe icht relevat. Wir wisse bereits, dass sich eier der beide Terme ud durch teile lässt, weiterhi überlegt ma sich schell ud i völliger Aalogie zum erste Aufgabeteil, dass sich eie der drei aufeiader folgede Zahle,, + durch teile lässt. Die beide Teiler ud multipliziere sich zum Teiler 6 des gesamte Ausdrucks. c ist durch teilbar siehe Aufgabeteil a. Der Teiler multipliziert sich mit der 4 aus dem faktorisierte Ausdruck zum Teiler 8 für de Gesamtausdruck. Aufgabe Beweise Sie folgede Regel der Bruchrechug: Für a, b, c, d R mit b 0 ud d 0 gilt a a b c d geau da, we ad bc gilt, speziell gilt a b ax bx b a b ± c d ad±bc bd c a b c d ac bd für alle x R, x 0 d a b c d ad bc, falls auch c 0 gilt. e a b a b b a, falls auch a 0 gilt. Lösug:

3 a : Multiplikatio der erste Gleichug mit bd 0 ergibt a b c d ab bd cd bd ab bd cd db ad cb bc : Multiplikatio der zweite Gleichug mit bd b 0 d 0 bd 0 ergibt ad bc ad bd bc bd a b c d Folgerug: Setze c ax, d bx, x 0, so folgt aus ad abx bax bc sofort a b c d ax bx b c d a b ± c a ad d bd ± cb db ad bd ± bc ad ± bc bd bd a b c d a b c d d b ac bd ac ac bd d c b a c db a bc ad ad bc Beutze x d 0 bzw. x b 0 mit c 0 e a b a b b a a b b a mit a 0 Aufgabe Sei K : { x R; x a + b, a, b Q }. Zeige Sie, dass K mit der vo R geerbte Additio bzw. Multiplikatio ei Körper ist. Besitzt die Gleichug y i K eie Lösug? Lösug: Es ist bei dieser Aufgabe icht ötig, alle Körperaxiome eizel achzuweise. Es geügt zu zeige, dass es sich bei K um eie Uterkörper vo R hadelt. So gelte Kommutativ-, Assoziativ- ud Distributivgesetze auf K als Teilmege vo R. Zu zeige sid lediglich folgede sechs Pukte: a 0 K. Es gilt K. b Abgeschlosseheit vo K bezüglich der Additio: Seie a + b, ã + b K, so ist a + b + ã + b a + ã + b + } {{ } b K. } {{ } Q Q c Additives Iverses zu a + b K ist a + b K wege: a + b + a + b a a + b b d K. Es gilt + 0 K. e Abgeschlosseheit vo K bezüglich der Multiplikatio: Seie a + b, ã + b K, so folgt: a + b ã + b aã + a b + ãb + b b aã + b b + a b + ãb K } {{ } } {{ } Q Q

4 f Liegt das multiplikative Iverse a + b für alle a + b K \ {0} wieder i K? Es gilt: a + b a + b a b a + b a b a b a } {{ } b a b a b } {{ a } b } {{ } 0 Q Q Daher ist a + b K. Bemerkug: Wege a + b 0 ist auch a b 0 ud die Erweiterug des Bruches ist erlaubt Für a b 0, wäre a b also etweder b 0 a 0 oder b 0 a b Q. Der am Ede auftretede Neer a b a + b a b ist iemals ull aufgrud der Nullteilerfreiheit vo R a b 0 würde bereits a + b 0 oder a b 0 impliziere. Besitzt die Gleichug y i K eie Lösug? Nei! Die Gleichug besitzt keie Lösug i K. Beweis: [Widerspruch] Wir ehme a, obige Gleichug hätte eie Lösug y K der Form y a + b mit a, b Q \ {0} also a b 0. Ma erhält: y a + b a + ab + b a b Es bleibe die beide Fälle a 0 oder b 0: } ab {{ } Q Q b 0 : y a Q b 0, a 0 : y b b siehe achfolgede Bemerkug Bemerkug: Sei b m Q \ {0} mit m, teilerfremd, so gilt: m also ud somit, d.h. 4. Weiter folgt 4 m also m d.h. m zur Teilerfremdheit vo, m. Also besitzt die Gleichug y keie Lösug i K. Aufgabe 4 Seie a > 0 ud b > 0 positive reelle Zahle mit a b. Beweise Sie die Ugleichugskette a ab ab a + b Wa gilt jeweils das Gleichheitszeiche? a + b a + b b Lösug: Aus der Voraussetzug a > 0 ud b > 0 folgt ab > 0, a + b > 0, a + b > 0. a b a + b b aa + b ab a ab a+b a a ab a+b ab a+b Additio vo b Multiplikatio mit a > 0 erhält die Ugleichug Divisio durch a + b > 0 erhält die Ugleichug ab Multiplikatio mit a > 0 bzw. a+b > 0 erhält die Ugleichug 0 a b a ab + b 4ab a + ab + b a + b Additio vo 4ab 4ab a+b Divisio durch a + b > 0 erhält die Ugleichug ab a+b ab Multiplikatio mit ab > 0 erhält die Ugleichug

5 0 a b a ab + b 4ab a + ab + b ab a +ab+b 4 a+b 0 a b a ab + b Additio vo 4ab Divisio durch 4 > 0 erhält die Ugleichug a + ab + b a + b Additio vo a + b a + ab + b a+b a +b Divisio durch 4 > 0 erhält die Ugleichug a b a ab b Multiplikatio mit a > 0 bzw. b > 0 erhält die Ugleichug a + b b Additio vo b a +b b Divisio durch > 0 erhält die Ugleichug Alle Äquivalezumformuge ergebe sich aus der Voraussetzug a, b > 0. Die Implikatioe alleie beweise die Ugleichugskette. Da sich alle Umformugsschritte auch umkehre lasse d.h. betrachte die Rückrichtuge ud da a b 0 eizig für a b erfüllt ist, gilt Gleichheit jeweils ur für a b. Aufgabe Jäger Lustig kehrt ach erfolgreicher Jagd mit seiem Dackel Waldi vom Hochsitz auf eiem schurgerade Waldweg zum Jagdhaus zurück. Der Dackel läuft dabei dreimal so schell wie der Jäger. Aus Vorfreude über die Wurst, die ih im Jagdhaus erwartet, läuft Waldi zum Jagdhaus voraus, kehrt dort blitzartig um ud läuft de Weg zurück bis er seie Herre wieder trifft, kehrt am Treffpukt wieder um, läuft zum Jagdhaus etc. Als Jäger Lustig am Jagdhaus akommt hat er eie Strecke vo eiem Kilometer zurückgelegt. Welche Strecke hat dabei der Dackel zurückgelegt? Lösug: 0. Lösug ituitive Lösug : We der Hud mal so schell läuft wie sei Herrche ud das Herrche km zurücklegt, da läuft sei Hud km. fertig :-. Lösug physikalischer Asatz : s v t: Geschwidigkeit ist Weg pro Zeit; i gleiche Zeiträume verhalte sich die zurückgelegte Strecke also wie die jeweilige kostate Geschwidigkeite. Die Laufzeit t vo Waldi ud dem Jäger sid gleich es wird ja ageomme, dass Waldi blitzartig umkehrt, dafür also keie Zeit beötigt. Waldi läuft dreimal so schell wie sei Herrche v w v j. Die Strecke, die der Jäger zurücklegt ist s j km. Isgesamt gilt also für die Strecke vo Waldi: s w v w t v j sj v j s j km. Lösug Aalytische Lösug durch Aufsummiere der eizele Teilstrecke: Es sei A 0 der Startpukt des Rückweges der Hochsitz. A sei der erste Treffpukt vo Jäger ud Hud, bzw. allgemei A der -te Treffpukt ud JH schließlich die Jagdhütte. Wie ma ach kurzer Überlegug feststellt liegt der erste Treffpukt A geau i der Mitte zwische dem Hochsitz A 0 ud der Jagdhütte JH. Mit derselbe Überlegug stellt ma fest: A liegt i der Mitte der Strecke A 0 JH A liegt i der Mitte der Strecke A JH A liegt i der Mitte der Strecke A JH bzw. allgemei: A + liegt i der Mitte der Strecke A JH. JH A 8 A 4 A A

