TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zetrum Mathematik PROF. DR.DR. JÜRGEN RICHTER-GEBERT, VANESSA KRUMMECK, MICHAEL PRÄHOFER Höhere Mathematik für Iformatiker II (Sommersemester 004) Aufgabe 7. Ubeschräktes Deke. Welche der folgede Aussage sid wahr? Lösuge zu Aufgabeblatt 5 (4. Mai 004) Präsezaufgabe Jede Mege besitzt etweder ei Maximum oder ei Miimum. Eie Mege reeller Zahle hat geau da ei Supremum, we sie beschräkt ist. Das Maximum eier Mege (sofer es existiert) ist immer ihr Supremum. Das Supremum eier Mege (sofer es existiert) ist immer ihr Maximum. Ist die Mege der Folgeglieder eier Folge edlich, so besitzt sie ei Maximum ud die Folge ist koverget. Jede Mege, die eie obere Schrake besitzt, besitzt auch eie utere Schrake. Falls eie Folge eie Grezwert besitzt, da ist die Mege der Folgeglieder beschräkt. Der Grezwert eier Folge ist etweder das Supremum oder das Ifimum der Mege der Folgeglieder. Jede Mege besitzt etweder ei Maximum oder ei Miimum. Falsche Aussage. Gegebeispiel: Die Mege der gaze Zahle Z. Eie Mege reeller Zahle hat geau da ei Supremum, we sie beschräkt ist. Falsche Aussage. Das Vollstädigkeitsaxiom besagt, dass jede icht leere ach obe beschräkte Mege reeller Zahle ei Supremum besitzt. Diese Aussage ist atürlich (axiomatisch) richtig. Die Umkehrug gilt aber icht: Nicht jede Mege, die ei Supremum besitzt, ist auch beschräkt. Zum Beispiel hat die Mege der egative reelle Zahle ei Supremum (ämlich 0), ist aber icht ach ute beschräkt. X Das Maximum eier Mege (sofer es existiert) ist immer ihr Supremum. Wahre Aussage. Ei Maximum ist per Defiitio eie obere Schrake, die zusätzlich och selbst ei Elemet der Mege ist. Da das Maximum vo eiem Megeelemet ageomme wird, ka es auch keie kleiere obere Schrake als das Maximum gebe. Das Supremum eier Mege (sofer es existiert) ist immer ihr Maximum. Falsche Aussage, da das Supremum eier Mege icht i der Mege selbst ethalte sei muss. Zum Beispiel: Die Mege M {x R x < } besitzt das Supremum, aber M. Ist die Mege der Folgeglieder eier Folge edlich, so besitzt sie ei Maximum ud die Folge ist koverget. Falsche Aussage. Ist die Mege der Folgeglieder eier Folge edlich, so bedeutet dies, dass die Folgeglieder immer wieder dieselbe (edlich viele) Werte aehme. Eie Mege mit edlich viele Elemete ist beschräkt ud besitzt auch sowohl ei Maximum als auch ei Miimum. Trotzdem muss die zugehörige Folge icht kovergiere. Gegebeispiel: Die Folge (( ) ) N besitzt edlich viele Folgeglieder (ämlich ur die beide Werte ud ), trotzdem divergiert diese Folge. Jede Mege, die eie obere Schrake besitzt, besitzt auch eie utere Schrake. Falsche Aussage. Gegebeispiel: Die Mege der egative gaze Zahle. X Falls eie Folge eie Grezwert besitzt, da ist die Mege der Folgeglieder beschräkt. Wahre Aussage. Besitzt eie Folge (a ) N eie Grezwert a R, so bedeutet dies, dass es zu jedem ε > 0 eie Idex N ε gibt, so dass für alle N ε gilt, dass a a < ε. Mit adere Worte: Zu jedem ε gibt es eie Idex N ε, so dass alle Folgeglieder mit eiem Idex N ε i der ε-umgebug des Grezwertes liege. Die Mege der erste N ε Folgeglieder ist aber eie edliche Mege, ud diese ist beschräkt. Sei N N der Idex, so dass a a < für alle > N. Da ist S : max{a, a,..., a N, a + } eie obere Schrake ud s : mi{a, a,..., a N, a } eie utere Schrake. Der Grezwert eier Folge ist etweder das Supremum oder das Ifimum der Mege der Folgeglieder. Falsche Aussage. Gegebeispiel: Kovergete alterierede Folge, zum Beispiel (( ) ) N, 0.
