Höhere Mathematik I für Physiker

Transkript

1 Höhere Mthemtik I für Physiker Krlsruher Institut für Technologie Prof. Dr. Tobis Lmm Wintersemester 2012/13

2 Einleitung Dieses Skript bsiert wesentlich uf den Vorlesungsskripten von Prof. Dr. Ernst Kuwert (Universität Freiburg) und Prof. Dr. Michel Struwe (ETH Zürich) zur Anlysis I. Ausserdem wurden die Bücher von O. Forster und K. Königsberger zur Anlysis I und ds Lernbuch Linere Algebr und Anlytische Geometrie von G. Fischer verwendet. 2

3 Inhltsverzeichnis 1 Grundlgen Logik Mengenlehre Funktionen Äquivlenzreltionen Axiome der Reellen Zhlen und vollständige Induktion Axiome der Reellen Zhlen Vollständige Induktion R n, C und Polynome R n C Polynome Konvergenz und Vollständigkeit von R Vollständigkeit Folgen Folgen in R und C Reihen Topologie des R n Offene und bgeschlossene Mengen Ds Innere, der Rnd und der Abschluss einer Menge Stetigkeit und Grenzwerte von Funktionen Stetigkeit Grenzwerte von Funktionen Der Zwischenwertstz, der Stz vom Mximum und Anwendungen Der Zwischenwertstz Stz vom Mximum Umkehrfunktionen und Anwendungen Polrkoordinten und die Zhl π Differentilrechnung Differentilrechung Der Mittelwertstz und Anwendungen Konvergenz von Funktionenfolgen Konvergenz von Funktionenfollgen

4 10 Integrtion in R Stmmfunktionen Riemnnsches Integrl Integrtionsregeln und Huptstz Ds R-Integrl vektorwertiger Funktionen Uneigentliches R-Integrl Tylor Reihen Tylor-Polynome Tylor-Reihen Untervektorräume Untervektorräume Bsis und Dimension Summen und direkte Summen Linere Gleichungssysteme LGS Dimension der Teilräume bei lineren Abbildungen Determinnte einer Mtrix und Eigenwerte Die Determinnte Eigenwerte und Eigenvektoren linerer Abbildungen Digonlisierbre linere Abbildungen Ds chrkteristische Polynom Euklidische und unitäre Vektorräume Sklrprodukte Orthogonle und unitäre linere Abbildungen Selbstdjungierte linere Abbildungen Positiv definite linere Abbildungen Normlformen für Mtrizen Ds Vektorprodukt Unitäre und orthogonle Gruppen

5 1 Grundlgen 1.1 Logik Wir behndeln mthemtische Aussgen Beispiel: i) 4 > 2 (whr) ii) n N : n > 4 n > 2 (whr) iii) 5 < 3 (flsch) Stz vom usgeschlossenen Dritten: Eine zulässige mthemtische Aussge ist entweder whr oder flsch, jedoch nie beides zugleich. Bemerkung: nicht zulässig: diese Aussge ist flsch Axiome der Logik sind unvollständig Logische Verknüpfungen: A, B mthemtische Aussgen A Negtion A B A B A B A B sind definiert durch die Whrheitstfel A B A A B A B A B A B w w f w w w w w f f f w f f f w w f w w f f f w f f w w Beispiel: (n > 4) (n > 2) und oder Impliktion Äquivlenz Bemerkung: i) ist A B whr, so nennen wir dies Folgerung und schreiben A B ii) es gilt: (A B) (B C) (A C) Kette von Folgerungen: A B... S (A: Annhme, S: Stz) (Prinzip des direkten Beweises) 5

6 iii) ist die Äquivlenz A B whr, so schreiben wir A B Stz Es gilt: (A B) ( B A) Beweis: Durch Whrheitstfel: A B A B A B B A) w w w f f w w f f f w f f w w w f w f f w w w w Vergleich der dritten und sechsten Splte liefert die Behuptung. Dmit folgt: Umkehrschluss (A B) ( B A) Indirekter Beweis Um die Folgerung A B zu zeigen genügt es B A zu zeigen! Beispiel: A seien die Axiome in N, d.h. 1 N und n N n + 1 N B: es gibt keine grösste ntürliche Zhl Behuptung: A B Beweis: Annhme: es existiert ein mximles n 0 N d.h. n 0 l ber n 0 N n 0 < n N, lso n 0 / N. l N Stz Es gelten: i) (A B) ( A) ( B) ii) (A B) ( A) ( B) Beweis: i) 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 ii) folgt nlog. 6

7 1.2 Mengenlehre Cntor: Eine Menge ist die ungeordnete Zusmmenfssung verschiedener Elemente zu einem Gnzen. Beispiele: i) N = {1, 2, 3,...} N 0 = {0, 1, 2, 3,...} = {0} N Z, Q, R, C R + 0 := {x R : x 0} N = Z R + ii) {} = leere Menge iii) {n N : n Primzhlen} = {2, 3, 5, 7,...} Achtung: Die Menge M ller Mengen, die sich selbst ls Element nicht enthält, existiert nicht: wäre M M M / M M / M M M Verknüpfungen von Mengen: X Y := {x : x X x Y } X Y := {x : x X x Y } X\Y := {x : x X x / Y } X Y : Vereinigung Durchschnitt Differenz Teilmenge Beispiel: X = (X\Y ) (X Y ) Bemerkung: i) X = Y (X Y ) (Y X) ii) X (Y Z) = (X Y ) (X Z) iii) P(X) := {Y : Y X} Potenzmenge einer Menge X iv) X Y := {(x, y) : x X, y Y } Produkt von Mengen X, Y Quntoren Für lle Elemente in Mengen benutzen wir die Quntoren: : für lle : es existiert!: es existiert genu ein Beispiel: i) n N : n > 0 whr ii) n 0 N k N : k n 0 flsch iii) n 0 N k N : k > 0 whr 7

8 Bemerkung: x M : A(x) {x M : A(x)} = M x M : A(x) {x M : A(x)} Stz Es gelten: i) ( x M : A(x)) ( x M : A(x)) ii) ( x M : A(x)) ( x M : A(x)) Beweis: i) M = {x M : A(x)} {x M : A(x)} Stz von usgeschlossenen Dritten ( x M : A(x)) {x M : A(x)} M {x M : A(x)} x M : A(x) ii) folgt wieder nlog. 1.3 Funktionen Aus der Schule beknnt: y = f(x) = x x 3, 1 x 1 Definition Eine Funktion (Abbildung) f : X Y (X, Y Mengen) ordnet jedem Element x X genu ein Bild y = f(x) Y zu. Jedes Element z X mit y = f(z) heisst Urbild von y. Bemerkung: Eine Funktion besteht lso us i) dem Definitionsbereich (hier X) ii) dem Bildbereich (hier Y ) iii) der Abbildungsvorschrift (hier x f(x)) Beispiel: i) ) f : R R, x x x 3 b) f : [ 1, 1] R, x x x 3 ii) g : R [ 1, 1], x cos(x) ii) h : R [0, ], x x 2 i) ), b) sind verschiedene Funktionen, d die Definitionsbereiche verschieden sind. Funktionen knn mn durch ihren Grphen drstellen. G(f) := {(x, f(x)) : x X} X Y Komposition von Abbildungen 8

9 f : X Y, g : Y Z Definiere: g f : X Z, x g(f(x)) Beispiel: h : R R x e x2 f : R R x x 2 g : R R x e x Dmit folgt h = g f. Stz Für Abbildungen f : X Y, g : Y Z, h : Z W gilt: h (g f) = (h g) f. Beweis: Um zu zeigen ds zwei Funktionen identisch sind, muss mn zeigen ds der Definitionsbereich, der Bildbereich und die Abbildungsvorschrift identisch sind. Definitionsbereich und Bildbereich sind offensichtlich identisch. Weiter gilt für lle x X: (h (g f))(x) = h((g f)(x)) = h(g(f(x))) = (h g)(f(x)) = ((h g) f)(x) Definition Sei f : X Y eine Abbildung. i) f heisst surjektiv, flls y Y x X mit f(x) = y ii) f heisst injektiv, flls x 1, x 2 X : f(x 1 ) = f(x 2 ) x 1 = x 2 oder: x 1, x 2 X : x 1 x 2 f(x 1 ) f(x 2 ) iii) f heisst bijektiv, flls f injektiv und surjektiv ist. Beispiele: f : R [ 0, ), x x 2 surjektiv, nicht injektiv, z.b. f( 1) = f(1) = 1 g : R R, x x 2 nicht surjektiv, es ex. kein x R mit g(x) = 1 h : [ 0, ) [ 0, ), x x 2 bijektiv i : R\ {0} R, x x 1 injektiv ber nicht surjektiv j : R\ {0} R\ {0}, x x 1 bijektiv k : R R, x x x 3 surjektiv ber nicht injektiv l : ( π 2, π ) 2 ( 1, 1), x sin(x) bijektiv Bemerkung: Ist f bijektiv, so können wir eine Abb g : Y X definieren, welche jedem y Y ds eindeutig bestimmte Urbild x X unter f zuordnet. Es gilt: g f = id x (id x : X X, x x) f g = id y 9

