Lösungen der Übungsaufgaben von Kapitel 2

Transkript

1 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui Lösuge der Übugsaufgabe vo Kapitel zu... Ma zeige: Jede Teilfolge eier Umordug eier Folge ka als Umordug eier Teilfolge geschriebe werde. Geht das auch umgekehrt? zu... Für welche reelle Zahle x gelte folgede Ugleichuge? (a) x 5 > 0.4, (b) x + 3 x, (c) x + > x. (a) Ma uterscheidet zwei Fälle: Für x R mit x 5 ist x 5 x 5, also gilt für diese x: x 5 > 0.4 x 5 x 5 > 0.4 x > 5.4 Die Ugleichug gilt also sicher für alle x {x R x 5} {x R x > 5.4} {x R x > 5.4} Nu der zweite Fall: Für x R mit x < 5 ist x 5 5 x, da gilt x 5 > 0.4 x < 5 5 x > 0.4 x > 4.6 x < 4.6 Die Ugleichug gilt also isgesamt für alle x {x R x < 4.6 x > 5.4} (b) Hier muss ma drei Fälle uterscheide: Für x ist x 0 ud x + 3 0, da gilt also x + 3 x x x + 3 x 3 Die Ugleichug gilt also für kei x.

2 Für x R mit 3 x < ist x x ud x + 3 x + 3, also ist hier x + 3 x 3 x < x + 3 x x x Die Ugleichug gilt also sicher für alle { } x x R 3 x Schließlich ist für die x R mit x < 3 sowohl x + 3 < 0 als auch x < 0, i.e. hier ist x + 3 x x < 3 x 3 x 3 Die Ugleichug gilt damit für alle x < 3, isgesamt also für { } x x R x (c) Zuächst ist x + x + /, ma uterscheidet wieder drei Fälle: Für x ist x + / 0 ud x 0, also hat ma hier x + > x x x + > x x > 3 Die Aussage gilt also sicher für die x, die auch > 3 sid, also für alle x. Für / x < ist x + / 0, aber x < 0, ma hat x + > x / x < x + > x 3x > x > 3 Die Ugleichug wird also zusätzlich auch vo alle x mit /3 < x < erfüllt. Schließlich ist für x < / sicher x + / < 0 ud x < 0, also ist x + > x x < / x > x x > 3 x < 3

3 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 3 Die Ugleichug gilt also isgesamt geau für die { x x R x < 3 x > } 3.. Zeige Sie, dass Umorduge kovergeter Folge ebefalls koverget sid. Muss der Grezwert der Umordug mit dem Grezwert der Ausgagsfolge übereistimme? Ma zeigt: Sei (a ) N eie Folge i K, die gege a K kovergiert, ud ϕ : N N eie Bijektio. Da ist (a ϕ() ) N auch gege a koverget. Sei also ε > 0, wähle wege a a ei N, so dass a a ε. Setze u 0 : + max{ϕ (m) m } Sei u 0, wäre ϕ() <, da wäre aber also also ist ϕ() ud damit {ϕ (m) m } max{ϕ (m) m } < 0, a a ϕ() ε ach Wahl vo. Also gilt a ϕ() a, was ma zeige wollte. Ma sieht also, dass jede Umorug eier kovergete Folge wieder koverget mit demselbe Limes ist...3 Utersuche Sie die achstehede Folge auf Kovergez ud bestimme Sie gegebeefalls ihre Grezwert. ( (a) a k. ) k0 (b) b r 0 + r r k k s 0 + s s k k für gegebee r i ud s i, 0 i k, s k 0. Dabei sei der Neer für alle N vo 0 verschiede. (c) c ( 5). (d) d + / + 5. (a) Zuächst ist für jedes N : a k0 ( ) k ( /)+ + / 3 [ ( ) ] +

4 4 Wege / / < gilt ( /) + 0, ma erhält durch Awedug der Grezwertsätze: [ a ( 3 ) ] (b) Ma erhält durch Awedug der Grezwertsätze ach Erweiter mit k : b k i0 r i i k i0 s i i k i0 r i i k k i0 s i i k k i0 r i i k + r k k i0 s i i k + s k 0 + r k r k 0 + s k s k (c) Ma zeigt, dass (c ) ubeschräkt (ud damit icht koverget) ist: Sei M > 0, wege 5 0 (da /5 < ) existiert N, so dass da ist aber 5 M 5 M c 5 5 M Da M > 0 beliebig war, ist (c ) ubeschräkt. (d) Ma erhält durch Awedug der Grezwertsätze ach Erweiter mit / : d + / + 5 / + / + 5 / GWS..4 Was passiert, we ma i der Nullfolgedefiitio ε durch /ε ersetzt: Welche Folge (a ) sid durch Für alle ε > 0 gibt es ei 0, so dass a /ε für alle 0 gilt. charakterisiert? Beh.: Es werde gerade die Nullfolge charakterisiert. Bew.: Sei also (a ) Nullfolge ud ε > 0, da ist auch /ε > 0, da (a ) Nullfolge ist, existiert zu /ε ei 0 N mit a /ε für alle 0. Das wollte ma aber zeige.

