piiq oder p 8, aq, p 8, as, pa, `8q, ra, `8q mit einer reellen Zahl a; piiiq oder p 8, `8q R. [6 Punkte] Achtung: Denken Sie auch an den Fall I!

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1 Analysis I Wintersemester 2015/16 9. Übungsblatt, Lösungsbeispiele Jun. Prof. Dr. Christian Reiher, Pascal Gollin Alexander Block, Hendrik Niehaus, Jakob Kneip, Jakob Schnitzer Aufgabe 5 Es sei I Ď R eine Menge mit der Eigenschaft, dass für alle reellen Zahlen x ă y ă z mit x, z P I auch y P I Man beweise, dass I ein Intervall ist, d.h. von einer der folgenden Formen ist: piq pa, bq, ra, bq, pa, bs oder ra, bs mit reellen Zahlen a ď b; piiq oder p 8, aq, p 8, as, pa, `8q, ra, `8q mit einer reellen Zahl a; piiiq oder p 8, `8q R. Achtung: Denken Sie auch an den Fall I! Lösung. Wir unterscheiden vier Fälle. [6 Punkte] Fall 1: Die Menge I ist nach oben und nach unten beschränkt. Wir zeigen, dass eine der vier Möglichkeiten aus piq eintritt. Falls I, dann gilt I p0, 0q. Ab jetzt nehmen wir daher an, dass I nichtleer ist. Setze a infpiq und b suppiq. Falls a b, dann ist I ra, bs, also nehme man ab jetzt a ă b an. Offenbar ist I Ď ra, bs und um den Fall abzuschließen genügt es zu beweisen, dass auch pa, bq Ď I (1) Man betrachte dazu eine beliebige Zahl x P pa, bq. Da a das Infimum von I ist, kann x keine untere Schranke von I sein und demnach gibt es ein a 1 P I mit a 1 ă I. Ebenso folgt aus der Definition von b als Supremum von I, dass es ein b 1 P I mit x ă b 1 geben muss. Insgesamt haben wir nun a 1 ă x ă b 1 und a 1, b 1 P I. Aus der Voraussetzung über I folgt nun x P I. Damit ist (1) gezeigt. Jenachdem, ob die Aussagen a P I und b P I wahr oder falsch sind, können vier Fälle auftreten, die den vier in piq genannten Intervalltypen entsprechen. Fall 2: Die Menge I ist nach oben beschränkt und nach unten unbeschränkt. Insbesondere ist I H und es existiert die Zahl a suppiq. Nun ist I Ď p 8, as und wie wir gleich sehen werden, gilt auch p 8, aq Ď I. (2) Sobald dies gezeigt ist, kann man die Fälle a P I und a R I unterscheiden, was auf I p 8, as beziehungsweise I p 8, aq führt. Zum Beweis von (2) sei x ă a beliebig. Da x keine obere Schranke von I ist, gibt es ein a 1 P I mit x ă a 1. Außerdem gibt es ein y P I mit y ă x, denn I ist ja nach unten unbeschränkt. Aus y ă x ă a 1 und der Voraussetzung über I folgt nun wie gewünscht x P I. Fall 3: Die Menge I ist nach oben unbeschränkt und nach unten beschränkt. Setze a infpiq und arbeite wie im zweiten Fall. Dies zeigt, dass I pa, 8q oder I ra, 8q Fall 4: : Die Menge I ist in beide Richtungen unbeschränkt. In diesem Fall gilt I R. Denn ist x P R beliebig, so gibt es infolge der Beschreibung von Fall 4 zwei reelle Zahlen r und s mit r ă x ă s und r, s P I. Aus der Voraussetzung über I folgt also x P I. Damit sind alle Fälle durchdiskutiert. 1 l