10 g heisst Umkehrbbildung von f. Nottion: g = f 1 Weitere Erklärung: Sei y Y, f surjektiv x X : f(x) = y Wir möchten definieren: g(y) = x (Annhme: x 1, x 2 X : f(x 1 ) = f(x 2 ) = y) f surjektiv + injektiv!x X : f(x) = y g(y) = x wohldefiniert g f = id x denn g(f(x)) = x Stz Sei f : X Y eine Abbildung. Dnn gilt: i) f injektiv g : Y X mit g f = id x ii) f surjektiv g : Y X mit f g = id y iii) f bijektiv g : Y X mit g f = id x und f g = id y. Beweis: i) y f(x) := {f(x) : x X} Y! Urbild x X von y. Definiere in diesem Fll g(y) := x Sei weiter x 0 X beliebig und setze g(y) = x 0 y / f(x) Dmit ist g : Y X wohldefiniert und es gilt: g f = id x. Urbild-Funktion f : X Y Abbildung, A X, B Y f(a) := {f(x) : x A} Y heisst Bild von A Definiere die Urbildfunktion f 1 : P(Y ) P(X) durch f 1 (B) := {x X : f(x) B} X. Bemerkung: Für diese Defintion muss f nicht bijektiv sein. Beispiel: f : [ 1, 1] R, f(x) = x x 3, B = {0} f 1 (B) = { 1, 0, 1} { ( )} { } 1 B = 0, f 3 f 1 ( B) 1 = 1, 0, 1, 3 Stz Eine Abbildung f : X Y ist genu dnn bijektiv, wenn f 1 ({y}) für lle y Y us genu einem Element besteht. 1.4 Äquivlenzreltionen Sei X eine beliebige Menge. 10

11 Definition Eine Beziehung uf X heisst Äquivlenzreltionen, flls gilt: i) Reflexivität: x X : x x ii) Symmetrie: x, y X : x y y x iii) Trnsitivität: x, y, z X : x y, y z x z Beispiel: i) = uf beliebigen Mengen ii) Äquivlenz-Aussgen (Übung) iii) Reste Modulo p: Sei p N fest für m, n Z definiere m n, flls m = n + kp für ein k Z 1) m m wähle k = 0 2) m n k Z : m = n + kp k Z : n = m kp k Z : n = m + ( k)p n m 3) m n, n l k 1, k 2 Z : m = n + k 1 p, n = l + k 2 p m = l + (k 1 + k 2 )p m l Sei Äquivlenzreltion uf X und sei x X. Die Menge [x] := {y X : x y} heisst Äquivlenzklsse von X. Es gilt: 1) y [x] : [y] = [x] Beweis: (es soll gezeigt werden, dss [y] [x]) Sei z [y], lso y z. D x y folgt us der Trnsitivität von x z z [x]. (es soll gezeigt werden, dss [x] [y]) y [x] x y y x x [y]. Wie oben folgt dmit [x] [y]. 2) y X : y / [x] [y] [x] = Beweis: (indirekt) Sei y / [x] und z [x] [y] Aus 1) folgt: [x] = [z] = [y] y Stz Eine Äquivlenzreltion uf X definiert eine disjunkte Zerlegung von X in Äquivlenzklssen. 11

12 2 Axiome der Reellen Zhlen und vollständige Induktion 2.1 Axiome der Reellen Zhlen Gegeben seien die Strukturen i) +, welche, b R + b R zuordnet ii), welche, b R b R zuordnet iii) eine Reltion > b die für, b R zutrifft oder nicht Körperxiome Assozitivgesetz: ( + b) + c = + (b + c) ( b) c = (b c) Kommuttivgesetz: + b = b + b = b Distributivgesetz: (b + c) = b + c neutrles Element: es gibt 0 R, 1 R mit 1 0, so dss 0 : neutrles Element der Addition: R gilt: + 0 = 1 : neutrles Element der Multipliktion: R gilt: 1 = Inverses Element: R Lösungen x, y R von + x = 0, y = 0 0 Bemerkung: 1) Eine Menge K mit Verknüpfungen +, welche obige Axiome erfüllt, heisst Körper. Die Menge der reellen und rtionlen Zhlen erfüllen diese Axiome. 2) Die neutrlen Elemente 0 und 1 sind eindeutig bestimmt. Seien z.b. 0 1, 0 2 neutrle Elemente bzgl. der Addition 0 1 = = = 0 2 3) Inverse Elemente sind uch eindeutig bestimmt. Seien dzu x 1, x 2 Lösungen von + x = 0. Dmit folgt us den Körperxiomen x 1 = x = x 1 + ( + x 2 ) = (x 1 + ) + x 2 = ( + x 1 ) + x 2 = 0 + x 2 = x = x 2 4) Wir bezeichnen die Lösung x von + x = 0 mit, sowie die Lösung y von y = 1 mit 1 bzw. 1 Definiere: b := + ( b), b := 1 b 12

13 Stz Für, b R gelten: ( ) = ( + b) = ( ) + ( b) ( 1) 1 = ( b) 1 = 1 b 1 für, b 0 0 = 0 ( b) = ( b) ( ) ( b) = b b = 0 = 0 oder b = 0 (b c) = b c Beweis: ( ) + = + ( ) = 0 ( ) = = (0 + 0) = 0 0 = 0 Sei 0 0 = ( b) 1 ( = 1 ) b = b b = 0. Anordnungsxiome i) Für jedes R gilt genu eine der drei Aussgen: > 0, = 0, < 0 ii) Aus, b > 0 folgt: + b > 0 und b > 0 Bemerkung: Sttt > 0 schreiben wir < 0 und sttt b > 0 schreiben wir > b. Stz Für, b, c, d R gelten: 1) Für, b R gilt entweder > b, = b oder < b 2) > b, b > c > c + c > b + c c R 3) > b c > b c c > 0 c < b c c < 0 { + c > b + d 4) > b, c > d c > b d flls b, d > 0 5) 0 2 > 0 6) > 0 1 > 0 7) > b > 0 1 < 1 b Beweis: 2) c = ( b) + (b c) > 0 3) c { b c = ( b) c > 0 c > 0 flls > 0 5) 2 = ( ) ( ) flls < 0 > 0 ( ) 6) 1 = 1 >

14 Definition Der Betrg von R ist definiert durch := {, flls 0, flls < 0 Stz Für lle, b R gilt: 1) =, 2) 0 und = 0 = 0 3) b = b 4) + b + b (Dreiecks - Ungleichung) 5) b b 6) δ > 0 : 2 b δ 2 + b2 δ (Young sche Ungleichung) Beweis: 1) = { {, flls 0, flls 0 ( ), flls < 0 =, flls > 0 = Und = 2) und 3) Klr! { 0, flls 0 ( ) + ( ), flls < 0 0 4) + b = ±( + b) = ± ± b + b 6) Ohne Einschränkung (o.e.) gelte: 0, b 0 Sei ε := δ. Dnn gilt: 0 Dmit erhlten wir wie gewünscht ( ε b ) 2 = ɛ 2 2 2b + b2 ε ɛ 2 = δ2 2b + b2 δ. 2 b = 2b δ 2 + b2 δ. Ist < 0 oder b < 0, so wenden wir obiges Argument uf bzw. b n. 2.2 Vollständige Induktion Induktionsprinzip Sei M N eine Menge mit den Eigenschften 1) 1 M 2) n M n + 1 M dnn gilt schon M = N. 14

15 Stz Gegeben seien Aussgen A(n) für lle n N. Es gelte: i) A(1) ist whr ii) A(n) ist whr A(n + 1) ist whr. Dnn sind lle Aussgen A(n) whr. Beweis: M := {n N : A(n) ist whr} i) 1 M ii) n M n + 1 M Induktionsprinzip M = N. Beispiel: Arithmetische Summe Behuptung: A(n) : n = n Beweis: k=1 k = n(n+1) 2 ist whr n N 1. Schritt: A(1) : 1 = 1 (1+1) 2 ist whr 2. Schritt: ngenommen A(n) ist whr. Dnn gilt n + (n + 1) = n(n+1) 2 + (n + 1) = (n+1)(n+2) 2, d.h. A(n + 1) ist uch whr A(n) ist whr n N! Stz (Bernoullische Ungleichung). Für x R, x 1 und für lle n N gilt: (1 + x) n 1 + nx. Beweis: 1. Schritt: n = 1 : 1 + x 1 + x 2. Schritt: n n + 1: x x 0 und dmit folgt (1+x) n+1 = (1+x)(1+x) n (1+x)(1+nx) = 1+(n+1)x+nx 2 1+(n+1)x. Definition Für n N 0 definiere n! induktiv durch: 0! = 1, (n + 1)! = (n + 1)n! n! = n. Für x R, k N 0 definiere den Binomilkoeffizient ( x ( ) x x (x 1)... (x (k 1)) := k k! k) durch für k N, ( ) x = 1 0 Bemerkung: ( ) x i) = 0 für x N 0 und k > x k ( ) n n! ii) = für n, k N 0 und k n k k!(n k)! 15