5 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 5 Sei u (a ) eie Folge i K, so dass ε>0 0 N 0 a ε ud ε > 0, da ist auch /ε > 0, ach Voraussetzug existiert 0 N, so dass für alle 0 a /ε ε d.h. a 0, was zu zeige war...5 Ma beweise folgede Aussage über Teilfolge: (a) Aus lim a a ud lim a + a folgt lim a a. (b) Sei a R. Besitzt jede Teilfolge (a k ) vo (a ) eie Teilfolge (geauer: Teilteilfolge) (a kl ), die gege a kovergiert, so kovergiert (a ) selbst gege a. (a) Sei ε > 0, da existiert ach Voraussetzug ei N mit: a ε ud ei N mit a + ε Wähle 0 max{, + }. Damit gilt für alle 0 : Im Fall m, also gerade ud m : a a a m a m Im Fall m +, also ugerade ud m : a a a m+ a m Es folgt also stets a a ε, also ist (a ) koverget gege a. (b) Ma ka dies durch eie Widerspruchsbeweis zeige: Ageomme es gäbe eie reelle Folge (a ) N, für die gilt, dass jede Teilfolge (a k ) k N eie Teilteilfolge (a kl ) l N besitzt, die gege a R kovergiert, die aber selbst icht gege a kovergiert, i.e. ε 0>0 N ε a 0 a > ε 0. 0> Ma defiiert u iduktiv die Folge ( k ) k N ε i N mit: : 0 > mit a 0 a > ε 0, exsitert ach Vorraussetzug. k+ : 0 > k mit a 0 a > ε 0, wede dazu die Voraussetzug mit k a.

6 6 Da ( k ) k N eie ach Defiitio streg mooto steigede Folge (es gilt stets N ) ist, ist also (a k ) eie Teilfolge vo (a ) N. Diese Teilfolge hat aber u keie Teilteilfolge, die gege a kovergiert: Sei (a kl ) l N eie beliebige Teilfolge vo (a k ) k N. z.z.: a kl a > ε ε >0 l N l 0>l Setze ε ε 0, sei l N beliebig, wähle l 0 : l + > l a kl0 a > ε 0 ε da ach Defiitio vo k für alle k l N : a kl a > ε 0 gilt. Somit ist (a kl ) l N icht koverget gege a. (a k ) k N hat also keie gege a kovergete Teilfolge, dies widerspricht der Voraussetzug, damit folgt, dass die Aahme falsch war, also kovergiert (a ) N gege a...6 Es sei (x ) eie Folge reeller Zahle ud die Folge der Mittelwerte. a : (a) Zeige Sie, dass die Mittelwerte (a ) kovergiere, falls die (x ) kovergiere. (Wogege ämlich?) (b) Die Umkehrug gilt icht: Es gibt eie Folge (x ), so dass (a ) kovergiert, (x ) jedoch icht. (c) Folgt aus der Kovergez der (a ), dass die Folge der (x ) beschräkt ist? k (a) Ma zeigt zuächst, dass aus x 0 stets a 0 folgt: Es sei (x ) N eie Nullfolge i R. Es sei ε > 0 bel., da ist auch ε/ > 0, ud es existiert, da x Nullfolge ist, N, so dass für x k x ε. Weiterhi existiert, da x koverget ud somit auch beschräkt ist, M > 0 mit x M N Ma wähle u ach dem Archimedesaxiom N mit > M ε ud wähle da 0 : max{, } +

7 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 7 Damit gilt für 0 : x k Dreiecksugleichug > Voraussetzug > < x k x k x + k M + k k + k + ε x M + ( ) ε ε M M + ε ε + ε ε Also ist (a ) N Nullfolge. Sei u (x ) N koverget gege x R, da ist ach Defiitio (x x) N Nullfolge, ud somit auch (x k x) 0 Da aber gilt folgt k (x k x) k x k k x x k x k x. k x Ma erhält also isgesamt: We die x kovergiere, kovergiere auch die Mittelwerte a ud zwar gege deselbe Limes. k (b) Ma betrachte die Folge (x ) N i R gegebe durch: x : ist Qudratzahl, also m ist Quadratzahl, also m 0 sost

8 8 Zuächst gilt es zu bemerke, dass x wohldefiiert ist, da ie ud gleichzeitig Quadratzahle sei köe. Beweis: Wäre m ud k beides Quadratzahle (k, m N, m > k), gälte: ( ) m k (m k) (m + k) Da aber m + k wege m, k N ud somit m, k sicher gilt ud aus m > k ud m, k N auch m k N ud damit m k somit also (m + k) (m k) folgt, ist dies ei Widerspruch. Es gibt also keie Quadratzahle mit dem Abstad. Weiterhi gilt, dass (x ) N icht kovergiert, da (x ) N ubeschräkt ist. Beweis: Zu zeige ist: x > M. M 0 N Es sei M 0 gegebe, da wähle > M ud Quadratzahl. Damit gilt: x > M M M Somit ist x ubeschräkt ud damit icht koverget. Ma betrachtet u (a ) N, die Folge der Mittelwerte vo x : a m 0 sost Diese Folge ist aber eie Nullfolge, also koverget. Beweis: Es sei ε > 0 bel., wir wisse, dass ( ) N Nullfolge ist, also existiert 0 mit ε für alle 0. Damit folgt für 0 : Also gilt a 0. a ε (c) Folgt aus der Kovergez der a dass die Folge der x beschräkt ist? zeigt: Sie ist ube- Nei, wie die uter (b) beschriebee Folge (x ) N schräkt ud trotzdem sid die a koverget.

9 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 9 zu.3.3. Für M R versteht ma uter rm, r R, die Mege {rx R x M}; weiter sei M die Mege ( )M. Ma beweise oder widerlege: (a) ( A) if(a), if( A) (A), falls A eie beschräkte Teilmege vo R ist. (b) Es seie a ij für i,..., m, j,..., reelle Zahle. Da gilt i m if (a ij) j (c) Die a ij seie wie i (b). Da gilt i m j if (a ij ) j i m j i m (a ij ). (a ij ). (d) Ist a i b i für alle i i eier Idexmege M, so ist a i b i. (a). ( A) if(a) Sei A R beschräkt, da gilt: Ma hat zu zeige, dass if(a) Supremum vo A ist, also das gilt: (a) if(a) ist obere Schrake vo A (b) We b obere Schrake vo A ist, folgt b if(a) Ma zeigt zuächst, dass if(a) obere Schrake vo A ist: Sei a A beliebig, da gilt: a A Def vo A a A if(a) ist u.s. vo A a if(a) Ugleichug a if(a) Also ist if(a) obere Schrake vo A. Ma zeigt u, dass we b R obere Schrake vo A ist, b if(a) folgt: Ma zeigt zuächst, dass b utere Schrake vo A ist: Sei a A beliebig, da gilt: a A Def vo A a A b ist o.s. vo A a b Ugleichug a b

