Ferienkurs Analysis I für Physiker WS 15/16 Aufgaben Tag 1. Aufgaben Tag 1. (1 + i) 2 = 0 + 2i. = i 1 + i = i1 i = i 2

Transkript

1 Ferienurs Analysis I für Physier WS 15/16 Aufgaben Tag 1 1 Komplee Zahlen I Aufgaben Tag 1 Berechnen Sie Real- und ImaginÃďrteil von a) (1 + i) (1 + i) 0 + i b) i ( i ) 1 ( 1 + i i ) 1 i 1 + i i1 i 1 + i c) 5 +i 5 + i 5 ( + i)( i) ( i) 1 ( i) d) den Lösungen der Gleichung z i Aus a) sehen wir, dass z 1 + i und z 1 i die zwei Lösungen der Gleichung sind. Komplee Zahlen II Die folgenden ompleen Zahlen schreibe man in der Normalform +iy,, y R und berechne ihren Betrag. a) ( 1+i 1 i b) +i i ) 4 z z i 4 1 i z + i i z [ (1 ) ] + i i ( 1) i 1 i i ( + i) i i Seite 1

2 Aufgaben Tag 1 c) (1 + i) n + (1 i) n, N N Durch den Übergang in Polaroordinaten erhält man: 1 ± i (cos(± π /4) + i sin(± π /4)) (cos( π /4) ± i sin( π /4)) Ferienurs Analysis I für Physier 015/016 z (1 + i) n + (1 i) n ( ) n [(cos( π/4) + i sin( π /4)) n + (cos( π /4) i sin( π /4)) n ] ( ) n (cos( nπ/4) + i sin( nπ /4) + cos( nπ /4) i sin( nπ /4)) ( ) n+ cos( nπ/4) + i 0 z ( ) n+ cos( nπ/4) wobei der Cosinus je nach n die Werte ±1, ± 1 oder 0 annimmt. ( d) 1 + i ) 1 z z ( 1 + i Komplee Zahlen III ) i ( ) 1 + i 1 1 i Bestimmen Sie für n, 4(, 5) alle z C mit z n 1. Geben Sie die Lösungen jeweils in der Standardform + iy,, y R an und zeigen Sie, dass die Lösungen die Ecpunte eines dem Einheitsreis einbeschriebenen regelmäßigen n-ecs sind (n, 4(, 5)). n : Berechne die Nullstellen durch Polynomdivision. z 1 0 z 1 (z 1) (z + z + 1) Also ist z i 0 mit z 1 1. Die weiteren Nullstellen lassen sich unter Verwendung der sog. Mitternachtsformel einfach bestimmen. z, 1 ± q ± 1 ± i 1 z, Die Lösungen z 1, z, z haben einen Betrag von 1 und liegen somit auf dem Einheitsreis. Bilden die z i ein regelmäßiges Dreiec, so muss ihr gegenseitiger Abstand gleich sein. z 1 z [ ( [ 1 1 ] + 0 )] z z [( 1 ) ( 1 [ ( )] + )] z z 1 [( 1 ) [( ) 1] + 0] Seite

3 Ferienurs Analysis I für Physier WS 15/16 Aufgaben Tag 1 Die z i bilden somit die Ecpunte eines dem Einheitsreis einbeschriebenen gleichseitigen Dreiecs. n 4: z z 4 1 (z 1) (z + 1) (z 1) (z + 1) (z i) (z + i) Also sind die Nullstellen z 1 1 z 1 z i z 4 i mit einem Betrag von z i 1. Für die wechselseitigen Abstände ergibt sich: z 1 z (1 0) + (0 1) z z [0 ( 1)] + (1 0) z z 4 [( 1) 0] + [0 ( 1)] z 4 z 1 (0 1) + [( 1) 0] 4 vollständige Indution I Zeigen Sie indutiv, dass dãijr alle n N und w, z K die binomische Formel gilt. Hinweis: Verwenden sie (w + z) n n n Indutionsanfang: Wir zeigen die Aussage für n 1: 1 0 n w 1 z n w n z n + 1 und die Konvention z w 1 z w + z (w + z) 1 1 w 0 z 1 1 Indutionsvoraussetzung: Wir nehmen an, wir haben für alle n n gezeigt: n n (w + z) n w n z 0 Seite

4 Aufgaben Tag 1 Indutionsschluss: Wir zeigen n n + 1 (w + z) n+1 (w + z)(w + z) n n (w + z) w n z 0 0 n w n +1 z + 0 n w n z +1 Ferienurs Analysis I für Physier 015/016 n 1 w n+1 n + w n +1 z + z n+1 n + w n z w n+1 n + w n +1 z + z n+1 n + w n ( 1) z [ ] w n+1 n n + + w n +1 z + z n } {{ } w n+1 + n ( n + 1 ( n + 1 n + 1 ) w n +1 z 5 vollständige Indution II ) w n +1 z + z n+1 Für R definieren wir den Betrag als ma{, }. a) Zeigen Sie Dreiecsungleichung:, y R : + y + y Aus der Definition des Betrages wissen wir: Außerdem: Somit gilt: y y + y + y + y ±( + y) + y + y y y + ( y) + ( y) + y b) Zeigen Sie, dass für alle n N und 1,..., n R gilt: 1 Indutionsanfang: Die Aussage ist für n 1 offensichtlich richtig, für alle 1 R gilt: Seite 4