16 Stz Für lle k N und x R gilt: ( ) x + 1 = k ( ) x + k 1 ( ) x k Beweis: Siehe Übungen! Stz (Binomischer Lehrstz). Für lle, b R und für lle n N gilt: ( + b) n = n ( ) n k b n k k Beweis: Induktionsnfng n = 1: ( + b) 1 = Induktionsschluss n (n + 1): 1 ( + b) n+1 = ( + b) n ( + b) = ( + b) ( ) 1 k b 1 k = b +. k n ( ) n k b n k k ( ) ( ) n n n n = k+1 b n k + k b n k+1 k k ( ) n 1 = n+1 n n + k+1 b n k + k k=1 ( ) n n n = n+1 + k b n k+1 + k 1 k=1 k=1 [( ) n n = n k 1 k=1 ( ) n n + 1 = n+1 + k b n k+1 + b n+1 k k=1 ( ) n+1 n + 1 = k b n k+1. k ( ) n k b n k+1 + b n+1 k ( ) n k b n k+1 + b n+1 k ( )] n k b n k+1 + b n+1 k 16

17 Beispiel: ( ) 2 2 n = 2 : ( + b) 2 = k b 2 k k ( ) 2 = 0 b = b 2 + 2b + 2 ( ) 2 1 b ( ) 2 2 b Stz Es gibt kein r Q mit r 2 = 2! Beweis: Annhme: r = p q Q mit r2 = 2. o.e. (ohne Einschränkung) gelte: p und q sind teilerfremd. Aus r 2 = 2 folgt p 2 = 2q 2. Dmit ist p 2 und lso uch p gerde. Schreibe z.b. p = 2k mit k N. Setzt mn dies in die obige Formel ein, so folgt 4k 2 = 2q 2. Dmit ist lso uch q gerde und dies ist ein Widerspruch zur Annhme. Definition Eine Menge D heisst bzählbr, flls eine surjektive Abbildung f : N D existiert. Stz Z und Q sind bzählbr! Beweis für Z: Definiere f : N Z durch f(n) = { n 1 2, für n = 2k + 1, k N 0 n 2, für n = 2k, k N Behuptung: f ist surjektiv. Sei dzu l Z beliebig. Ist 1) l 0 dnn gilt: f(2l + 1) = l 2) l < 0 dnn gilt: f( 2l) = l Behuptung. 17

18 3 R n, C und Polynome 3.1 R n Definition Vektorrum Ein (K ) Vektorrum (V, +, ) ist eine Menge V mit einer Addition + : V V V und einer Sklrmultipliktion : K V V, so dss gilt: x + (y + z) = (x + y) + z x, y, z V x + y = y + x x, y V 0 V : x + 0 = x x V x V y V : x + y = 0 (x + y) = x + y K, x, y V ( + b)x = x + bx, b K, x V (bx) = (b)x, b K, x V 1 x = x x V 1 : neutrles Element bezüglich in K Beispiel: R n = {x = (x 1,..., x n ) : x i R 1 i n} ist ein R Vektorrum x + y = (x 1 + y 1,..., x n + y n ) x = (x 1,..., x n ) R x = (x 1,..., x n ) y = (y 1,..., y n ) Knonische Bsis e i = (0,..., 0, 1, 0,..., 0) 1 i n Jeder Vektor x = (x 1,..., x n ) R n lässt sich eindeutig ls Linerkombintion x = (x 1,..., x n ) = x 1 e x n e n = n x i e i drstellen. (Stndrdbsis) Sklrprodukt für x = (x 1,..., x n ) R n, y = (y 1,..., y n ) R n definiere x y =< x, y >:= x 1 y x n y n = n x i y i R i=1 i=1 Es gelten: SP: i) x y = y x Symmetrie SP: ii) x (y + z) = x y + x z Bi-Linerität SP: iii) x (y) = (x y) R 18

19 Beispiel: x = (2, 0, 3), y = ( 3, 1, 2) x y = = 0 d.h. x und y sind orthogonl. Dies gilt uch für e i e j = 0 i j. Euklidische Norm x := n x x = x 2 i i=1 Beispiel: i) e i = 1 1 i n, d.h. e i sind prweise orthogonl und uf Länge 1 normiert, sie sind orthonorml. ii) Stz von Pythgors: Seien x, y R n orthogonl, d.h. x y = 0 x + y 2 = (x + y) (x + y) = x x + 2x y + y y = x x + y y = x 2 + y 2 Stz Für die euklidische Norm gilt: i) x R n : x 0 und x = 0 x = 0 ii) x R n, R : x = x iii) x, y R n : x + y x + y Beweis: i) x 0 folgt direkt us Definition der Norm x = 0 n x 2 i = 0 x i = 0 1 i n x = 0 i=1 ii) x = n (x i ) 2 = 2 n x 2 i i=1 i=1 = x iii) x + y 2 = (x + y) (x + y) = x x + 2x y + y y x x y + y 2 = ( x + y ) 2, wobei im letzten Schritt Stz benutzt wurde. Stz (Cuchy-Schwrz Ungleichung). Für lle x, y R n gilt: x y x y und Gleichheit tritt genu dnn ein, wenn y = λx für ein λ R. Beweis: o.e.: x ( 0 (sonst ) sind ( beide Seiten ( gleich )) 0) Schreibe: y = x x x x y + y x x x x y =: y + y ( ) Es gilt: x y = x y x x x x x y = x y x y = 0. Dmit folgt uch y y = ( x y)x y x = 0. 2 Aus dem Stz von Pythgors erhlten wir lso x y y x = y 2 + y 2 = y + y 2 = y 19

20 Also gilt: x y x y. Gleichheit gilt, flls lso genu dnn, wenn mit λ = x x 2 y. y = y 2 + y 2 y = 0, x y = ( 2 y)x = λx x Euklidische Metrik Für x, y R n definiere d(x, y) := x y ( Abstnd ) Es gilt für lle x, y, z R n i) d(x, y) 0, d(x, y) = 0 x = y ii) d(x, y) = x y = (y x) = 1 y x = d(y, x) iii) d(x, z) = x z = x y + y z x y + y z = d(x, y) + d(y, z) 3.2 C Auf dem R-Vektorrum hben wir eine Addition R 2 : + : (, b), (c, d) ( + c, b + d) R 2 und wir definieren zusätzlich eine Multipliktion: Komplexe Multipliktion : (, b), (c, d) (c bd, d + bc) R 2 Ausge: (R 2, +, ) ist ein Körper (Körper der komplexen Zhlen) Neutrles Element bezüglich : (1, 0) [(1, 0) (, b) = (, b)] Inverses Element bezüglich : (, b) (0, 0) (, b) ( 2 +b 2, b 2 +b 2 ) = ( 2 2 +b 2 + b2, b + 2 +b 2 2 +b 2 Bemerkung: Wir können R in C Einbetten. R x (x, 0) C Es gilt: x + y (x + y, 0) = (x, 0) + (y, 0) x y (xy, 0) = (x, 0) (y, 0) Sklrmultipliktion in R 2 α R α(x, y) = (αx, αy) = (α, 0)(x, y) b 2 +b 2 ) = (1, 0) Jetzt identifizieren wir den Stndrdbsisvektor e 1 = (1, 0) mit der Zhl 1 R. Weiter setzen wir i := e 2 = (0, 1) ( imginäre Einheit ) 20

21 i 2 = (0, 1) (0, 1) = ( 1, 0) 1 Dmit gilt für jedes z = (x, y) C : z = xe 1 + ye 2 = x + iy Relteil: R(z) := x Imginärteil: I(z) := y Konjugtion: Sei z = x + iy, dnn ist z = x iy C die zu z konjugierte Zhl. Es gilt: i) z z = (x + iy)(x iy) = x 2 ixy + ixy i 2 y 2 = x 2 + y 2 = z 2 ii) z 1 z 2 C : z 1 + z 2 = z 1 + z 2 z 1 z 2 = z 1 z 2, denn z 1 z 2 = (x 1 + iy 1 )(x 2 + iy 2 ) = [x 1 x 2 + i(x 2 y 1 + x 1 y 2 ) y 1 y 2 ] = x 1 x 2 y 1 y 2 i(x 2 y 1 + x 1 y 2 ) z 1 z 2 = (x 1 iy 1 )(x 2 iy 2 ) = x 1 x 2 y 1 y 2 i(x 2 y 1 + x 1 y 2 ) Folgerung: i) z C \ {0} gilt: z 1 = z z 2 ii) zw 2 = (zw) (zw) = zw (z w) = (z z) (w w) = z 2 w 2 zw = z w Im Folgenden schreiben wir: z = z Beispiel: z, w C i) (2 + i) 1 = 2 i = 2 5 i 5 ii) 2 + i 2 1 := (2 + i)(2 i) 1 = 2 + i 2 i 2 + i 2 + i = 1 5 ( i) = i 3.3 Polynome In diesem Abschnitt sei K = R oder K = C. Definition p : K K heisst Polynom vom Grd n N 0, flls 0, 1,... n K existieren mit n 0 und p(z) = n k z k für lle z K. Lemm Sei p : K K ein Polynom vom Grd n N 0 mit Koeffizienten 0, 1,..., n K, n 0. Ist p(λ) = 0 für ein λ K, so existiert ein Polynom 21

