Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie 1. Übungsblatt

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1 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz Dr P C Kunstmann Dipl-Math M Uhl WS 8/9 8 Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Übungsblatt Aufgabe Zeigen Sie mittels Wahrheitstafeln, dass für beliebige Aussagen A, B und C gilt: a (A B ( A ( B und (A B ( A ( B; b A (B C (A B (A C und A (B C (A B (A C; c [ A B ] [ (A B ( ( A ( B ] Machen Sie sich bei a und b klar, was Sie gezeigt haben, indem Sie für A, B und C konkrete Aussagen einsetzen Aufgabe Negieren Sie folgende Aussagen: a Alle Karlsruher fahren mit dem Fahrrad und der Straßenbahn b Ich gehe immer ins Kino, wenn Herr der Ringe oder James Bond laufen c Wenn morgen schönes Wetter ist, gehen alle Studierenden in den Schlossgarten d Es gibt einen Menschen, dem Mathematik keinen Spaß macht Aufgabe 3 Betrachten Sie die beiden Aussagen K: Peter hat kein Kind und T : Peter hat keine Tochter Was lässt sich über die Aussagen K T bzw T K sagen? Aufgabe 4 Für jedes j N sei die Menge S j : { x : x studiert in Karlsruhe und ist im j-ten Hochschulsemester } gegeben Weiter seien E, P bzw G die Mengen der Elektroingenieurwesen-, Physik- bzw Geodäsie-Studierenden in Karlsruhe Drücken Sie folgende Mengen mittels S j, E, P und G aus: a Die Menge all derer, die in Karlsruhe im ersten Hochschulsemester sind und Physik studieren b Die Menge aller Karlsruher Studierenden, die im ersten oder dritten Hochschulsemester sind, aber nicht Elektroingenieurwesen studieren c Die Menge aller Studierenden in Karlsruhe bitte wenden

2 Aufgabe 5 Seien M, M und M 3 Teilmengen einer Menge M Zeigen Sie: a M M M \ M M \ M b M M und M M 3 M M 3 c die Äquivalenz folgender Aussagen: i M M ; ii M M M ; iii M M M Aufgabe 6 a Gegeben seien die Mengen M {, 4, 7} und M {, 4, 8, 9} Geben Sie jeweils eine injektive, eine nicht injektive, eine surjektive und eine nicht surjektive Abbildung von M nach M bzw von M nach M an Existieren auch bijektive Abbildungen? b Es seien X, Y und Z Mengen sowie f : X Y und g : Y Z Funktionen Weiter sei h : g f die Komposition von f und g Zeigen Sie i Sind f und g bijektiv, so ist auch h bijektiv ii Ist h surjektiv und g injektiv, so ist f surjektiv Aufgabe 7 (P Sei M eine Menge Für M, M M definiere die symmetrische Differenz von M und M durch M M : (M \ M (M \ M (M M \ (M M Zeigen Sie: a M M für alle M M b M M für alle M M c M (M M 3 (M M M 3 für alle M, M, M 3 M Hinweis: Machen Sie sich anhand einer Skizze klar, was die Operation bewirkt Aufgabe 8 (P Es seien A(x und B(x Aussagen, die von der Variablen x abhängen In der Aussagenlogik werden die Quantoren, ohne Bezug auf Mengen eingeführt: x : A(x bzw x : B(x Der Übergang zur Schreibweise mit einer Menge M erfolgt durch die Definitionen Zeigen Sie: x M : A(x : x : x M A(x, x M : B(x : x : x M B(x a ( x M : A(x x M : A(x; b ( x M : B(x x M : B(x Hinweis In der großen Übung werden aller Voraussicht nach die folgenden Aufgaben besprochen: 4, 5 a, 6 und 7 a, b Die restlichen werden in den Tutorien behandelt Die mit (P gekennzeichneten Aufgaben beziehen sich auf den Stoff aus den Ergänzungen zur HM I für Studierende der Physik wwwmathematikuni-karlsruhede/mischneider/lehre/hm8w/

3 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz Dr P C Kunstmann Dipl-Math M Uhl WS 8/9 Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Lösungsvorschläge zum Übungsblatt Aufgabe a Um den ersten Teil einzusehen, betrachten wir eine Wahrheitstafel: A B A B (A B A B ( A ( B w w w f f f f w f w f f w f f w w f w f f f f f w w w w Die vierte und die siebte Spalte sind gleich; die entsprechenden Aussagen haben also unabhängig von den Wahrheitswerten von A und B stets den gleichen Wahrheitswert, und damit ist (A B ( A ( B bewiesen Nun zum zweiten Teil: Dabei benutzen wir, dass D D für jede Aussage D gilt (siehe Abschnitt 3 der Vorlesung Wir erhalten A B ( A B (Um Klammern zu sparen, schreiben wir hier A B statt ( A ( B; auch im folgenden lassen wir solche Klammern im Zusammenhang mit weg Aufgrund des schon bewiesenen Teils können wir ein in die Klammer hineinziehen : ( A B ( A B (A B Damit ist auch der zweite Teil der Behauptung gezeigt Es sei A die Aussage Ich bin dick und B die Aussage Ich bin glücklich Dann haben wir gezeigt, dass die Negation der Aussage Ich bin dick oder glücklich lautet: Ich bin dünn und unglücklich Und wir haben gezeigt, dass die Negation der Aussage Ich bin dick und glücklich lautet: Ich bin dünn oder unglücklich b Den ersten Teil der Behauptung liefert die folgende Wahrheitstafel: A B C B C A (B C A B A C (A B (A C w w w w w w w w w w f w w w f w w f w w w f w w w f f f f f f f f w w w f f f f f w f w f f f f f f w w f f f f f f f f f f f f

4 Den zweiten Teil zeigen wir mit der gleichen Methode wie eben: Wir verwenden D D und das in a und b schon Bewiesene A (B C ( A (B C a ( A (B C a ( A ( B C b ( ( A B ( A C a a (A B (A C ( A B ( A C Damit ist gezeigt: Das Wetter ist schön und ich bin dick oder glücklich ist genau dann wahr, wenn Das Wetter ist schön und ich bin dick oder Das Wetter ist schön und ich bin glücklich wahr ist Und: Das Wetter ist schön oder ich bin dick und glücklich ist genau dann wahr, wenn Das Wetter ist schön oder ich bin dick und Das Wetter ist schön oder ich bin glücklich wahr ist c Wir stellen eine Wahrheitstafel auf (die Tafel für ist aus der Vorlesung bekannt: Aufgabe A B A B A B A B ( A ( B (A B ( ( A ( B w w w w f f f w w f f f f w f f f w f f w f f f f f w f w w w w a Die Aussage Alle Karlsruher fahren mit dem Fahrrad und der Straßenbahn entsteht aus den beiden Teilaussagen A : Alle Karlsruher fahren mit dem Fahrrad B : Alle Karlsruher fahren mit der Straßenbahn mittels der logischen Verknüpfung (und Negation ergibt also lautet die Negation obiger Aussage (A B ( A ( B, Es gibt einen Karlsruher, der nicht mit dem Fahrrad fährt, oder es gibt einen Karlsruher, der nicht mit der Straßenbahn fährt bzw kurz Es gibt einen Karlsruher, der nicht mit dem Fahrrad oder nicht mit der Straßenbahn fährt b Betrachten wir die drei Aussagen A : Im Kino läuft Herr der Ringe, B : Im Kino läuft James Bond, C : Ich gehe ins Kino, dann entspricht die Aussage Ich gehe immer ins Kino, wenn Herr der Ringe oder James Bond laufen : (A B C Wegen (E C ( E C ist ( (A}{{ B} C ( (A}{{ B} C ( (A B C E E In Worten: Im Kino lief ein Herr der Ringe- oder ein James Bond-Film, und ich bin (dennoch nicht ins Kino gegangen

