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Ubungsblatt 1

Aufgabe 1 In einem Korper K gelten fur alle Elemente x, y, z dieses Korpers folgende Rechenregeln:

(a) −(−x) = x und1

1/x= x

(b) x · (y − z) = x · y − x · z

(c) Das Produkt x · y ist Null, genau dann wenn x = 0 oder y = 0.

Beweisen Sie unter Verwendung der Korperaxiome zwei von diesen drei Rechenregeln.(4 Punkte)

Losung: Wir erinnern zuerst an die Korperaxiome:

(K1) x+ (y + z) = (x+ y) + z fur alle x, y, z ∈ K. (Assoziativitat der Addition.)

(K2) In K gibt es ein ausgezeichnetes Element 0 (Null), so daß fur alle x ∈ K gilt: 0 + x = x. (Existenz derneutralen Elemente bzgl. der Addition.)

(K3) Zu jedem x ∈ K gibt es ein y ∈ K mit y + x = 0. (y heißt additives Inverses von x.)

(K4) x+ y = y + x fur alle x, y ∈ K. (Kommutativitat der Addition.)

(K1’) x · (y · z) = (x · y) · z fur alle x, y, z ∈ K. (Assoziativitat der Multiplikation.)

(K2’) In K gibt es ein ausgezeichnetes Element 1 (Eins), so daß fur alle x ∈ K gelten: 1 · x = x. (Existenz derneutralen Elemente bzgl. der Multiplikation.)

(K3’) Zu jedem x ∈ K∗ := K \ {0} gibt es ein z ∈ K mit z · x = 1. (z heißt multiplikatives Inverses von x.)

(K4’) x · y = y · x fur alle x, y ∈ K. (Kommutativitat der Multiplikation.)

(K5’) 0 6= 1

(D) x · (y + z) = x · y + x · z fur alle x, y, z ∈ K. (Distributivitat der Multiplikation bzgl. der Addition.)

Man zeigt “leicht”, daß das additive Inverse eindeutig ist. (Sind y und y′ additive Inverse von x, dann giltsukzessive:

y = 0 + y wegen (K2)

= (y′ + x) + y wegen (K3) fur y′ invers zu x

= y′ + (x+ y) wegen (K1)

= y′ + (y + x) wegen (K4)

= y′ + 0 wegen (K3) fur y invers zu x

= 0 + y′ wegen (K4)

= y′ wegen (K2) .

Es folgt y = y′, wodurch die Eindeutigkeit des additiven Inverses bewiesen wurde. Bei jedem Ubergang wurdevermerkt, welches Axiom benutzt wurde.)Analog zeigt man die Eindeutigkeit des multiplikativen Inversen. (In der obigen Rechnung geht man von zweimultiplikativen Inversen y und y′ von x aus, und “formal” wird “+” mit “·”, und 0 mit 1 ersetzt.)

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Das additive Inverse zu x wird mit −x bezeichnet, und das multiplikative Inverse zu y 6= 0 mit1y

oder mit y−1.

Die Operation x− y ist explizit die Operation x+ (−y). Die Operationx

yist explizit die Operation x · 1

y.

(a) Sei x ∈ K. Sei y := −x das additive Inverse von x, d.h. y+x = 0, (K3). Sei z := −y = −(−x) das additiveInverse von y, d.h. z + y = 0, (K3). Dann gelten:

z = 0 + z wegen (K2)

= z + 0 wegen (K4)

= z + (y + x) wegen (K3)

= (z + y) + x wegen (K1)

= 0 + x wegen (K3)

= x wegen (K2) .

Wir bekommen z = x, d.h. −(−x) = x aus der Definition von z.

(b)• Wir zeigen zuerst die Gleichheit

0 · z = z · 0 = 0 . (1)

Es gilt sukzessive:

0 · z = z · 0 wegen (K1’)

= z · (0 + 0) wegen (K2) fur x = 0 !

= z · 0 + z · 0 wegen (D)

= 0 · z + 0 · z wegen (K4’) .

