c < 1, (1) c k x k0 c k = x k0

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1 4.14 Satz (Quotientenkriterium). Es sei (x k ) Folge in K. Falls ein k 0 existiert, so dass für k k 0 gilt x k 0 und x k+1 x k c < 1, (1) so ist x k absolut konvergent. Beweis. Aus (1) folgt mit vollständiger Induktion, dass x k0 +k c k x k0, k 1, 2,... (2) Damit folgt die Konvergenz aus dem Majorantenkriterium, denn die Reihe ist ein Vielfaches der geometrischen Reihe. kk 0 x k0 c k x k0 kk 0 c k 4.15 Satz (Wurzelkriterium). Es sei (x k ) Folge in K mit k xk c < 1 für alle k k 0. (1) Dann ist k1 x k absolut konvergent. Beweis. Wegen x k c k folgt die Konvergenz aus dem Majorantenkriterium und der Konvergenz der geometrischen Reihe Bemerkung. Das Wurzelkriterium bzw. das Quotientenkriterium sind insbesondere erfüllt, wenn die folgenden Grenzwerte existieren und < 1 sind: x k+1 k lim < 1 bzw. lim xk < 1. k x k k Existiert ein k 0 mit x k+1 x k 1 oder k x k 1 für alle k k 0, so ist die Reihe divergent, denn dann bilden die Glieder keine Nullfolge. Dies ist insbesondere der Fall wenn die obigen Grenzwerte > 1 sind. (Sind die Grenzwerte 01, so ist keine Aussage möglich.) (c) Ist das Quotientenkriterium erfüllt, so ist auch das Wurzelkriterium erfüllt, s. 4.14(2). (d) Ist die Reihe absolut konvergent, so kann man die Glieder beliebig umordnen, ohne dass sich der Reihenwert ändert Die Exponentialfunktion. Sinus. Cosinus. Die Reihe k0 zk k! : ez (auch exp z) konvergiert für alle z C, da z k+1 (k + 1)! zk k! z k (Quotientenkriterium). Man setzt e : e 1. 23

2 (c) k0 ( 1)k (2k)! z2k cos z konvergiert für alle z C (Wurzelkriterium). k0 ( 1)k (2k z2k+1 sin z konvergiert für alle z C (Wurzelkriterium). + 1)! 4.18 Satz. e(0) 1 e z e w e z+w. Insbesondere: e z 0 z C, da e z e z e 0 1. (c) e iz cos z + i sin z, z C (Eulersche Formel). Speziell: x R: cos x Re e ix, sin x Im e ix. (d) cos( z) cos z, sin( z) sin z, z C (e) cos z eiz + e iz, sin z eiz e iz, z C. 2 2i (f) e ix 1 für x R, insbesondere 1 cos x, sin x 1 für x R (auf C sind beide Funktionen unbeschränkt). (g) e z e z (h) cos(w + z) cos w cos z sin w sin z sin(w + z) sin w cos z + cos w sin z, w, z C. Beweis. (c) klar e z e w Cauchy Produkt BIN LS k k0 j0 k0 z j j! w k j (k j)! 1 k! (z + w)k e z+w. k k0 j0 1 k! ( ) k z j w k j j e iz 4.2 (iz) k k0 k! 4.2 l0 (iz) 2l (2l)! + l0 (iz) 2l+1 (2l + 1)! ( 1) l z 2l (2l)! + i ( 1) l z 2l+1 (2l + 1)! l0 cos z + i sin z Speziell für x R gilt cos x R, sin x R, also l0 cos x Re e ix und sin x Im e ix. (d) Einsetzen in 4.17(c),(d) (e) folgt aus (c). (f) e ix cos x i sin x cos( x) + i sin( x) e ix e ix 2 e ix e ix e 0 1. Da e ix 2 cos 2 x + sin 2 x folgt Aussage über sin, cos. 24

3 (g) Schreibe z x + iy, e z e x iy e x (cos( y) + i sin( y)) e x (cos y i sin y) e x (cos y i sin y) e z. (h) Einsetzen von (e) und. 25