22 q : K K vom Grd (n 1) mit Koeffizienten b 0, b 1,..., b n 1 = n, so dss gilt: p(z) = (z λ)q(z). Beweis: Es gilt für lle k N (siehe Übung): Dmit erhlten wir p(z) = p(z) p(λ) = Indem mn nun q durch definiert, folgt k z k λ k = (z λ) λ k j z j 1. j=1 n n k k (z k λ k ) = (z λ) j=1 n k q(z) := k λ k j z j 1 = b b n 1 z n 1 k=1 j=1 p(z) = (z λ)q(z). k λ k j z j 1. Die Potenz z n 1 entsteht in der Definition von q nur für j = k = n b n 1 = n 0. Lemm Sei p : K K ein Polynom vom Grd n N 0. Dnn ht p höchstens n Nullstellen. Beweis: Induktion über n N 0 : n = 0 : p(z) = 0 0 p ht keine Nullstellen n 1 n : Sei p ein Polynom vom Grd n Fll i): p ht keine Nullstelle fertig! Fll ii): p ht eine Nullstelle λ K p(z) = (z λ)q(z) wegen Lemm 3.3.1, und q : K K ist ein Polynom vom Grd (n 1) Induktionsvorussetzung (IV): q ht höchstens (n 1) Nullstellen p ht höchstens n Nullstellen Stz Seien p, q : K K Polynome vom Grd n bzw. m, d.h. es gilt mit n, b m 0 n p(z) = i z i, m q(z) = b k z k i=0 Ist p(λ i ) = q(λ i ) für prweise verschiedene λ 1,..., λ l K mit l > mx {n, m}, so folgt m = n und i = b i 1 i n. 22

23 Beweis: Wäre m n oder i b i für ein i, so wäre p q ein Polynom vom Grd höchstens mx {n, m} mit l > mx {n, m} Nullstellen λ 1,..., λ l. zu Lemm Lemm Sei p : K K ein Polynom vom Grd n. Dnn besitzt p die eindeutige Drstellung p(z) = (z λ 1 ) ν1... (z λ k ) νk q(z) z K, wobei λ 1,..., λ k die Nullstellen von p mit Vielfchheit ν i N sind, und q ein Polynom vom Grd n k ν i {0,..., n} ist. Weiter gilt q(z) 0 z K. i=1 Beweis: Existenz: Folgt itertiv us Lemm Eindeutigkeit: Sei für lle z C p(z) = (z λ 1 ) νi... (z λ k ) νk q(z) = (z λ 1 ) µi... (z λ k ) µk l(z) Ohne Einschränkung gelte ν 1 µ 1. Dnn folgt für lle z K \{λ 1 } (z λ 1 ) ν i µ1 (z λ 2 ) ν2... (z λ k ) νk q(z) = (z λ 2 ) µ2... (z λ k ) µk l(z). Beide Seiten sind Polynome und us Stz folgt dmit, dss beide Seiten sogr für z = λ 1 übereinstimmen müssen. Dies impliziert sofort ν 1 = µ 1. Anlog folgt ν i = µ i 1 i k. Nch Division erhlten wir dmit Aus Stz 3.3.1) folgt dnn wieder q(z) = l(z) z K \ {λ 1,..., λ k }. q(z) = l(z) z K. Stz (Fundmentlstz der Algebr). Jedes nichtkonstnte Polynom p : C C besitzt eine Nullstelle! Beweis: Folgt später. Lemm Jedes Polynom p : C C vom Grd n mit Koeffizienten i C 0 i n, zerfällt über C in Linerfktoren, d.h. es existieren λ 1,..., λ k C und ν 1,..., ν k N, so dss für lle z C gilt: k Weiter gilt: ν i = n. i=1 p(z) = n (z λ 1 ) ν1... (z λ k ) ν k. Beweis: Folgt direkt us Lemm und Stz

24 4 Konvergenz und Vollständigkeit von R 4.1 Vollständigkeit Definition Sei M R und M. M heisst nch oben (unten) beschränkt: γ R x M : x γ (x γ). In diesem Fll heisst γ obere (untere) Schrnke von M. Eine obere (untere) Schrnke γ von M mit γ M heisst Mximum (Minimum). Nottion: mx M (min M) Beispiel: 1) M = [1, 2], mxm = 2, minm = 1 2) M = (1, ) ist nicht nch oben, ber nch unten beschränkt. (Minimum existiert jedoch nicht, d 1 nicht in M). Definition Ist γ obere (untere) Schrnke von M mit γ γ (γ γ) für jede ndere obere (untere) Schrnke γ von M, so heisst γ Supremum (Infimum) von M. Bemerkung: Ein Mximum (Minimum) ist immer uch Supremum (Infimum). Nottion: Supremum von M : sup M (Infimum von M : inf M) Es gilt: sup M = mx M sup M M Beispiel: 1) M = [1, 2) Beh.: 1 = min M = inf M und 2 = sup M. mx M existiert nicht. Beweis: Mn sieht sofort, dss 2 eine obere Schrnke von M ist. Sei jetzt γ < 2. Im Fll γ < 1 knn γ keine obere Schrnke sein, denn 1 M. Ist γ 1 so ist γ < γ+2 2 M. In diesem Fll knn γ lso uch keine obere Schrnke sein. Insofern ist 2 ttsächlich die kleinste ober Schrnke (lso ds Supremum) von M. } 2) M = {1 1 n : n N Beh: inf M = min M = 0 und sup M = 1. mx M existiert nicht, denn 1 / M. Es ist einfch zu sehen, dss 1 eine ober Schrnke von M ist. Für lle ε > 0 ist die Zhl 1 ε keine obere Schrnke von M, denn mit Hilfe von Stz erhält mn 24

25 die Existenz eines n N mit der Eigenschft 1 1 n > 1 ε ε > 1 n. Insofern ist 1 die kleinste obere Schrnke von M. Vollständigkeitsxiom Jede nichtleere nch oben beschränkte Teilmenge von R ht ein Supremum. Lemm Äquivlent zum Vollständigkeitsxiom ist: Jeder nichtleere nch unten beschränkte Teilmenge von R ht ein Infimum. Stz (Archimedische Eigenschft von R) Es gelten i) r R + n N : n > r ii) ε > 0 n N : 1 n < ε. Beweis: Zuerst zeigen wir die Impliktion i) ii). Dzu sei ε > 0. Nch i) existiert ein n N mit n > 1 ε, oder 1 n < ε. Wir müssen lso nur noch i) beweisen. Dzu nehmen wir n, dss ein r R + existiert, so dss für lle n N gilt: n r, d.h. N ist beschränkt. Nch dem Supremumsxiom existiert lso ein s = sup N R mit der Eigenschft n + 1 s n N. Dies impliziert ber n s 1 n N und dmit ist uch s 1 eine ober Schrnke, im Widerspruch zu s = sup N. Also wr unsere Annhme flsch, und dmit ist i) bewiesen. 4.2 Folgen Beispiele: i) Fiboncci-Folge: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13,... Diese Folge ist für lle n N rekursiv definiert durch 0 = 1, 1 = 1, n+1 = n + n 1. 25

26 ii) Zinsfktoren bei 1 n-tel jährlicher Verzinsung. n = (1 + 1 n )n Wir werden zeigen, dss n konvergiert, und den Grenzwert bezeichnen wir mit e, der Eulerschen Zhl. iii) Geometrische Reihe: Für lle n N betrchte s n = 1 + q + q q n = n q k. Grenzwert einer Folge Sei ( n ) n N = ( 1, 2,...) Folge in R, R Definition i) ( n ) n N konvergiert gegen für n, flls gilt: ε > 0 n 0 = n 0 (ε) N n n 0 : n < ε. Wir schreiben = lim n n oder n. heisst Grenzwert oder Limes der Folge. ii) ( n ) heisst konvergent, flls die Folge einen Grenzwert besitzt. Ansonsten heisst sie divergent. Beispiele: i) ) n = 1 n n N. Behuptung: n 0. Beweis: Sei ε > 0. Nch Stz existiert ein n 0 N, so dss gilt: Für lle n n 0 gilt dmit 1 n 0 < ε. ε < 0 < 1 n 1 n 0 < ε, lso 1 0 < ε. n b) Anlog rgumentiert mn für n = 1 n 0: Wiederum nch Stz existiert für lle ε > 0 ein n 0 N mit n 0 > 1 ε 2 n 0 > 1 ε. 26