Aufgabe 8. Grezwerte, die Erste. Beweise Sie mit Hilfe der Defiitio vo Kovergez, dass die utestehede Folge kovergiere, bzw. divergiere: a + + 7 ( + ), b ( ) +, c, N, > 0..) BEHAUPTUNG: Es gilt lim ++7 (+). BEWEIS: Der Grezwert ist. Um dass zu zeige forme wir zuächst um: + + 7 ( + ) ( + + ) ( + ) + 7) ( + ) + + 7 ( + ) Damit der zweite Term (vom Betrag) kleier als ε wird reicht > ε zu wähle. Für de dritte Term geügt die gleiche Wahl, solage gleichzeitig 6. Sei u ε > 0 beliebig gegebe. Da gibt es eie atürliche Zahl M mit M > ε. Wir wähle also N ε max{m, 6}. Damit gilt für alle N ε a + + 7 7 ( + ) + + ( + ) + 7 < ε + ( + ) + + ε ε. }{{} < ε } {{ } }{{} < ε Mit de Recheregel für Grezwerte vo kovergete Folge wird das viel eifacher, ma ka da schreibe + + 7 + lim ( + ) lim + ( +. ) Das geht aber ur, weil der Limes des Neers existiert ud ugleich 0 ist! ( ( ) ).) BEHAUPTUNG: Die Folge (b ) N kovergiert icht. + N BEWEIS: Dazu geügt es zu zeige, daß für alle ugerade N die Ugleichug b + b gilt. De die Aahme der Kovergez mit eie beliebige Grezwert a führt zum Widerspruch mit ε. Für beliebiges N ε ud alle N ε würde da ämlich gelte b + b b + a + a b b + a + a b < ε + ε + Für ugerade gilt aber b + b b + b. Widerspruch! Das sieht ma leicht, da falls, b b 7 6 ud für ugerade > gilt: b + b + + + + + + + ( + ) 4 4 + + + + + + 3.) BEHAUPTUNG: Es gilt lim. BEWEIS I (ZUM MITDENKEN): Es sei ohe Beschräkug der Allgemeiheit ei ε > 0, das höchstes gleich ist, vorgegebe. Wähle N N, so daß N ε. Da gilt für alle N die Ugleichug + + ε, die äquivalet ist zur Ugleichug ε ( + + ). Wir habe ( ) ( + ε) ε k k k0 ( 0 k ) ε 0 + + ε + ( ) ε + ( ) ε ( ) ε ε ( + + ).
Damit folgt + ε (Warum?), ud weiter ε, wie i der Grezwertdefiitio gefordert. BEWEIS II (AUSFORMULIERT): Sei ε > 0 vorgegebe. Ohe Beschräkug der Allgemeiheit sei ε <. Wähle N ε > ε. Da gilt für alle mit N ε N ε > ε ε + + ε + + ε ε ( + + ) ε ( + + ) ε + ε + ε ε< + ε + ( + ε) + ε ε ( ) ε ( ) ε 0 + 0 ( ) ε + ( ) ε k0 ( ) ε k k ( + ε) k Aufgabe 9. Greze-Los! Gebe Sie reelle Folge (a ) N, (b ) N a, so daß (a ) über alle Schrake wächst ( lim a + ) ud (b ) gege 0 kovergiert ( lim b 0) ud jeweils eier der folgede Fälle eitritt:.) lim (a b ) 0..) lim (a b ) c, wobei c eie beliebige vorgegebee Zahl ist. 3.) Die Folge (a b ) N ist beschräkt, kovergiert aber icht..) Wähle a ud b. Da ist a b. Also ist lim a b 0..) Wähle a ud b c. Da ist a b c c. Also ist lim a b c. 3.) Wähle a ud b ( ). Da ist ( a b ) ( ( ) ). Also ist die Folge (a b ) zwar durch ud beschräkt, aber sie kovergiert icht.