2 Aufgabe 6 Es sei f : r0, 1s ÝÑ r0, 1s eine stetige Funktion. Man beweise, dass es ein x P r0, 1s mit fpxq x gibt. Lösung. Es sei f : r0, 1s ÝÑ R die durch f pxq fpxq x für alle x P r0, 1s definierte Funktion. Als Summe stetiger Funktionen ist f stetig. Die Behauptung ist dazu äquivalent, dass f eine Nullstelle im Intervall r0, 1s hat. Nun ist f p0q fp0q ě 0 und f p1q fp1q 1 ď 0. Falls in einer der beiden Abschätzungen Gleichheit gilt, ist x 0 oder x 1 eine solche Nullstelle. Andernfalls ist f p0q ą 0 ą f p1q und f hat nach Zwischenwertsatz (Satz 11.3) eine Nullstelle. Aufgabe 7 Es seien a ă b zwei reelle Zahlen, I ra, bs und f : I ÝÑ R eine beschränkte Funktion. Man beweise, dass es eine reelle Zahl x P I derart gibt, dass sup`fris sup`fri X U ε pxqs für alle ε ą 0 Hinweise: Es wird wirklich nichts darüber vorausgesetzt, ob f stetig ist. Was passiert, wenn Sie versuchen, den Beweis von Satz 11.7 anzupassen? Lösung. Da f beschränkt ist, existiert M suppfrisq. Man betrachte eine Folge px n q von Zahlen aus I mit der Eigenschaft, dass die Folge `fpx n q gegen M konvergiert. Da das Intervall I abgeschlossen und beschränkt ist, besitzt die Folge px n q nach Satz von Bolzano und Weierstraß (Folgerung 5.18 aus der Vorlesung) eine konvergente Teilfolge px nk q. Setze x lim kñ8 x nk. Offenbar ist x P I und wir wollen nun zeigen, dass x die verlangte Eigenschaft besitzt. Sei dazu ε ą 0 beliebig. Dann liegt die Folge x nk ab einem gewissen Folgenindex komplett in der ε-umgebung von x. Damit bildet ist die Folge fpx nk q ab diesem Index eine in fri X U ε pxqs liegende, gegen M konvergente Folge und es gilt M ď sup pfri X U ε pxqsq ď suppfrisq M, was wie gewünscht M sup pfri X U ε pxqsq impliziert.

3 Es sei n P N. Aufgabe 8 (a) Man beweise, dass für alle reellen Zahlen x, y ě 0 die Ungleichung n? x n? y ď na x y (b) Man beweise, dass die Funktion n? : r0, 8q ÝÑ r0, 8q gleichmäßig stetig ist. Lösung. [4+2 Punkte] (a) Da die zu beweisende Aussage in x und y symmetrisch ist, dürfen wir o.b.d.a. y ą x annehmen. Nach dem binomischen Lehrsatz (Satz 1.10) gilt ` n?? n 1 ÿ x ` n y x n x ` k 1 ˆn k und somit, da die n-te Wurzel monoton steigend ist, a n xk py xq n k ` py xq ě x ` py xq y, n? x ` n a y x ě n? y, d.h. a? n y x ě n y n? x n? y n? x. (b) Es sei ε ą 0 beliebig. Setze δ ε n. Für alle x, y P r0, 8q mit x y ă δ gilt nun nach Teilaufgabe (a), dass n? x n? y ď na x y ă n? δ ε. Also ist die n-te Wurzel in der Tat gleichmäßig stetig. Aufgabe 9 Es sei α ą 0 eine reelle Zahl. Man bestimme den Grenzwert lim x α e? x. Antwort. Der gesuchte Grenzwert ist 0. Beweis. Wähle eine natürliche Zahl n mit n ą α ` 1. Für jede positive reelle Zahl x gilt und somit e?x 8ÿ? k x k! k 0 8ÿ k 0 x α e? ď xα p2nq! x x α`1 x k{2 k! ě p2nq! x xn xα`1 p2nq! ě p2nq!, ÝÑ 0.