10 0 b ist also utere Schrake vo A, aus der Ifimumseigeschaft vo if(a) folgt b if(a) b if(a) Das war aber zu zeige. if(a) ist also Supremum vo A es gilt also ( A) if(a).. if( A) (A) Ma zeigt zuächst: A ( A) A R Sei A R beliebig, da gilt: : Sei a A beliebig, da gilt a A aufgrud der Defitio vo A, damit folgt ( a) a ( A) aufgrud der Defiitio vo ( A). Dies war aber zu zeige, also gilt: A ( A) : Sei a ( a) ( A) beliebig, da gilt a A also auch a A somit gilt A ( A). Also gilt A ( A). Sei u A R beschräkt, da gilt: (A) [ ( A)]. [ if( A)] if( A) Das war aber zu zeige. (b) Wir vermute, dass die Behauptug falsch ist ud müsse also ei Gegebeispiel agebe, dazu zeigt ma zuächst: Die Mege E : {0, } R hat das Supremum ud das Ifimum 0. Wege ud 0 ist zuächst obere Schrake vo E. We b R obere Schrake vo E ist, gilt isbesodrere b, da E. Also gilt: {0, }. Weiterhi gilt: Wege 0 0 ud 0 ist 0 utere Schrake vo E. We b R utere Schrake vo E ist, gilt isbesodere b 0. Zusamme folgt if{0, } 0. Setze u m ud a 0, a, a, a 0, da gilt:

11 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui if i j (a ij ) if{{a, a }, {a, a }} if { {0, }, {, 0} } if{, } j if ij) i {if{a, a }, if{a, a }} { if{0, }, if{, 0 } } {0, 0} 0. Da aber 0 gilt, ist die Aussage i.a. falsch. (c) Sei A : {a ij i m, j } Ma zeigt zuächst, dass A Es gilt: i m j i m j (a ij ) (a ij ) ist obere Schrake vo A, da: Seie i 0 m, j 0 beliebig, da gilt: a i0j 0 {a i0j j } a i0j j da jedes Elemet eier Mege kleier oder gleich dem Supremum eier Mege ist. Weiter folgt aalog: Also ist i m j a i0j 0 a i0j j a ij obere Schrake für A. a ij i m j Sei u b R beliebige obere Schrake vo A. z.z. b i m j Offebar gilt, da b obere Schrake ist: Damit folgt aber a ij b i m j i m j a ij b da jedes Supremum kleier oder gleich jeder obere Schrake ist, ud damit auch b Also gilt: A i m j i m j a ij.

12 Ma zeigt jetzt, dass A Es gilt: j i m j i m (a ij ) (a ij ) ist obere Schrake vo A, da: Seie i 0 m, j 0 beliebig, da gilt: a i0j 0 {a ij0 i m} a ij0 i m da jedes Elemet eier Mege kleier oder gleich dem Supremum eier Mege ist. Weiter folgt aalog: Also ist j i m a i0j 0 a ij0 i m a ij obere Schrake für A. a ij j i m Sei u b R beliebige obere Schrake vo A. z.z. a ij b j i m Offebar gilt, da b obere Schrake ist: Damit folgt aber a ij b i m j j i m a ij b da jedes Supremum kleier oder gleich jeder obere Schrake ist, ud damit auch a ij b Also gilt: A j i m j i m a ij. Da das Supremum eier ach obe beschräkte Teilmege i R eideutig bestimmt ist, gilt: i m j a ij j i m (d) Es sei a : i M a i ud b : i M b i ud N. Wege a / < a ist a / keie obere Schrake der a i, also existiert i M, so dass a i > a /, es folgt, dass b b i a i > a. Also gilt a < b + / für jedes N, wege / 0 folgt, dass a b, q.e.d. a ij..3. Es sei K der Körper Q + Q (vgl. Übug.4.3) mit der gewöhliche vo R geerbte Ordug. Zeige Sie, dass icht jede Cauchy-Folge i K kovergiert.

13 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 3 Ma hat zu zeige, dass im Körper K icht jede Cauchy-Folge kovergiert, dies ist gleichwertig damit, dass icht jeder Dedekidsche Schitt i K eie Schittzahl besitzt. Sei A : {x K x 0 x 3} ud B : {x K x > 0 x > 3}. Ma zeigt u zuächst, dass (A, B) ei dedekischer Schitt ist: Dazu muss ma zeige: A B x A x B für jedes x K a < b für a A ud b B. Es gilt A, da wege 0 0 auch 0 A gilt. Es gilt B, da wege 5 > 0 ud 5 5 > 3 auch 5 B gilt. Sei x K beliebig, da gilt stets x A x A. Im Fall x A ist ma fertig. Sei also x A, z.z. x B Es gilt: x A Def vo A (x 0 x 3) (x 0) (x 3) x > 0 x > 3 Def vo B x B Also gilt stets x A oder x B. Sei a A, b B beliebig, z.z.: a < b Ageomme u, es gälte b a, wege b B gilt b > 0 ud damit b > 0. Wege a b folgt auch a > 0 ud somit a b > 0 Wege a A gilt aber a 3, da a > 0 gilt, also 3 a b > 3, da b B, also 3 > 3, dies ist ei Widerspruch, also war die Aahme falsch, es gilt a < b. Ma hat gezeigt, dass (A, B) ei Dedekidscher Schitt ist. Als ächstes zeigt ma, dass für die Schittzahl x vo (A, B) otwedigerweise x 3 gelte muss. Es gilt sicher: x >, da A. Es ka aber x < 3 icht gelte, da gilt: { Wähle ε : mi, 3 x 4x+ } εx + ε + x < 3, also auch: > 0 wege x < 3, x >, gilt da also sicher (x + ε) x + εx + ε ε < 3 x + εx + ε

