Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastian Schwarz WS 04/05 0..04 Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge zum 7. Übungsblatt Aufgabe 7 (Übung a Sei D R und f : D R stetig. Zeigen Sie, dass Urbilder von abgeschlossener Mengen unter f wieder abgeschlossene Mengen sind. b Zeigen Sie, dass die Vereinigung endlich vieler bzw. der Schnitt abzählbar vieler abgeschlossener Mengen in R abgeschlossen ist. a Sei A R eine abgeschlossene Menge. Das Urbild von A unter f ist definiert also f (A : { D : f ( A}. Sei ( n eine Folge in f (A mit Grenzwert R. Dann ist f ( n eine Folge in A, die wegen der Stetigkeit von f den Grenzwert f ( besitzt. Da A abgeschlossen ist, ist f ( A und damit f (A, womit f (A abgeschlossen ist. b Seien A,...,A N R (N N endlich viele abgeschlossene Mengen und A : N A n. n Sei nun ( n eine Folge in A, die gegen ein R konvergiert. Dann gibt es mindestens ein A n, in dem unendlich viele Folgenglieder liegen. Sei also ( nk eine Teilfolge von ( n in (ohne Beschränkung A. Auch die Teilfolge konvergiert gegen und da A abgeschlossen ist, gilt A A. Somit ist A abgeschlossen. Seien nun B,B,B,... abzählbar viele abgeschlossene Mengen in R und B : B k : { R : B k k N}. n Wir nehmen uns eine Folge ( n in B mit Grenzwert R her, womit ( n in jedem B k liegt. Da jedes B k abgeschlossen ist, liegt auch in jedem B k und somit auch in B, womit B abgeschlossen ist. Aufgabe 8 (Tutorium Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte.
a a lim für a > 0, 0 d lim 0 ( + arcsin(, b lim log(, e lim cos(arctan(. ( + + c lim, + Hinweis: Zeigen und benutzen Sie für e die Identität cos(, wenn [ π +tan (, π ]. a Für 0 gilt a e log(a log(a e log(a. log(a e Aus der Vorlesung ist bekannt, dass lim 0. Da 0 log(a 0 (da log(a konstant ist gilt dieser Grenzwert auch für obigen Bruch. Daher folgt a e log(a lim log(a lim log(a. 0 0 log(a b Da log( 0 (eine Richtung wegen Stetigkeit des Logarithmus, andere wegen Injektivität bzw. Stetigkeit der Umkehrfunktion, gilt (mit y : log(, also e y, dass log( lim lim y y 0 e y, wobei der Grenzwert sich als Kehrwert des aus der Vorlesung bekannten (und in a bereits e verwendeten Grenzwertes lim 0 ergibt. c Ist f : D R und a ein Häufungspunkt von D, so gilt (mit α R {, } lim f ( α lim a a ef ( e α. Dies lässt sich direkt anhand der Definition des Grenzwertes zeigen mit Hilfe der Tatsache, dass die Eponentialfunktion bijektiv und stetig ist. Nun beobachten wir, dass per Definition ( + + + e (+log( +. + Betrachten wir nun den Eponenten der rechten Seite, sehen wir, dass ( + log ( + + ( + log ( + + log ( + + + + + + Der erste Bruch konvergiert für gegen, der zweite ebenfalls nach b ( y : + + und im Nenner steht y. Somit folgt insgesamt ( + lim ( + log, + +. also lim ( + + e e. +
d Wie in c sehen wir, dass ( + arcsin( e log(+arcsin( und log( + arcsin( arcsin( log( + arcsin(. arcsin( Der erste Bruch konvergiert gegen, denn mit y arcsin( ( soll dabei bereits nahe genug an Null liegen, damit dieser Ausdruck definiert ist, also sin(y (und somit 0 y 0 gilt arcsin( y lim lim 0 y 0 sin(y nach einem Resultat der Vorlesung (bzw. dem Kehrwert. Gleichzeitig folgt für den zweiten Bruch wie in c mit b, dass der Grenzwert ist. Ingesamt gilt also e Wir rechnen nach, dass für [ π, π ] + tan ( + sin ( cos ( Da arctan( [ π, π ] für R, folgt lim 0 ( + arcsin( e e. cos (+sin ( cos ( cos( cos(. cos(arctan( + tan (arctan( + + (. Aufgabe 9 (Übung a Beweisen Sie: Gilt für die stetige Funktion f : R R lim f ( 0 und lim f ( 0, so gibt es ein 0 R mit f ( f ( 0 für alle R. b Seien a,b R mit a < b. Wenn die Funktion f : [a,b] R stetig ist und f ( > 0 für alle [a,b] gilt, dann ist die Funktion /f beschränkt. a Ist f die Nullfunktion, so ist die Behauptung klar. Andernfalls eistiert ein mit ε : f ( > 0. Nach Voraussetzung eistiert ein R > 0 mit f ( < ε > R. Die stetige Funktion f nimmt auf der kompakten Menge [ R,R] ihr Maimum an, es eistiert also ein 0 [ R,R] mit f ( 0 ma f ( [ R,R]