Hausaufgabe Aufgabe 30. Am Afag ist das Axiom. I der Vorlesug wurde die reelle Zahle mit Hilfe vo folgede Axiome beschriebe: KÖRPERAXIOME: (R R\{0}) (KA) x R y R z R : (x + y) + z x + (y + z) (KM) x R y R z R : (x y) z x (y z) (KA) 0 R x R : 0 + x x + 0 x (KM) R x R. x x x (KA3) x R y R : x + y 0 (KM3): x R y R : x y (KA4) x R y R : x + y y + x (KM4) x R y R : x y y x (KD) x R y R z R : x (y + z) x y + x z Die erste vier Axiome besage, dass (R, +) eie kommutative Gruppe ist. Das (additiv) Iverse vo x wird auch mit x bezeichet. Die ächste vier Axiome besage, dass (R, ) eie kommutative Gruppe ist. Das (multiplikativ) Iverse vo x wird auch mit x bezeichet. Alle 9 Axiome besage, dass (R, +, ) ei Körper ist. ORDNUNGSAXIOME: Die Mege der positive reelle Zahle R + wird durch folgede Axiome beschriebe: (A) Für jedes x R gilt geau eie der folgede drei Aussage: (i) x 0 (ii) x R + (iii) x R + (A) x R y R : x R + y R + x + y R + (A3) x R y R : x R + y R + x y R + VOLLSTÄNDIGKEITSAXIOM: (V) Jede icht leere ach obe beschräkte Mege M R besitzt eie kleiste obere Schrake i R. Mithilfe der Axiome A - A3 lasse sich die Relatioe <,, > ud defiiere, z.b. (U) x y y + ( x) R + {0}..) Beweise Sie die Aussage R +, idem Sie ausschließlich obige Axiome verwede. Gebe Sie i jedem Beweisschritt das verwedete Axiom a..) Gehe Sie u davo aus, daß alle Folgeruge aus de Körperaxiome bewiese vorliege (icht jedoch alle Folgeruge aus de Aordugsaxiome). Leite Sie ötige Folgeruge aus de Aordugsaxiome her, um schließlich die Dreiecksugleichug x + y x + y beweise zu köe. Gebe Sie wieder i jedem Beweisschritt a, welches Axiom Sie verwede..) Die Aussage R + soll rei aus de Axiome hergeleitet werde. Dazu sid mehere kleie Folgeruge ötig: Folgerug F: Das additiv Iverse x eier reelle Zahl x R ist eideutig bestimmt. Beweis: Aahme: Es gibt ei weiteres x R mit x + x 0 ( x) + (x + x ) ( x) + 0 (( x) + x) + x x (wege KA, KA) 0 + x x (wege KA3) x x (wege KA) Folgerug F: Für jede relle Zahl x R gilt ( x) x. Beweis: ( x) + ( ( x)) 0 ud ( x) + x 0 (wege KA3) ( ( x)) x (wege F) Folgerug F3: Für alle a R, alle b R ud alle x R hat die Gleichug a + x b eie eideutige Lösug. Beweis: (i) Behauptug: x ( a) + b ist eie Lösug. Beweis: a + (( a) + b) (a + ( a)) + b 0 + b b (wege KA, KA3, KA) (ii) Behautptug: Die Lösug x ( a) + b ist eideutig. Beweis: Aahme: y R sei eie weitere Lösug mit a + y b ( a) + (a + y) ( a) + b (( a) + a) + y ( a) + b (wege KA) 0 + y ( a) + b (wege KA3) y ( a) + b (wege KA)