27 Dmit folgt für lle n n 0 0 < 1 n 1 n0 < ε. ii) Sei q R mit 0 < q < 1. Dnn gilt: q n 0. Beweis: Sei ε > 0 und schreibe 1 q = 1 + δ mit δ > 0. Mit Hilfe der Bernoullischen Ungleichung, Stz 2.2.2, schätzen wir für lle n N b: ( ) 1 1 n q n = = (1 + δ) n 1 + nδ nδ. q Dmit gilt für lle n N 0 < q n 1 nδ. Nch Stz existiert ein n 0 N mit n 0 > 1 εδ. Insgesmt folgt dmit für lle n n 0 0 < q n 1 nδ 1 n 0 δ < ε. iii) n = ( 1) n ist divergent. Für lle R, n N gilt: n + n+1 n + n 1 = n n+1 = 2. Es knn lso insbesondere kein R existieren, welches die Abschätzung n < 1 2 für lle n n 0 erfüllt. Also ist die Folge divergent. iv) n = n ist divergent, denn für lle R existiert nch Stz ein n 0 N mit + 1 < n 0. Für lle n n 0 gilt dnn und dmit ist n divergent. n = n n 0 > 1 Stz Die Folge ( n ) konvergiere sowohl gegen R, ls uch gegen b R. Dnn gilt = b. Beweis: Wir nehmen n ds b ist, und wir definieren ε := b 2 > 0. 27

28 Weiter wählen wir n 0 N so, dss für lle n n 0 gilt n < ε, n b < ε. Dmit erhlten wir mit Hilfe der Dreiecksungleichung den Widerspruch 2ε = b n + n b < 2ε. Stz Seien ( n ) und (b n ) konvergente Folgen mit Grenzwerten bzw. b. Dnn konvergieren uch die Folgen ( n + b n ), ( n b n ) und es gilt: i) n + b n + b ii) n b n b iii) Gilt zusätzlich b 0 b n für lle n N, dnn gilt uch n b n b. iv) Ist n b n n N so gilt b. Beweis: Zu ε > 0 wähle n 0 N, so dss für lle n n 0 gilt: n < ε, b n b < ε. zu i) Für lle n n 0 schätzen wir mit der Dreiecksungleichung b: ( n + b n ) ( + b) n + b n b < 2ε. D ε > 0 beliebig wr, folgt dmit die Konvergenz n + b n + b. zu ii) Ohne Einschränkung sei ε < 1. Dnn gilt für lle n n 0 : b n b n b + b < 1 + b. Dmit erhlten wir wieder us der Dreiecksungleichung für lle n n 0 n b n b = ( n )b n + (b n b) b n n + b n b (1 + b + )ε und d ε > 0 beliebig wr, folgt dmit wieder die gewünschte Aussge. iii) Wir betrchten zuerst den Spezilfll n = = 1. Ohne Einschränkung sei diesml 0 < ε < b 2. Dmit gilt für lle n n 0 b n = b n b + b b b n b b ε b 2 28

29 und 1 1 b n b = b b n 2 b b n b 2 ε. D ε wieder beliebig wr folgt b 1 n b 1. Im llgemeinen Fll benutzen wir die gerde bewiesene Aussge und ii) und erhlten n 1 = n 1 b n b n b = b. iv) Ist > b so folgt mit 2ε := b > 0 für lle n n 0 : < n + ε b n + ε < b + 2ε =. Dies ist ein Widerspruch und dmit muss b sein. Bemerkung: Aus n < b n n N folgt nicht < b! Betrchte dzu die Folgen n = 0 und b n = 1 n. Es gilt: n b n für lle n N, ber n 0 und b n 0. Beispiel: 1) lim n n = 1 n Beweis: Mit Hilfe der binomischen Formel, Stz 2.2.4, schliessen wir für lle x 0 und n 2: ( ) ( ) n n n (1 + x) n = x k 1 + nx + x 2 n(n 1) x 2 n2 k x2. Hierbei hben wir benutzt, dss n(n 1) n 2 für lle n 2 gilt. Als nächstes wählen wir x = 2 n und erhlten ( n ) n n 1, oder n n n 1. Aus dem obigen Stz und den vorherigen Beispielen folgt somit die Behuptung. 2) lim n np q n = 0 für lle 0 < q < 1 und für lle p N Beweis: Wir definieren 0 < s := p q < 1 und wir schreiben s = 1 (1+ε) 2, lso ε = 1 s 1 > 0. Nch dem vorherigen Beispiel existiert ein n 0 N, so dss für lle 29

30 n n 0 gilt: Dmit folgt 0 n p q n = (s n n) np n n < 1 + ε. ( ) 1 np ( ) 1 n = 1 + ε (1 + ε) p 0, denn 1 (1+ε) p < 1. Definition Eine Folge ( n ) heisst nch oben (unten) beschränkt, flls gilt: b R n N : n b (b n ), d.h. flls die Menge A = { n : n N} nch oben (unten) beschränkt ist. Stz Jede konvergente Folge ( n ) ist beschränkt. Beweis: Wir setzen = lim n n und zu ε = 1 sei n 0 N so gewählt, dss für lle n n 0 gilt: n < 1. Dmit folgt für lle n n 0 n = n + + n + 1. Dies impliziert für lle n N die Abschätzung n mx { + 1, 1,..., n0 1 } =: b. Bemerkung: Die Umkehrung der obigen Aussge ist nicht richtig, wie ds Beispiel n = ( 1) n zeigt. Diese Folge ist beschränkt, ber nicht konvergent. Es gilt ber der folgende Stz; Stz Sei ( n ) eine nch oben beschränkte und monoton wchsende Folge, d.h. für ein b R und für lle n N gilt: dnn ist ( n ) konvergent n n+1... b, Die nloge Aussge gilt uch für eine nch unten beschränkte und monoton fllende Folge. Beweis: Wir definieren die Menge A := { n : n N}. Nch Vorussetzungist A nch oben beschränkt (durch b). Aus dem Vollständigkeitsxiom folgt die Existenz 30

31 von Wir behupten es gilt = sup A = sup n. n N = lim n n. Sei dzu ε > 0. Nch Aufgbe 4) uf dem Übungsbltt 3 existiert ein n 0 = n 0 (ε) N mit der Eigenschft, dss n0 > ε. Aus der Monotonie der Folge folgt dmit für lle n n 0 oder äquivlent dzu: ε < n0 n sup l = < + ε, l N n < ε. Dies impliziert die Behuptung und beendet dmit den Beweis. Eine wichtige Anwendung des gerde bewiesenen Stzes ist die Folgende: Eine Folge von Intervllen I n = [ n, b n ] R heisst Intervllschchtelung, flls gilt: i) I n+1 I n n N ii) I n := b n n 0 Stz Jede Intervllschchtelung I n = lim n = lim b n. n n = [ n, b n ] enthält genu einen Punkt Beweis: Nch Vorrussetzung gilt für lle n N n n+1 b n+1 b n... b 2 b 1. Also ist die Folge ( n ) monoton wchsend und nch oben beschränkt (durch b 1 ), und die Folge (b n ) ist monoton fllend und nch unten beschränkt (durch 1 ). Aus Stz folgt die Existenz von = lim n n und b = lim n b n. Mit Hilfe der Eigenschft ii) einer Intervllschchtelung erhlten wir schliesslich b n n 0, lso = b. Beispiel: 1) Eulersche Zhl e Wir betrchten die Folgen n = ds für lle n 2 gilt: ( n ( n n) 1 < bn = 1 + n) 1 und wir behupten 2 = 1... n 1 n b n b n 1... b 1 = 4. 31