6 Es bezeiche lx die Läge der Strecke x. Damit gilt für Jäger Lustig: km la 0 JH la 0 A + la A + la A Wobei eie geometrische Reihe i qi darstellt, mit q : ud somit de Grezwert q q besitzt. Für Waldi gilt: Er legt im i-te Schritt die Strecke A i JH ud JH A i zurück, für dere Läge gilt: la i JH sowie ljh A i i. Isgesamt also die Läge i + i i : i km km km km Übugsblatt Aufgabe 6 Bestimme Sie explizit die folgede Mege L : {x R; x < } L : { x R, x ; { L : {x R; x x > + x } L 4 : x R; } x + 4 x < x } x + x < ud stelle Sie we möglich die Mege L j j 4 mit Hilfe vo Itervalle dar. Lösug: Zu L : x ist x, falls x < bzw. + x, falls x Fall : x < x < x < x > x ], [ Fall : x + x < x x < 4 x [, 4[ Isgesamt ist L ], [ [, 4[ ], 4[. Zu L : x + 4 x < x x + x + 4 x + 4 x x x < 0 Fall : x >, d.h. x > 0 ud somit x +x+4 x < 0 x x 4 > 0. Die Nullstelle vo x x 4 sid offesichtlich ud 4. Für < x < 4 ist x x 4 < x x x xx 4 < 0. Für x > 4 d.h. 4 > x ist dagege x x 4 > x x x xx 4 > 0. Also gilt x ]4, [. Fall : x <, d.h. x < 0 ud somit x +x+4 x < 0 x x 4 < 0. Wege x x 4 x x x < 0 x < wird der Ausdruck geau für < x < 4 egativ, also gilt i diesem Fall x ], [. Isgesamt ist L ], [ ]4, [. Zu L : x x > + x 0 > + x x + x 0 > x + x Dies ka wege x 0 ud x 0 ie erfüllt sei. Also ist L.

7 Zu L 4 : x+ x 0 x x. Für x ist dies ie erfüllt, wege x x x. Für x < ebeso, da x + x 0. Der Neer x + x ist also immer größer ud damit isbesodere ugleich 0. Somit darf ma mit dem Neer multipliziere ud die Ugleichug bleibt erhalte: x + x < < x + x < x + x Für x > ist letztere Ugleichug offesichtlich immer erfüllt, da x 0. Das Gleiche gilt auch für x <, wege x + x + >. Damit ist L 4 ], [ R. Aufgabe 7 Bestimme Sie falls existet jeweils Ifimum ud Supremum der folgede Mege ud utersuche Sie, ob diese Mege jeweils ei Maximum bzw. Miimum besitze: { M : { + ; N} M : + } m ; m, N M : { x R; x + x + 0 } M 4 : { x Q; x < 9 } Lösug: Sei a M N so daß a +. a Sei gerade m, m N a + m + m b Sei ugerade m +, m N a + m+ + m 0 Wege a M : a a 0 folgt M {0, } ud daher mim ifm 0 ud maxm supm a Zeige maxm supm : Für alle, m N gilt ud m also + m +. Für m gilt + m +. Damit ist eie obere Schrake, die i M sogar ageomme wird. b Zeige ifm 0 aber 0 / M : a M : a m + mit m, N. Wege m > 0, > 0 folgt stets a > 0. Damit ist 0 eie utere Schrake für M. Sei ε > 0, da gibt es ei N mit < ε Archimedisches Prizip. Also gilt ε > + M ud ε ist keie utere Schrake für M. Damit ist 0 die größte utere Schrake, also ifm 0. Da es keie m, N gibt mit m + 0 folgt, dass 0 / M ud die Mege M besitzt kei Miimum. x + x + 0 x Wege x + 0 ud 4 > 0 gilt M R ud M hat weder Ifimum och Supremum somit erst recht kei Miimum oder Maximum. x < 9 x < M 4 ], [ Q. Wir wisse: if], [ ud sup], [. Da Q dicht i R liegt, folgt sofort ifm 4 ud supm 4. Wege, / M 4 ], [ hat M 4 kei Miimum ud kei Maximum. 6

8 Aufgabe 8 Seie A ud B ichtleere Teilmege vo R ud es gelte a b für alle a A ud alle b B. Zeige Sie: Es gilt sup A if B geau da, we die folgede Bedigug erfüllt ist: Zu jedem ε > 0 gibt es ei a A ud ei b B, so dass b a < ε gilt. Lösug: Vorbemerkug: Gilt für zwei ichtleere Mege A, B R für alle a A ud alle b B die Ugleichug a b da gilt auch sup A if B vgl. auch Beweis i der Zetralübug, de jedes b B ist obere Schrake vo A. Speziell muß für die kleiste obere Schrake sup A vo A gelte: sup A b für jedes b B Nach ist sup A eie utere Schrake für B, daher gilt für die größte utere Schrake if B vo B sup A if B Bemerkug: Zwische A ud B liegt offebar das abgeschlossee Itervall [sup A, if B]. Es ka sei, daß dieses Itervall auf eie eizige Pukt zusammeschrumpft, daß also sup A if B gilt. A ud B liege da dicht beieiader. Die Frage, wa sup A if B gilt, ist z.b. i der Itegratiostheorie vo großer Bedeutug. Nu zur eigetliche Aufgabe: Wie bei jeder geau da -Aussage sid zwei Richtuge zu zeige: : Es sei sup A if B. Da ist zu zeige: Zu jedem ε > 0 gibt es ei a A ud ei b B mit b a < ε. Wege ε > 0 ist auch ε > 0. Wir wede die ε-charakterisierug vo sup A vgl... mit ε/ statt ε a ud erhalte: Es gibt ei a A mit sup A ε < a. Wedet ma die ε-charakterisierug vo if B a vgl..., wieder mit ε/ statt ε, so erhält ma die Existez eies b B mit b < if B + ε. Setzt ma s : sup A if B, so gilt wege. ud. a < s + ε ud b < s + ε ud hieraus durch Additio b a < s + ε s + ε ε + ε ε. : Umgekehrt gebe es zu jedem ε > 0 ei a A ud ei b B mit b a < ε. Da ist die Gleichug sup A if B zu zeige. Zuächst folgt aus der Vorbemerkug ud hieraus durch Additio Wege b a < ε folgt if B sup A < ε a sup A if B b also sup A a ud if B b if B sup A b a Für die reelle Zahl x : if B sup A sid damit die Voraussetzuge des Fudametallemmas..4 erfüllt. Es gilt also x 0. Wege sup A if B folgt x if B sup A 0 ud daher x 0, d.h. sup A if B 7

9 Aufgabe 9 I der Vorlesug wurde die Existez vo Quadratwurzel aus ichtegative reelle Zahle bewiese im Skript Satz... Zeige Sie: a Für a, b R, a 0, b 0 gilt die Recheregel ab a b b Aus 0 a < b folgt a < b Lösug: Die Quadratwurzel a eier icht-egative reelle Zahl a 0 ist die eideutige icht-egative Lösug x 0 der Gleichug x a. a Sei x, y R, x, y 0 mit x a ud y b d.h. x a ud y b. Es gilt x y x y a b. Da x y 0 folgt a b x y a b wege der Eideutigkeit der Wurzel.. im Skript. b Idirekt: Sei x, y R, x, y 0 mit x a ud y b d.h. x a, y b. Sei weiter 0 a < b ud wir ehme a a b also x y. Durch Multiplikatio dieser Ugleichug mit x a 0 bzw. y b 0 folgt a x x x x y y y y b im Widerspruch zur Voraussetzug a < b. Die gemachte Aahme a b ist somit falsch ud es gilt 0 a < b wie gefordert. Aufgabe 0 [Zur Logik mit oder ] Für Carola, Friedrich, Michael, Kiki, Sarah ud Thilo war das Ergebis der letzte Mathe-Klausur recht uterschiedlich ausgefalle, weil die Note,,,4, ud 6 aufgetrete sid. Folgedes ist bekat: A Michael hatte eie oder Friedrich eie. B Etweder Kiki oder Michael hatte die geschriebe. C Carola hatte eie oder eie. D Kiki hatte die 4 oder Sarah die geschriebe. E Thilo erzielte die Traumote oder Friedrich icht die Note. Wer bekam welche Note? Sie solle Ihre Atwort atürlich begrüde. Lösug: Jede der Klausel A bis E muß wahr sei, d.h. midestes eie der beide mit oder verküpfte Bediguge muß wahr sei. Bei 6 Persoe ud geau 6 auftretede Note kommt jede Note geau eimal vor Schubfachprizip. Eie kurze Lösug beutzt eie Falluterscheidug, ach der vo Thilo erreichte Note Wir beutze die Afagsbuchstabe der Vorame als Variable für die erzielte Note: 8