14 4 Also gilt x + ε A ud x ka icht Schittzahl sei. Sei u x { K mit x} > 3. Auch dieses x ka icht Schittzahl sei, de: x Setze ε : mi, x 3 x > 0, da x >, also gilt x ε > 0 ud (x ε) x εx + ε > x εx > 3 Also gilt x ε B, ud x ka damit icht Schittzahl sei, da sost ε 0 gelte müsste, was ei Widerspruch zu ε > 0 ist. Da es aber i K keie Zahl x mit x 3 gibt, hat (A, B) keie Schittzahl, also ist K icht vollstädig. Wäre ämlich a 3 für ei a a + a K, gälte, da o.e. a 0 wege a 3 für a Q ud o.e. a 0, da a 3 für a Q, also a, a 0. ( a + a ) 3 a + a a + a 3 a a 3 a a a, a 0 3 a a a a Da aber a, a, 3 Q folgt 3 a a a a Q, da Q Körper ist, also würde Q gelte, dies ist aber ei Widerspruch, da irratioal ist. Also hat (A, B) keie Schittzahl, ud icht jede Cauchy-Folge i K ist koverget..3.3 Sei a 0, a + + a für N. (a) Zeige Sie, dass (a ) eie Cauchy-Folge ist. Tipp: Ma zeige zuächst, dass a + für N stets zwische a ud a + liegt, ud da, dass a a + 0 für. (Warum ist (a ) da eie Cauchy-Folge?) (b) Zeige Sie, dass (a ) gege die positive Lösug der Gleichug x + x kovergiert. Bemerkug: Ma berechet damit de Wert der so geate Kettebruchetwicklug für de goldee Schitt:

15 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 5 (a) Als allererstes zeigt ma durch vollstädige Iduktio, dass a 0 für alle N : Iduktiosafag: Für 0 gilt: a 0 0 Iduktiosvoraussetzug: Für N gelte: a > 0 Iduktiosschluß: z.z.: a + > 0 Es gilt: a Id.Vor. > 0 a + > 0 a + a + > 0 Also gilt auch a + > 0. Es gilt also a > 0 f.a. N. Ma ka u leicht zeige, dass für jedes N stets a, da a 0 gilt ud mit 0 < a stets a + a > 0 + a Damit folgt die Behauptug ach dem Iduktiosprizip. Aus a f.a. N folgt wiederum a f.a. N, de: a 0, ud mit a gilt wege a + a + a Damit folgt die Behauptug. Ma zeigt jetzt durch vollstädige Iduktio, dass a + stets zwische a ud a + liegt: Iduktiosafag: Für 0 gilt:

16 6 a 0 a a a 0 + a + Es gilt ud somit auch also liegt a zwische a ud a 0. Iduktiosvoraussetzug: Für ei N gelte: < 3 < a < a < a 0 a < a + < a + a + < a + < a Iduktiosschluss z.z.: a + < a +3 < a + a + < a +3 < a +. Im Fall a < a + < a + gilt: a +3 a + < a + > a +3 + a + + a + a + a + > a < + a + + a a + Also gilt: Das war aber zu zeige. a + < a +3 < a +

17 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 7. Im Fall a + < a + < a gilt: a +3 a + > a + < a +3 + a + + a + a + a + < a > + a + + a a + Also gilt: Das war aber zu zeige. a + < a +3 < a + Also liegt a + für alle N zwische a ud a +. Als Nächstes zeigt ma, dass für alle atürliche k das Elemet a +k zwische a + ud a liegt. Iduktiosafag: Für k wurde die Behauptug ebe bewiese. Für k 3 gilt: Im Fall: a < a + < a + folgt, wie obe gezeigt a + < a +3 < a + also a < a + < a +3 < a + Im Fall: a + < a + < a folgt, wie obe gezeigt a + < a +3 < a + < a Iduktiosvoraussetzug: Für k 3 gelte: a +k ud a +k liege zwische a ud a +. Iduktiosschluss: Im Fall: a < a +k < a + ud a < a +k < a + gilt, da a +k+ stets zwische a +k ud a +k liegt: a < a +k+ < a + Im Fall: a + < a +k < a ud a + < a +k < a gilt, da a +k+ stets zwische a +k ud a +k liegt: a + < a +k+ < a

18 8 Also liege alle a +k für k N zwische a ud a +, da a + trivialerweise zwische a ud a + liegt, da a + a + ud a + a +. Als Nächstes zeigt ma, dass (b ) N mit b a a + Nullfolge ist. Dazu ( zeigt ma zuächst durch vollstädige Iduktio, dass a a + 4 ) 9 für alle N gilt. Iduktiosafag: Für 0 gilt: a 0, a, also a 0 a ( 4 9 ) 0 Iduktiosvorausetzug: Für ei N gelte: Iduktiosschluß: z.z.: Es gilt: a a + a + a + ( ) 4 9 ( ) a + a + a k Id.Vor. + a + a + ( + a + a ( + a )( + a + ) a + a ( ) a a + ( ) ( ) Jetzt ka ma zeige, dass b Nullfolge ist. Sei ε > 0 beliebig. Wir wisse, dass [( ) 4 ] 9 Nullfolge ist, also existiert N 0 N mit ( ) 4 ε f.a Da gilt für 0 : b a a + ( ) 4 ε. 9