Addiert man links in der Gleichheit 0 · z = 0 · z + 0 · z auf beiden Seiten das additive Inverse u zu z · 0 so folgt:

0 = u+ 0 · z wegen (K3) fur u invers zu 0 · z= u+ (0 · z + 0 · z) aus obiger Uberlegung

= (u+ 0 · z) + 0 · z wegen (K1)

= 0 + 0 · z erneut wegen (K3) fur u invers zu 0 · z= 0 · z wegen (K2) .

• Wir zeigen weiter die Gleichheit −z = (−1) · z, indem wir zeigen, daß sowohl −z als auch (−1) · z additiveInverse zu z sind, und weiter die Eindeutigkeit des additiven Inversen benutzen.−z ist per Notation das additive Inverse zu z. Um zu zeigen, daß (−1) · z additives Inverses zu z ist, zeigen wirdie definierende Eigenschaft des Inverses (K3):

(−1) · z + z = 0 . (2)

Es gilt sukzessive:

(−1) · z + z = (−1) · z + 1 · z wegen (K2’)

= z · (−1) + z · 1 wegen (K4’)

= z · ((−1) + 1) wegen (D)

= z · 0 wegen (K3) fur (−1) invers zu 1= 0 wie bereits bewiesen: (1).

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• Wir zeigen nun den Aufgabenteil (b): Es gilt sukzessive:

x · (y − z) = x · (y + (−z)) per Notation

= x · y + x · (−z) wegen (D)

= x · y + x · ((−1) · z) wie bereits bewiesen: (2)

= x · y + (x · (−1)) · z wegen (K1’)

= x · y + ((−1) · x) · z wegen (K4’)

= x · y + (−1) · (x · z) wegen (K1’)

= x · y + (−(x · z)) wie bereits bewiesen: (2)

= x · y − (x · z) per Notation

= x · y − x · z .

(c) Wir nehmen an, daß x · y = 0 ist, jedoch x 6= 0 und y 6= 0. Seien x′ bzw. y′ die multiplikativen Inversenvon x bzw. y. Es folgt dann sukzessive:

1 = 1 · 1 wegen (K2’)

= (x′ · x) · (y′ · y) wegen (K3’)

= (x′ · x) · (y · y′) wegen (K4’)

= x′ · (x · (y · y′)) wegen (K1’)

= x′ · ((x · y) · y′) wegen (K1’)

= x′ · (0 · y′) aus der Hypothese

= x′ · 0 wegen (1)

= 0 wegen (1).

Es folgt also 1 = 0, im Widerspruch zu (K5’). Unsere Annahme ist falsch. So gilt x = 0 oder y = 0.

Aufgabe 2 In einem geordneten Korper K gelten fur alle Elemente x, y, u, v dieses Korpers folgende Rechen-regeln:

(a) Aus x > y > 0 folgt1x<

1y

.

(b) Aus x > 0 und y < 0 folgt x · y < 0. Aus x < 0 und y < 0 folgt x · y > 0.

(c) Aus x > y und u > v folgt x+ u > y + v.

Beweisen Sie unter Verwendung der Axiome eines geordneten Korpers zwei von diesen drei Rechenregeln.(4 Punkte)

Losung: Wir erinnern zuerst an die Axiome eines geordneten Korpers K, die zusatzlich zu den Axiomen (K1),(K2), (K3), (K4); (K1’), (K2’), (K3’),(K4’); (K5’); (D) fur alle x, y, z ∈ K gelten:

Der Korper K = (K,+, ·) hat zusatzlich eine eingebaute Relation ≤.Notationen: Wir schreiben x < y, falls x ≤ y und x 6= y gelten. Auch schreiben wir y > x bzw. y ≥ x, fallsx < y bzw. x ≤ y gilt. In der Literatur findet man oft die Axiome eines geordneten Korpers in folgender Form:• “≤” ist eine Ordnungsrelation:

(Ord1) Aus x ≤ y und y ≤ z folgt x ≤ z. (Die Transitivitat.)