4 5 Stetigkeit Im Folgenden seien X, Y, Z Teilmengen von R oder C. Ferner sei f : X Y eine Abbildung. 5.1 Definition. f heißt stetig in x 0 X, falls gilt ε > 0 δ > 0 so, dass f(x) f(x 0 ) < ε, falls x X und x x 0 < δ. (c) f heißt stetig auf X, falls f in jedem Punkt von X stetig ist. C(X, Y ) {f : X Y : fstetig}. Statt C(X, R) bzw. C(X, C) schreibt man meist C(X). 5.2 Satz (Folgencharakterisierung). f ist stetig in x 0 X genau dann, wenn für jede Folge (x n ) mit x n x 0 gilt: f(x n ) f(x 0 ). Beweis. Sei f stetig, x k x 0, ε > 0 vorgelegt. Dann existiert δ > 0 mit: f(x) f(x 0 ) < ε falls x x 0 < δ. Wähle n 0 so groß, dass x k x 0 < δ für k n 0. Es folgt f(x k ) f(x 0 ) < ε für k n 0, d.h.f(x k ) f(x 0 ). Sei f nicht stetig in x 0. Dann existiert ein ε 0 derart, dass für alle δ mindestens ein x (δ) existiert mit f(x (δ) ) f(x 0 ) ε 0, obwohl x (δ) x 0 < δ. (1) Speziell für δ n 1/n wähle x n : x (δn), n 1, 2, 3,.... Wegen (1): x n x 0, aber f(x n ) f(x 0 ). 5.3 Satz (Komposition). Ist f : X Y stetig in x 0 X und g : Y Z stetig in f(x 0 ) Y, so ist g f : X Z stetig in x 0. f stetig Beweis. x n x 0 f(x n ) f(x 0 ) g stetig g(f(x n )) g(f(x 0 )). 5.4 Lemma (Einschränkung). Ist f : X Y stetig, und ist X 0 X, so ist die Einschränkung von f auf X 0 die Funktion f X0 : X 0 Y mit f X0 (x) f(x) für x X 0. Klar: Ist f stetig in x 0 X 0, so auch f X Satz (Summe, Produkt, Kehrwert). Sind f, g : X K stetig in x 0, so gilt f + g : X K stetig in x 0. fg : X K stetig in x 0. (c) Ist zusätzlich f(x) 0 für alle x X, so ist auch 1 f(x) stetig in x 0. Insbesondere: C(X) ist K-Vektorraum mit den Operationen (f + g)(x) f(x) + g(x), (cf)(x) cf(x), f, g C(X), c K. Beweis. Mit der Folgencharakterisierung. 26

5 5.6 C-wertige Funktionen. Ist f : X C stetig, so gibt es für jedes x X zwei eindeutig bestimmte Elemente a(x), b(x) R mit f(x) a(x) + ib(x). Damit liefern a : x a(x) und b : x b(x) selbst Abbildungen von X nach R, die man als Realteil und Imaginärteil von f bezeichnet: a Re f, b Im f. Aus 3.4 folgt: fstetig in x 0 Re f und Im f stetig in x Lemma. Eine Funktion p : C C der Form p(z) n k0 a kz k mit geeignetem n N 0 und a 0,..., a n C heißt (komplexwertiges) Polynom. Polynome sind auf C stetig (also auch auf R). Es seien p, q Polynome und X {z : q(z) 0}. Dann ist die Funktion f : X C definiert durch f(z) p(z) q(z) stetig. Diese Funktionen heißen rationale Funktionen. Beweis. Schrittweise: Zunächst sind die konstanten Funktionen z c, c C fest, stetig: Aus z n z 0 stets folgt c c. Ferner ist die Funktion z z stetig: Aus z n z 0 folgt z n z 0. Damit sind nach 5.5 auch die Funktionen z a k z k, k 1, 2,..., stetig, somit, wiederum nach 5.5 das Polynom als deren Summe. Verwende und 5.5(c). 5.8 Lemma. Die Exponentialfunktion exp : C C ist stetig. sin z, cos z : C C sind stetig. Beweis. Zunächst z 0 0: Sei ε > 0 vorgelegt. Wir können annehmen, dass ε < 1 ist. Wähle δ ε/2. Zeige zunächst Stetigkeit in 0: Für z 0 < δ gilt 1 z > 1/2 und exp(z) exp(0) Nun sei z 0 C beliebig. Dann ist k0 k1 z k k! 1 z k k! z k k! k1 z k k1 <δ {}}{ z < δ 1 z 1/2 ε. }{{} >1/2 exp(z) exp(z 0 ) exp(z 0 ) exp(z z 0 ) 1. Aus z n z 0 folgt z n z 0 0 also (siehe oben) exp(z n z 0 ) 1, also exp(z 0 ) exp(z n z 0 ) 1 0. Ähnlich. 5.9 Beispiele. Die Betragsfunktion ist stetig auf R und C, weil z z n z z n. 27