10 Aus der Aahme T folgt sofort: T E F A M B K D S Wir erhalte eie Widerspruch, da sost M ud S beide die Note habe würde, was icht möglich ist, da jede Note geau eimal auftritt. Damit sid bereits alle Variablebeleguge mit der Forderug T als umöglich erkat. Es bleibt die Möglichkeit T, aus der wir folger: T C C S D K 4 B M A F Für Sarah bleibt ur die Belegug S 6 alle adere Note sid bereits eimal vergebe. Alle 6 Variable sid so festgelegt. Die Lösug ist daher we überhaupt zulässig eideutig bestimmt. Schließlich muß die Zulässigkeit dieser eizig mögliche Variablebelegug überprüft werde, idem die Wahrheitswerte aller zumidest der och icht beutzte Klausel A bis E getestet werde: A, B, C, D sid bereits ach Kostruktio erfüllt. E ist wahr, da ja T ist. Damit ist die Noteverteilug eideutig bestimmt zu C, F, K 4, M, S 6, T. Übugsblatt Aufgabe Zeige Sie, dass der durch da, b : a b für a, b R defiierte Abstad die folgede Eigeschafte hat: dabei sid a, b, c beliebige reelle Zahle. M: da, b 0; da, b 0 a b M: da, b db, a M: da, c da, b + db, c Zeige Sie ferer, dass da, b 0 aus de adere agegebee Eigeschafte gefolgert werde ka. Beim Beweis solle sie ur die Eigeschafte a, b, c des Betrags aus Satz..8 beutze, icht aber auf seie Defiitio zurückgreife. Lösug: Nach Satz..8 gelte für die Betrags-Fuktio folgede Recheregel: a a 0 ud a 0 a 0 b ab a b c a ± b a + b Vorbemerkug: Wir zeige zuächst, ohe auf die Defiitio des Betrages zurückzugreife, d.h. wir verwede ur die Eigeschafte a,b. Es gilt da 0: Die gleiche Rechug für ergibt: 0 a < b Wege 0 ist die eideutige Quadratwurzel der Zahl, also gilt. Mit Eigeschaft b folgt sofort: x R : x x b x x x 9

11 M: Da die Betrags-Fuktio ach a ur icht-egative Werte aimmt, folgt sofort: da, b a b 0 a, b R. Für a, b R gilt da, b 0 a b 0 a a b 0 a b ebefalls ach a. M: Für alle x R gilt ach der Vorbemerkug x x. Setze x : a b so folgt daraus da, b a b x x a b b a db, a M: Für alle x, y R gilt die Dreiecksugleichug x + y x + y ach c. Setze x : a b ud y : b c, so folgt: da, b+db, c a b + b c x + y x + y a b + b c a c da, c%quadach c Zusatz: Es gilt ach M: da, a da, a + da, a isbesodere also 0 da, a. Weiter ist 0 da, a da, b + db, a da, b ach M ud somit 0 da, b für beliebige a, b R. Aufgabe Eie Teilmege M R heißt kovex, we für alle x, y M mit x y auch [x, y] M gilt. Zeige Sie, dass M R geau da kovex ist, we M ei Itervall vo irgedeiem Typ ist. Lösug: : M R ist ei Itervall M ist kovex, d.h. x y M : [x, y] M. Alle Itervalltype utersuche viele Fälle sid fast idetisch, werde hier aber trotzdem aufgeführt: Für M ist ichts zu zeige x, y existiere icht. Für M R ist die Behauptug klar, da x y R : [x, y] R. Für M {a} [a, a] a R gilt x y {a} : x y a ud [x, y] [a, a] [a, a]. Sei M [a, b] a < b R. Für alle x y [a, b] gilt a x y b. Sei u z [x, y] beliebig, so gilt a x z y b, also z [a, b] ud damit [x, y] [a, b]. Sei M ]a, b[ a < b R. Für alle x y ]a, b[ gilt a < x y < b. Sei u z [x, y] beliebig, so gilt a < x z y < b, also z ]a, b[ ud damit [x, y] ]a, b[. Lemma Seie S i R beliebige kovexe Mege i I, so ist auch der Durchschitt S : i I S i kovex. S Beweis: Für alle x y S gilt: i I : x y S i kovex i i I : [x, y] S i [x, y] i I S i S, also ist S kovex. Die Itervalle [a, b[ [a, b] ]a, b[ ud ]a, b] [a, b] ]a, b+[ a < b R sid als Durchschitt zweier kovexer Itervalle ach obigem Lemma selbst kovex. Sei M ], b]. Für x y ], b] gilt x y b. Sei u z [x, y] beliebig, so gilt x z y b, also z ], b] ud damit [x, y] ], b]. Sei M ], b[. Für x y ], b[ gilt x y < b. Sei u z [x, y] beliebig, so gilt x z y < b, also z ], b[ ud damit [x, y] ], b[. Sei M [a, [. Für x y [a, [ gilt a x y. Sei u z [x, y] beliebig, so gilt a x z y, also z [a, [ ud damit [x, y] [a, [. Sei M ]a, [. Für x y ]a, [ gilt a < x y. Sei u z [x, y] beliebig, so gilt a < x z y, also z ]a, [ ud damit [x, y] ]a, [. 0

12 : M R ist kovex M ist ei Itervall i R. Ohe Eischräkug sei M {a} [a, a] da ud [a, a] Itervalle sid, ist die Behauptug i diese Fälle trivial, d.h. x < y M. Da M kovex ist, gilt: z / M x y M : z < x z > y sost wäre x z y ud z [x, y] M. Alle reelle Zahle, die zwische zwei Elemete aus M liege, gehöre also ebefalls zu M. Ist M sowohl ach obe als auch ach ute ubeschräkt, so hat ma zu jeder reelle Zahl z R Elemete x, y M mit x < z < y. Somit gehört z zu M z [x, y] M wege M kovex, d.h. M R. Das Vollstädigkeitsaxiom besagt, daß jede icht leere, ach obe beschräkte Mege reeller Zahle eie kleiste obere Schrake besitzt. Aalog hat jede icht leere, ach ute beschräkte Mege reeller Zahle eie größte utere Schrake. Ma uterscheidet folgede Fälle ach obigem ist M auf midestes eier Seite beschräkt: a M ist ach obe ud ach ute beschräkt. Sei a : if M, b : sup M. Zuächst zeigt ma, daß für alle z R mit a < z < b bereits z M gilt. Sei dazu ε : mi { z a, b z} > 0, so folgt a + ε < z < b ε. Nach der ε-charakterisierug des Supremums/Ifimums gibt es u a, b M mit a a < a + ε < z < b ε < b b. Da ist z [a, b ] M aufgrud der Kovexität vo M. Damit ist ]a, b[ M. Adererseits ist M [a, b] da a eie utere Schrake ud b eie obere Schrake zu M ist. Je achdem, ob a if M M bzw. b sup M M hat die Mege M die Gestalt [a, b], ]a, b], [a, b[ oder ]a, b[. b M ist ach obe beschräkt aber ach ute ubeschräkt. Sei b : sup M. Wieder zeigt ma z R : z < b z M: Für ε : b z > 0 existiert ei b M mit z < b ε < b b ε-charakterisierug des Supremums ud wege der Ubeschräktheit vo M ach ute fidet ma a M mit a < z. Wie zuvor erzwigt dies z [a, b ] M Kovexität vo M. Da gilt ], b[ M ], b] b ist obere Schrake a M. Je achdem, ob b sup M M oder icht, hat M die Gestalt ], b] oder ], b[. c Völlig aalog hat eie ach ute beschräkte, ach obe ubeschräkte Mege M die Form ]a, [ bzw. [a, [ Sei a : if M. Zeige z R : a < z z M: Zu ε : z a > 0 existiert a M mit a a < a + ε < z. Wege Ubeschräktheit vo M ach obe fidet ma b M mit z < b. Dies erzwigt z [a, b ] M also ]a, [ M [a, [, da a utere Schrake a M. Wieder tauche also alle Itervalltype i de eizele Fälle auf. Aufgabe Zeige Sie der Reihe ach: a M : {} {x R; x } ist iduktiv, also N M b Es gibt kei m N mit < m < c S : { N; N 0 } ist iduktiv, also ist S N d T : { N; es gibt kei m N mit < m < + } ist iduktiv, also ist T N e Sid m, N ud gilt m <, da ist m + Lösug: a Es sei auf die Defiitio eier Zählmege.. verwiese. Prüfe diese Eigeschafte für M ach:

13 M R ach Defiitio vo M. M ebefalls ach Defiitio. Sei x M, so ist etweder x ud daher x + + oder x ud daher x + +. I beide Fälle liegt also x + R wieder i M. Hieraus ergibt sich, dass die Mege M iduktiv ist. Da die atürliche Zahle als Schitt aller Zählmege charakterisiert wurde ud M als Zählmege achgewiese wurde, folgt N M. b Wieder beutze wir die Charakterisierug vo N als Schitt aller Zählmege. Die Mege M aus Teilaufgabe a ist eie Zählmege ud somit gilt N M. Da es kei m M mit der Eigeschaft < m < gibt ach Defiitio vo M, folgt, daß auch N keie solche Zahl ethalte ka. Also gibt es keie atürliche Zahl m mit < m <. c Aalog zu a sid wiederum die Eigeschafte eier Zählmege zu zeige: S R ach Defiitio vo S wege N R. S gilt wege 0 N 0 N {0}. Sei S N N 0 + N + N N 0 + S. Also ist die Mege S iduktiv. Wie i a erhält ma N S ud aus der Defiitio vo S auch sofort S N, also S N. d Vorbemerkug: Aalog zu a ka ma für jedes N zeige, dass die Mege M : {,,..., } {x R; x + } iduktiv ist. Aalog zu b zeigt ma da für alle N, dass kei m N existiert mit < m < +. Hieraus folgt sofort: T N, da die erste Bedigug N i der Defiitio vo T bereits die zweite Bedigug impliziert. Da N iduktiv ist, ist auch T iduktiv Alterativ ka ma für T auch die Eigeschafte eier Zählmege explizit achweise. e Wir führe eie kurze Widerspruchsbeweis: Sei m, N mit m < ud ehme a, daß m + >. Dies würde sofort die Ugleichug m < < m + impliziere, die aber ach der Vorbemerkug i Teilaufgabe d für kei N erfüllt sei ka. Damit ist m + > falsch ud es gilt m +. Aufgabe 4 a Zeige Sie: Für alle N gilt:! Hier köe Sie die Ugleichuge + für N oder die Beroullische Ugleichug beutze. b Fide Sie für die folgede Summe N jeweils eie explizite Ausdruck ud bestätige Sie die erhaltee Formel durch Iduktio oder direkt. i ii iii

14 c Sei f : f : ud f + : f + + f für N. Zeige Sie: Für alle N gilt f + Welche Größeordug hat f 00, welche f 0 /f 00? Lösug: a Führe Iduktio über für die Aussage A : Iduktiosafag : Die Aussage A gilt also.!! Es gelte die Iduktiosaahme A :! Iduktiosschritt + : Wir begie mit der Iduktiosaahme ud der agegebee Ugleichug + : +! Multiplikatio dieser Ugleichug mit + > 0 ergibt: ! +! Zusammefasse der Terme auf der like Seite ergibt ! die Gültigkeit der Aussage A + ud ach dem Prizip der vollstädige Iduktio die Gültigkeit vo A für alle N. Die Argumetatio für die Aussage B : Iduktiosafag :! verläuft gaz aalog:! Also gilt B. Es gelte die Iduktiosaahme B :! Iduktiosschritt + : Wir verwede die Iduktiosvoraussetzug IV ud die Ugleichug + *: +!! + IV + + * Dies ergibt die Gültigkeit der Aussage B + ud ach dem Prizip der vollstädige Iduktio die Gültigkeit vo B für alle N.

15 b i. Der Ausdruck ist kompakter darstellbar als k k. Eie kurze Rechug ergibt: k 4k 4k + 4 k 4 k + %sum k k k k k Für die eizele Summe hat ma folgede Ausdrücke siehe Skript S.48-49: k k k k + k Wir fasse die Terme zusamme ud fide damit de explizite Ausdruck für k k : k k %frac4 6 De gefudee explizite Ausdruck ka ma durch vollstädige Iduktio bestätige Es wäre auch richtig aber deutlich aufwediger die Summeformel eizel per Iduktio zu beweise, was im Skript ja bereits teilweise ausgeführt ist.: Iduktiosafag : k k 4 4 Es gelte die Iduktiosvoraussetzug k k 4 Iduktiosschritt + : + k k wege der Idetität k k + + IV folgt umgehed der Iduktiosschluß ud die Gültigkeit der gefudee Formel für alle N. ii. Wir schreibe de Ausdruck zuächst mithilfe der Idetität um: k kk + + k kk+ k+ k k k kk+ k k+ etwas Durch Verschiebe der Klammer Assoziativität hebe sich die Ausdrücke paarweise auf Teleskopsumme: } {{ } } {{ } } {{ } } {{ } Wieder ka ma de explizite Ausdruck C : bestätige: Iduktiosafag : k Es gelte die Iduktiosvoraussetzug C. k kk+ kk durch vollstädige Iduktio 4

16 Iduktiosschritt + : + k kk + k kk + + IV Somit ist die Aussage C + wahr ud die Formel ist für alle N gültig. iii. Iduktiosbeweis für k+ k k k k %floor k k { falls gerade falls ugerade { falls gerade falls ugerade { + falls gerade falls ugerade Dieser explizite Ausdruck wird wieder durch vollstädige Iduktio bestätigt: Iduktiosafag : k k+ k Es gelte die Iduktiosvoraussetzug für, d.h. k k+ k + + Iduktiosschritt + : + k+ k k k k+ k IV Damit gilt die explizite Formel für alle N. c Es muß gezeigt werde, dass der explizite Ausdruck für f kosistet zur Defiitio der f mittels Rekursiosvorschrift ist dies geschieht mit vollstädiger Iduktio: Iduktiosafag, : f f Seie a : + a ud b :, so gilt: }{{} a

17 ud aalog ergibt sich für b die Idetität + b b Nachreche. Iduktiosschritt, + + : f + f a b + a + b + a + a } {{ } a + b b + b } {{ } a b a a b b + f + Damit ist gezeigt, daß der explizite Ausdruck für f auf de Startwerte f, f die korrekte Ergebisse liefert ud zudem die Rekursiosvorschrift erfüllt. Nach Dedekid schem Rekursiossatz gilt deshalb die explizite Darstellug für alle N. Da außerdem a > ud b < ist, folgt für de Ausdruck f 00, dass b 00 verachlässigbar klei wird ud deshalb für die Größeordug vo f 00 gilt: f , Betrachtet ma de Ausdruck f+ f für sprich groß gegeüber, so köe wiederum die Terme b ud b + verachlässigt werde: f + a+ b + f a b a+ a a Für de hohe Wert 00 liegt f0 f 00 also i der Größeordug a +, 68. Aufgabe Hieroymus B. Eibah, ach dem i Heidelberg viele Straße beat sid, etdeckte im Jahr 777 die Eibahisel TSUN-DEL mit Orte N ud geau eiem Weg zwische je zwei Orte. Die Wege ware jedoch so schmal, dass ma sie ur i eier Richtug befahre kote. KRAO-SE, der Herrscher der Eibahisel, hat deshalb ur eie Fahrtrichtug zugelasse. Deoch gelag es H. B. Eibah uter Beachtug dieser Regel jede Ort auf seier Reise geau eimal zu besuche. Wie hat er das agestellt? Lösug: Mathematisch ausgedrückt behauptet die Aufgabe folgedes: Gegebe seie N verschiedee Orte v, v,..., v, so daß zu je zwei Orte v i, v j i j geau eie Verbidugsstraße mit Fahrtrichtug v i v j oder v j v i existiert. Ob die Fahrtrichtug v i v j oder v j v i zulässig ist, liegt a der icht äher bekate Festlegug des Herrschers KRAO-SE. Uabhägig vo der Größe vo ud vo der Wahl der erlaubte Fahrtrichtuge Pfeilrichtuge existiert stets ei Weg, der alle Orte geau eimal ethält Vorehm i der Sprache der Graphetheorie ausgedrückt: I jedem Turiergraphe gerichtete Versio eies vollstädige Graphe mit N Ecke existiert ei gerichteter Hamiltoweg. Um diese Aussage zu zeige, beutzt ma eie Iduktiosbeweis über die Azahl der Orte: 6