4 Bonusaufgabe 10 Es sei f : p0, 8q ÝÑ R eine stetige Funktion mit der Eigenschaft, dass lim fpnxq 0 nñ8 für jede positive reelle Zahl x Man beweise, dass sogar lim fpxq 0 [10 Punkte] Strategie. Die erste Idee besteht darin, die Aufgabe indirekt anzugehen, d.h. anzunehmen lim fpxq 0 sei nicht der Fall. Sodann müssen wir die Existenz einer Zahl z nachweisen, für die lim nñ8 fpnzq 0 falsch ist. Dies wiederum bedeutet, dass es eine Folge n 1 ă n 2 ă... natürlicher Zahlen und eine Umgebung U von 0 derart geben muss, dass fpn k zq R U für alle k P N Nun kommt die nächste Idee ins Spiel: Wir geben z nicht sofort an, sondern konstruieren z gleichzeitig mit der Folge pn k q kpn. Genauer gesagt wird z der Schnittpunkt einer Intervallschachtelung pj k q kpn sein und wir definieren die Folgen pn k q und pj k q gleichzeitig. Im ersten Schritt setzen wir bloß n 1 und J 1 fest. In diesem Moment wissen wir über z noch nicht mehr als dass letztlich z P J 1 sein wird und wir kennen auch die Folge pn k q kě2 noch nicht. Um auf jeden möglichen Wert von z vorbereitet zu sein, ist es günstig, n 1 und J 1 so zu wählen, dass fpn 1 xq R U für alle x P J 1 gilt, denn dann können wir dies später insbesondere auf x z anwenden. Im zweiten Schritt wählen wir dann ein Intervall J 2 Ď J 1 und eine Zahl n 2 ą n 1 derart, dass fpn 2 xq R U für alle x P J 2 gilt, und so geht es immer weiter. Um die ganze Konstruktion am Laufen zu halten, brauchen wir als dritte Idee noch eine Tatsache über Intervalle, die wir unten als kleines Lemma festhalten werden. Lösung. Ist I ra, bs ein abgeschlossenes Intervall mit b ą a ą 0 und n P N, so schreiben wir n I für das Intervall rna, nbs. Zur Vorbereitung zeigen wir zuerst das folgende Lemma. Für jedes abgeschlossene Intervall I ra, bs mit b ą a ą 0 gibt es eine reelle Zahl C mit ď n I Ě rc, 8q. npn Beweis. Wir zeigen, dass C ab diese Eigenschaft hat. Um dies zu sehen, betrachten b a wir eine beliebige reelle Zahl x ě C. Wir müssen zeigen, dass es ein n P N mit x P n I gibt. Setze n t x u. Wegen a x a ě C a b b a ą 1 ist zumindest n P N. Außerdem ist na ď x und damit bleibt nb ě x zu zeigen. Wegen n ą x a 1 ě C a 1 b b a 1 a b a ist npb aq ě a und folglich nb ě pn ` 1qa. Außerdem folgt aus n ą x a 1 sofort pn ` 1qa ą x und insgesamt gilt daher in der Tat nb ě pn ` 1qa ě x. Nun kommen wir zur eigentlichen Aufgabe. Wenn die Behauptung falsch wäre, was wir von nun an annehmen wollen, gäbe es eine reelle Zahl ε ą 0 und eine bestimmt gegen 8 divergierende Folge px k q kpn positiver reeller Zahlen mit fpx k q ě ε für alle k P N. Da f stetig ist, kann man wie in Folgerung 11.2 zu jedem k P N ein δ k P p0, x k q derart finden, l

5 dass für alle x aus dem Intervall I k rx k δ k, x k ` δ k s zumindest noch fpxq ě ε 2 Wenn wir also U ` ε 2, ε 2 setzen, gilt fpxq R U für alle x P ď kpn I k. (3) Nun arbeiten wir darauf hinaus, eine Zahl z zu finden, deren Vielfache unendlich viele dieser Intervalle treffen. Dazu konstruieren wir gleichzeitig eine aufsteigende Folge pn k q natürlicher Zahlen und eine Intervallschachtelung pj k q. Die Konstruktion beginnt mit n 1 1 und J 1 I 1. Insbesondere gilt also fpn 1 xq R U für alle x P J 1. Wir nehmen nun an, für ein k P N seien n k und J k gerade so gewählt worden, dass fpn k xq R U für alle x P J k und diampj k q ď 2 k diampj 1 q Wendet man das obige Lemma auf das Intervall J k an, erhält man eine reelle Zahl C mit ď n J k Ě rc, 8q. npn Wegen lim nñ8 x n 8 existieren also zwei natürliche Zahlen n k`1 ą n k und N, für die das Intervall J n k`1 J k X I N nicht leer ist. Setzt man nun J k`1 1 n k`1 J k, so gilt nach (3) zumindest fpn k`1 xq R U für alle x P J k`1. Außerdem ist J k`1 Ď J k. Wählt man also ein abgeschlossenes Intervall J k`1 Ď J k mit diampj k`1 q ď 1diampJ 2 kq, so erfüllen n k`1 und J k`1 alle verlangten Eigenschaften. Nach Intervallschachtelungsprinzip (Folgerung 5.8) gibt es ein z P č kpn J k. Diese Zahl hat für alle k P N die Eigenschaft fpn k zq R U, d.h. fpn k zq ě ε 2. Dies ist ein Widerspruch zu lim nñ8 fpnzq 0 und damit ist die Aufgabe gelöst.