32 Dzu zeigen wir erstml die Abschätzung n n 1 = ( ) n ( ) n n ( n ( ) n 1 = ( ) n ) n 1 n 1 n 1 ( ) n n+1 ( n = ( ) n ) ( (n + 1)(n 1) = n n 1 n 2 n 1 = (1 1 ) n ( n ) n 1 ( 1 1 ) ( ) = 1, n n 1 ) n ( ) n 1 wobei wir im Schritt von der vorletzten zur letzten Zeite die Bernoulli sche Ungleichung benutzt hben. Insgesmt zeigt diese Abschätzung ds ( n ) monoton wchsend ist. Ähnlich rgumentiert mn um zu zeigen ds (b n ) monoton fllend ist. Aus Stz folgt dnn die Existenz von, b R mit Weiter gilt: 2 = lim n b = lim b n 4. 1 b = lim b ( n = lim ) = 1 lim n n und dmit definieren wir = b =: e, die Eulersche Zhl. 2) Für c > 1 definieren wir für lle n N die rekursiv definierte Folge 1 = c und n+1 = 1 2 ( n + c ) = n + c 2 n. n 2 n Behuptung: Der Grenzwert = lim n existiert und es gilt: 2 = c. Um die Behuptung zu zeigen gehen wir Schrittweise vor: i) Es gilt n > 0 fü lle n N. Dies ( folgt ) durch Induktion us der Ttsche ds 1 = c > 1 > 0 und n+1 = 1 2 n + c n > 0, flls n > 0. ii) Es gilt 2 n c für lle n N. Wiederum benutzen wir Induktion: 2 1 = c2 > c, d c > 1, und weiter 2 n+1 = ( n + c 2 n 2 n ) 2 = 2 n + (c 2 n) + ( ) c 2 2 n c. 2 n 32

33 iii) Aus i) und ii) folgt direkt: n 1 für lle n N iv) Es gilt n+1 n für lle n N, denn us ii) folgt n+1 = n + c 2 n 2 n n. Aus iii) und iv) folgt die Abschätzung 1 n+1 n... 1 = c. Also ist ( n ) monoton fllend und nch unten beschränkt. Aus Stz folgt somit die Existenz von = lim n. Weiter folgt us n+1 = 1 2 ( n + c n ) die Gleichung = 1 2 ( + c ), oder 2 = c. Bemerkung: Die für c > 1 rekursiv definierte Folge 1 = c und n+1 = 1 ( (k 1) n + c ) k k 1 n konvergiert für n gegen k c. Im Folgenden sei ( k ) eine Folge in R. Definition Sei Λ N eine unendliche Teilmenge und sei N n l(n) Λ eine monotone Abzählung von Λ. Dnn heisst die Folge ( l ) l Λ = ( l(n) ) n N Teilfolge von ( n ). Beispiel: i) Die Folge ( n ) mit n = ( 1) n ht die konstnten Teilfolgen ( 2n ) bzw. ( 2n 1 ). ii) Die Folge b n = 2 n ist eine Teilfolge der Folge n = n. Definition R heisst Häufungspunkt von ( n ), flls ( n ) eine gegen konvergente Teilfolge besitzt, d.h. flls Λ N existiert mit l (l, l Λ). Beispiel: Die Folge n = ( 1) n ht die Häufungspunkte ±1. Stz Eine Zhl R ist genu dnn Häufungspunkt der Folge ( n ), flls gilt: ε > 0 n 0 N l > n 0 : l < ε. 33

34 Beweis: i) Flls l mit l und l Λ, so existiert offenbr zu jedem ε > 0 ein l 0 Λ mit l l 0, l Λ : l < ε. Ist nun zusätzlich n 0 N vorgegeben, so wähle l Λ beliebig mit l mx{n 0, l 0 }. Es folgt l < ε, und l n 0. ii) Umgekehrt wähle l(1) = 1 und definiere l(n) (n N) induktiv, wie folgt. Sei n N, und seien l(1) < l(2) <... < l(n) bereits bestimmt. Es gilt dnn utomtisch l(j) j, 1 j n. Zu ε = 1 n > 0 und n 0 = l(n) + 1 existiert nch Annhme ein Index l(n + 1) := l n 0 > l(n) mit l < 1 n. Die so konstruierte Teilfolge l(n) konvergiert offenbr gegen. Limes Superior, Limes Inferior Sei ( n ) eine beschränkte Folge, d.h. es existiert ein M R, so dss für lle n N gilt: n M. Wir definieren für lle k N die Mengen A k = { n : n k}. Wegen dem Vollständigkeitsxiom existieren c k = inf n = inf A k sup A k = sup n = b k. n k n>k Für beliebige Mengen A B gilt inf A inf B und sup A sup B und drus schliessen wir wegen A k+1 A k für lle k N: M c 1 c 2... c k c k+1 b k+1 b k... b 2 b 1 M. Also ist die Folge (b n ) monoton fllend und nch unten beschränkt und die Folge (c n ) ist monoton wchsend und nch oben beschränkt. Nch Stz konvergieren lso beide Folgen und dmit existieren b = lim k b k und c = lim k c k. Aufgrund der obigen Abschätzung folgt weiter b c. Wir definieren und b = lim sup k n k n =: lim sup n n c = lim k inf n k n =: lim inf n n. Ist die Folge ( n ) nicht nch oben beschränkt, so definieren wir lim sup n := n 34

35 und flls ( n ) nicht nch unten beschränkt ist, so setzen wir lim inf n n :=. Lemm b und c sind Häufungspunkte von ( n ). Beweis. Wir beweisen die Aussge für b. Sei ε > 0 und n 0 N. Aus b k = sup n k n b folgt die Existenz einer Zhl k 0 = k 0 (ε), so dss für lle k k 0 gilt d.h. für lle k k 0 gilt: b k b < ε, b ε < b k = sup n < b + ε. n k Ohne Einschränkung sei k 0 n 0 (sonst ersetze n 0 durch k 0 ). Für k = k 0 folgt für lle l k 0 : l sup n k 0 n < b + ε < b + 2ε. Weiter existiert wegen Bltt 3, Aufgbe 4 ) ein l k 0 mit Also existiert ein l k 0 n 0 mit: l sup n k 0 n ε > b 2ε. l b < 2ε. Aus Stz folgt dmit die Behuptung. Eine direkte Konsequenz des Lemms ist der Stz von Bolzno-Weierstrss. Stz (Bolzno-Weierstrss). Jede beschränkte Folge ( n ) besitzt eine konvergente Teilfolge. Bemerkung: i) Sei die Folge ( n ) beschränkt. Zu ε > 0 wähle k 0 = k 0 (ε), so dss für lle k k 0 gilt Für k = k 0 folgt dmit für lle n k 0 : c ε < c k = inf n sup n = b k < b + ε. n k n k c ε < n < b + ε, d.h. für lle bis uf endlich viele n N gilt n (c ε, b + ε). 35

36 ii) Aus i) folgt direkt ds b der grösste und c der kleinste Häufungspunkt von ( n ) ist. iii) Ist b = c so konvergiert ( n ) konvergiert gegen b = c. iv) Gilt n konvergiert uch jede Teilfolge von ( n ) gegen. so Stz Sei ( n ) eine beschränkte Folge. Es sind äquivlent: i) n ii) lim inf n = lim sup n = iii) Jede Teilfolge von ( n ) besitzt eine Teilfolge ( l ) l Λ mit l Beweis: Der Beweis folgt us obiger Bemerkung. Definition Eine Folge ( n ) heisst Cuchy-Folge, flls gilt: ε > 0 n 0 N, n, l n 0 : n l < ε. Stz Jede konvergente Folge ( n ) ist eine Cuchy-Folge. Beweis: Es gelte n und sei ε > 0. Wir wählen n 0 N so, dss für lle n n 0 gilt n < ε. Mit Hilfe der Dreiecksungleichung schätzen wir dmit für lle n, l n 0 b: lso ist ( n ) eine Cuchy-Folge. n l n + l < 2ε, Die Umkehrung des Stzes ist uch richtig. Stz Jede Cuchy-Folge ( n ) ist konvergent. Beweis: Zuerst zeigen wir ds jede Cuchy-Folge beschränkt ist. Dzu wählen wir für ε = 1 ein n 0 N so, dss für lle n, l n 0 gilt: n l < 1. Setzen wir n = n 0, so erhlten wir für lle l n 0 l = l n0 + n0 l n0 + n0 < n Insgesmt gilt dmit für lle l N lso ist die Folge beschränkt. l mx { 1,..., n0 1, n0 + 1 }, 36

37 Nch dem Stz von Bolzno-Weierstrss, Stz 4.2.7, existiert dmit Λ N und R mit l (l, l Λ). Zu ε > 0 wählen wir l 0 N mit der Eigenschft ds für lle l l 0, l Λ gilt l < ε. Weiter wählen wir n 0 N so, dss für lle l, n n 0 gilt l n < ε. Für ein l Λ mit l mx {l 0, n 0 } gilt lso für lle n n 0 n n l + l < 2ε und dies zeigt die Konvergenz der Folge ( n ). Beispiel: Wir definieren rekursiv 1 = 1 und n+1 = n + 1 erhlten wir in geschlossener Form die hrmonische Reihe n+1 für lle n N. Dmit Für lle n N gilt die Abschätzung n = 1 n + 1 n n = 1 k. k=1 2n n = 1 n n n n 1 2n = 1 2 und dies zeigt ds die Folge ( n ) keine Cuchy-Folge sein knn. Insofern knn ( n ) nch obigem Stz uch nicht konvergent sein. Bemerkung: Für lle α > 1 konvergiert ber die Folge (siehe Bltt 5, Aufgbe 4) b n := n k=1 1 k α. 4.3 Folgen in R und C Sei ( n ) eine Folge in R d mit n = ( 1 n,..., d n) R d und sei = ( 1,..., d ) R d. Stz Es sind äquivlent: i) n, d.h. n = d( n, ) 0 und ii) Für lle i {1,..., d} gilt i n i. Beweis: Zuerst benöetigen wir eine wichtige Abschätzung: Für lle x = (x 1,..., x d ) 37