5 c Es sei A die Aussage Morgen ist schönes Wetter und B die Aussage Alle Studierenden gehen in den Schlossgarten, dann müssen wir A B verneinen Es gilt: (A B ( ( A B ( ( A ( B A ( B Somit lautet die Negation des Satzes: Morgen ist schönes Wetter, und es gibt einen Studierenden, der nicht in den Schlossgarten geht d Wir wollen x mit A(x: B(x negieren, wobei die Aussageformen A(x und B(x durch A(x : x ist ein Mensch B(x : Mathematik macht x keinen Spaß gegeben sind Wegen ( x mit A(x: B(x ( x mit A(x: B(x ist die Negation der ursprünglichen Aussage: Allen Menschen macht Mathematik Spaß Aufgabe 3 Offenbar gilt: Wenn wir wissen, dass Peter kein Kind hat, wissen wir insbesondere, dass er keine Tochter hat Also ist die Aussage K T stets wahr Betrachten wir nun T K Nach Definition von ist diese Aussage wahr, falls T falsch oder K wahr ist Falschheit von T bedeutet Peter hat eine Tochter Die Aussage T K ist also wahr, falls Peter eine Tochter oder aber gar keine Kinder hat; sonst ist sie falsch Aufgabe 4 a Die Menge all derer, die in Karlsruhe im ersten Hochschulsemester sind und Physik studieren, lässt sich ausdrücken durch { x : x S x P } S P b Die Menge aller Karlsruher Studierenden, die im ersten oder dritten Hochschulsemester sind, aber nicht Elektroingenieurwesen studieren, ist gleich { x : (x S x S 3 x / E } { x : x S S 3 x / E } (S S 3 \ E c Die Menge aller Studierenden in Karlsruhe entspricht Aufgabe 5 { x : x S x S x S 3 x S 4 } { } x : j N : x S j S j Gegeben seien eine Menge M sowie Teilmengen M, M, M 3 von M a Um die Äquivalenz M M M \ M M \ M zu zeigen, weisen wir die Gültigkeit der Implikationen M M M \ M M \ M und M M M \ M M \ M nach : Es gelte M M, sei also jedes Element von M auch in M enthalten Wir müssen nun zeigen: M \ M M \ M (bzw in Worten: Jedes Element von M, das nicht in M liegt, liegt auch nicht in M Jedes Element der Menge M \ M ist nicht in M und damit erst recht nicht in M ; folglich liegt es in M \ M Also gilt M \ M M \ M : Es gelte M \ M M \ M Zu zeigen ist M M Nach der Voraussetzung M \ M M \ M liegt jedes Element von M, das nicht in M liegt, auch nicht in M Dann ist notwendigerweise jedes Element von M auch in M, da es ja sonst nicht in M liegen würde Also ist M M j N 3

6 b Es gelte M M und M M 3 Um M M 3 zu zeigen, müssen wir begründen, warum jedes Element aus M auch in M 3 liegt Sei hierzu x M beliebig Wegen M M liegt x auch in M und aufgrund von M M 3 ist x auch in M 3 enthalten Da x M beliebig war, haben wir eingesehen, dass jedes Element aus M ebenfalls in M 3 liegt, dh M M 3 c Die Äquivalenz der drei Aussagen i, ii, iii erhalten wir am geschicktesten aus der Implikationskette i ii iii i i ii : Es gelte M M Um nun die Gleichheit der beiden Mengen M M und M zu zeigen, brauchen wir nur die eine Inklusion M M M einzusehen (die umgekehrte Inklusion gilt ohnehin Sei dazu x M Wegen M M ist auch x M Dann ist aber x sowohl in M als auch in M, also in M M ii iii : Hier müssen wir unter der Voraussetzung M M M nur die Inklusion M M M nachweisen Sei also x M M Ist x M, so ist nichts zu zeigen Ist x M M M, so ist x M, was zu zeigen war iii i : Sei hierzu x M Dann ist jedenfalls x M M M Aufgabe 6 a Eine injektive Abbildung ist beispielsweise gegeben durch f : M M,, 4 4, 7 8 Nicht injektiv ist zb f : M M,, 4, 7 8 Beide Abbildungen sind nicht surjektiv Surjektive Abbildungen und damit auch bijektive Abbildungen von M nach M gibt es nicht, weil M mehr Elemente als M enthält Aus dem gleichen Grund existiert keine injektive Abbildung M M Ist etwa g : M M,, 4, 8 und 9 7, so ist g nicht surjektiv Definiert man zb g : M M,, 4, 8 4 und 9 7, dann ist g surjektiv b i Die Funktionen f : X Y und g : Y Z seien bijektiv, dh injektiv und surjektiv Um die Bijektivität von h : g f zu zeigen, müssen wir nachweisen, dass h sowohl injektiv als auch surjektiv ist Zuerst zeigen wir, dass h injektiv ist, dass also für alle x, x X gilt: Aus x x folgt h(x h(x Seien x, x X mit x x beliebig Zu zeigen ist h(x h(x Wegen der Injektivität von f gilt dann f(x f(x Wegen der Injektivität von g folgt daraus aber g ( f(x g ( f(x, und nach Definition der Komposition bedeutet dies gerade h(x h(x Jetzt müssen wir noch die Surjektivität von h zeigen; diese folgt aus der Surjektivität von f und g Zu zeigen ist h(x Z, also: Zu jedem z Z existiert ein x X mit h(x z Sei dazu z Z beliebig Wir suchen nun ein x X mit h(x z Da g surjektiv ist, existiert zu z ein y Y mit g(y z Da f surjektiv ist, gibt es zu diesem y Y ein x X mit f(x y Es folgt: h(x g ( f(x g(y z ii Es seien h g f surjektiv und g injektiv Wir wollen zeigen, dass dann f surjektiv ist Sei dazu y Y beliebig Nun müssen wir begründen, warum es x X mit f(x y gibt Wir betrachten g(y Z Da h : X Z surjektiv ist, existiert zu g(y Z ein x X mit g(y h(x g ( f(x Wegen der Injektivität von g folgt hieraus y f(x und damit die Surjektivität von f 4

7 Aufgabe 7 (P Sind M und M Teilmengen vom M, so entspricht M M der dunkel markierten Menge im nachstehenden Diagramm: a Für jedes M M gilt gemäß Definition von b Für eine beliebige Teilmenge M von M ist M M (M \ M (M \ M M (M \ ( \ M M M c In dieser Aufgabe sollen wir die Assoziativität der Abbildung : Pot(M Pot(M Pot(M, (M, M M M zeigen, also M (M M 3 (M M M 3 für alle M, M, M 3 Pot(M Es seien M, M, M 3 M Wie wir uns graphisch überlegen können, entspricht sowohl M (M M 3 als auch (M M M 3 der im nachstehenden Diagramm dunkel markierten Fläche: Demzufolge sind die Mengen M (M M 3 und (M M M 3 gleich; es gilt M (M M 3 ( M \ (M M 3 ( M \ (M M 3 ( M 3 \ (M M (M M M 3 (M M M 3 Ein Element x M M M 3 gehört also genau dann zu M (M M 3 (M M M 3, wenn x nicht in genau zwei der drei Mengen M, M, M 3 liegt Auf dieses Ergebnis können wir auch ohne graphische Überlegungen kommen, indem wir die folgenden acht Fälle unterscheiden: Fall : x M M M 3 Dann ist x M und x / M M 3 und damit x M (M M 3 Ferner ist x M 3 und x / M M, woraus x (M M M 3 folgt 5

8 Fall : x M \ (M M 3, also x M und x / M M 3 Da x nicht in M M 3 liegt, gehört x auch nicht zu M M 3 Somit ist x M \(M M 3 M (M M 3 Wegen x M \ M ergibt sich x M M Aufgrund von x / M 3 erhalten wir hieraus x (M M M 3 Fall 3: x M \ (M M 3 Da x in M enthalten ist, aber weder in M noch in M 3 liegt, folgen x M M und x M M 3 Daraus schließen wir, dass x (M M M 3 bzw M (M M 3 gilt, weil x zu (M M \ M 3 bzw zu (M M 3 \ M gehört Fall 4: x M 3 \ (M M Dieser Fall entspricht dem zweiten mit vertauschten Rollen für M und M 3 Fall 5: x (M M \ M 3, also x M M und x / M 3 Wegen x M M ist x / M M Nun liegt x auch nicht in M 3, folglich erhalten wir x / (M M M 3 Wegen x M und x M M 3, liegt x nicht in M (M M 3 Fall 6: x (M M 3 \ M Dieser Fall entspricht dem fünften mit vertauschten Rollen für M und M 3 Fall 7: x (M M 3 \ M Dieser Fall entspricht dem fünften mit vertauschten Rollen für M und M 3 Fall 8: x M \ (M M M 3 Hier ist sofort klar, dass x weder in (M M M 3 noch in M (M M 3 liegt Aufgabe 8 (P a Mit Hilfe von ( x : A(x x : A(x und den Regeln aus Abschnitt 3 der Vorlesung erhalten wir: ( x M : A(x per Def ( x : x M A(x x : ( x M A(x x : ( (x M A(x per Def x : (x M A(x x : x M A(x x M : A(x b Wir schreiben die rechte Seite unter Verwendung der Regeln aus Abschnitt 3 um und benutzen den a-teil: x M : B(x ( ( x M : B(x a ( x M : ( B(x ( x M : B(x Alternativ hätten wir analog wie im a-teil argumentieren können 6