5 Ferienurs Analysis I für Physier WS 15/16 Aufgaben Tag 1 Indutionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass für alle n n, n N gezeigt worden ist: n n 1 1 Indutionsschluss: Wir zeigen n n + 1 n+1 + n n+1 6 vollstãďndige Indution III Beweisen Sie: a) n < n!, n N, n n+1 1 n+1 1 Indutionsanfang: Die Aussage ist für n 4 wahr < ! Indutionsvoraussetzung: Wir nehmen, dass für alle n n, n N gezeigt worden ist: Indutionsschluss: Wir zeigen n n + 1 n < n! n+1 n < n! < (n + 1)! n b) a b n (a + b) n 0 n n n + 1 Hinweis: Verwenden sie +. 1 Indutionsanfang: Die Aussage ist für n 0 wahr a b 0 1 (a + b) 0 Indutionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass für alle n n, n N gezeigt worden ist: n n a b n (a + b) n 0 Seite 5

6 Aufgaben Tag 1 Indutionsschluss: Wir zeigen n n + 1 Ferienurs Analysis I für Physier 015/016 (a + b) n+1 (a + b) n (a + b) n a b n (a + b) 0 n a +1 b n n + a b n a n+1 + b n+1 n + a b n a n+1 + b n+1 n a b n+1 1 n+1 n + 1 a b n n a b n+1 7 Die geometrische Folge Für q R definieren wir Q {q n n N}. Hinweis: Bernoulli-Ungleichung und die archimedische Anordnung von R. a) Zeigen Sie, für q > 1 ist Q unbeschränt. Beweis durch Widerspruch: Sei q 1 > 0, dann ist q n (1 + ) n 1 + n. Annahme: Q ist beschränt durch K R. Es eistiert aber ein n N, so dass n > K 1, bzw. K < 1 + n qn Q. K ist also eine obere Schrane von Q. Widerspruch! b) Zeigen Sie, für 0 < q < 1 ist inf Q 0 Wir zeigen zwei Dinge: 1. 0 ist eine untere Schrane.. Jede andere untere Schrane ist leiner gleich 0. Zu 1): Offenbar ist 0 eine untere Schrane von Q, da q n > 0. Wir nehmen an ɛ > 0 sei eine weitere untere Schrane von Q, dann wäre 1 /ɛ eine obere Schrane der Mengem{( 1 /q) n n N}, die jedoch wegen 1 /q > 1 und a) eine obere Schrane besitzt. Ist ɛ eine untere Schrane von Q, dann folgt also ɛ 0. Somit ist 0 die leinste untere Schrane. Seite 6

7 Ferienurs Analysis I für Physier WS 15/16 Aufgaben Tag 1 8 Folgen a) Stellen Sie eine Vermutung über den Grenzwert der Folge (a n ) n+1 5n auf und versuchen Sie dann, Ihre Vermutung durch Rücgriff auf die ɛ-n- Definition zu beweisen. Wir vermuten für die Folge (a n ) den Grenzwert /5. Nun muss gezeigt werden, dass gilt: ɛ N N : n N : a n 5 < ɛ Beweis: Für ein beliebiges ɛ > 0 gilt: a n 5 n + 1 5n n n 10, n N 0 < 11 5N 10 < ɛ N > 11 5ɛ + 5 Die letzte Ungleichung ist zugleich für alle natürlichen Zahlen n N erfüllt. Nach dem Archimedischen Aiom eistiert zu jedem vorgegebenen ɛ > 0 eine natürliche Zahlen N N ɛ 11 5ɛ , so dass für alle n N gilt: a n n N 10 < ɛ Die Folge onvergiert somit gegen den Grenzwert 5. b) Ist die Folge (f n ) der Fibonacci-Zahlen onvergent? f 1 f 1 f n+1 f n + f n 1, n > Wir zeigen per Indution, dass für die Folge (f n ) der Fibonacci-Zahlen folgendes gilt: n N : A(n) : f n 1 Indutionsanfang: Für n 1, gilt f 1 f 1 1, also sind A(1) und A() wahr. Indutionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass für alle n n, n N die Richtigeit von A(n ) gezeigt worden ist. Indutionsschluss: Wir zeigen n 1, n n + 1 Da f n 1 1 und f n 1, folgt sofort f n+1 f n + f n Also gilt A(n + 1). Für die Differenz zweier aufeinanderfolgender Fibonacci-Zahlen erhält man deshalb f n+ f n+1 f n+1 + f n f n+1 f n 1 Ab dem Inde n wächst die Folge der Fibonacci-Zahlen damit in jedem Schritt um mindestens 1. Jede ɛ 1 -Umgebung um eine beliebige reelle Zahl ann daher höchstens Folgenglieder enthalten. Sie enthält also niemals fast alle (alle bis auf endlich viele) Folgenglieder und die Folge (f n ) n N onvergiert nicht (tatsächlich wächst sie über alle Grenzen). Seite 7

8 Aufgaben Tag 1 auf Konver- c) Untersuchen Sie die omplee Zahlenfolge (c n ) mit c n 1 (1+i) n genz. Ferienurs Analysis I für Physier 015/016 Wir zeigen, dass (c n ) n N eine omplee Nullfolge ist und benutzen dabei, dass die Folge (q n ) n N für alle q R mit q < 1 eine Nullfolge bildet: c n 0 1 da < 1 1 (1 + i) n i n 1 n 1 n n 0 Seite 8