19 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 9 Also ist (b ) N Nullfolge. Jetzt ka ma zeige, dass (a ) N Cauchy-Folge ist: Sei ε > 0 beliebig. Wir wisse, dass (a a + ) N Nullfolge ist, also existiert 0 N mit a a + ε f.a. 0. Da gilt für m, 0, wobei o.b.d.a. m > sei, da ist a m a +k für geeigetes k N, a m liegt also zwische a ud a +, i.e. a m a a a + ε Also ist (a ) N Cauchy-Folge. (b) Zuächst gilt, dass (a ) N kovergiert, da (a ) N Cauchy-Folge i R ist ud i R alle Cauchy-Folge kovergiere. Jetzt zeigt ma, dass für a : lim a otwedigerweise a 0 gelte muss, da a > 0 für jedes gilt. Ageomme u es gelte a < 0, z.z. (a ) N kovergiert icht gege a, d.h. ε 0>0 N a 0 a > ε. 0 Sei u a < 0 beliebig, wähle ε 0 : a da setze 0 :, es gilt: > 0. Sei u N beliebig, a 0 a a 0 > 0 ud a > 0 a 0 + a a ε 0. Also gilt lim a 0. Weiterhi wisse wir, dass (a a + ) N Nullfolge ist. Awedug der Grezwertsätze liefert: GWS lim(a a + 0 ( lim a ) 0 + a lim lim a 0 lim + lim a Def. vo a a 0 + a a > 0 a ( + a) 0 a + a. Also ist, da a + a gilt a Lösug vo x + x, da weiterhi a > 0 gilt, ist a positive Lösug vo x + x. Ma muss u och zeige, dass x + x ur eie postive Lösug hat:

20 0 x + x x + x 0 p-q-formel x, ± 4 + x, ± 5 x 5 x + 5 Da x < 0 folgt: lim a a x Für die geordete Mege (M, ) ud die Teilmege A bestimme ma (A) ud if(a), falls diese existiere: (a) A {4, 8, 0}, wobei M N, a b : a b. (b) A {3, 6, 9,,...}, (M, ) wie i (a). (c) A {x x < }, wobei M R, a b : a b. (d) A {] x, y [ < x, < y }, wobei M P(R ), a b : a b. (a) Behauptug: (A) 40 Bew.: 40 ist obere Schrake vo A, da gilt: We b N obere Schrake vo A ist, gilt: 8 b 0 b 8 b 0 b kgv(8, 0) b 40 b 40 b

21 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui Also ist (A) 40. Behauptug: if(a) Bew.: ist utere Schrake vo A, da gilt: We b N utere Schrake vo A ist, gilt: b 4 b 0 b 4 b 0 b ggt(4, 0) b b Also ist if(a). (b) Behauptug: (A) existiert icht Bew.: Würde (A) existiere, wäre (A) obere Schrake für A. Dies ka aber icht sei, de: Wäre k obere Schrake für A, existierte ach dem Archimedesaxiom N mit > k, ud es wäre 3 > > k ud 3 A, also hat A keie obere Schrake ud erst recht kei Supremum. Behauptug: if(a) 3 Bew.: 3 ist utere Schrake vo A, da für alle N gilt: dies sid aber geau die Elemete vo A. We b N beliebige utere Schrake vo A ist, gilt a A b a also isbesodere b 3, da 3 A. Also ist: if(a) 3.

22 (c) Behauptug: (A) Bew.: ist obere Schrake, da: Sei a A bel., z.z. a Es gilt: a A a < a a a Sei b R beliebige obere Schrake vo A, also a A : b a, da ist z.z.: b Wäre b also b <, gäbe es ε > 0 mit b + ε A, wähle z.b. da gilt: b ε ( ) ( ) b + b (b + ε) b + < Lezteres gilt, da 0 < b < ach Vorraussetzug, also b+ <. Also b + ε A, daher ist b da keie obere Schrake, Widerspruch. Also gilt: b. Es gilt also (A). Behauptug: if(a) Bew.: ist utere Schrake, da: Sei a A bel., z.z. a Es gilt: a A a < a a a Sei b R beliebige utere Schrake vo A, also a b für jedes a A. z.z.: b Wäre b also b >, gäbe es ε > 0 mit b ε A, wähle z.b. ε b + da gilt: (b ε) ( b ) ( + b b ) <

23 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 3 Lezteres gilt, da 0 > b > ach Voraussetzug, also b >. Also b ε A, daher ist b da keie utere Schrake, Widerspruch. Also gilt: b Es gilt also if(a). Behauptug: (A) ], [ Bew.: ], [ ist obere Schrake für A, da gilt: Sei a ] x, y [ A beliebig, z.z.: a ], [ Es gilt: < x ud y, damit folgt a ], [ a ], [ Sei b P(R ) beliebige obere Schrake vo A. z.z.: ], [ b Es gilt: ] + ε, [ A >ε>0 >ε>0 ] + ε, [ b da b obere Schrake ist. Es folgt, dass ud damit ist >ε>0 Also gilt: (A) ], [. Behauptug: if(a) ] /, / ] Bew.: ] + ε, [ ], [ b ], [ b ], [ b ] /, / ] ist utere Schrake für A, da gilt: Sei a ] x, y [ A beliebig, z.z.: ] /, / ] a Es gilt: x ud < y, damit folgt ], ] ] a, ] a. Sei b P(R ) beliebige utere Schrake vo A. z.z.: b ] /, / ] Es sei x b R beliebig, da b utere Schrake vo A ist, gilt x a für alle a A. Wäre u x /, so wäre aber x ] /, [ A, also gilt x > /. Wäre x > /, so gibt es ε > 0 mit x > / + ε, damit gälte aber x ] /, / + ε [ A. Also ist x ] /, / ], da x b beliebig war, folgt b ], ] b ], ].

24 4 Also gilt: if(a) ] /, / ]..3.5 Sei (a ) N eie Folge i K mit a a + q ; N dabei ist 0 q <. Da ist (a ) N eie Cauchy-Folge. Zuächst gilt q 0 ud damit auch q /( q) 0. Weiterhi gilt für, k N : a +k a k a +i+ a +i i0 k a +i a +i i0 k q +i i0 k q q i0 i0 q q Sei u ε > 0 beliebig, wege q ( q) 0 existiert 0 N mit q ( q) ε für alle 0. Seie u, m 0, o.e. gelte m >, da ist Also ist (a ) Cauchy-Folge. a m a a +(m ) a q q ε..3.6 Sei M eie Mege. Ma beweise, dass im geordete Raum (P(M), ) für A P(M), A gilt: q i q i A A, if A A. Offesichtlich ist A obere Schrake vo A, sei also B eie obere Schrake vo A, zu zeige ist A B, sei also a A, da existiert A A mit a A, da B obere Schrake vo A ist, folgt A B, also a B. Also gilt A A. Es ist A utere Schrake vo A, sei u B eie utere Schrake vo A, zu zeige ist B A, sei also b B ud A A, da B utere Schrake vo A ist, folgt B A, also b A ud damit b A. Also gilt if A A.

25 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 5 zu.4.4. Für welche x R kovergiert, für welche divergiert die Reihe x /? Beh.: Die Reihe koergiert für x <, asoste divergiert sie. Bew.: Sei im Folgede (a ) N mit a : x die Folge der Summade. Ma uterscheidet drei Fälle, ämlich x <, x > ud x : x < Ma erhält i diesem Fall mit dem Wurzelkriterium, da für alle N : gilt: x a x x x q < Also ist das Wurzelkriterium für q x < erfüllt, also kovergiert für x <. x x > Wir wisse, dass, d.h. ε>0 0 N > 0 < ε Da aber x > also x > 0 existiert isbesodere ˆ mit: < x. >ˆ Wege ist N 0 N

26 6 ud damit für > ˆ auch < x < x. Damit folgt für ˆ: a < x > x x x x x. Also ist für x > die Reihe diverget, da a > a > 0 also (a ) N keie Nullfolge ist. x Im Fall x ist a wege f.a. N, also die harmoische Reihe, damit diverget, für x die alterierede harmoische Reihe, also koverget. Isgamsamt folgt: x kovergiert für x <.4. Sei (a ) eie Folge positiver Zahle, die mooto fällt ud gege Null kovergiert. (a) Zeige Sie, dass a geau da existiert, we die Reihe existiert. k k a k Tipp: Erier Sie sich dara, wie die Divergez der harmoische Reihe gezeigt wurde. (b) Ma utze Teil (a), um zu zeige, dass die Reihe für s > koverget ist ). s ) Wir verwede hier die allgemeie Potez im Vorgriff.

27 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 7 (a) We (a ) mootoe Nullfolge ist, ist etweder a 0 ud (a ) mooto falled, oder a 0 ud (a ) mooto steiged. Ageomme u zuächst, (a ) N sei eie positive mooto fallede Nullfolge. Ma hat zu zeige, dass a kovergiert k a k kovergiert k. Sei also a koverget. Da aber a 0 a a N ist auch a koverget. Ma betrachtet u die Folge (b k ) k N k k a Die Folge ihrer Partialsumme ist offesichtlich eie Teilfolge der Partialsummefolge vo (a ), also ist auch die Reihe k k N k a k absolut koverget. Ma wedet u das Majoratekriterium für die Reihekovergez a: Es gilt: k N k a k bk, da a k, b k 0 f.a. k N braucht ma im Folgede keie Beträge. Bew: Sei k N bel. k a k k k a k Nu ist aber k k k ud somit aufgrud des mootoe Falles vo (a ): Damit ergibt sich: a a k k k

28 8 k a k (a) mo. fall. b k k k a k k k a Damit ist ach dem Majoratekriterium auch k k a k koverget ud somit ach de Kovergezsätze für Reihe auch: k a k k a k k Das war aber zu zeige. k. Ma zeigt dies durch logische Umkehr, i.e. ma zeigt, dass []a divergiert k a k divergiert Sei also a diverget. Da ist auch a diverget. Betrachte u die Folge k+ (b k ) k N k k a Offesichtlich ist auch k b k diverget, da alle a positiv sid. Es gilt aber: b k k a k b k k a k k N Beweis: Aufgrud der Mootoie vo (a ) ist a a k für k, damit folgt: k N b k (a) mo. fall. k+ k a k+ k a k k a k Also ist, da k b k divergiert, auch k k a k diverget (logische Umkehrug des Majoratekriteriums). Das war aber zu zeige.

29 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 9 Für de Fall, dass (a ) stets icht egativ ud mooto falled ist, ist ma fertig. Im Fall, dass (a ) stets icht positiv ud momto steiged ist, erhält ma durch (i) ud die Kovergezsätze für Reihe, da da ( a ) stets icht egativ ud wege a a + a a + N mooto fallede Nullfolge ist: a kovergiert ( a ) kovergiert ( k a k) kovergiert k k a k kovergiert k Also gilt der Satz für alle mootoe Nullfolge. (b) Ma zeigt zuächst, dass (a ) N : ( für s < 0 ubeschräkt ist, ) N s also keie Nullfolge ist ud damit aber auch k0 a divergiert: Es ist a s mit s > 0. Ma hat zu zeige: a a s > M M>0 N Sei u M > 0 geg. wähle ach dem Archimedesaxiom > M s ist: ( ) s 0 s s a > M s M da Also ist a für s < 0 ubeschräkt. Für s 0 ist a für alle, also (a ) keie Nullfolge. Also ist für s 0 a a diverget. Sei u s > 0. Zuächst eimal ist < + s < ( + ) s s > ( + ) s N s>0 Also ist a für s > 0 falled, außerdem (a ) Nullfolge: Sei ε > 0 beliebig, wähle ach dem Archimedesaxiom 0 > ε s für 0 : a s s < ( ) s ε. 0 ε s da gilt Also ist (a ) für s > 0 mootoe Nullfolge, ma ka also (a) awede, sei also s > 0. Ma weiß aus (a), dass s geau da kovergiert,