18 Sei A : Zu Orte i obiger Situatio existiert eie zulässige Route oder mathematisch: A Zu eier Mege V : {v, v,..., v } mit der Eigeschaft: Iduktiosafag: i j gilt etweder v i v j oder v j v i icht beides zugleich existiert eie Kette v i v i... v i v i mit {i, i,..., i, i } {,,..., } : : Hier ist V : {v } ud die eideutige Route v ist zulässig. A ist korrekt. Wir betrachte zuächst och de Fall : : : Hier ist V : {v, v } ud etweder v v oder v v. Im erste Fall ist v v eie zulässige Route, im zweite Fall v v. A ist korrekt. Für : gibt es 8 mögliche Verteiluge der Fahrtrichtuge auf die Strecke zwische v ud v ; v ud v sowie v ud v. I alle 8 Fälle fidet ma eie zulässige Route Übug. Iduktiosschritt: Wir setze A als wahr voraus ud zeige A +. Zu V : {v, v,..., v, v + } sei V : {v, v,..., v } V \ {v + }. Da gilt für die elemetige Mege V bereits die Aussage A ud die zulässige Route sei v i v i... v i v i mit {i, i,..., i, i } {,,...,, } Um A + zu zeige geügt es u diese Route auf Orte um de och icht besuchte Ort v + zu erweiter. Abhägig vo de durch KRAO-SE festgelegte Fahrtrichtuge geht das wie folgt:. Fall: Die Straße zwische v + ud v i hat die Fahrtrichtug v + v i Ma hägt v + am Afag der Route a: v + v i v i... v i v i es gilt {i, i,..., i, i } { + } {,,...,,, + }. Ma hat damit eie zulässige Route durch alle + Orte i V gefude.. Fall: Die Straße zwische v + ud v i hat die Fahrtrichtug v i v + Ma hägt v + a das Ede der Route a: v i v i... v i v i v + wieder gilt {i, i,..., i, i } { + } {,,...,,, + }. Ma hat eie zulässige Route gefude.. Fall: Weder v + v i och v i v + sid zulässige Fahrtrichtuge sost Fall oder Fall Es gilt v i v + ud v + v i Da sei j < ei Idex, a dem gilt v ij v + ud v + v ij+ Ei solcher Idex existiert, da ja irgedwa die Fahrtrichtug vo Straße die ach v + führe zu Straße die vo v + wegführe wechsel muß. Nu zerscheidet ma die Route auf de Orte aus V geau zwische v ij ud v ij+ ud setzt dort de Umweg v ij v + v ij+ ei: v i... v ij v ij+... v i v ij v + v ij+ v i... v ij v + v ij+... v i Auch hier hat ma also mit etwas Aufwad eie zulässige Route kostruiert. Bemerkug: Tatsächlich sid die Fälle ud Spezialfälle der Situatio i Fall. Der zu wählede Idex j wäre dabei 0 Afag oder Ede. A + ist korrekt. Nach dem Prizip der vollstädige Iduktio gilt die Aussage A für alle N. Übugsblatt 4 Aufgabe 6 Sei m N ud A m : {,,..., m}. Zeige Sie, dass es für jede Abbildug f : A m A mit m > N zwei verschiedee Zahle m, m A m mit fm fm gibt. 7

19 Lösug: Beweis durch Widerspruch: Offesichtlich gilt A m m für alle m N. Wir ehme a, dass die zu zeigede Behauptug falsch ist. Also gibt es eie Abbildug f : A m A derart, dass für alle m i m j A m gilt: fm i fm j. Nach Defiitio der Abbildug ethält A da midestes die paarweise verschiedee Elemete f, f,..., fm A m. zu A ud < m. Aufgabe 7 Wieviele Teilmege mit eier gerade bzw. ugerade Azahl vo Elemete hat eie Mege mit N Elemete? Lösug: Wir beutze de Biomische Satz: a + b k0 k a b k Für a ud b gilt da 0 + k k0 k0 k0 Also gilt y x 0. Weiter gilt + k0 k k+ k + } {{ } x + k0 + k + k k0 } {{ } y k0 k+ + k k k0 k x + y Durch Eisetze erhält ma daher x ud y. Da k die Azahl der k-elemetige Teilmege eier -elemetige Mege agibt, ist x k0 k+ die gesuchte Azahl der Teilmege mit ugerader Azahl vo Elemete ud y k0 diejeige mit gerader Azahl vo Elemete. k Spezialfall: Die leere Mege hat ur eie eizige Teilmege gerader Elemetazahl, ämlich die leere Mege selbst. Dies ist auch klar, da die Azahl aller Teilmege eier -elemetige Mege wie obe gezeigt ist, was für 0 die leere Mege geau 0 Teilmege ergibt, die aber etweder eie gerade oder eie ugerade Elemetazahl habe muss Je Teilmege mit gerader ud ugerader Elemetazahl ergibt hier keie Si. Deshalb wurde die Behautpug ur für N aufgestellt. Aufgabe 8 Auf N Orchester solle k N 0 Musiker so verteilt werde, dass im j-te Orchester geau k j N 0 Musiker sitze, also k + k + + k k. Zeige Sie, dass es geau verschiedee Verteiluge gibt. k! k! k! k! Lösug: Es sei: die Azahl der Orchester ud k die Azahl der Musiker. Im j-te Orchester solle u geau k j Musiker sitze, so dass isgesamt k + k k k gilt. Für jede Permutatio der Mege aller Musiker plaziere wir daher die erste k Musiker dieser Permutatio im 8

20 erste Orchester, die ächste k Musiker dieser Permutatio im zweite Orchester, ud so weiter... ud schließlich die letzte k Musiker im letzte Orchester. Nu ist die Azahl der mögliche Permutatioe im i-te Orchester uabhägig vo der Azahl der mögliche Permutatioe im j-te Orchester für i j. Die Azahl der Verteiluge auf das erste Orchester ist k Die Azahl der Verteiluge auf das zweite Orchester ist k k k wähle k aus alle k Musiker k wähle k aus de restliche k k Musiker. Die Azahl der Verteiluge auf das i-te Orchester ist k k... k i k i. Die Azahl der Verteiluge auf das letzte Orchester ist k k... k k Die Gesamtzahl der Verteiluge ergibt sich wege der Uabhägigkeit als Produkt der Azahle vo Verteiluge i jedem Orchester Teleskopisches Produkt: k k k k k... k! k! k k! k k... k i k i... k k... k k k! k! k k k!... k k... k! k! k k... k k } {{ } 0! k k! k!k!... k! Aders ausgedrückt gibt es isgesamt k! mögliche Permutatioe der Mege der Musiker. Ierhalb des j- te Orchesters gibt es geau k j! mögliche Permutatioe der Mege der etsprechede k j Musiker. Da die Reihefolge der Musiker ierhalb des jeweilige Orchesters keie Rolle spielt Permutatioe ierhalb eies jede Orchesters ergebe die gleiche Verteilug, muss durch die Azahl etsprecheder Permutatioe ierhalb jedes der Orchester dividiert werde. Aufgabe 9 Die folgede komplexe Zahle schreibe ma i der Normalform a + b i, a, b R ud bereche ihre Betrag: a 4 + i, b + i i i, c + i + i, N, d + i Lösug: a z +i i 4 +i i i i + 0 i; z b z +i i +i i + 4 i; z c Durch Übergag i Polarkoordiate erhält ma: ±i cos± π 4 +i si± π 4 cos π 4 ±i si π 4. z +i + i cos π 4 +i si π 4 +cos π 4 i si π 4 cos π π 4 +i si 4 + cos π π 4 i si 4 + cos π i z + cos π 4, wobei der Kosius je ach die Werte ±, ± oder 0 aimmt. Rest bei durch cos π cos π Die Werte i de letzte 4 Spalte der zweite Zeile sid das Negative der Eiträge i de erste 4 Spalte. Die Eiträge der dritte Zeile Betrag der komplexe Zahl sid bereits periodisch modulo 4. 9