Folgerug F4: Für alle x R gilt 0 x 0 Beweis: 0 0 + 0 (wege KA3 ) x 0 + x 0 x (0 + 0) x 0 (wege KD). Adererseits gilt x 0 + 0 x 0. (wege KA) Aus de beide letzte Gleichuge folgt da x 0 0. (wege F3) Folgerug F5: Für alle x R ud alle y R gilt ( x) y (x y) Beweis: 0 0 y (x + ( x)) y x y + ( x) y (wege F4, KA3, KD) x y + ( x) y 0. Adererseits gilt x y + ( (x y)) 0. (wege KA3) Aus de beide letzte Gleichuge folgt da ( x) y (x y) (wege F) Folgerug F6: Für alle x R ud alle y R gilt ( x) ( y) x y Beweis: ( x) ( y) (x ( y)) (wege F5 ) ( x) ( y) (( y) x) (wege KA4) ( x) ( y) ( (y x) (wege F5) ( x) ( y) ( (x y)) (wege KM4) ( x) ( y) x y (wege F) Folgerug F7: R + Beweis: Aahme: R + R + (wege 0 (KM) ud A) ( ) ( ) R + (wege A3) R + (wege F6).) Nu soll die Dreiecksugleichug rei aus de Axiome hergeleitet werde. Wir dürfe alle Folgeruge aus de Körperaxiome als bekat voraussetze. Sofer wir eie solche Folgerug verwede, schreibe wir gilt wege K. Wir defiiere R 0 + : R {0}. { x we x 0 Erierug: (B) Für alle x R ist der Betrag x R 0 + wie folgt defiiert: x x we x < 0 Folgerug F8: x R 0 + y R 0 + x + y R 0 + Beweis: Falluterscheiduge: (i) x R + ud y R +. Da gilt die Behauptug wege A. (ii) x R + ud y 0 Da gilt die Behauptug wege x + 0 x (wege K) ud wege x R + R 0 +. (iii) x 0 ud y R 0 + Da gilt 0 + y y + 0 (wege K), ud die Behauptug folgt wege (ii). (iv) x 0 ud y 0 Da gilt 0 + 0 0 (wege K), ud die Behauptug folgt wege 0 R 0 +. Folgerug F9: x R 0 + y R 0 + x y R 0 + Beweis: Falluterscheiduge: (i) x R + ud y R +. Da gilt die Behauptug wege A3. (ii) x R + ud y 0 Da gilt die Behauptug wege x 0 0 (wege K) ud wege 0 R 0 +. (iii) x 0 ud y R 0 + Da gilt 0 y y 0 (wege K), ud die Behauptug folgt wege (ii). (iv) x 0 ud y 0 Da gilt 0 0 0 (wege K), ud die Behauptug folgt wege 0 R 0 +. Folgerug F0: x y y z x z
Beweis: x y y + ( x) R 0 + (wege U ) y z y + ( z) R 0 + (wege U ) Daraus folgt: y + ( x) + z + ( y) R 0 + (wege F8) z + ( x) R 0 + (wege K) x z (wege U) Folgerug F: x y a R x + a y + a Beweis: x y y + ( a) R 0 + (wege U) y + ( x) + a + ( a) R 0 + (wege K) (y + a) + ( (x + a)) R 0 + (wege K) x + a y + a (wege U) Folgerug F: x x y y x + y x + y Beweis: x x x R x + x y + x (wege F) x y y R x + y y + y (wege F) y + x y + y (wege K) x + x y + x y + x y + y x + x y + y (wege F0) Folgerug F3: Für alle x R gilt x x x x Beweis: Falluterscheidug: (i) x 0. Da ist x x (wege B), ud es gilt x x x. x 0 x R 0 + (wege U) x + x R 0 + (wege A) x + ( ( x)) R 0 + (wege K) x x (wege U) Damit folgt x x x. (ii) x 0. Da ist x x (wege B ud K), ud es gilt x x x. x 0 x R 0 + (wege U) ( x) + ( x) R 0 + (wege A) x x (wege U) Damit folgt x x x. Folgerug F4: Für alle x R ud alls y R gilt die Dreiecksugleichug x + y x + y Beweis: x x y y (wege F3) x + y x + y (wege F) x x y y (wege F3) ( x) + ( y) x + y (wege F) Falluterscheidug: (i) x + y 0. Da ist x + y x + y (wege B), ud mit der erste obige Folgerug gilt x + y x + y x + y. (ii)x + y < 0. Da ist x + y (x + y) (wege B), ud es gilt (x + y) ( x) + ( y) (wege K), ud mit der zweite obige Folgerug gilt x + y (x) + ( y) x + y.