Da [ R,R] ist f ( 0 f ( ε und damit auch was zu beweisen war. f ( 0 ma f (, R b Die stetige Funktion f nimmt auf dem kompakten Intervall [a,b] ihr Minimum an, das nach Voraussetzung positiv ist, also eistiert ein 0 [a,b] mit f ( 0 min [a,b] f ( Damit gilt für die Funktion f, dass für [a,b] 0 < f ( f ( f ( 0 C <, womit f beschränkt ist. Aufgabe 40 (Tutorium a Beweisen Sie das Additionstheorem des Tangens: tan( + y tan( + tan(y tan(tan(y,y R mit,y, + y { π + kπ : k Z}. b Zeigen Sie, dass ( ( ( ( π π π π cos sin, cos sin. a Es gilt mit den Additionstheoremen für den Sinus und Kosinus tan( + y sin( + y sin(cos(y + cos(sin(y cos( + y cos( cos(y sin( sin(y cos(cos(y( sin( cos( + sin(y cos(y tan( + tan(y cos(cos(y( sin( sin(y cos( cos(y tan(tan(y. b Nach Vorlesung gilt sin(,cos( > 0 für (0, π. Durch mehrmaliges Anwenden der Additionstheoreme folgt ( π 0 cos ( π cos + π ( π ( π cos + π cos ( ( ( π π cos sin ( π cos ( π + π sin cos ( π cos ( π sin ( ( π π sin ( π sin ( π sin ( ( ( ( ( π π π π cos cos cos sin 4
Also folgt cos ( π sin ( π 0 und wegen cos ( π + sin ( π ergibt sich 4sin ( π, somit sin( π sin ( π. Aus einer beliebigen der obigen Gleichungen folgt dann auch cos ( π 4, also cos ( π. Weiterhin folgt ( ( ( π π π cos cos sin 4 4, und deshalb sin ( π. Aufgabe 4 (Übung a Sei z + iy C \ {0}. Zeigen Sie, dass +arccos( arg(z arccos( +y +y, y 0,, y < 0. b Beweisen Sie die folgenden Darstellungen der Areahyperbolicus-Funktionen auf ihren jeweiligen Definitionsbereichen. Arsinh( log( + +, Arcosh( log( +, Artanh( ( + log. a Die Polardarstellung von z lautet z z e iarg(z z cos(arg(z + i z sin(arg(z. Insbesondere gilt also z cos(arg(z, also z cos(arg(z. Das Argument kann nun jedoch zwischen π und π liegen, ganz im Gegensatz zum Arkuskosinus, der nur Werte in [0,π] annimmt. Liegt das Argument ebenfalls in diesem Bereich (nämlich für y 0, folgt hiermit arg(z arccos( z arccos( + y. Liegt das Argument jedoch in ( π,0 (also für y < 0, so gilt arg(z (0,π, weshalb hier arg(z ( arg(z arccos(cos( arg(z arccos(cos(arg(z arccos( z arccos( + y. Insgesamt folgt also die Behauptung. b Sei R. Laut Vorlesung ist sinh : R R bijektiv. Also eistiert ein eindeutig bestimmtes y R mit sinh(y. Ferner ist die Eponentialabbildung ep : R (0, bijektiv mit log als Umkehrfunktion. Es ist also log ep id R. Es gilt damit: arsinh( ( e arsinh(sinh(y y log(e y e y log + ey + e y log(sinh(y + cosh(y 5
Mit der Identität cosh (y sinh (y sowie der daraus resultierenden Tatsache cosh( für alle R, folgt weiter: ( arsinh( log(sinh(y + cosh(y log sinh(y + cosh (y log ( sinh(y + + sinh (y log ( + +. Sei [,. Laut Vorlesung ist cosh : [0, [, bijektiv. Also eistiert ein eindeutig bestimmtes y [0, mit sinh(y. Ferner ist die Eponentialabbildung ep : R (0, bijektiv mit log als Umkehrfunktion. Es ist also log ep id R. Es gilt damit: arcosh( ( e arcosh(cosh(y y log(e y e y log + ey + e y log(sinh(y + cosh(y Mit der Identität cosh (y sinh (y sowie der Tatsache sinh( 0 für alle 0, folgt weiter: ( arcosh( log(sinh(y + cosh(y log sinh (y + cosh(y log ( cosh (y + cosh(y log ( +. Sei (,. Laut Vorlesung ist tanh : R (, bijektiv mit artanh als Umkehrfunktion. Sei also y : artanh( bzw. tanh(y. Es gilt: ( + log ( + tanh(y log + sinh(y tanh(y log cosh(y sinh(y cosh(y e y +e y log + ey e y ( cosh(y + sinh(y log cosh(y sinh(y ( e y log log(ey y artanh( e y e y +e y ey e y Aufgabe 4 (Tutorium a Bestimmen Sie Real- und Imaginärteil sowie Betrag und Argument von ( 0 + i i. b Berechnen Sie Real- und Imaginärteil von z und z 50 für z cos 5π 4 + isin 5π 4. c Geben Sie Betrag und Argument von e it für t (0,π an.
a Nach Aufgabe 4 a gilt mit z ± ± i, dass (wegen z ± argz ± ±arccos ±π. Somit gilt ( 0 ( + i e i π i e i π 0 ( e i π 0 e i 40π e i4π. Da die Eponentialfunktion πi-periodisch ist, gilt e i4π, also ( 0 + i ( + i 0 e i 0. i b Es gilt z e i 5π 4, also (mit der πi-periodizität der Eponentialfunktion ( z e i 5π 4 e i π 4 cos π ( π + isin 4 4 i sowie c Es gilt z 50 e i 750π 4 e i π i. e it e i t (e i t e i t isin ( t ( e i t t sin e i t π, wobei im letzten Schritt i e i π benutzt wurde. Wegen sin ( t > 0 und t π ( π,π] für t (0,π ist dies bereits die Polardarstellung. 7