21 d z + i +i +i i ; z Aufgabe 0 Käpt Schwarzbart, der alte Haudege, hiterließ bei seiem uerwartete Ablebe im Alter vo 07 Jahre auch eie Schatzkarte mit eier Beschreibug, eie vergrabee Schatz zu fide. Gehe direkt vom Galge zur Palme, da gleich viele Schritte uter rechtem Wikel ach rechts steck die erste Fahe! Geh vom Galge zu de drei Felsbrocke, geausoweit uter rechtem Wikel ach liks steck die zweite Fahe! Der Schatz steckt i der Mitte zwische de beide Fahe. Die Erbe startete sofort eie Expeditio auf die Schatzisel. Die Palme ud die markate Felsbrocke ware sofort zu idetifiziere. Vom Galge war keie Spur mehr zu fide. Deoch stieß ma beim erste Spatestich auf die Schatztruhe, obwohl ma die Schritte vo eier zufällige ud sehr wahrscheilich falsche Stelle aus gezählt hatte. Wie war das möglich? Wo lag der Schatz? Tipp: Reche Sie i C! Lösug: Eier der Erbe ist Mathematiker ud kommt auf die geiale? Idee, die Isel als Teil der Komplexe Zahleebee C aufzufasse, wobei er de Ursprug beliebig wählt. Er überlegt sich die Positio des Schatzes, also wo er grabe müsste, i Abhägigkeit eies beliebige Startpuktes Γ potetieller Galge. Die Palme war ja hoffetlich die Eizige liege i diesem Koordiatesystem a der Positio P C, währed die Felsbrocke Rocks a der Koordiate R C liege. Der Weg vom Galge zur Palme bzw. zu de Steie ist da P Γ bzw. R Γ. I C etspricht eie Drehug ach rechts um 90 der Multiplikatio mit i ud eie Drehug ach liks um 90 eier Multiplikatio mit i. Die erste Fahe hat also die Koordiate F Γ + P Γ + i P Γ P + i P Γ ud die zweite die Koordiate F Γ + R Γ + i R Γ R + i R Γ. Die Mitte zwische de Fahe ud damit die Positio des Schatzes S C hat somit die Koordiate arithmetisches Mittel: S F + F R + P + i R P Käpt Schwarzbart war also so geial die Beschreibug ivariat, d.h. uabhägig uter eier beliebige Positio des Galges zu formuliere. A der Formel sieht ma, dass die Wahl des Startpuktes völlig beliebig ist. Bemerkug: Ma sieht a der Formel übriges sehr schö, wo der Schatz liege muss: R+P ist der Mittelpukt zwische der Palme ud de Steie. R P Ist die Strecke vo P ach R ud i ist ja die Drehug um 90 ach liks. Der Schatz liegt damit a der Spitze des gleichschekelig, rechtwiklige im Gegeuhrzeigersi orietierte Dreiecks P RS. Schwarzbart hätte also auch schreibe köe: Gehe vo der Palme geradeaus zu de Felsbrocke. Auf halbem Wege drehe dich ach liks ud lege die gleiche Strecke halbe Etferug zwische Palme ud Felse zurück. Dort liegt der Schatz. Aber vielleicht liegt ja ei Tümpel oder ei Vulka oder ähliches auf der direkte Verbidugsliie zwische Palme ud Felse, der dieses direkte Vorgehe verhidert. 0

22 Übugsblatt Aufgabe Bestimme Sie für, 4 ud alle z C mit z Gebe Sie die Lösuge jeweils i der Stadardform a + b i, a, b R a ud zeige Sie, dass die Lösuge die Eckpukte eies dem Eiheitskreis eibeschriebee regelmäßige -Ecks sid, 4 ud. Tipp für de Fall : z 4 + z + z + z + z + gz + z g z + mit g : +. Lösug: Die komplexe Lösuge der Gleichug z laute i Polarform: π k π k ζ k cos + i si k 0,,..., Diese Lösuge ka ma für festes mithilfe der bekate Sius- ud Cosiuswerte direkt i die Stadardform a + b i a, b R umreche. Alterativ ka ma die Gleichug z für kleie faktorisiere ud so die Lösuge direkt i Stadardform bestimme: : z 0 z z z + z +, also z + 0 i mit z ud z / ± 4 ± ± i mit z/ z, z, z liege auf dem Eiheitskreis habe Betrag ud ihr gegeseitiger Abstad ist jeweils: z z z z z z z, z, z bilde die Eckpukte eies dem Eiheitskreis eibeschriebee gleichseitige -Ecks. 4: z 4 0 z 4 z z + z z + z iz + i, also z + 0 i, z + 0 i, z i 0 + i ud z 4 i 0 + i mit z j für j,,, 4 alle z j liege auf dem Eiheitskreis. Der Abstad beachbarter Lösuge ist jeweils, d.h. z j j,,, 4 bilde die Ecke eies gleichseitige 4-Ecks Quadrats: z z z z z z z 4 z

23 : z 0 z z z 4 + z + z + z + Tipp z z + g z + z g z +. Der erste Faktor ergibt wieder die Lösug z, die Lösuge der beide quadratische Faktore bestimmt ma mit der p-q-formel zu z / ± i 4 sowie zu z 4/ 0+ 4 ± i 4. Wie zuvor habe diese Lösuge de Betrag, liege also auf dem Eiheitskreis. Der gegeseitige Abstad beachbarter Lösuge ist jeweils 0 +, so daß zj j,,, 4, die Eckpukte eies gleichseitige -Ecks bilde. Aufgabe Für z, w C sei δz, w : { z w falls es ei λ R, λ > 0 mit z λw gibt z + w sost Zeige Sie, dass durch δ : C C R eie Metrik auf C defiiert wird. Warum et ma wohl diese Metrik gelegetlich die Metrik des frazösische Eisebahsystems? Lösug: Es sid die Metrikeigeschafte achzuweise: M: δz, w 0, da z w 0 ud z + w 0 δz, w 0 Defiitheit { z w 0 für z λw mit 0 < λ R z + w 0 sost { z w also λ sost wäre z w > 0 z 0 w da sost z > 0 oder w > 0 ud daher z + w > 0 Dies zeigt die positive Defiitheit vo δ. z w M: Seie z, w C, so daß ei 0 < λ R existiert mit z λw. Dies ist äquivalet dazu, daß für λ : λ die Aussage 0 < λ R ud w λ z λ z gelte. Damit zeigt ma die Symmetrie vo δ für alle z, w C: { { z w 0 < λ R : z λw w z 0 < λ R : w λ z δz, w δw, z z + w sost w + z sost Bemerkug: Die Bedigug 0 < λ R : z λw iduziert eie Äquivalezrelatio z w auf der Mege der komplexe Zahle Reflexivität ist durch die Wahl λ gegebe, Symmetrie wurde obe für λ ud λ gezeigt. Trasitivität folgt, da das Produkt zweier positiver reeller Zahle 0 < λ R ud 0 < λ R wieder eie positive reelle Zahl ergibt. Die Äquivalezklasse dieser Relatio bestehe geau aus de Pukte eier vom Ursprug ausgehede Halbgerade ohe de Ursprug i C, sowie eier Klasse, die ur de Ursprug selbst ethält. Wir schreibe deshalb z w falls 0 < λ R mit z λw existiert z, w liege i derselbe Äquivalezklasse ud z w falls kei solches 0 < λ R existiert. M: Es seie v, w, z C drei beliebige Pukte. Wir uterscheide zwei Fälle:. Fall: z w, d.h. es existiert 0 < λ R mit z λw. Etweder es gilt v z ud damit auch v w wege Trasitivität der Relatio, oder v z ud damit v w wege z w. { z v + v w z v v w δz, w z w z v + v w δz, v + δv, w z + v + v + w z v v w