9 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz Dr P C Kunstmann Dipl-Math M Uhl WS 8/9 88 Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Übungsblatt Aufgabe Für i {,, 3} seien die Abbildungen f i : D i R definiert durch f (x x, f (x x + x, f 3(x x + x + a Bestimmen Sie für jede Abbildung f i den maximalen Definitionsbereich D i R sowie den Bildbereich f i (D i b Welche Abbildungen sind injektiv? Geben Sie zu den injektiven Abbildungen jeweils die Umkehrabbildung an c Welche Kompositionen f i f j sind erlaubt? Ist f (f f 3 erlaubt? d Geben Sie die Abbildung f f explizit an Aufgabe Bestimmen Sie alle x R mit a x 4 x + ; b x > 5 x ; c x ; d x + + x > ; e 3x + x < 4x ; f x + x Aufgabe 3 Beweisen Sie, dass für alle x, y R gilt: a x + y + x + y x + y + x + y Tipp: Verwenden Sie b max{x, y} Aufgabe 4 x + y + x y x + x + y + y ; a a+ +a +a +a und min{x, y} für a x + y x y Entscheiden Sie jeweils, ob die Mengen Supremum, Infimum, Maximum bzw Minimum besitzen Bestimmen Sie gegebenenfalls diese Werte { a x x + : x R } { b ( n + : n N} n c {x + x : < x 4 } d { x + x : x R } bitte wenden

10 Aufgabe 5 Die Mengen A und B seien beschränkte, nichtleere Teilmengen von R Zeigen Sie, dass dann auch A + B : {a + b : a A und b B} {x : a A, b B : x a + b} eine beschränkte Menge ist und gelten Aufgabe 6 sup(a + B sup A + sup B sowie inf(a + B inf A + inf B a Bestimmen und skizzieren Sie die folgende Teilmenge von R : 3 j [ j, j + 4 j ( ] (j, j b Für jedes j N sei das Intervall M j : [, ] R gegeben Zeigen Sie: j j M j {} Aufgabe 7 (P j N Für Elemente (x, x und (y, y der Zahlenebene R sei die Verknüpfung : R R R definiert durch: (x, x (y, y : (x y x y, x y + x y a Überprüfen Sie, ob dem Assoziativ- bzw dem Kommutativgesetz genügt b Bestimmen Sie das neutrale Element bezüglich der Verknüpfung, dh das Element (e, e R, für das (x, x (e, e (x, x für jedes (x, x R erfüllt ist c Berechnen Sie für alle Elemente (x, x R, für die dies möglich ist, das zugehörige inverse Element (x, x bezüglich der Verknüpfung, dh das Element, für das (x, x (x, x (e, e erfüllt ist Aufgabe 8 (P Es seien X n eine n-elementige Menge (n N sowie S n : {f : X n X n : f bijektiv} Gemäß Vorlesung bildet S n bezüglich der Hintereinanderausführung eine Gruppe (S n,, die sog symmetrische Gruppe Zeigen Sie: a (S, ist abelsch b (S n, ist nicht abelsch für alle n 3 Wichtige Termine im Wintersemester 8/9 Übungsklausur zu HM I: Samstag, 39, 8: - : Uhr Klausur zu HM I: Montag, 639, 8: - : Uhr Hinweis In der großen Übung werden aller Voraussicht nach die folgenden Aufgaben besprochen:, 3, 5 und 7 a Die restlichen werden in den Tutorien behandelt Die mit (P gekennzeichneten Aufgaben beziehen sich auf den Stoff aus den Ergänzungen zur HM I für Studierende der Physik wwwmathematikuni-karlsruhede/mischneider/lehre/hm8w/

11 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz Dr P C Kunstmann Dipl-Math M Uhl WS 8/9 Aufgabe a Der Ausdruck f (x D R \ {} Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Lösungsvorschläge zum Übungsblatt x ist überall da definiert, wo der Nenner nicht verschwindet, also Der maximale Definitionsbereich von f (x x+ x ist ebenfalls D R \ {} Polynome wie f 3 (x x + x + sind auf ganz R definiert, also D 3 R Zur Bestimmung der Bildmenge f (D von f setzen wir die Abbildung f aus zwei Abbildungen zusammen Seien s : R \ {} R \ {}, x x und t : R \ {} R \ {}, x x Dann sind sowohl s als auch t bijektiv [s injektiv: x, x R \ {} : x x /x /x s(x s(x ; s surjektiv: Sei y R\{} Für x : /y R\{} gilt s(x s(/y y t injektiv: x, x R \ {} : x x x x t (x t (x ; t surjektiv: Sei y R \ {} Für x : y + R \ {} gilt t (x t (y + (y + y] Nach Aufgabe 6 b i vom Übungsblatt ist s t : R \ {} R \ {} bijektiv (s t ist erlaubt, weil t (R \ {} R \ {} und s hierauf definiert ist! Da für alle x R \ {} gilt, folgt Für f (x x+ x Wegen gilt f (D R \ {} s t (x s(t (x s(x x f (x f (R \ {} (s t (R \ {} R \ {} ist folgende Umformung sehr hilfreich f (x x + x x + + x x + f (x für x ( y f (R \ {} x R \ {} : y f (x ( + f (x y x R \ {} : f (x y f (R \ {} R \ {} y R \ {} Bei f 3 (x x + x + ist eine quadratische Ergänzung günstig: x + x + x + x + 4 ( 4 + x Der Graph der Funktion R R, x (x + ist eine nach oben geöffnete Parabel, ihr Bildbereich ist also die Menge der nichtnegativen reellen Zahlen {y R : y } [, Für die Bildmenge von f 3 erhalten wir f 3 (D 3 { y R : y 3 4 } [ 3 4,

12 b Im a-teil haben wir bereits gesehen, dass f injektiv ist Alternativ: f ist injektiv, denn für alle x, y D mit x y gilt x y x y x,y x y f (x f (y Die Abbildung f ist ebenfalls injektiv Dies folgt aus der Injektivität von f und (, denn für alle x, y R \ {} gilt x y f (x f (y + f (x + f (y f (x f (y Wegen f 3 ( f 3 ( ist f 3 nicht injektiv Nun zu den Umkehrabbildungen: Eine injektive Abbildung f : X Y besitzt keine Umkehrabbildung, wenn die Zielmenge Y echt größer als die Bildmenge f(x ist Wir betrachten daher die Abbildung f : X f(x (diese ist automatisch surjektiv!; dies ist eine bijektive Abbildung, welche wir umkehren können Im folgenden seien also f i : D i f i (D i Die Umkehrabbildung von f s t : R \ {} R \ {} ist nach Satz 36 gegeben durch Definieren wir (f (s t (t s t : R \ {} R \ {}, x x +, so sind die Abbildungen t und t einander invers, denn es gilt t t (x t (t (x t (x (x + x für alle x R \ {}, t t (x t (t (x t (x + (x + x für alle x R \ {} Die Abbildung s ist wegen s s(x s(s(x /x invers, dh s s Hiermit erhalten wir also (f (t s t s, x für alle x R \ {} zu sich selbst (f : f (D D, y (t s(y t (s(y t ( y y + + y y Zur Bestimmung von (f lösen wir die Gleichung f (x y nach x auf (hier sind x D R \ {}, y f (D R \ {}: x + y x + y(x x( y y x x y y y + y f (y Also ist f ihre eigene Umkehrabbildung: (f f c Erlaubt sind genau die Kompositionen f i f j mit f j (D j D i Hier sind dies: Alle anderen sind nicht erlaubt f 3 f, f 3 f, f 3 f 3, f f, f f Wegen f(d 3 und f (, aber / D ist f (f f 3 nicht erlaubt d Es ist ( x + f f : R \ {} R, x f (f (x f x x+ x x+ x x x x x