38 R d gilt mx 1 i d xi d i=1 x i 2 = x d mx 1 i d xi. Gilt jetzt n, so folgt mit der obigen Abschätzung für lle 1 i d Also folgt ii) us i). i n i n 0. Umgekehrt folgt us i n i für lle 1 i d, wiederum us obiger Abschätzung Insofern impliziert ii) uch i). n d mx 1 i d i n i 0. Aus diesem Stz und den Sätzen und folgt direkt der Stz Es sind äquivlent: i) ( n ) ist Cuchy-Folge (d.h. ε > 0 n 0 N n, l n 0 : n l < ε) ii) ( n ) ist konvergent Definition Die Folge ( n ) ist beschränkt flls gilt: c R n N : n c. Wir können uch den stz von Bolzno-Weierstrss in R d zeigen. Stz (Bolzno-Weierstrss) Jede beschränkte Folge ( n ) besitzt eine konvergente Teilfolge. Beweis: Für lle 1 i d und für lle n N gilt: i n n c. Nch Stz erhlten wir somit Teilfolgen N Λ 1... Λ d =: Λ und Häufungspunkte i R, 1 i d, mit i n i (n, n Λ Λ i ) 1 i d. Aus Stz folgt dmit die Konvergenz n (n, n Λ). 38

39 4.4 Reihen In diesem Abschnitt sei ( k ) ein Folge in R oder C. Die n-te Prtilsumme s n von ( k ) ist definiert durch s n := n = n k. Definition Wir sgen die Reihe k ist konvergent, flls lim s n = lim n n k=1 n k =: k=1 k=1 k. k=1 Beispiele: 1) Sei q R mit q < 1. Aus der geometrische Summenformel (Aufgbe 4, Bltt 2) folgt: n q k = 1 qn+1. 1 q Im Abschnitt 4.2 hben gezeigt, dss q n 0 für lle q R mit q < 1 gilt. Also konvergiert die Reihe n q k und es gilt Die ist die sogennnte geometrische Reihe. 2) Die hrmonische Reihe: q k = 1 1 q. Im Abschnitt 4.2 hben wir bereits gezeigt, dss die hrmonische Reihe divergiert, denn die Folge s n = n Stz Es gelten k=1 1 k k=1 i) Die Reihe k ist konvergent, flls gilt: k=1 1 k ist keine Cuchy-Folge. ε > 0 n 0 N n l n 0 : s n s l = n k=l+1 k < ε, 39

40 n d.h. k 0 für n l. k=l ii) Sei k 0 für lle k N. Dnn konvergiert die Reihe k genu dnn, wenn die Folge s n = n k=1 k nch oben beschränkt ist. k=1 Beweis: Aus Stz und Stz folgt: Dies beweist i). (s n ) konvergent (s n ) Cuchy-Folge. ii) folgt us Stz und Stz 4.2.4, denn nch Vorrussetzung ist (s n ) monoton wchsend. Bemerkung: 1) Ist k konvergent, so folgt durch Whl von l = n 1 im Punkt k=1 i) des obigen Stzes, ds n 0 gelten muss. 2) Wie mn m Beispiel der hrmonischen Reihe sieht, folgt us k 0 nicht ds die Reihe k konvergieren muss. k=1 Stz (Quotientenkriterium). Sei ( k ) eine Folge mit k 0 für lle k N. Dnn gilt i) Ist lim sup k ii) Ist lim inf k+1 k k k+1 k < 1, so ist die Reihe k konvergent. k=1 > 1, so ist die Reihe k divergent. k=1 Beweis: i) Wir setzen q 0 := lim sup k k+1 = lim k sup n k n k+1 k < 1 und wir wählen q R mit q 0 < q < 1. Dmit existiert ein n 0 N so, dss für lle n n 0 gilt: sup k+1 q. k n k Indem wir n = n 0 wählen, erhlten wir speziell für lle k n 0 : k+1 k q. 40

41 Dmit bekommen wir für lle k n 0 k Für lle n > l n 0 gilt lso k = k 1... n 0 +1 n0 q k n 0 n0. k 1 k 2 n0 (4.1) n k k=l n k k=l n q k n 0 n0 = n0 q l n 0 k=l n k=l q k l n 0 q l n 0, 1 q denn nch obigem Beispiel zur geometrischen Reihe gilt für lle n > l n 0 n q k l k=l Lssen wir n > l, so folgt lso n k 0, k=l q k = 1 1 q. und us Stz folgt dmit die Konvergenz der Reihe k=1 k. ii) Nch Vorussetzung gilt lim inf k+1 n k = lim n inf k n k+1 k > 1. Also existiert ein n 0 N mit der Eigenschft, dss für lle k n 0 gilt k+1 inf l+1 1. k l n 0 l Als Konsequenz erhlten wir für lle k n 0 die Abschätzung k k =... n 0 +1 n0 n0 > 0 k 1 n0 und dmit folgt us der obigen Bemerkung ds die Reihe k nicht konvergieren knn. k=1 Beispiele: 1) Die Exponentilreihe: Für z C definieren wir exp(z) := z k k!. Es gilt exp(0) = 1 und für lle z C \{0} folgt mit k := zk k+1 = z k+1 k! k (k + 1)! z k = k! : z 0 für k. k

42 Nch dem Quotientenkriterium konvergiert die Exponentilreihe lso für lle z C. Weiter erhlten wir us der obigen Abschätzung für lle z C mit z k+1 2 und lle l k l+1 l = z l + 1 z k Aus (4.1) folgt dnn mit k = l = n 0 und q = 1 2 k 1 exp(z) z j j! = z j (4.2) j! 2 z k. k! j=0 j=k 2) Frge: Für welche z C konvergiert die Reihe f(z) = z k k! k k? Für z = 0 gilt f(0) = 1 und für z 0 definieren wir k = zk k!. Dnn gilt: k k k+1 k = z k+1 (k + 1)! (k + 1) k+1 k k z k k! = z k k (k + 1) k = z 1 ( ) k z e k für k. Insgesmt folgt lso us dem Quotientenkriterium ds die reihe für lle z C mit z < e knovergiert und für lle z C mit z > e divergiert. Im nächsten Stz beweisen wir ein weiteres Kriterium zur Konvergenz bzw. Divergenz von reihen. Stz (Wurzelkriterium). Sei ( k ) eine Folge in R oder C. Dnn gilt: i) Ist lim sup k ii) Ist lim sup k k k < 1, so ist die Reihe k=1 k k > 1, so ist die Reihe k=1 k konvergent. k divergent. Beweis: i) Wir wählen ein q R mit lim sup k k < q < 1 und bemerken ds dnn ein n 0 N existiert mit der Eigenschft ds für lle k n 0 gilt Dmit gilt für lle n > l k k q, oder äquivlent k q k. n k k=l n q k k=l ql 1 q 0 42

43 und dmit konvergiert die Reihe k nch Stz ii) Wir wählen ε so, dss Also gilt für lle k 0 N k=1 lim sup k k =: 1 + ε > 1. sup k k 0 k k 1 + ε 2 Wegen Bltt 3, Aufgbe 4, existiert dnn für lle k 0 N ein k k 0 so, ds k k 1 oder k 1. Dmit konvergiert ( k ) nicht gegen Null, d.h. k knn nicht konvergieren. k=1 Potenzreihen Sei (c k ) eine Folge in R oder C. Die Reihe p(z) = c 0 + c 1 z +... = c k z k heisst Potenzreihe. Wir definieren k := c k z k und erhlten k k = z k c k. Aus dem Wurzelkriterium folgt dmit direkt der folgende Stz. Stz Die Potenzreihe p(z) = c k z k konvergiert für lle z C mit z < ρ := 1 lim sup k [0, ]. c k Die Reihe ist divergent für lle z C mit z > ρ. Die Zhl ρ heisst Konvergenzrdius von p. Beispiel: Wir betrchten die Potenzreihe p(z) = c k z k mit { 1, für k ungerde c k =, für k gerde 1 k Wir prüfen zuerst ob wir ds Quotientenkriterium nwenden können um den Kon- 43

