Ferienkurs Analysis 1: Übungsblatt 1

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1 Ferienkurs Analysis : Übungsblatt Marta Krawczyk, Andreas Schindewolf, Simon Filser Aufgaben zur vollständigen Induktion. Verallgemeinerte geometrische Summenformel. Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion, dass für a, b R, a b und n N die verallgemeinerte geometrische Summenformel gilt. (a) Induktionsanfang: Zunächst wird geprüft, ob die Formel für n stimmt. a k b k a 0 b + a b 0 b + a a k b n k an+ b n+. () (a + b)(). () (b) Induktionsvoraussetzung: Die Induktionsvorraussetzung ist, dass die Formel für alle Fälle,..., n gilt. (c) Induktionsschluss: Nun ist zu zeigen, dass die Formel, wenn sie schon bis n gilt, auch für n + gültig ist. n+ a k b n+ k a k b n k }{{} ausiv : an+ b n+ a b b + a n+ b 0 an+ b b n+. Zeigen Sie, dass für jedes n N die Zahl 7 n durch 6 teilbar ist. + an+ () an+ b n+. (3) Setzt man in der bereits bewiesenen verallgemeinerten geometrischen Summenformel a 7 und b (dies erfüllt oensichtlich die Bedingunen a, b R, a b), erhält man 7 n+ n+ 6 7n+ 6 a k b n k. () Da in diesem Fall a, b N und N abgeschlossen bezüglich Addition und Multiplikation folgt a k b n k N. (5) Demnach ist jedes um Eins verringerte Vielfache von Sieben durch Sechs teilbar.. Zwei weitere Summenformeln. Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion, dass für alle n N gilt ( ) n(n + ) k 3. (6)

2 (a) Induktionsanfang: Zunächst wird geprüft, ob die Formel für n stimmt. k 3 3 ( ) ( ) ( + ). (7) (b) Induktionsvoraussetzung: Die Induktionsvorraussetzung ist, dass die Formel für alle Fälle,..., n gilt. (c) Induktionsschluss: Nun ist zu zeigen, dass die Formel, wenn sie schon bis n gilt, auch für n + gültig ist. n+ k 3 k 3 }{{} aus IV: ( n(n+) ) +(n + ) 3 n (n + ) + (n + )(n + ) (8) (n + ) (n + n + ) (n + ) (n + ) ( ) (n + )(n + ). (9). Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion, dass für alle n N gilt k(k + ) n (n + ). (0) (a) Induktionsanfang: Zunächst wird geprüft, ob die Formel für n stimmt. k(k + ). () (b) Induktionsvoraussetzung: Die Induktionsvorraussetzung ist, dass die Formel für alle Fälle,..., n gilt. (c) Induktionsschluss: Nun ist zu zeigen, dass die Formel, wenn sie schon bis n gilt, auch für n + gültig ist: n+ k(k + ) n k(k + ) }{{} aus IV: n (n+) + (n + )(n + ) n(n + ) + (n + )(n + ) n + n + (n + )(n + ) (n + ) (n + )(n + ) n + n + ()

3 Aufgaben zu Intervallschachtelungen und Abzählbarkeit. Direkte und indirekte Beweise. Beweisen Sie folgende Aussagen: a) Wenn n N gerade ist, dann auch n. b) n N ist gerade, wenn n gerade ist. c) Für alle n N gibt es n aufeinanderfolgende Zahlen, die keine Primzahlen sind. d)es gibt unendlich viele Primzahlen. a) Direkter Beweis. n N gerade heiÿt, dass es sich durch n k darstellen lässt, mit k N. Das bedeutet, dass n ( k ). Somit ist n auch gerade. b) Diese Aussage lässt sich durch Kontraposition beweisen, d.h. A B B A. Ansonsten ein direkter Beweis. A: n ist gerade, B: n N ist gerade. Also ist es folgende Aussage zu beweisen: Aus n N ungerade folgt n ungerade. Wenn n N ungerade ist, lässt es sich als n k + darstellen (k N). Also ist n ( k +) k k + ( k + k)+ ungerade. q.e.d. c) Vorbemerkung: Für k, n N deniert man k n: m N : k m n, in Worten k teilt n (ohne Rest). n ist also z. B. gleichbedeutend mit n ist gerade. Für n N deniert man n ist prim : ( k > : k n) Beweis. Sei n N beliebig. N : (n + )!. Dann ist N + durch teilbar, weil N + (n + )! +... n +. Dann ist N + 3 durch 3 teilbar,..., N + n + durch n + teilbar. Somit sind die n aufeinanderfolgenden Zahlen N +,...,N + n + keine Primzahlen. d) Beweis durch Widerspruch. Es wird angenommen, es gibt nur endlich viele Primzahlen. Es gibt also eine gröÿte Primzahl m. Nun ist m! durch alle Primzahlen teilbar, somit ist m! + durch keine Primzahl teilbar, muss also selbst eine Primzahl sein.wegen m! + > ist das ein Widerspruch zur Annahme, dass m die gröÿte Primzahl ist.. Intervallschachtelung. Es sei 0 < a < b. Man deniere Intervalle [a n ; b n ], n N, rekursiv durch [a 0 ; b 0 ] : [a; b], sowie durch a n+ : G(a n, b n ) und b n+ : A(a n, b n ), wobei G(a, b): ab, A(a, b): a+b. Man zeige, dass sie eine Intervallschachtelung bilden. Gehen Sie wie folgt vor: a) Beweisen Sie a < G (a, b) < A (a, b) < b. b) Beweisen Sie a n < b n, n N 0. c) Zeigen, dass die Intervalle I n : [a n ; b n ] eine Intervallschachtelung bilden. a) Direkter Beweis. a < ab a < ab a < b ab < a+b ab < a +b +ab ab < a + b + ab ab < () + ab 0 < () a+b < b < 0 q.e.d. b) Vollständige Induktion. Induktionsanfang: n 0: a < b a 0 < b 0 Induktionsannahme: Die Behauptung gilt für alle n N 0 Induktionsschritt: n n + a n+ < b n+ a n b n < an+bn a n b n < a n + b n + a n b n a n b n < (a n b n ) + a n b n 0 < (a n b n ) q.e.d. c) z.z.: I n+ I n a n a n+ b n+ b n, n N 0 a n < b n, n N 0 wurde in b) gezeigt Aus a) folgt a n < G(a, b) a n+ < A(a, b) b n+ < b n q.e.d. z.z.: ε > 0 n N mit I n+ < ε I n+ b n+ a n+ an+bn a n b n an+bn a nb n Die Abschätzung ist erlaubt, weila n a n b n a n ( Durch mehrfaches Anwenden bekommt man: b n+ a n+ < ( b a) n+ Also b n a n < ( b a) n Es gilt das gilt: ( b a) < εq.e.d. n ( bn a n) bn } {{ } < < (b n a n ) ) < a n a n n ]0, ] und ( b a) > 0. Nach dem Vollständigkeitsprinzip von R kann man also immer ein n N nden, für

4 .3 Injektivität und Surjektivität bei der Komposition von Abbildungen. Es seien f : X Y und g : Y Z Abbildungen. Untersuchen Sie, welche der nachfolgenden Implikationen zutreen und welche nicht. a) g f injektiv f injektiv b) g injektiv g f injektiv a) Beweis durch Kontraposition, d.h. man zeigt f nicht injektiv g f nicht injektiv. Sei also f nicht injektiv. Dann gibt es Elemente x, x X mit x x aber f(x ) f(x ). Es folgt (g f)(x ) g(f(x )) g(f(x )) (g f)(x ) also ist g f nicht injektiv. b) Gegenbeispiel: Setze g : id N und f : N N, n, dann ist g f f nicht injektiv.. Injektivität und Surjektivität Gegeben sei das folgende kommutierende Diagramm (siehe Bild ), d. h. für Abbildungen f : A B, g : X Y, α: A X und β : B Y gelte g α β f. Ferner werde vorausgesetzt, dass α, β bijektiv sind. Zeigen Sie: g ist genau dann injektiv, wenn f injektiv ist. Hinweis: Benutzen Sie folgenden Satz (ohne Beweis): Seien ϕ: K L und ψ : L M Abbildungen, es gilt: a) Sind beide Abbildungen injektiv, so ist auch ψ ϕ injektiv. b) Sind beide Abbildungen surjektiv, so ist auch ψ ϕ surjektiv. Abbildung : Aufgabe Behauptung: f injektiv g injektiv. Beweis: Es gilt g α β f. Da α bijektiv ist, existiert die Umkehrabbildung α : X A. Schaltet man dies auf beiden Seiten davor, folgt g β f α. Und da hier die drei Abbildungen auf der rechten Seite nach Voraussetzung alle injektiv sind, folgt mit dem Hilfssatz sofort, dass auch g injektiv ist..5 Abzählbarkeit der rationalen Zahlen Zeigen Sie, dass Q abzählbar/überabzählbar ist. Q liegt zwar dicht in N, die vermeintliche Folgerung, dass Q daher wie R überabzählbar ist, ist jedoch falsch. Denn Q ist gleichmächtig zu N und damit abzählbar. Dies lässt sich unter anderem mit Cantors erstem Diagonalargument zeigen. Dazu nutzt man aus, dass sich Q aus der Verknüpfung zweier ganzer Zahlen erzeugen lässt.