13 Aufgabe a Es gilt x 4 x + (x 4 (x + x 8x + 6 x + x + x 5 x 3 Alternativ führen auch geometrische Überlegungen zum Ziel: Gesucht sind diejenigen x R, die denselben Abstand zu 4 wie zu haben, dh x liegt genau in der Mitte: x 4+( 3 Eine weitere Alternative besteht darin, die Fallunterscheidung x (, ], x (, 4], x (4, durchzuführen, um die Beträge aufzulösen b x > 5 x besagt, dass notwendig x sein muss Für x R \ {} gilt aber x > 5 x 5 x 5 x x < < < } x {{} < 5 x < 5 x 5 x > x > 5 4 c Es ist x x 3 x x 3 x 3 oder 3 x x oder 5 x 3 x oder 3 x 5 x [, ] [3, 5] d Wir unterscheiden drei Fälle: Fall: x (, Mit x + (x + und x (x ergibt sich x + + x x Deshalb gilt x + + x > x > x < Fall: x [, Hier ist x + x + und x (x, also x + + x Demzufolge lautet in diesem Fall die Ungleichung: > Diese ist unlösbar 3 Fall: x [, Wegen x + x + und x x folgt x + + x x und damit x + + x > x > x > Zusammenfassend haben wir: x + + x > x < oder x > x (, (, 3

14 e Wir führen eine Fallunterscheidung durch Fall: x < Dann ist x x, und es gilt 3x + x < 4x 3x < 4x ( x < 4x 3 + 4x 3x ( < 4x x x + 3 [( < 4x x 4 < 4x x < Fall: x Dann ist x x, und es gilt + } {{ } > 3x + x < 4x 3x < 4x ( + x < 4x 3 + 4x 3x ( < 4x x + x 3 [( < 4x x + ] 4 ( 4x > und x + > x > und x + > x > und (x + > oder x + < ( x > und x > oder x < 3 x > ] Demzufolge gilt 3x + x < 4x genau für x R mit x < oder x > f Auf keinen Fall kommt x in Frage, denn die Division durch ist nicht definiert Ansonsten multiplizieren wir die Ungleichung mit x Dabei müssen wir zwei Fälle unterscheiden: Fall: Sei zunächst x >, also x < Multiplikation mit x liefert x + x x( x + x x x + x 3x x x(3 x Die letzte Ungleichung gilt genau dann, wenn x und 3 x oder aber wenn x und 3 x x und 3 x bedeutet x und x 3/, also x 3/ Da wir im Fall nur x < betrachten, ergibt sich also x < x und 3 x bedeutet x und x 3/, was nicht gleichzeitig möglich ist Fall: Jetzt sei x <, also x > Dann dreht sich bei Multiplikation mit x das um, und wir erhalten x + x( x + x x(3 x x Diese Ungleichung gilt genau dann, wenn x und 3 x oder aber wenn x und 3 x x und 3 x bedeutet x und x 3/, also x 3/ x und 3 x bedeutet x und x 3/, also x Da wir im Fall nur x > betrachten, ist dies hier nicht möglich Insgesamt: Die Ungleichung ist genau dann erfüllt, wenn x < oder x 3/ 4

15 Aufgabe 3 a Es seien x, y R beliebig Wegen x + y x + y (Dreiecksungleichung! erhalten wir < + x + y + x + y, woraus + x + y + x + y folgt Mit zweimaliger Verwendung des Tipps kommen wir auf + x + y + x + y x + y + x + y ( x + y + x + y + x + y + x + y Damit ist die erste behauptete Ungleichung bewiesen Nun zur zweiten: Es gilt ( x x + y x Ebenso (vertausche x und y bekommen wir Damit ergibt sich + x + y + x > + x + y + x x x + x + y + x y y + x + y + y x + y + x + y x + x + y + y x + x + y + x + y + y b Wiederum seien x, y R beliebig Wir betrachten die beiden Fälle x y und x y < Fall: x y Dann ist x y x y, und es gilt x + y + x y x + y + x y x x max{x, y}, x + y x y x + y (x y y y min{x, y} Fall: x < y Dann ist x y (x y x + y, und es gilt Aufgabe 4 x + y + x y x + y x y x + y x + y x + y + x y y x y max{x, y}, x min{x, y} a Mit quadratischer Ergänzung erkennen wir x x + x x + 4 ( 4 + x Wegen ( {x x + : x R} folgt min{x x + : x R} inf{x x + : x R} 7 4 Da {x x + : x R} nach oben unbeschränkt ist, existieren Maximum und Supremum von {x x + : x R} nicht 5

16 b Wir erkennen sofort, dass B : {( n + n : n N} nach oben beschränkt ist Zur Bestimmung des Supremums, also der kleinsten oberen Schranke, bemerken wir, dass der Ausdruck ( n + n für ungerade natürliche Zahlen ist Da ( n für gerade n N gilt und n n fallend ist, folgern wir aus ( n + n ( + 3 : sup B max B 3 Nun zur unteren Schranke Wir behaupten: inf B / B, dh das Minimum von B existiert nicht Wir müssen uns zunächst davon überzeugen, dass überhaupt eine untere Schranke von B ist Für alle n N gilt in der Tat ( n + n ( n Nun zeigen wir, dass auch die größte untere Schranke ist Dazu nehmen wir an, dass es eine größere untere Schranke K gibt, etwa K + ε mit einem ε >, und führen dies zu einem Widerspruch Es soll also gelten K ( n + n für alle n N Da dies insbesondere für ungerade n gilt, folgt für alle ungeraden n N + ε + n ε n n ε Dies kann jedoch nicht sein, weil die Menge der ungeraden natürlichen Zahlen nicht nach oben beschränkt ist Also ist die Annahme falsch, und es gilt inf B c Die Menge C : {x + x : < x 4} ist nicht nach oben beschränkt Wäre nämlich Γ eine obere Schranke von C, so müsste x (, 4] : x + x Γ gelten Insbesondere könnten wir dann x n (, 4] einsetzen und erhielten: n + n Γ für alle n N Erst recht hätten wir dann n Γ für alle n N, im Widerspruch dazu, dass N nicht nach oben beschränkt ist Somit existieren weder Supremum noch Maximum von C Die Menge C ist aber nach unten durch beschränkt, denn für x > erhalten wir durch Multiplikation mit x x + x x + x x x + (x und letzteres ist offensichtlich wahr Zudem gilt A (man setze x Damit wissen wir: Keine Zahl > kann untere Schranke von C sein Also ist inf C und wegen C folgt auch min C d Wir setzen D : { x +x : x R} Offenbar gilt x ( + x für alle x R Außerdem ist D (man setze x Damit folgt: Infimum und Minimum von D existieren, und es ist inf D min D Die Menge D ist nach oben durch beschränkt, denn wegen + x > gilt x + x x + x Die letzte Ungleichung ist natürlich für alle x R erfüllt Wir zeigen nun, dass sogar die kleinste obere Schranke ist Sei Γ < beliebig; wir wollen zeigen, dass Γ keine obere Schranke von D ist Wir müssen also ein x R finden mit x + x > Γ Dies ist äquivalent zu x > Γ( + x, also ( Γx > Γ, d h x > Γ Γ und die letzte Ungleichung ist für hinreichend große x offenbar erfüllt 6