24 . Fall: z w, d.h. es existiert kei 0 < λ R mit z λw. Da z w die Situatio z v v w ausschließt, gilt wieder mithilfe der Dreiecksugleichug des Absolutbetrages: z + v + w v z v v w δz, w z + w z v + v + w z v v w δz, v + δv, w z + v + v + w z v v w Damit erfüllt die Abbildug δ auch die Dreiecksugleichug ud hat so alle Eigeschafte eier Metrik. Idetifiziert ma die frazösische Ladkarte mit eiem Teil der komplexe Zahleebee ud legt de Ursprug ach Paris, so gibt es zwei Möglichkeite de Abstad zweier Städte mit Hilfe des Eisebahetzes zu beschreibe: Liege beide Städte Z, W auf eier Halbgerade die vom Ursprug Paris ausgeht, so sid ihre Richtugsvektore kolliear ud die Positio der Stadt Z mit der komplexe Koordiate z lässt sich durch λ > 0 mal die Koordiate w der Stadt W beschreibe es gilt z w. Da gibt es eie direkte Schieeverbidug i dem sterförmige frazösische Eisebahetz. Die Etferug ist die Betragsdifferez z w. Liege die Städte Z, W vo Paris aus gesehe icht auf eier Halbgerade also z w, so muss ma, um vo der eie zur adere zu komme de Umweg über Paris fahre. Die Distaz per Eisebah zwische de beide Städte ist da die Summe z + w ihrer Abstäde vom Koordiateursprug Paris. Aufgabe Sei K R oder K C. Für z z,, z K, N, sei z : z j, z : z j, z : max { z j j } Beweise Sie die Ugleichuge j j a z z z b z z z c z z z Lösug: z : j z j Summe über die Beträge aller Kompoete eies Vektors z : z : max j z j j z j Wurzel aus der Summe der Betrags-Quadrate euklidische Norm Die betragsmäßig größte Kompoete eies Vektors a Für z z,, z K, N beliebig betrachte folgede Ugleichugskette. Dabei sei k ei Idex, für de gilt z k max j z j : z max z j z k + j j, j k z j } {{ } 0 z j z z z k z j z k z k z k } {{ } da max j z j z k z j j,..., max z j z j

25 z z z Setze x : z R ud y : z R, so ist x 0 ud y 0. Wir wisse dass gilt x y x y für x, y 0, demach folgt umgehed die Aussage z z z b Aalog zur Betrachtugsweise i a fidet ma wieder sei k der Idex eier betragsmaximale Kompoete des Vektors z: z max j z j z k + j, j k z j } {{ } 0 z j z z z k z j z k z k z k } {{ } max j z j da max j z j z k z j j,..., damit folgt auch scho die Aussage z z z c Aus de beide doppelte Ugleichuge i a ud b folgt bereits: z z z z z. Gesucht ist aber eie och bessere optimale Abschätzug vo z durch z ach obe ud ute. Die Abschätzug ach ute folgt aus der Cauchy-Schwarzsche Ugleichug v, w v w : C.S. z z j z j, z z z j z j j wobei :,,..., K ud z : z, z,..., z K sid. Die Abschätzug ach obe folgt wieder elemetar: 0 z z 0 z j 0 j z j j j z j 0 j z j + j i,j, i j z i z j } {{ } 0 j j z j z j i,j j z i z j z j j Aufgabe 4 + a Stelle Sie eie Vermutug über de Grezwert der Folge a auf ud versuche Sie da, Ihre Vermutug durch Rückgriff auf die ε-n-defiitio zu beweise. b Ist die Folge f der Fiboacci-Zahle vgl. Blatt, Aufgabe 4 koverget? c Utersuche Sie die komplexe Zahlefolge c mit c : +i auf Kovergez. Lösug: 4

26 a Wir vermute für die Folge a N de Grezwert. Zu zeige: ε > 0 N N : N : a < ε Beweis: a N Sei u ε > 0 beliebig. Es gilt 0 < N 0 < ε N > ε +. Die letzte Ugleichug ist zugleich für alle atürliche Zahle N erfüllt. Nach Archimedischem Axiom existiert zu jedem vorgegebee ε > 0 eie atürliche Zahl N N ε ε + +, so dass für alle N gilt: a 0 N 0 < ε Die Folge kovergiert daher gege de Grezwert. b Wir zeige per Iduktio, dass für die Folge f der Fiboacci-Zahle folgedes gilt: N : A : f Iduktiosafag: Für, gilt f f, also sid A ud A wahr. Iduktiosaahme: Die Aussage Am sei richtig für alle atürliche Zahle m. Iduktiosschritt, + : Da f A ist wahr ud f A ist wahr folgt sofort f + f + f + Also gilt A+ ud ach dem Prizip der vollstädige Iduktio ist A damit für alle N erfüllt. Für die Differez zweier aufeiaderfolgeder Fiboacci-Zahle erhält ma deshalb f + f + f + + f f + f Ab dem Idex wächst die Folge der Fiboacci-Zahle damit i jedem Schritt um midestes. Jede ε -Umgebug um eie beliebige reelle Zahl ka daher höchstes Folgeglieder ethalte. Sie ethält also iemals fast alle alle bis auf edlich viele Folgeglieder ud die Folge f N kovergiert icht tatsächlich wächst sie über alle Greze. c Wir zeige, dass c N eie komplexe Nullfolge ist ud beutze dabei, dass die Folge q N für alle q R mit q < eie Nullfolge bildet: c 0 + i + i 0 da < Aufgabe Folgede 0 Iformatioe stehe Ihe zur Verfügug: i. Die eizige Tiere i diesem Haus sid Katze. ii. Jedes Tier, das ger i de Mod starrt, ist als Schoßtier geeiget. iii. We ich ei Tier verabscheue, gehe ich ihm aus dem Weg. iv. Es gibt keie fleischfressede Tiere außer dee, die bei Nacht jage. v. Es gibt keie Katze, die icht Mäuse tötet. vi. Kei Tier mag mich, außer dee im Haus.

27 vii. Kägurus sid icht als Schoßtiere geeiget. viii. Nur fleischfressede Tiere töte Mäuse. ix. Ich verabscheue Tiere, die mich icht möge. x. Tiere, die bei Nacht jage, starre gere i de Mod. We Sie u diese Iformatioe verwede, wie sollte Sie sich gegeüber Kägurus verhalte? Lösug: Es ist ahelieged mit Iformatio vii zu begie. Das Käguru ist also icht als Schoßtier geeiget. ii Es starrt icht gere i de Mod. x Das Käguru jagt also icht bei Nacht. iv Fleischfressed ist es auch icht. viii Kägurus töte also auch keie Mäuse. v Erketis aus dieser Iformatio: Das Käguru ka keie Katze sei. i Das Käguru ka also icht i diesem Haus sei. vi Es mag mich icht. ix Weil es mich icht mag, verabscheue ich es. iii Ich gehe Kägurus aus dem Weg! Ausgehed vo de zeh Iformatioe, sollte ich Kägurus also besser aus dem Weg gehe. Amerkug: Etspreched der Formulierug vo Iformatio i weiß ma auch direkt, dass keie Kägurus im Haus sei köe. Da gelagt ma etspeched scheller zu dem Ergebis, Kägurus lieber aus dem Weg zu gehe. Allerdigs muss ma da och die icht verwedete Iformatioe überprüfe, ob sich aus ihe weitere Verhaltesweise ableite lasse. Was hier atürlich icht der Fall ist. Übugsblatt 6 Aufgabe 6 Beweise Sie folgede Grezwertaussage: a c lim lim b lim 4 4 d lim + kk + k Lösug: a Zuächst kürze wir Zähler ud Neer durch. Wir erhalte: lim Nu eiige Vorbemerkuge: Die Folge a N vgl. auch Skript 7.8. N lim ist eie Nullfolge. Dies ergibt sich aus dem Archimedische Prizip Mit dem Sadwich-Lemma Skript 8. idetifiziert ma auch b N als Nullfolge: Es N gilt ämlich 0 N. Zudem sid die kostate Folge 0 N ud Nullfolge. N 6