5 Abbildung : Cantors erstes Diagonalargument. Zunächst wird Q + in einem N N System aufgetragen und wie in Abbildung dargestellt durchlaufen und mit N nummeriert. Brüche, die sich kürzen lassen, werden übersprungen. So lässt sich also Q + abzählen. Um das Verfahren auf ganz Q auszuweiten, wechselt man positive und negative Elemente ab und stellt die Null der Abzählung als erstes Element voran. Die bijektive Abbildung folgt demnach folgendem Schema: 0,, 3,, 5, 6, 7, 8 3, 9 3, 0 3, 3,, 3, 3,... (3) 3 Aufgaben zu komplexen Zahlen 3. Nullstellen a) Prüfen Sie, für welche γ C der Bruch B gekürzt werden kann: Man unternimmt Polynomdivision: B(x) x + x 3 + x + 9x + 36 x + γ (x + x 3 + x + 9x + 36) : (x + γ) x + x + γ + [( (9 γ)x + 36 γ + γ ) : (x + γ) ] x + γx x 3 + ( γ)x + 9x + 36 x 3 + γx ( γ)x + (9 γ)x + 36 ( γ)x + γ γ (9 γ)x + 36 γ + γ Der Restterm in eckigen Klammern muss gleich 0 sein, damit die Division aufgeht. Der Vorfaktor (9 γ) vor dem x legt nahe, dass dazu γ 9 sein muss. Setzt man das ein, sieht man, dass auch 36 γ + γ sein muss. Für alle anderen γ wird der Restterm nicht 0, 9 ist also die einzige Lösung. b) Finden Sie die Nullstellen von x + x 3 + x + 9x + 36.

6 Das Polynom lässt sich darstellen als ( x + x + ) ( x + 9 ), die Nullstellen von x + x + sind Die Nullstellen von (x + 9) sind x 3/ ±3i 3. Rechenübungen Wandeln Sie in karthesische Darstellung um: a) 3+5i 3 7i 3+5i 3 7i (3+5i)(3+7i) i(5+) i 8 9 b) exp(i π 3 ) exp(i π 6 ) ( cos( π 6 ) + isin( π 6 )) ( 3 + i ) 3 + i x / ( ± 3) + ± i 3 c)π i π i exp(i ln(π)) cos(ln(π)) + isin(ln(π)) ( 0, 3 + 0, 906i) Wandeln Sie in Polardarstellung um: d) + 8i + 8i 5exp (iarctan()) e) i e i e exp(i π )e exp(i e π ) f) 3 3i 3 3i arg( 3 3i) arctan( 3 3 ) + π π 3 + π 5 3 π 3 3i 3exp(i 5 3 π) g) Berechnen Sie: 6i 6i 6exp(i π ) 6exp(i π ) exp(i π 8 ) h) Berechnen Sie: ( 3 + i) ( 3 + i) (exp(i π 6 )) exp(iπ) Quadratische Gleichung Lösen Sie die Gleichung z 3 + i () Variante a: Aufspalten in Real- und Imaginärteil: Wir nehmen die Kompnentendarstellung von z : z (x + iy) x y + ixy Damit lässt sich die komplexe Gleichung in zwei reelle Gleichungen zerlegen: x y 3 xy

7 Aus der. Gleichung sieht man: y x, also wird die erste zu x x 3 (5) x 3x 0 (6) x / (3 ± { 9 + 6) 3 ± 5 (7) Weil x reell sein muss, scheidet Lösung aus, deshalb gilt: x, x ±. Daraus folgt für y: y ± und schlieÿlich für z: z / ±( + i) (8) Variante b: Polardarstellung: Wir formen z um zu z 3 + exp ( iarctan( 3 )) 5exp ( iarctan( 3 )) Das Ergebnis ist somit: z ± 5exp ( i arctan( 3 )) Mit Hilfe eines (eher unbekannten) Additionstheorems kann man auch den Polarwinkel berechnen: 3 tan(φ) tanφ tan (φ). Das liefert die quadratische Gleichung tan 3 (φ) tan(φ) bzw. tan (φ) + 3 tan(φ) 0 tan(φ) ( 3 { 9 ± + ) ( 3 ± 5) ( ) Wir wählen die Lösung, weil wir wissen, dass das Ergebnis im. (bzw. 3) Quadranten liegen soll (wenn man den Punkt z in der komplexen Ebene einzeichnet und den Winkel halbiert, landet man weiterhin im. Quadranten, die negative Lösung ist natürlich auch erlaubt).damit erhält man: x y bzw. y + y 5, also ist y ± und x ±. Die Lösung lautet schlieÿlich: z ±( + i) 3. n-te Wurzel a) Zeigen Sie, dass für n N die Gleichung genau n Lösungen hat und geben Sie diese an. z n (9) Man vermutet, dass die Gleichung die Lösungen ρ k ρ n k n k exp(i n π) exp(ikπ). exp(i k n π) besitzt. Setzt man eine solche Lösung ein, so erhält man b) Man nennt die Lösungen der Gleichung (9) n-te Einheitswurzeln. Zeigen Sie, dass für eine n-te Einheitswurzel ρ gilt: { n ρ k n, ρ 0, sonst (0) Für ρ ist auch ρ k immer erfüllt. Man summiert also die n-mal auf und erhält n als Ergebnis. Für den Fall ρ verwendet man die geometrische Summenformel: n ρ k ρn + ρ ρn ρ An diesem Bruch kann man sehen, dass der Zähler zu 0 wird, der Nenner jedoch nicht, also wird das Ergebnis 0.