17 Aufgabe 5 Zunächst zum Supremum: Da A und B beschränkt, also insbesondere nach oben beschränkt sind, existieren α : sup A und β : sup B Wir müssen nun zeigen, dass A + B nach oben beschränkt ist und sup(a + B α + β gilt Dazu müssen wir zwei Dinge beweisen: Zum einen, dass α + β eine obere Schranke von A + B ist; zum anderen, dass dies auch die kleinste obere Schranke ist Wählen wir ein beliebiges x A + B, so gibt es a A und b B mit x a + b Da α bzw β obere Schranken für A bzw B sind, gilt a α und b β Addieren dieser beiden Gleichungen liefert x a + b α + β Damit wissen wir, dass sup(a + B α + β ist, d h A + B ist nach oben beschränkt und α + β ist eine obere Schranke Aber ist dies auch die kleinste obere Schranke? Dies können wir garantieren, wenn wir zeigen: Keine Zahl < α + β ist obere Schranke, d h zu jeder Zahl Γ < α + β existiert ein x A + B mit x > Γ Sei also Γ < α + β beliebig Dann ist Γ α < β und, da β die kleinste obere Schranke von B ist, muss ein b B existieren mit b > Γ α Es gilt also α > Γ b Daher existiert wiederum ein a A mit a > Γ b, d h es ist a + b > Γ, und wegen a + b A + B kann damit Γ keine obere Schranke von A + B sein Nun zum Infimum: Da A und B nach unten beschränkt sind, folgt genau wie oben, dass auch A+B nach unten beschränkt ist Aus der Vorlesung kennen wir das folgende Resultat: Sei M R, M sei beschränkt Setze M : { x : x M} Dann ist γ genau dann eine untere Schranke von M, wenn γ obere Schranke von M ist Hieraus folgt inf(m sup( M Damit erhalten wir inf(a + B sup ( (A + B sup ( ( A + ( B ( sup( A + sup( B Aufgabe 6 a Die Menge ( inf A + ( inf B inf A + inf B A : 3 j [ j, j + 4 j ( ] (j, j ist durch die Vereinigung von halboffenen Intervallen und einem kartesischen Produkt gegeben: A ( [, [, 3 [4, 5 [6, 7 ( (, ] (, 3] (4, 5] (6, 7] { (x, y : x [, [, 3 [4, 5 [6, 7 y (, ] (, 3] (4, 5] (6, 7] } [, (, ] [, (, 3] [, (4, 5] [, (6, 7] [, 3 (, ] [, 3 (, 3] [, 3 (4, 5] [, 3 (6, 7] [4, 5 (, ] [4, 5 (, 3] [4, 5 (4, 5] [4, 5 (6, 7] [6, 7 (, ] [6, 7 (, 3] [6, 7 (4, 5] [6, 7 (6, 7] 7

18 b Offenbar gilt {} M j für alle j N und damit auch {} j N M j Ist andererseits x j N M j, so bedeutet dies j N : j x j Angenommen, es wäre x < Aus /j x folgt dann durch Multiplikation mit j/x (dies ist eine negative Zahl: /x j für alle j N, im Widerspruch dazu, dass N nach oben unbeschränkt ist Wäre x >, so folgte aus x /j durch Multiplikation mit j/x, dass j /x für alle j N Erneut ein Widerspruch dazu, dass N nach oben nicht beschränkt ist Also muss x gelten und wir haben auch j N M j {} gezeigt Aufgabe 7 (P a Kommutativgesetz: Zeige: (x, x (y, y (y, y (x, x für alle (x, x, (y, y R Für alle (x, x, (y, y R haben wir (x, x (y, y (x y x y, x y + x y (y x y x, y x + y x (y, y (x, x, also genügt : R R R dem Kommutativgesetz Assoziativgesetz: Zu zeigen ist: (x, x [ (y, y (z, z ] [ (x, x (y, y ] (z, z für alle (x, x, (y, y, (z, z R Wir formen zunächst die linke Seite um: Für (x, x, (y, y, (z, z R gilt (x, x [ (y, y (z, z ] (x, x [ (y z y z, y z + y z ] ( x (y z y z x (y z + y z, x (y z + y z + x (y z y z ( x y z x y z x y z x y z, x y z + x y z + x y z x y z Und nun zur rechten Seite [ (x, x (y, y ] (z, z [ (x y x y, x y + x y ] (z, z ( (x y x y z (x y + x y z, (x y x y z + (x y + x y z ( x y z x y z x y z x y z, x y z x y z + x y z + x y z Ein Vergleich von rechter und linker Seite unter Berücksichtigung des Kommutativgesetzes von + zeigt, dass beide Seiten gleich sind Also genügt : R R R dem Assoziativgesetz b Gesucht ist (e, e R so, dass (x, x (e, e (x, x für alle (x, x R erfüllt ist: dh es soll für alle x, x R (x e x e, x e + x e (x, x, x e x e x x e + x e x gelten Koeffizientenvergleich liefert e und e, also ist (e, e (, das neutrale Element bzgl 8

19 c Gesucht ist für jedes (x, x R, für die das möglich ist, das zugehörige inverse Element (x, x bzgl der Verknüpfung, dh (x, x (x, x (, (e, e Wir schreiben (y, y : (x, x (x, x (y, y (, (x y x y, x y + x y (, gilt genau dann der Fall, wenn x y x y (3 x y + x y (4 gelten Um y, y zu bestimmen, betrachten wir zunächst x und x Dann können wir die Gleichung (3 mit x bzw (4 mit x multiplizieren und die resultierenden Gleichungen addieren: x y + x y x (x + x y x y x x + x Setzen wir dies in (4 ein, so erhalten wir x x y + x x + x y x x + x Sind x und x, dann lauten (3 und (4 x y y x x x +, x x y y x x + x Sind x und x, dann lauten (3 und (4 x y y x x x +, x x y y x x + x Das Element (x, x (, besitzt kein Inverses, weil (3 nie erfüllt werden kann Folglich ist für alle (x, x R \ {(, } das jeweils zugehörige inverse Element bzgl der Verknüpfung gegeben durch ( (x, x x x +, x x x + x Bemerkung: In dieser Aufgabe haben wir gezeigt, dass (R \ {(, }, eine abelsche Gruppe ist (vgl Multiplikation in C Aufgabe 8 (P Wir nehmen ohne Beschränkung der Allgemeinheit an, dass X n {,,, n} gilt (n N a S besteht aus genau zwei Abbildungen, nämlich id : X X,,, τ : X X,, Offenbar gilt id τ τ τ id Also ist kommutativ und damit (S, abelsch 9

20 b Wir betrachten zunächst den Fall n 3 Es gibt genau 6 3! bijektive Abbildungen von X 3 nach X 3 : Für τ τ 3 : X 3 X 3 gilt Für τ 3 τ : X 3 X 3 gilt id : X 3 X 3,,, 3 3, τ : X 3 X 3,,, 3 3, τ 3 : X 3 X 3,, 3, 3, τ 3 : X 3 X 3, 3,, 3, τ 3 : X 3 X 3,, 3, 3, τ 3 : X 3 X 3, 3,, 3 τ τ 3 ( τ (τ 3 ( τ (, τ τ 3 ( τ (τ 3 ( τ (3 3, τ τ 3 (3 τ (τ 3 (3 τ ( τ 3 τ ( τ 3 (τ ( τ 3 ( 3, τ 3 τ ( τ 3 (τ ( τ 3 (, τ 3 τ (3 τ 3 (τ (3 τ 3 (3 Demzufolge ist τ τ 3 τ 3 τ und damit ist (S 3, nicht abelsch Im Fall n 4 können wir mit einer leichten Modifikation des Gegenbeispiels für n 3 argumentieren: Wir setzen dazu f : X n X n, f( :, f( :, f(3 : 3 und f(j : j für jedes j {4, 5,, n} sowie g : X n X n, g( :, g( : 3, g(3 : und g(j : j für jedes j {4, 5,, n} Dann gilt auch hier f g g f, dh (S n, ist für n 4 nicht abelsch

21 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz Dr P C Kunstmann Dipl-Math M Uhl WS 8/9 48 Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie 3 Übungsblatt Aufgabe Zeigen Sie, dass für alle n N gilt: n n(n + a k ; b c k n (k n ; n ( + k (n + n+ ; d 6 n 5n + 4 ist durch 5 teilbar k (n +! k Aufgabe a Beweisen Sie die geometrische Summenformel: Für alle n N und q C \ {} gilt: k k n q k qn q b Folgern Sie hieraus, dass für alle w, z C und n N gilt: n z n w n (z w z n k w k c Sei n N Bestimmen Sie den Real- und Imaginärteil von n k ( i k Aufgabe 3 k Sei n N Zeigen Sie, dass für alle x, y [, gilt: Aufgabe 4 x y x n y n Bestimmen Sie alle x R, die x 4 + x erfüllen Aufgabe 5 Gegeben seien die zwei komplexen Zahlen z 3 i und w + i Bestimmen Sie den Real- und Imaginärteil sowie den Betrag von a z 3 ; b /z; c z w; d z + /w bitte wenden

22 Aufgabe 6 Skizzieren Sie die folgenden Mengen in der komplexen Zahlenebene: a A { z C : z + + i z 3 3i } ; b B { z C : z i und z i < 3 } ; c C { z C : Re(z } Aufgabe 7 Bestimmen Sie jeweils alle z C, die Lösungen der Gleichung sind: a z z + 3 ; b z z Aufgabe 8 Es seien w, z C Beweisen Sie: z + w + z w z + w Was bedeutet dies geometrisch? Aufgabe 9 (P a Es seien x, y, z R sowie ε > Zeigen Sie: i xy ε x + ε y ; ii (x + y ( + ε x + ( + ε y ; iii x + y + z + xy + xz + yz b Nun seien x, y (, Beweisen Sie: i ii x + y x + y x y + y x ; x y x y Hinweis In der großen Übung werden aller Voraussicht nach die folgenden Aufgaben besprochen:, 3, 4 und 7 Die restlichen werden in den Tutorien behandelt Die mit (P gekennzeichneten Aufgaben beziehen sich auf den Stoff aus den Ergänzungen zur HM I für Studierende der Physik wwwmathematikuni-karlsruhede/mischneider/lehre/hm8w/

23 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz Dr P C Kunstmann Dipl-Math M Uhl WS 8/9 Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Lösungsvorschläge zum 3 Übungsblatt Aufgabe a Induktionsanfang (IA: Für n stimmt die Behauptung, denn beide Seiten der Gleichung ergeben dann : k k (+ Induktionsschluss (IS: Es sei n N beliebig Für dieses n gelte n k k n(n+ (Induktionsvoraussetzung, kurz: IV Dann folgt n+ n k k+(n+ IV k k n(n + +(n+ (n+( (n + (n + n+ (n + ((n + + b Für jedes n N gilt: n (k k n k k n k a n(n + n n + n n n c IA: Für n ist k ( + k k ( + (++ (+! IS: Sei n N beliebig Für dieses n gelte n k ( + k k (n+n+ (n+! n+ ( + ( k n ( + k ( + n+ IV (n + n+ k k n + (n +! k k (n + n+ (n +! ((n + + (n++ ((n + +! (IV Dann gilt: ( n + n + + n+ n + (n + n+ (n + n+ n + (n + n+ (n + n+ (n +! n + (n +! d IA: Für n stimmt die behauptete Aussage, denn ist durch 5 teilbar IS: Sei n N beliebig Für dieses n gelte die Behauptung, sei also 6 n 5n + 4 durch 5 teilbar, etwa 6 n 5n + 4 5l für ein l Z (IV Zu zeigen ist, dass dann auch 6 n+ 5(n durch 5 teilbar ist Es gilt: Aufgabe 6 n+ 5(n n 5n ( 6 n 5n n 5 IV 6 5l + 5n 5 (6 } l + {{ 5n 5 } 5 Z a Wir beweisen die behauptete Identität durch vollständige Induktion nach n N IA: Für n gilt k qk q q q für alle q C \ {} IS: Sei n N beliebig Für dieses n gelte n k qk qn q für alle q C \ {} (IV

24 Für jedes q C \ {} ergibt sich damit (n+ k q k n n q k q k + q n IV q n q + qn q q qn + q n q n q q k k qn+ q b Sei n N Sind w z und z, so setzen wir q : w z Dann ist q C \ {} und laut a gilt n ( w k ( w z n z k w z z n (! ( w z ( z w z n ( w k ( w n z z k n z n z k w k z n w n k n (z w z n k w k z n w n Im Fall w z lautet die behauptete Gleichung, diese ist offensichtlich wahr Wegen n n k w k k n k ist die Gleichung im Fall z k } n k {{} w k + n (n w n w n w n, da n k n ( w n k w k w w n w n w n k ebenfalls für jedes w C erfüllt c Für jedes n N folgt mit der geometrischen Summenformel n ( i n k l:k ( i n l+ i ( i l a i (i/n i/ + i/ + i/ k l l i (i/n + i/ (i/ n+ i i /4 4 ( 5 (i/ n + i/ (i/ n+ ( 5 i + i/ + ( (i/ 5 i n (i/ n+ 5 i 5 + ( 5 i i/ (i/ n 5 i ( i + i n 5 n Nun seien m N und r {,,, 3} mit n 4m + r Dann gilt und damit i n i 4m+r i 4m i r (i 4 m i r m i r i r n ( i k 5 i ( i + i r 5 n k Für r (also, falls n durch 4 teilbar ist gilt n ( i k 5 i ( i + 5 n 5 + ( 5 n + i 5 5 n k Für r (also, falls n durch 4 mit Rest teilbar ist gilt n ( i k 5 i ( i + i 5 n 5 + ( 5 n + i n k

25 Für r (also, falls n durch 4 mit Rest teilbar ist gilt n ( i k 5 i ( i + 5 n 5 ( 5 n + i n k Für r 3 (also, falls n durch 4 mit Rest 3 teilbar ist gilt n ( i k 5 i ( i + i 5 n 5 ( 5 n + i 5 5 n k Wir lesen ab: ( n ( i k 5 Re + 5, falls n durch 4 teilbar ist n 5 +, falls n durch 4 mit Rest teilbar ist 5 n k 5 5, falls n durch 4 mit Rest teilbar ist n 5, falls n durch 4 mit Rest 3 teilbar ist 5 n ( n ( 5 i k Im, falls n durch 4 teilbar ist 5 n 5 + 5, falls n durch 4 mit Rest teilbar ist n k 5 +, falls n durch 4 mit Rest teilbar ist 5 n 5 5, falls n durch 4 mit Rest 3 teilbar ist n Aufgabe 3 Es seien n N sowie x, y [, Für x ist die behauptete Aussage klar Für x > ergibt sich x y x y n ( (x y x n k y k k b x n y n x n y n Zur Äquivalenz in ( : Wegen x > und y ist n k xn k y k x n > Aufgabe 4 Wir bemerken zunächst, dass die Ungleichung x 4 + x nur für x sinnvoll ist Es gilt x 4 + x x 4 x Im Fall x 4 ist dies nach Aufgabe 3 äquivalent zu (man beachte x 4 (x 4 x x 8x + 6 x x 9x + 8 (x 3(x 6 ( x 3 und x 6 oder ( x 3 und x 6 x [3, 6] Da wir nur x 4 betrachtet haben, gilt x 4 + x in diesem Fall genau für x [4, 6] Für jedes x [, 4 gilt x 4 < und, da die Wurzel nach Definition nichtnegativ ist, genügt jedes x [, 4 der Ungleichung x 4 < x und somit auch x 4 + x Insgesamt haben wir x 4 + x x [, 6] 3

26 Aufgabe 5 a Es gilt: z 3 (3 i 3 (3 i(9 6i + i (3 i(8 6i 4 8i 8i + 6i 8 6i Folglich hat z 3 den Realteil 8 und den Imaginärteil 6 Ferner ist z ( 6 Alternativ kann man z 3 auch berechnen, ohne z 3 bestimmt zu haben: z 3 z ( 3 3 b Wir erweitern den Bruch geeignet (Standardtrick: z z ist reell, daher ergibt /z /z z/ z z/(z z einen reellen Nenner: z 3 i 3 i 3 + i 3 + i 3 + i 3 i 3 + i 3 + i 3 Also hat /z den Realteil und den Imaginärteil Der Betrag von /z ist /z 9 + / /, alternativ: /z / z / / c Es ergibt sich z w (3 i( + i 3 + 6i + i i + 7i Also hat z w Realteil und Imaginärteil 7 Außerdem gilt z w z w d Es ist z ( 3 i (3+i 9+6i+i 8+6i und wegen w ( +i 4i+4i 3 4i ergibt sich w 3 + 4i 3 4i 3 + 4i 3 + 4i 3 + 4i 3 9 6i i z +/w (8+6i+( i hat somit Realteil und Imaginärteil Der Betrag von z + /w lautet z + /w /5 5/5 Aufgabe 6 a Hier handelt es sich um die Menge aller z C, die vom Punkt i den gleichen Abstand haben wie vom Punkt 3 + 3i Das ist die Mittelsenkrechte der Verbindungsstrecke dieser beiden Punkte, also die Gerade Im z Re z + b Dies ist der Schnitt zwischen dem Äußeren des Kreises um i mit Radius (einschließlich der Kreislinie und dem Inneren des Kreises um + i mit Radius 3 (ohne Rand Die Menge ist in der Skizze schraffiert c Die komplexe Zahl z x + iy (mit x, y R liegt genau dann in dieser Menge, wenn Re(z Re ( (x + iy Re(x + ixy y x y gilt, d h für x + y, also x + y bzw + y x + y Die Menge ist in der Skizze schraffiert; man beachte, dass es sich um eine unbeschränkte Menge handelt a b Im Im 3 + 3i i i Re i Re 4