30 30 we k k ( k s kovergiert. Durch Umformug erhält ma: ) k k ( k ) s k k s k ) k k ( s Dies ist aber eie geometrische Reihe, die geau da kovergiert, we s kleier als ist: s < < s < s < s Die Reihe s ist also koverget für alle s {x R x > }..4.3 Die Summe der alteriered harmoische Reihe sei mit a bezeichet (d. h. a : k ( )k /k). Ma zeige (a) a / ud beweise folgedes Kovergezverhalte zweier spezieller Umorduge: (b) a. (c) a. Hiweis: 3 a a + a. (a) Es sei (a ) N die Folge der Summade der alteriered harmoische Reihe, ma betrachte die Folge (b ) N mit b : a + a N ( ) + ( ) ( ) ( ) 4. Da aber die Partialsummefolge vo (b ) eie Teilfolge der Partialsummefolge vo (a ) ist ud jede Teilfolge eier kovergete Folge gege

31 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 3 de Grezwert der Folge kovergiert, kovergiert auch b gege a. Da aber für N stets b 4 0 gilt, folgt: Das war aber zu zeige. a b b 4 (b) Es sei (a ) N die Folge der Summade der alteriered harmoische Reihe, (b ) N die Folge der Summade der zu utersuchede Umordug, also, falls 4m 3 +, falls 4m b, falls 4m, falls 4m Betrachte u die Folge (c ) N c : a b mit: 0, falls 4m 3 +, falls 4m +, falls 4m 0, falls 4m Wie sich durch vollstädige Iduktio ergibt, gilt für die Folge (s ) N mit s : k c k: s c k k Beweis durch vollstädige Iduktio: + 4m 0 sost Iduktiosafag: Für gilt: Iduktiosvoraussetzug: Für ei N gelte: s c k c 0 k

32 3 s +, falls 4m 0, sost Iduktiosschluss: z.z.: + +, falls + 4m s + 4m 3 0, sost Ma uterscheidet drei Fälle:. Es gibt m N : 4m + 4m. z.z.: s + 0 Es gilt: s + + c k k c k + c + k s + c + Id.Vor. Def. c ( + ) 0.. Es gibt m N : 4m 3 + 4m z.z.: s Es gilt: s + + c k k c k + c + k s + c + Id.Vor. Def. c ( + ) Aderefalls, d.h. es ist 4m oder 4m für ei m N. z.z.: s + 0

33 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 33 Es gilt: s + + c k k c k + c + k s + c + Id.Vor. Def. c Es gilt also für alle N : s c k k Da u aber für alle N : + 4m 0 sost s ( + ) + 3 ud ( 3 ) Nullfolge ist, ist ach dem Vergleichskriterium auch s Nullfolge, damit gilt ach Defiitio: Da u aber c lim k b a c N c k lim s 0 ud a a ud c 0 existiere, existiert ach de Kovergezsätze für Reihe auch b ud es gilt: b (a c ) a c a 0 a. Das war aber zu zeige. (c) Ma betrachte astatt der Reihe die Reihe

34 34 die offesichtlich deselbe Grezwert hat, falls er existiert. Diese etsteht durch Aufsummierug, i.e. als Partialsummefolge, der Folge (b ) N mit, falls 4m 3 0, falls 4m b, falls 4m, falls 4m Sei u (a ) N die Folge der Summade der alteriered harmoische Reihe ud (c ) N die durch 0, falls 4m 3, falls 4m c : 0, falls 4m, falls 4m defierte Folge. Weiterhi sei (d ) N defiiert durch:, falls m d :, falls m Offesichtlich ist c d a a a da die Glieder vo (d ) geau die Hälfte der der Glieder der alteriered harmoische Folge (a ) sid ud sich (c ) vo (d ) ur durch die zusätzliche Nulle uterscheidet, die am Wert der Reihesumme ichts äder. Es ist aber b a +c für jedes N, wie sich durch Falluterscheidug leicht ergibt: Fall : Es gibt m N : 4m 3 Hier gilt: a + c + 0 b Fall : Es gibt m N : 4m Hier gilt: a + c + 0 b

35 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 35 Fall 3: Es gibt m N : 4m Hier gilt: a + c + 0 b Fall 4: Es gibt m N : 4m Hier gilt: a + c b Also gilt b a + c, damit aber ach de Kovergezsätze für Reihe auch: b (a + c ) a + c a + a 3 a Also gilt auch für die gesuchte Summe der Reihe: a.4.4 Hier soll gezeigt werde, dass es uedlich viele Primzahle gibt. Dazu wird die Aahme, die Mege der Primzahle sei {p, p,..., p r } (wobei p < p < < p r ) für ei r N wie folgt zum Widerspruch geführt: (a) Ma zeigt, dass 0 k,k,...,k r< p k pkr r Hierbei darf ausgeutzt werde, dass jede atürliche Zahl eie eideutige Primfaktorzerlegug hat. (b) Da wird bewiese, dass 0 k,k,,k r< p k pkr r r.. p k i k0 i (c) Nu ist och ei Widerspruch aus (a) ud (b) abzuleite. Bem.: 0 k steht für,k,...,k r< k 0 k 0 k. r0 (a) Jede atürliche Zahl hat eie eideutige Primfaktorzerlegug, adererseits bestimmt jedes Produkt r i pki i vo edlich (r) viele atürliche Zahle eideutig eie atürliche Zahl. Die Abbildug Zahl Primfaktorzerlegug ist also bijektiv. Also werde auf beide Seite der Gleichug die gleiche Zahle aufsummiert, ur i aderer Reihefolge, da aber alle a positv sid ud die rechte Reihe, wie uter (b) gezeigt, absolut koverget ist, ist die Reihefolge des Aufsummieres egal, ud es gilt: 0 k,k,...,k r< p k pkr r