(Ord2) Aus x ≤ y und y ≤ x folgt x = y. (Die Identivitat oder die Antisymmetrie.)

(Ord3) Es gilt x ≤ y oder y ≤ x. (Jede zwei Elemente sind vergleichbar: die Vollstandigkeit der Ordnung.)

• Die Ordnung ≤ und die Korperstruktur (K,+, ·) sind vertraglich:

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(OK1) Aus x > y folgt x+ z > y + z.

(OK2) Aus x > 0 und y > 0 folgt x · y > 0.

In der Vorlesung wurden diese Axiome durch ein aquivalentes System von Axiomen ersetzt:

(O1) Fur zwei Elemente x, y ∈ K gilt genau eine der folgenden drei Aussagen: x < y oder x = y oder x > y.(Dieses Axiom ist eine aquivalente Umformung fur die obigen Axiome (Ord2) und (Ord3).)

(O2) Fur alle x, y, z ∈ K gilt: Aus x > y folgt x+ z > y + z. (Das obige Axiom (OK1).)

(O3) Fur alle x, y ∈ K gilt: Aus x > 0 und y > 0 folgt x · y > 0. (Das obige Axiom (OK2).)

(O4) Fur alle x, y ∈ K gilt: Aus x < y und y < z folgt x < z. (Die Transitivitat der Relation <. Sie istaquivalent mit der Transitivitat der Relation ≤. )

Man bemerkt dabei, daß verschiedene mathematische Quellen verschiedene Abkurzungen oder Zusammanfas-sungen von Axiomsystemen verwenden. Es ist deswegen empfehlenswer, sich die Namen der Eigenschaften zumerken, die durch diese Axiome ausgedrucket werden. Diese Namen werden auch in der theoretischen Informatikbenutzt.

Wir werden nun die Axiome eines geordneten Korpers und nur diese Axiome verwenden, um die obigen Rechen-regeln zu beweisen:

(c) Es gilt sukzessive:

x+ u > y + u wegen (OK1)

= u+ y wegen (K4)

> v + y wegen (OK1)

= y + v wegen (K4).

(b) Wir bemerken zuerst Folgendes:

Aus x < 0 folgt mittels (OK1) x+ (−x) < 0 + (−x), d.h. 0 < −x, d.h. −x > 0. Analog:Aus x > 0 folgt mittels (OK1) x+ (−x) > 0 + (−x), d.h. 0 > −x, d.h. −x < 0.

Wir verwenden diese Bemerkungen wie folgt:

• Aus x > 0 und y < 0 folgt x > 0 und −y > 0 ,woraus mittels (OK2) x·(−y) > 0 folgt. Der Ausdruck x·(−y) kann bearbeitet werden: x·(−y) = x·((−1)·y) =(x · (−1)) · y = ((−1) · x) · y = (−1) · (x · y) = −(x · y).Aus −(x · y) > 0 folgt mit der obigen Bemerkung x · y = −(−x · y) < 0. Und nun die andere Halfte von (b):

• Aus x < 0 und y < 0 folgt −x > 0 und −y > 0 , woraus mittels (OK2) (−x) · (−y) > 0 folgt. Der Ausdruck(−x) · (−y) kann bearbeitet werden:(−x) · (−y) = (x · (−1)) · ((−1) · y) = x · (((−1) · (−1))︸ ︷︷ ︸

=−(−1)=1

·y) = x · (1 · y) = x · (y · 1) = x · y.

Es folgt x · y = (−x) · (−y) > 0.

(a) Wir zeigen zuerst, daß aus x > 0 dann1x> 0 folgt:

Ware1x< 0, so ware nach Aufgabenteil (b) 1 = x · 1

x< 0, also 1 < 0. Daraus folgt jedoch durch erneute

Verwendung vom Aufgabenteil (b): 1 = 1 · 1 > 0. Widerspruch.

Wir zeigen nun den Aufgabenteil (a). