Höhere Mathematik I (Analysis) für die Fachrichtung Informatik

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1 Karlsruher Istitut für Techologie (KIT) Istitut für Aalysis Priv.-Doz. Dr. Gerd Herzog M. Sc. Adreas Hirsch WS 204/ Höhere Mathematik I (Aalysis) für die Fachrichtug Iformatik Lösugsvorschlag zum. Übugsblatt Aufgabe (K) Schreibe Sie die folgede Mege als Vereiigug edlich vieler Itervalle. (a) {x R : x 5 = x + 3 } (b) {x R : 4 3 x 5} (c) { x R \ {3} : 3 } 7 3 x x (d) { x R \ {} : x Lösugsvorschlag: Zu (a): Für x R gilt x 5 = x + 3 (x 5) 2 = (x + 3) 2 x 2 0x + 25 = x 2 + 6x + 9 6x = 6 x = x [, ], also {x R : x 5 = x + 3 } = [, ]. Zu (b): Für x R gilt 4 3 x x x 3 x 9 also {x R : 4 3 x 5} = [ 6, 2]. 3 x x 4 x 6 2 x 2 x [ 6, 4] [2, 2] = [ 6, 2],

2 Zu (c): Wir mache eie Falluterscheidug. Ist x > 3, so gilt 3 x < 0 ud damit x x x x 9 + 3x + 7 3x x 2 x 2 2, was für jedes x > 3 erfüllt ist. Für x < 3 gilt higege 3 x > 0 ud deswege x x x x 9 + 3x 7 3x x 2 x x 4, was für x < 3 ur für x [ 4, 3) erfüllt ist. Zusamme erhalte wir also { } x R \ {3} : x x = [ 4, 3) (3, ). Zu (d): Auch hier mache wir eie Falluterscheidug: Für x < gilt x > 0 ud eie Multiplikatio mit x liefert was ur für x = 0 erfüllt ist. Für x > erhalte wir mittels x < 0 x + x x 2 x 2 0, x + x x 2 x 2 0, was für jedes x > erfüllt ist. Isgesamt ergibt sich also { x R \ {} : x + x} = (, ) [0, 0]. 2

3 Aufgabe 2 Es sei = A R ach ute beschräkt mit if A > 0 ud B := { b R : b A}. Zeige Sie, dass B ach obe beschräkt ist mit sup B = if A. Lösugsvorschlag: Voraussetzug: Sei A R ach ute beschräkt mit if A > 0 ud B := { b R : A}. b Behauptug: B ist ach obe beschräkt mit sup B =. if A Beweis: Zuächst gilt B, de wege A existiert ei a 0 A, ud hiermit gilt a 0 if A > 0, also isbesodere a 0 0 ud damit a 0 B per Defiitio. Sei u b B, da gilt b 0 ud A. Somit ist if A, also b. Damit habe b b if A wir gezeigt, dass B ach obe beschräkt ist ud eie obere Schrake vo B ist. Es if A bleibt zu zeige, dass auch die kleiste obere Schrake vo B ist. Sei dazu s <. if A if A Zu zeige: s ist keie obere Schrake vo B. Wähle hierfür s > 0 mit s s <. Es gilt da if A < ud da if A die größte if A s utere Schrake vo A ist, fide wir ei a A mit a <. Es folgt s b := a > s s ud b B ach Defiitio vo B. Also ist s keie obere Schrake vo B ud damit ist if A die kleiste obere Schrake vo B. 3

4 Aufgabe 3 (K) Utersuche Sie die folgede Mege auf die Existez vo Supremum, Ifimum, Miimum ud Maximum. Bestimme Sie gegebeefalls dere Werte. (a) { ( ) 5 : N} (b) { λ 2 : λ [, )} (c) { { } x : 0 < x 5} 2y (d) 3 5y 2 y+6 : y R \ { ; 2} x y 2 y 2 Lösugsvorschlag: Zu (a): Sei M := { ( ) 5 : N}. Behauptug: mi M = if M = 6, sup M = ud max M existiert icht. Beweis: Für alle N gilt ( ) 5 5 = 6, also ist 6 eie utere Schrake vo M. Außerdem ist 6 = ( ) 5 M, somit folgt 6 = mi M = if M. Zudem gilt für alle N auch ( ) 5 < 0 =, also ist sup M sowie / M. Wir müsse somit och zeige, dass auch die kleiste obere Schrake vo M ist. Wir zeige dafür ε > 0 N : ( ) 5 > ε. () Dies zeigt ämlich, dass für alle ε > 0 die Zahl ε keie obere Schrake vo M sei ka, also sup M ud mit dem obe bereits gezeigte auch sup M = gilt. Beweis vo (): Sei ε > 0. Nach der Vorlesug (Satz.3(3)) fide wir ei k N mit k > 5. 2ε Setze := 2k, da gilt: ( ) 5 = ( )2k 5 2k = 5 2k > ε. Zu (b): Sei M := { λ 2 : λ [, )} Behauptug: mi M = if M = 0, max M = sup M =. Beweis: Für λ [, ) gelte λ 2 sowie λ 2 ( ) 2 = 0. Mit = 0 2 M ud 0 = ( ) 2 M ist die Behauptug bereits gezeigt. Zu (c): Sei M := { x x : 0 < x 5}. Behauptug: max M = sup M = 2, mi M ud if M existiere icht. Beweis: Sei r < 5, da ist r (0, 5 ) (0, 5]. Mit x = r folgt x x x = r. Also ist M icht ach ute beschräkt ud somit existiere weder if M och mi M. Wege x x 0 ist M allerdigs ach obe beschräkt. x Wir werde u zeige: Für 0 < x < y gilt x + > y +. De wege x, y > 0 gilt x y x + x > y + y xy(x + x ) > xy(y + y ) y(x 2 + ) > x(y 2 + ) xy(x y) + y x > 0 (x y)(xy ) > 0. 4