36 36 (b) Ma zeigt dies durch vollstädige Iduktio ach r: Iduktiosafag: Für r gilt: p k i k0 i p k k0 0 k < p k Iduktiosvoraussetzug: Für ei r N gelte: r p k i k0 i 0 k,k,...,k r< p k pkr r Iduktiosschluss: z.z.: r+ p k i k0 i 0 k,k,...,k r+< p k pkr+ Da gilt für r+, da die Reihesumme k0 existiert, da p p k r+ r+ Primzahl ist ud somit p r+, also p r+ < folgt. r+ p k i k0 i Id.Vor. Kovergezsatz Kovergezsatz k r+0 k r+0 p kr+ r+ p kr+ r+ 0 k,k,,k r< r p k i k0 i 0 k,k,...,k r< k r+ 0 k,k,,k r< k r+ 0 k,k,...,k r+< ( p kr+ r+ p kr+ r+ p k pkr+ r i pki i r i pki i r i pki i ) (c) Offebar gilt: p k i r k0 i R da die Reihe als geometrische Reihe wege 0 < p i < existiert. Dies gilt, da p i > f.a. i r, da p i Primzahl ist. Somit ist auch r i k0 p k i als Produkt vo edlich viele reelle Zahle eie reelle Zahl, also ist wege r 0 k,k,...k r< p k pkr r p k i k0 i

37 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 37 p k pkr r auch 0 k,k,...,k r< Dies ist ei Widerspruch, da die harmoische Reihe divergiert. Also gibt es uedlich viele Primzahle. eie reelle Zahl ud damit auch k. zu.5.5. Ma zeige, dass die Abbildug ϕ : l c 0, (a ) (a /) eie ijektive lieare Abbildug ist. Ist sie surjektiv? Ma muss drei Dige zeige: ϕ ist eie Abbildug vo l ach c 0, ϕ ist liear ud ϕ ist ijektiv:. Sei also (a ) N l beliebig, zu zeige ist, dass also dass (b ) N (b ) N : ϕ((a ) N )) ( a ) N c 0 eie Nullfolge ist. Sei ε > 0 beliebig, ach Voraussetzug ist (a ) N beschräkt, gelte etwa N : a M mit M > 0, wähle u ach dem Archimedesaxiom 0 N mit 0 M ε, da ist für 0: b a a ε M M ε. Also ist (b ) N eie Nullfolge, damit ist ϕ Abbildug vo l ach c 0.. ϕ ist liear Beweis: Seie a (a ) N, b (b ) N l, µ, ν K z.z: ϕ(µ a + ν b) µ ϕ(a) + ν ϕ(b). Es gilt: ϕ(µ (a ) N + ν (b ) N ) ϕ((µ a ) N + (ν b ) N ) ϕ((µ a + ν b ) N ( ) (µ a + ν b ) N ( µ a + ν ) b N ( µ ) ( a + ν ) N b ( ) ( ) µ a + ν b N N N µ ϕ((a ) N ) + ν ϕ((b ) N ).

38 38 Also ist ϕ : l c 0 eie lieare Abbildug. 3. ϕ ist ijektiv Bew.: Seie (a ) N, (b ) N l mit ϕ((a ) N ) ϕ((b ) N ) z.z: (a ) N (b ) N Nach Voraussetzug ud der Defiitio vo ϕ gilt: N : a b a b Also ist (a ) N (b ) N ud ϕ ist eie ijektive lieare Abbildug vo l ach c Ist ϕ surjektiv? Beh.:ϕ ist icht surjektiv Bew.: Ma betrachte die Folge gäbe es eie beschräkte Folge (a ) N ( ) N : (b ) N c 0. Wäre ϕ surjektiv, mit N : a a es wäre also (a ) N ( ) N otwedig beschräkt. Das ist ei Widerspruch, also ist ϕ icht surjektiv. Isgesamt erhält ma: ϕ ist eie ijektive lieare Abbildug vo l ach c 0, die icht surjektiv ist..5.3 Ma zeige: Die Mege der Cauchy-Folge i Q bildet uter der gliedweise Additio eie Q -Vektorraum. Der Teilraum der kovergete Folge ist ei echter Uterraum. Es bezeiche CF Q die Mege der Cauchy Folge i Q, um zu zeige, dass CF Q ei Q Vektorraum ist, seie also a (a ), b (b ) CF Q ud λ Q beliebig, ma hat a + λb CF Q zu zeige: Es sei also ε > 0, wege a, b CF Q existiert N, so dass für, m a a m ε ud N, so dass für, m stets b b m ε ( λ + )

39 Aalysis I Ei Lerbuch für de safte Wechsel vo der Schule zur Ui 39 Sei 0 : max{, }; für, m 0 gilt da a + λb a m λb m a a m + λ b b m ε + ε λ λ + < ε. Also gilt a + λb CF Q ud wege CF Q (es sid alle Nullfolge sicher Cauchy-Folge) ist CF Q ei Uterraum des Q Vektorraums aller Folge i Q. Der Teilraum aller kovergete Folge ist ei Uterraum, da er alle Nullfolge ethält (ud somit icht leer ist) ud wege der Grezwertsätze gege Additio ud Q Multiplikatio abgeschlosse ist. Er ist ei echter Uterraum, da Q icht vollstädig ist ud somit icht alle Cauchy-Folge koverget sid.