27 c Im i Re Aufgabe 7 a Es gilt z z + 3 (z + Die Gleichung z z + 3 ist also genau dann erfüllt, wenn (z Dies bedeutet z i oder z i, also hat die Gleichung die zwei Lösungen z + i und z i b Mit dem Ansatz z a + ib (a, b R erhalten wir z z a + aib + (ib a + b a + aib b a + b ( a b a + b und ab b und ( a oder b b und ( a oder b b [In ( verwenden wir, dass zwei komplexe Zahlen genau dann gleich sind, wenn sie den selben Real- und Imaginärteil besitzen] Also ist z z genau dann erfüllt, wenn Im(z bzw z R ist Aufgabe 8 Mit Hilfe von Re(λ (λ + λ (für λ C erhalten wir z + w (z + w(z + w (z + w(z + w zz + zw + }{{} wz +ww z + Re(zw + w wzzw Daraus ergibt sich sofort z w z + Re ( z( w + w z Re(zw + w Addiert man diese Gleichungen, so folgt z + w + z w z + w Geometrische Bedeutung: In einem Parallelogramm ist die Summe der Quadrate der Diagonalenlängen gleich der Summe der Quadrate der Seitenlängen Im z + w w z z z i z w z + w w w Re 5

28 Aufgabe 9 (P a Gegeben seien x, y, z R sowie ε > i Es gilt: (εx y/ε ε x εxy/ε + y /ε xy ε x + y /ε ii iii Unter Verwendung von i erhalten wir Es ist (x + y x + xy + y i x + ε x + y /ε + y ( + ε x + ( + ε y x + y + z + xy + xz + yz ( x + y + z + xy + xz + yz ( x + xy + y + x + xz + z + y + yz + z ( (x + y + (x + z + (y + z Hiermit ist die behauptete Ungleichung bewiesen, weil die Aussage der letzten Zeile offenbar wahr ist und nur Äquivalenzumformungen getätigt wurden b Nun seien x, y (, i Es gilt: x + y x + y Aufgabe 3 x + y x + x y + y x y Die letzte Ungleichung ist offenkundig wahr Nun zur zweiten Ungleichung: x + y x y + y x x y> x y + x y x x + y y x x x y + y y y x (x y ( x y ii Die letzte Aussage ist wahr, denn: Fall: x y Fall: x < y Wegen x < y x < y ist (x y( x y wahr 3 Fall: x > y Wegen x > y x > y folgt auch hier (x y( x y Es gilt x y x y Aufgabe 3 ( x y ( x y x x y+y x y Im Fall x y ist dies äquivalent zu x x y + y y x x x y x ( x y Letzteres ist wahr wegen x y x y Für x y (dies könnte man auch direkt aus obigem Fall folgern, weil der Ausdruck x y x y symmetrisch bzgl Tausch x y ist ergibt sich: x x y + y x y y x y y ( y x Letzteres ist wahr wegen x y x y 6

29 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz Dr P C Kunstmann Dipl-Math M Uhl WS 8/9 8 Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie 4 Übungsblatt Aufgabe a Finden Sie Beispiele für Folgen mit den folgenden Eigenschaften: i (a n n N hat genau die Zahlen und als Häufungswerte ii iii iv (b n n N hat jede natürliche Zahl als Häufungswert (c n n N hat keinen Häufungswert und ist weder nach oben noch nach unten beschränkt (d n n N konvergiert gegen 8, aber nicht monoton v (e n n N hat als einzigen Häufungswert, jedoch konvergiert (e n n N nicht b Entscheiden Sie jeweils durch Beweis oder Gegenbeispiel, ob die Folge (a n n N konvergiert, falls es zu jedem ε > ein n N gibt so, dass für alle n n gilt: i a n a n+ < ε; ii a n < ε ; iii a n + a n+ < ε; iv a n a n+ < ε; v a n a m < ε für alle m N Aufgabe Bestimmen Sie alle Häufungswerte von (a n n N und geben Sie lim inf (a n und lim sup(a n an n n a a n ( + / n, n 3k für ein k N + ( n n b a n, n 3k für ein k N + (n + /n, n 3k für ein k N Aufgabe 3 Zeigen Sie, dass die Folge (a n n N gegen einen Wert a konvergiert, und geben Sie zu ε ein n n (ε N an so, dass für alle n n stets a n a < ε gilt: a a n n n + ; b a n n + + Aufgabe 4 Untersuchen Sie die nachstehenden Folgen (a n n N auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert a a n n + 3n 4 + n + 4n 3 b a n ( n + /n bitte wenden

30 c a n 9n + n + 3n d a n ( + n4 n 4 e a n n 4 ( + 3n 4 + n 9 n 4 f a n n n + 3 n Aufgabe 5 a Es seien (a n n N eine beschränkte und (b n n N eine konvergente Folge Konvergiert die Folge (c n n N mit c n : a n b n? Begründen Sie Ihre Antwort b Nun seien (a n n N eine beschränkte und (b n n N eine Nullfolge Konvergiert die Folge (c n n N mit c n : a n b n? Bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert Aufgabe 6 a Es sei (a n n N eine konvergente Folge Zeigen Sie, dass dann jede Teilfolge von (a n n N konvergiert und zwar gegen den selben Grenzwert b Beweisen Sie: Besitzt eine Folge (a n n N eine divergente Teilfolge, so divergiert (a n n N c Die Folge (a n n N besitze die konvergenten Teilfolgen (a n n N und (a n+ n N Folgt hieraus die Konvergenz von (a n n N? Begründen Sie Ihre Antwort d Zeigen Sie, dass eine Folge (a n n N genau dann konvergiert, wenn die drei Teilfolgen (a n n N, (a n+ n N und (a 3n n N konvergieren Aufgabe 7 Die Folge (a n n N sei rekursiv definiert durch a :, a n+ : + a n für n N Konvergiert die Folge? Bestimmen Sie gegebenenfalls ihren Grenzwert Aufgabe 8 (P Sei b n : n k für jedes n N Zeigen Sie: lim b k! n e n Hinweise: Für alle n N mit n gilt ( + n n < b n Setzt man für n j : c (j n : j ( n k k n k, so gilt ( + n n c (j n lim n c(j n b j für n j und Aufgabe 9 (P a Zeigen Sie, dass jede Cauchy-Folge beschränkt ist b Gegeben seien q < und eine Folge (a n n N mit a n a n+ q n für jedes n N Zeigen Sie, dass dann (a n n N eine Cauchy-Folge ist Hinweis In der großen Übung werden aller Voraussicht nach die folgenden Aufgaben besprochen: 3, 6, 7 und 8 Die restlichen werden in den Tutorien behandelt Die mit (P gekennzeichneten Aufgaben beziehen sich auf den Stoff aus den Ergänzungen zur HM I für Studierende der Physik wwwmathematikuni-karlsruhede/mischneider/lehre/hm8w/

31 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz Dr P C Kunstmann Dipl-Math M Uhl WS 8/9 Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Lösungsvorschläge zum 4 Übungsblatt Aufgabe a Etwa folgende Folgen erfüllen das Verlangte: i (a n n N mit a n ( n für alle n N ii (b n (,,,,, 3,,, 3, 4,,, 3, 4, 5,,, 3, 4, 5, 6,, iii (c n n N mit c n ( n n für alle n N iv (d n n N mit d n 8 + ( n n für alle n N v (e n n N mit e n für gerade n und e n n für ungerade n b i In der Vorlesung wurde gezeigt, dass n + n für n gilt Die Folge (a n ( n erfüllt also die Voraussetzung Allerdings ist (a n divergent Die harmonische Reihe wäre ein weiteres Gegenbeispiel ii Sei ε > Dann gilt ε δ für δ : ε/ > Nach Voraussetzung existiert ein n so, dass für n n stets a n < δ ε ist Die Folge konvergiert also gegen Null iii Etwa (a n (( n erfüllt a n + a n+ < ε sogar für alle n N Die Folge (a n ist jedoch divergent { falls n gerade iv Die Folge (a n mit a n erfüllt sicher a falls n ungerade n a n+ < ε, ist aber divergent Aufgabe v In diesem Fall ist (a n konvergent mit Grenzwert Null Wäre (a n keine Nullfolge, so gäbe es zu vorgegebenem ε eine Teilfolge (a k(n n N, für welche stets a k(n ε wäre a Offenbar gilt Dann wäre aber stets a k(n ε ε im Widerspruch zur Voraussetzung! a n ( + ( n n ( + n n für alle n N Also ist (a n nicht nach oben beschränkt, daher ergibt sich lim sup(a n Weiter gilt n a n+ ( + ( n+ n+ ( n+ für alle n N Damit ist ein Häufungswert der Folge Weitere Häufungswerte gibt es nicht, denn zu jedem anderen Punkt kann man eine so kleine Umgebung wählen, dass nur endlich viele Folgenglieder a n in ihr liegen Somit ist lim inf n (a n b Wegen + / n und + (n + /n + + /n 3 für n ergeben sich hier die drei Häufungswerte, und 3 Damit gilt lim inf (a n und lim sup(a n 3 n n

32 Aufgabe 3 a Wegen a n n n+ + n Für jedes n N ist Daher ergibt sich konvergiert (a n für n gegen a n n (n + n + n + a n < ε n + < ε n > ε Sei ε > beliebig Wähle n N mit n > ε Wie eben gesehen, gilt dann a n < ε für alle n n Also konvergiert (a n gegen Ist ε, so kann man beispielsweise n > nehmen Damit gilt a n < für alle n N mit n b Die Folge (a n ist eine Nullfolge: Es gilt a n für alle n N Für ε (, ist a n n < ε + + > n + + ε n + > ( ε n > ε Hieraus folgt: Wählt man zu einem vorgegebenen ε > ein n N mit n > ( ε, dann gilt a n a n < ε für alle n n, dh (a n konvergiert gegen Etwa für n 4 ist a n < für alle n 4 erfüllt Aufgabe 4 a Diese Folge ist konvergent, denn es gilt n + 3n 4 + n + 4n 3 /n + 3/n 4/n 3 /n 3 + /n + 4 n b Wegen a n + n (n und a n+ + n+ (n besitzt die Folge (a n die zwei Häufungswerte und Daher ist (a n divergent c Wegen (u v(u + v u v, also u v (u v /(u + v für u + v, ergibt sich a n 9n + n + 3n 9n + n + 9n 9n + n + + 3n n + 9n + n + + 3n + /n 9 + /n + /n + 3 n d Der binomische Satz 4 ( liefert für jedes n N 4 ( + n 4 k ( 4 n k α + α n + + α 4 n 4, wobei α k : k ( 4 k Wegen α 4 ( 4 ergibt sich ( + n 4 n 4 α + α n + + α 4 n 4 Folglich ist a n α + α n + + α 4 n 4 + α 4 n 4 n 4 α n 4 + α n α 4 n + α 4 n α 4 ( 4 4 ( 4 4

33 e Wir verwenden die geometrische Summenformel 4 ( m u m v m (u v u m k v k (u v(u m + u m v + + uv m + v m k ( für m Setzen wir b n : + 3n 4 + n 9, so gilt für alle n N a n n 4 (b n ( n 4 b n b 9 n + b 8 n + + b n + n 4 (3n 4 + n 9 b 9 n + b 8 n + + b n + Wegen b n folgt a n 3 f Für jedes n N gilt (n 3 n 3 n a n n 3 n + 3 n n 3 n 3 n Wegen n (n folgt mit 63 (4: lim n a n 3 Aufgabe 5 a Es seien (a n n N (( n n N und (b n n N ( n N 3 + n 5 b 9 n + b 8 n + + b n + Dann ist (a n beschränkt und (b n konvergent Jedoch konvergiert die Folge (c n n N mit c n : a n b n ( n nicht b Nun seien (a n n N eine beschränkte und (b n n N eine Nullfolge Behauptet wird, dass die Folge (c n n N mit c n : a n b n gegen konvergiert Da (a n beschränkt ist, existiert eine Konstante K > so, dass a n K für alle n N gilt Deshalb ergibt sich für jedes n N c n a n b n a n b n K b n Wegen b n konvergiert nach 63 ( b n und nach 63 (5 auch K b n für n Mit 63 ( folgt c n für n Aufgabe 6 a Es sei (a n n N eine konvergente Folge mit lim n a n : a und (a k(n n N eine Teilfolge von (a n Wir zeigen, dass (a k(n konvergiert und lim n a k(n a gilt Sei ε > Wegen a n a für n existiert ein n N so, dass für alle n n gilt: a n a < ε Wegen k(n < k(n + für alle n N existiert ein N N mit k(n n Für alle n N mit n N ist dann k(n k(n n Demzufolge gilt a k(n a < ε für alle n N, dh (a k(n konvergiert gegen a b Die Folge (a n n N besitze eine divergente Teilfolge (a k(n n N Zu zeigen ist, dass dann auch (a n divergent ist Wir führen einen Beweis durch Widerspruch Annahme: (a n konvergiert Dann konvergiert laut a jede Teilfolge von (a n Dies ist jedoch nicht möglich, weil vorausgesetzt wurde, dass (a n eine divergente Teilfolge besitzt Also ist die Annahme falsch, dh die Folge (a n divergiert c Sei (a n n N eine Folge Im allgemeinen folgt aus der Konvergenz von (a n und (a n+ nicht die Konveregnz von (a n Ist etwa die Folge (a n n N gegeben durch a n ( n Dann konvergieren die beiden Teilfolgen (a n und (a n+ für n Jedoch ist (a n divergent 3

34 d Sei (a n eine Folge Behauptung: (a n konvergiert (a n, (a n+ und (a 3n konvergieren : Die Folge (a n n N konvergiere Gemäß a konvergiert dann auch jede Teilfolge von (a n Insbesondere sind die drei Teilfolgen (a n, (a n+ und (a 3n konvergent : Nun ist die Konvergenz der drei Teilfolgen (a n n N, (a n+ n N und (a 3n n N vorausgesetzt Zu zeigen: (a n n N konvergiert Wir setzen lim a n : a, lim a n+ : b, lim a 3n : c und wollen zuerst a b c zeigen n n n Da (a 6n Teilfolge von (a n ist und (a n konvergiert, konvergiert (a 6n gegen lim a n a n Da (a 6n Teilfolge von (a 3n ist und (a 3n konvergiert, konvergiert (a 6n gegen lim a 3n c n Hieraus folgt aufgrund der Eindeutigkeit des Grenzwerts a c Durch Betrachtung von (a 6n+3 ergibt sich analog b c Wir wollen nun zeigen, dass (a n gegen a konvergiert Sei dazu ε > Wegen a n a für n gibt es ein n N mit woraus a n a < ε für alle n n, a m a < ε für alle geraden m n folgt Wegen a n+ b a gibt es ein n N mit woraus a n+ a < ε für alle n n, a m a < ε für alle ungeraden m n + folgt Demnach gilt für alle m N mit m max{n, n + } dh (a n konvergiert und zwar gegen a Aufgabe 7 Die Folge (a n sei durch die Rekursionsvorschrift a m a < ε, a, a n+ + a n für n N gegeben (Offenbar sind alle a n ; also kann man die Wurzel ziehen Beh: Die Folge (a n ist monoton wachsend, dh für alle n N mit n gilt a n a n Induktionsanfang: Für n gilt a + a Induktionsschluss: Es sei n N mit n Für dieses n gelte a n a n (IV Dann folgt a n+ + a n IV + an a n Beh: Die Folge (a n ist nach oben durch beschränkt, dh für alle n N gilt a n Induktionsanfang: Es gilt a Induktionsschluss: Sei n N Für dieses n gelte a n (IV Dann folgt a n+ + a n IV + Da (a n monoton wachsend und nach oben beschränkt ist, konvergiert (a n gegen einen Grenzwert a R Da die Folge (a n+ eine Teilfolge von (a n ist, gilt nach Teil a: lim n a n+ a Durch den Grenzübergang n in der Rekursionsformel ergibt sich für a die Gleichung a lim n a n+ lim n + an + lim n a n + a Quadrieren liefert a + a bzw a a (a (a +, also a oder a Wegen a n für alle n N folgt a (vgl 63 (3 Daher ist a der Grenzwert von (a n 4