44 vergenzrdius von p zu bestimmen. Dzu berechnen wir c k+1 c k { k, k gerde = 1 k+1, k ungerde Also gilt und lim sup c k+1 c k lim inf c k+1 c k = = 0. Ds Quotientenkriterium liefert lso keine Aussge über die Konvergenz bzw. Divergenz von p. Andererseits folgt ber k c k = { 1, k ungerde, k gerde 1 k k lim sup k c k = 1 Also folgt us dem Wurzelkriterium: c k z k { ist konvergent für lle z C mit z < 1 ist divergent für lle z C mit z > 1 Stz (Leibniz-Kriterium) Sei ( k ) eine monoton fllende reelle Nullfolge ( k 0 k N). Dnn ist die lternierende Reihe S = Abschätzung (4.3) ( 1) k k konvergent und für lle n N 0 gilt die n 0 S ( 1) k k n+1. Beweis: Zuerst bemerken wir, dss für jede monoton fllende relle Nullfolge ( k ) gilt: k 0 für lle k N. Wir definieren S n = n ( 1) k k und bemerken, dss für lle n N 0 gilt S 2n+2 S 2n = 2n+2 2n+1 0, S 2n+3 S 2n+1 = 2n+2 2n+3 0 S 2n+1 S 2n = 2n+1 0, und d die Folge k monoton fllend ist. Dmit erhlten wir für lle n N S 1 S 3... S 2n+1 S 2n... S 2 S 0. Also ist die Folge (S 2n ) monoton fllend und nch unten beschränkt (durch S 1 ) und 44

45 die Folge S 2n+1 ist monoton wchsend und nch oben beschränkt (durch s 0 ). Wegen Stz konvergieren lso die beiden Folgen S 2n bzw. S 2n+1 b. Weiter folgt b = lim (S 2n S 2n+1 ) = lim 2n+1 = 0. n n Dmit konvergiert die gesmte Folge S n = b =: S. Zusätzlich erhlten wir für lle n N 0 S 2n+1 S S 2n+2 S 2n und dmit 0 S S 2n+1 S 2n+2 S 2n+1 = 2n+2 und 0 S 2n S S 2n S 2n+1 = 2n+1. Zusmmen folgt lso für lle n N 0 0 S S n n+1. Beispiel: S = = konvergiert diese Reihe, d die Folge k = 1 Später zeigen wir ds S = log 2 gilt. k+1 ( 1) k 1 k+1. Nch dem obigen Stz eine monoton fllende Nullfolge ist. Wir können llerdings die Reihenglieder uch umordnen und erhlten S = ( = 1 1 ) 1 ( = = 1 2 = S 2. ) ( ±... ( ) 6 ±... ) 1 12 ±... Dies würde ber S = 0 implizieren. Also durften wir die Reihe insgesmt nicht umordnen. Absolute Konvergenz Sei ( n ) eine Folge in R oder C. 45

46 Definition Die Reihe k konvergiert bsolut, flls die Reihe k konvergiert. k=1 k=1 1 k+1 diver- Beispiele: 1) Die Reihe ( 1) k 1 k+1 konvergiert nicht bsolut, denn die Reihe giert. 2) Die Potenzreihe p(z) = c k z k konvergiert bsolut für lle z C mit z < ρ (ρ ist der Konvergenzrdius der Reihe). Stz (Umordnungsstz). Die Reihe k sei bsolut konvergent und sei ϕ : N N bijektiv. Dnn ist uch die Reihe ϕ(k) bsolut konvergent und es gilt: k=1 ϕ(k) = k=1 k=1 k. k=1 Beweis: Sei S = k. Nch Vorussetzung gilt für n k=1 n k = k k 0. k=n+1 Also existiert für lle ε > 0 ein n N mit k < ε 2. k=n+1 Für m hinreichend gross gilt ϕ 1 ({1,..., n}) {1,..., m}, bzw. {1,..., n} ϕ({1,..., m}), und es folgt m S S ϕ(j) ϕ(j) + ϕ(j) j=1 j {1,...,m},ϕ(j) n j {1,...,m},ϕ(j)>n }{{ } < ε 2 < S < ε. n k=1 k + ε 2 46

47 Stz Für lle z C gilt: exp z = z k ( k! = lim 1 + z n. n n) Beweis: Sei z C. Zu ε > 0 wähle m N 0 mit k=m+1 z k k! < ε 3. Für lle z C folgt us Aufgbe 3, Bltt 5 (1 + z n )n = n ( ) n z k k n k. Dmit gilt für n > m: ( 1 + n) z n n exp z = n(n 1)... (n k + 1) z k n k k! z k k! m ( ) n(n 1)... (n k + 1) z k n k 1 k! n n(n 1)... (n k + 1) z k + n k + k! k=m+1 k=m+1 2ε m 3 + n(n 1)... (n k + 1) n k 1 z k k!. z k k! Für n gilt: n(n 1)... (n k + 1) n k 1 0 und dmit existiert ein n 0 N so, dss für lle n n 0 gilt: m n(n 1)... (n k + 1) n k 1 z k k! < ɛ 3. Insgesmt folgt dmit ( 1 + n) z n exp z < ε. Stz (Cuchy Produkt). Die Reihen seien bsolut konvergent. Dnn ist uch die Reihe n=0 c n mit c n = k und k+l=n b k k b l = n k b n k bsolut 47

48 konvergent, und es gilt: ( ) ( ) ( ) c n = k b l = k b k n=0 n=0 k+l=n Beweis. Für N N definieren wir A N := N k wobei A, B <. Es folgt k =: A und B N := N b k b k =: B, N c n k b l k b l = A N B N A B <. n=0 k+l N k,l N Nch Stz ist n=0 c n bsolut konvergent und wir berechnen ( 2N ) ( 2N ) 2N k b l c n = k b l k b l l=0 n=0 k,l 2N k+l 2N k b l k,l 2n mx{k,l}>n = A 2N B 2N A N B N 0 Beispiel: Für lle z, w C gilt: exp (z + w) = exp z exp w. Beweis: Wir benutzen Stz mit k = zk k! und b k = wk k!. Dmit erhlten wir ( z k ) ( w k ) exp z exp w = k! k! = = = n n=0 n n=0 n=0 1 n! z k w n k k!(n k)! ( ) n k (z + w) n n! = exp (z + w). z k w n k 48

49 Lemm Für k C sei die Reihe S = k konvergent. Dnn ist uch die komplex konjugierte Reihe k konvergent mit Grenzwert S. Beweis: Mit S n = n k gilt S n = n k und dmit S S n = S S n = S S n 0 für n. Stz Es gelten die folgenden Eigenschften: 1) exp z exp ( z) = 1 z C, insbesondere ist exp z 0, 2) exp x > 0 x R 3) exp (iy) = 1 y R 4) exp (x + iy) = exp x x, y R 5) exp (pz) = (exp z) p z C, p Z Beweis: zu 1) Aus dem obigen Beispiel zum Cuchy-Produkt von Reihen folgt exp (z) exp ( z) = exp (z z) = exp 0 = 1. zu 2) Aus der Definition von exp folgt für lle x 0 Für x < 0 erhlten wird zu 3) Wir berechnen exp x = 1 + x + x2 2 exp x = +... [1, ). 1 (0, 1). exp ( x) exp (iy) 2 = exp (iy)exp (iy) = exp (iy) exp ( iy) = 1. zu 4) Es gilt mit Hilfe von 2) und 3) zu 5) Für lle p N schliessen wir Für p Z \ N folgt dmit lso die Behuptung. exp (x + iy) = exp x exp (iy) = exp x. exp (pz) = exp (z z) = (exp z) p. 1 = exp (pz) exp (( p)z) = exp (pz)(exp z) p, 49

50 Winkelfunktionen Sei S 1 := {z C : z = 1}. Die Abbildung c : R S 1 mit c(t) = exp (it) ist nch Stz 4.4.9, 4), wohldefiniert. Definition Wir definieren für lle t R cos t := R(exp (it)) = sin t := I(exp (it)) = exp (it) + exp ( it) 2 exp (it) exp ( it) 2i und Bemerkung: Aus der Definition folgt sofort die Eulersche Formel exp (it) = cos t + i sin t. Lemm Es gelten die folgenden Gleichungen: 1) cos 2 (t) + sin 2 (t) = 1 t R 2) cos ( t) = cos t, sin ( t) = sin t t R 3) cos (α + β) = cos α cos β sin α sin β α, β R 4) sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β α, β R. Beweis: zu 1) Dies folgt direkt us 1 = exp (it) 2 = cos 2 t + sin 2 t. 2) folgt durch Einsetzen direkt us der Definition der beiden Funktionen. 3) und 4) Es gilt cos (α + β) + i sin (α + β) = exp (i(α + β)) = exp (iα) exp (iβ) =(cos α + i sin α)(cos β + i sin β) = cos α cos β sin α sin β + i(sin α cos β cos α sin β). Vergleich der Rel- bzw. Imginärteile liefert die Behuptung. Stz Die beiden Reihen ( 1) k t2k (2k)! und ( 1) k t 2k+1 (2k + 1)! 50