5 Die letzte Ugleichug ist aufgrud vo 0 < x < y, also xy x < erfüllt. Isbesodere gilt für alle x (0, ] somit x + + = 2, also x 2 für alle x (0, ]. x x Zudem gilt x + < y + für x < y. De wie obe erhalte wir x y x + x < y + y y(x 2 + ) < x(y 2 + ) xy(y x) + x y > 0 (y x)(xy ) > 0. Wege y > x gilt auch xy y > ud die letzte Ugleichug ist damit erfüllt. Somit ergibt sich x + + = 2 für alle x [, 5] ud damit auch x 2 für alle x x x [, 5], womit sup M = max M = 2 gezeigt ist. { } 2y Zu (d): Sei M := 3 5y 2 y+6 : y R \ { ; 2}. y 2 y 2 Behauptug: Es existiere weder max M, mi M, sup M och if M. Beweis: Es gilt (y 2 y 2)(2y 3) = 2y 3 2y 2 4y 3y 2 + 3y + 6 = 2y 3 5y 2 y + 6, also { (y 2 y 2)(2y 3) M = y 2 y 2 } : y R \ { ; 2} = {2y 3 : y R \ { ; 2}} ud die letzte Mege besitzt weder Ifimum och Supremum, hat also auch weder Miimum och Maximum. Geauer: Ageomme M sei ach obe beschräkt durch r. Ohe Eischräkug sei r > 2. Wähle y > r + 3 M. Da gilt 2 2r = 2r < 2y 3 r, ei Widerspruch. Eie aaloge Rechug zeigt, dass M auch icht ach ute beschräkt ist. 5

6 Aufgabe 4 (a) Die Mege A, B R seie ichtleer ud ach obe beschräkt. Zeige Sie, dass die Mege A B ach obe beschräkt ist ud dass sup(a B) = max{sup A, sup B} gilt. Formuliere ud beweise Sie eie etsprechede Aussage für das Ifimum. (b) Es seie A ud B ichtleere ud beschräkte Teilmege vo R mit A B. Zeige Sie max {if A, if B} if(a B) sowie sup(a B) mi {sup A, sup B}, wobei beide Ugleichuge echt sei köe. Lösugsvorschlag: Zu (a): Sei x A B, also x A oder x B. Im. Fall gilt x sup A, im zweite x sup B. I beide Fälle gilt also x max{sup A, sup B}. Somit ist A B ach obe beschräkt mit sup(a B) max{sup A, sup B}. Es bleibt die umgekehrte Ugleichug zu zeige. Da A A B ud B A B gelte sup A sup(a B) ud sup B sup(a B), also auch max{sup A, sup B} sup(a B), was die gewüschte Gleichheit beweist. Formulierug für das Ifimum: Voraussetzug: Seie A, B R ichtleer ud ach ute beschräkt. Behauptug: Da ist die Mege A B ach ute beschräkt mit if(a B) = mi{if A, if B}. Beweis: Wie zuvor erhalte wir u für x A B etweder x if A oder x if B, also x mi{if A, if B}. Somit ist A B ach ute beschräkt mit if(a B) mi{if A, if B}. Da A A B ud B A B gelte if A if(a B) ud if B if(a B). Isgesamt erhalte wir also auch mi{if A, if B} if(a B). Zu (b): Da A ud B beschräkt sid ud A B gelte für x A B if A x sup A ud if B x sup B, also max{if A, if B} x mi{sup A, sup B}. Damit erhalte wir sup(a B) mi{sup A, sup B} ud if(a B) max{if A, if B}. Mit der Wahl A = [, 3], B = [0, ) {2; 4} sehe wir, dass beide Ugleichuge echt sei köe, de A B = {2} ud damit ergebe sich sowie max{if A, if B} = max{; 0} = < 2 = if(a B), sup(a B) = 2 < 3 = mi{3; 4} = mi{sup A, sup B}. 6