28 b Mit dem gleiche Argumet ist auch c N eie Nullfolge. N Mit der Permaezeigeschaft Skript 8. idetifiziert ma die Folge d N e N 4 + als kovergete Folge mit de Grezwerte 0 bzw. 4. N N ud Uter mehrfacher Verwedug der Permaezregel ergibt sich isgesamt: lim lim lim lim + lim + lim + 0 c Aus der Vorlesug ist die Formel k k + 4 bekat. Hieraus ergibt sich: k lim 4 lim k 4 lim wiederum mittels Permaezregel. d Nach Übugsaufgabe 4 gilt k Permaezregel: lim k kk + lim kk lim + lim lim Hiermit erhält ma wiederum uter Beutzug der + lim lim + lim + 0 Aufgabe 7 Die Folge x sei rekursiv defiiert durch x 0 : ud x : + x x kovergiert ud de Grezwert g : + besitzt. für N. Zeige Sie, dass Lösug: Wir zeige, dass x N0 beschräkt i ud mooto wachsed ii ist. Daraus folgt die Existez eies eideutige Grezwertes ach Mootoieprizip Skript 9.! Daach utze wir die rekursive Defiitio der Folge aus ud bestimme de Grezwert. i Beschräktheit: Behauptug: x N 0 Iduktiosafag 0: x 0 Iduktiosvoraussetzug: x gilt bereits. Iduktiosschritt + : Beutze die Mootoie der Quadratwurzel vgl. Aufgabe 9b. + IV + x x + + x IV + x N0 ist also beschräkt. ii Die Folge x N0 ist mooto wachsed: Behauptug : x x N Iduktiosafag : x Def + x 0 + Def x 0 Iduktiosvoraussetzug: x x gilt bereits. Iduktiosschluss + : Beutze ereut die Mootoie der Quadratwurzel. x N0 ist mooto wachsed. x + + x IV + x x 7

29 Nach dem Mootoieprizip Skript 9. kovergiert die Folge x N0. Da alle Folgeglieder im Itervall [, ] liege, liegt auch der eideutige Grezwert i diesem Itervall vgl. Satz 8. im Skript. Für de Grezwert x [, ] gilt x lim x. Aufgrud der rekursive Defiitio erfüllt dieser folgede Gleichug Permaezregel awedbar, da x N0 ja kovergiert; Limes ud Quadratwurzel vertausche, vgl. Zetralübug: x lim x lim + x + lim x + x Der letzte Schritt ist gültig, da für m :, die Bedigug äquivalet zu m ist ud folglich Def lim x lim m x m x gilt. Der Grezwert x erfüllt daher die Gleichug x + x oder äquivalet x + x. Mit der p-q-formel fidet ma die Lösuge der quadratische Gleichug x x 0 zu x : + ud x :. Da x egativ ist ud x i [, ] liegt, ist x + g der gesuchte Grezwert. Aufgabe 8 Die komplexe Folge c kovergiere gege c C. k a Zeige Sie, dass da auch die Folge σ c k gege c kovergiert. b Gilt auch die Umkehrug vo a? Beweis oder Gegebeispiel! Lösug: a Sei ε > 0 beliebig. Da c N gege c C kovergiert, gibt es ei N : N ε N, so dass für alle N die Abschätzugug c c < ε gültig ist. Somit gilt für alle N : σ c k c k c k c k c N k c k c kn + c k c N k c k c + kn c k c N k c k c + kn c k c < N k < c k c + N + ε N k c k c + ε N k c k c + ε Da N k c k c R kostat ist, gibt es ach Archimedischem Axiom ei N N : N k c k c N k c k c < ε N, so dass Damit gilt für alle N : max {N, N }: σ c < ε + ε σ N gege de Grezwert c bewiese ist. ε, womit die Kovergez der Folge b Die Umkehrug ist falsch, wie folgedes Gegebeispiel zeigt: Sei c :. Da kovergiert σ N gege 0, währed c N offesichtlich icht koverget ist vgl. Skript 7.8. Elemetare Begrüdug für die Kovergez vo σ N gege 0: 8

30 Die Summe k c k ist etweder 0 gerade oder ugerade. Somit ist k c k für alle N. Daraus folgt aber zu jedem vorgegebeem ε > 0 sofort die Existez vo N N mit: σ 0 k c k k c k N < ε für alle N : ε +. Aufgabe 9 Sei a C, a 0, ud a eie ihrer beide Wurzel. Zeige Sie, dass die mit eiem beliebige Startwert z 0 C R i a durch z + : z + a z rekursiv defiierte Folge z gege eie Wurzel aus a kovergiert ud zwar gege diejeige, die i derselbe durch die Gerade G : R i a bestimmte Halbebee liegt wie z 0. Was passiert bei z 0 G? Lösug: Wir defiiere ω : z a. Da gilt: z + z + a z z + z + a a a z ω + ω + ω Es ist wege der Proportioalität atürlich klar, dass z geau da kovergiert, we ω kovergiert Permaezregel. Weiter ist z 0 R i a ω 0 R i, d.h. wir starte mit ω 0 z0 a C \ R i. Zuerst zeige wir, dass der mögliche Grezwert vo ω i der selbe Halbebee bezüglich der Gerade R i wie ω 0 liege muss: Für ω Reω + i Imω gilt ämlich Reω + + i Imω + ω + ω + ω + ω ω ω Reω + i Imω + ω Reω i Imω Reω + ω +i Imω ω 6. } {{ } >0 also Reω + > 0 Reω > 0 Reω 0 > 0 N ud Reω + < 0 Reω < 0 Reω 0 < 0 N. Startet ma also mit ω 0 i der rechte/like Hälfte der komplexe Ebee, so liege alle Folgeglieder ω N i dieser Halbebee. Es bleibt also ur och zu zeige, dass die Folge im erste Fall gege im zweite Fall gege kovergiert de geau da kovergiert z N gege a bzw. a. Hierfür gebe wir zwei mögliche Beweise: a Beweis: Wir betrachte zuächst de Fall Reω 0 > 0 rechte Halbebee ud zeige Kovergez der Folge ω N gege +: Sei ω, so gilt ach 6.: Reω + Reω + ω Reω Reω > 0 9

31 d.h. der Realteil der Folge ω N wächst i jedem Schritt uabhägig vom Imagiärteil midestes auf das 8 -fache a, bis schließlich ω > ist spätestes, we Reω > ist. Umgekehrt führt die Bedigug ω auf die Ugleichug: 0 ω + ω + ω ω + ω ω + ω ω d.h. der Betrag der Folgeglieder ω schrumpft i jedem Schritt auf das 7 8-fache, bis schließlich ω < ist. OE ka ma daher aehme, daß bereits < ω 0 < gilt Weglasse der erste Folgeglieder. Speziell gilt da für alle N die Abschätzug < ω <, da iduktiv: + < ω + ω + ω ω + < + Alle Folgeglieder liege somit i dem Kreisrig mit ierem Radius ud äußerem Radius um de Ursprug der komplexe Zahleebee geschitte mit der rechte Halbebee, da Reω > 0. Nu zeige wir, daß der Abstad vo ω zu i jedem Schritt midestes um de Faktor 4 < kleier wird: ω + ω + ω ω + ω ω ω wobei der Faktor 4 aus folgeder Abschätzug stammt: < ω < ω ω + ω ω ω ω < ω 4 ω 4 9 < ω < 9 4 ω + Reω 9 } {{ } 4 ω + ω + ω >0 ω ω ω ω ω ω + < 4 ω ω 4 ω < 6 ω ω < < 4 Damit gilt ω ω0 ud die Folge ω N mit Reω 0 > 0 kovergiert gege 4 +. Äquivalet hierzu kovergiert z N mit z 0 {z C z λ a + i µ a mit λ, µ R, λ > 0} i.e. die Halbebee i der a liegt gege a. Der Fall Reω 0 < 0 äquivalet z 0 {z C z λ a + i µ a mit λ, µ R, λ < 0}, i.e. die Halbebee i der a liegt folgt völlig aalog. Gleiche Abschätzuge ergebe Kovergez vo ω N gege, d.h. Kovergez vo z N gege a. b Beweis: Wieder führe wir ur de Fall Reω 0 > 0 aus: Ma betrachte die Folge α : ω ω + Nach 6. gilt Reω > 0 N ud der Neer wird iemals 0. α N kovergiert offesichtlich geau da gege 0, we ω N gege kovergiert geau da we z N gege a kovergiert. Der Witz a der Sache ist die rekursive Defiitio vo α : α + ω + ω + + ω + ω ω + ω ω + ω + ω + ω + ω + ω ω + + ω ω ω + α α 0 + 0