Aufgabe 3. Grezwerte, die Zweite..) Ud ochmals: Stelle Sie fest, ob die utestehede Folge kovergiere, ud bestimme Sie gegebeefalls de Grezwert: ( a 3 + 4, b ) +, c +, N, > 0..) Es sei x 0. Utersuche Sie das Kovergezverhalte der Folge ( x) N i Abhägigkeit vo x..) BEHAUPTUNG: Es gilt lim 3+4 +. BEWEIS: Elemetare Umformuge ergebe: 3 + 4 + ( 3 + 4 ) ( + ) 3 + 4 +. Durch Awedug der Recheregel für Grezwerte vo kovergete Folge erhalte wir die Richtigkeit der Behauptug: 3 0 + 4 0 0 + 0 ( ) BEHAUPTUNG: Es gilt lim. lim 3 lim + 4 lim lim + lim lim 3 lim + 4 +. DENN: Auf der eie Seite gilt ( ), ud auf der adere Seite gilt ach der Beroullische Ugleichug ( ) ( ) +. Damit ergibt sich die Behauptug (Versuche Sie das agegebe Argumet mit eiem formale ε-n-beweis zu formuliere). BEHAUPTUNG: Es gilt lim + 0. BEWEIS: Es sei ε > 0 vorgegebe. Wähle N N(ε) N mit N ε. Da gilt für alle N + 0 + ( + )( + + ) + + + + + ε..) BEHAUPTUNG: Für x 0 gilt lim x 0 ud für x 0 gilt lim x. BEWEIS: Da 0 0 ist, ist der erste Teil der Behauptug offesichtlich. Sei ε > 0 vorgegebe. Ohe Eischräkug köe wir aehme, daß ε ist. Falls 0 < x < ist, ist x x. Die Ugleichug x < ε ist äquivalet zu ( ε) < x. Da die Folge (( ε) ) N gege Null kovergiert, köe wir ei N ε fide (ma versuche zur Übug ei kokretes azugebe), so daß die Ugleichug x < ε für alle N ε gültig ist. Falls x ist, ist x x ud die Ugleichug x < ε äquivalet zur Ugleichug x < ( + ε). Da die Folge (( + ε) ) N über alle Schrake ud somit auch über x wächst, köe wir ei N ε fide, so daß die Ugleichug x < ε für alle N ε gültig ist.
Aufgabe 3. Tricky Triagle. Calvi hat offesichtlich Probleme mit zwei besoders schwere Aufgabe. Eie Lösug hat er vo Susie, aber Susie will ihm icht verrate, was die zweite Lösug ist. Helfe Sie Calvi! Wie wir aus zuverlässiger Quelle wisse, lautet die Aufgabe wie folgt: Das große Dreieck habe de Flächeihalt a. Wie ka ma die Summe der Flächeihalte der (uedlich viele) schraffierte Dreiecke bestimme (i Abhägigkeit vo a)? Die Summe der Flächeihalte der (uedlich viele) schraffierte Dreiecke ist 3a. Das ka ma sich auf zwei verschiedee Arte klarmache: geometrisch: Jedes schraffierte gleichseitige Dreieck besitzt drei kogruete Nachbardreiecke. Das uteliegede vo de drei Nachbardreiecke wird wieder i vier kogruete Dreiecke uterteilt. I jedem Schritt ist das Verhältis des Flächeihalts der schraffierte Dreiecke zu dem Flächeihalt der Gesamtfigur mius dem utestehede Nachbardreieck 3. Da der Flächeihalt des utestehede Nachbardreiecks bei wachseder Schrittzahl gege 0 geht, folgt so die Behauptug. aalytisch: Das Verhältis des Flächeihalts der erste schraffierte Dreiecke zum Gesamtflächeihalt a ist i ( ) i ( ) + 4 4 4 We u geht, da ist der Grezwert der Folge (bzw. der geometrische Reihe) gleich 0 4 3 ud somit der Flächeihalt gleich 3 a. ( i ( 4 ) i ) N