6 5.10 Zwischenwertsatz. Es sei [a, b] ein Intervall, a < b und f : [a, b] R stetig. Ist f < 0 und f > 0, so existiert ein x 0 ]a, b[ mit f(x 0 ) 0. Wichtig: Intervall, reellwertig, stetig Beweis. Bisektionsverfahren: Wir konstruieren eine Folge von Intervallen [a k, b k ], k 1, 2,... mit f(a k ) 0, f(b k ) 0 und b k a k b a 2 k. (1) Dazu setze: a 0 a, b 0 b. Seien a k, b k konstruiert. Setze x k (a k + b k )/2. Ist f(x k ) 0, so setze a k+1 x k, b k+1 b k. Ist f(x k ) > 0, so setze a k+1 a k, b k+1 x k. Diese Folge hat gewünschte Eigenschaften. Eventuell treffen wir durch Zufall eine Nullstelle. Ansonsten a k monoton wachsend und beschränkt {a k } habe Grenzwert ã b k monoton fallend und beschränkt {b k } habe Grenzwert b Wegen (1) ã b : x 0. Wegen Stetigkeit von f und Stabilität des Grenzwertes } f(x 0 ) lim f(a k ) 0 f(x f(x 0 ) lim f(b k ) 0 0 ) Folgerung (Zwischenwertsatz). Es sei f : [a, b] R stetig. Dann nimmt f jeden Wert zwischen f und f an. Beweis. Sei etwa f < f und f < c < f. Definiere g : [a, b] R durch g(x) f(x) c. Dann g < 0, g > 0. Nach 5.13 existiert x 0 mit g(x 0 ) 0, also f(x 0 ) c. Ist f > f und f > c > f, so betrachte g(x) c f(x) Folgerung. Es sei I R irgendein Intervall, f : I R stetig. Dann ist das Bild f(i) ein Intervall. Bemerkung: Der Intervalltyp (offen, abgeschlossen, beschränkt) muss nicht erhalten bleiben. Der folgende Satz ist sehr nützlich: 5.13 Satz. Es sei f : [a, b] R stetig und streng monoton wachsend (d. h. f(x 1 ) > f(x 2 ) für x 1 > x 2, x 1, x 2 [a, b]). Setze A f, B f. Dann ist f : [a, b] [A, B] bijektiv, hat also eine Umkehrfunktion F : [A, B] [a, b] und diese ist stetig und streng monoton wachsend. (Analog für monoton fallende Funktionen.) 5.14 Folgerung. Für k N, k 2 ist die Abbildung x x k : R 0 R 0 stetig und streng monoton wachsend. Man sieht leicht, dass sie bijektiv ist. Da (nach Definition) die k-te Wurzel die eindeutig bestimmte Zahl mit ( k x) k x ist, ist x k x die Umkehrfunktion. Nach 5.13 (angewendet auf Intervalle [a, b] [0, n] und [A, B] [0, N k ]) ist sie also stetig und streng monoton wachsend. 28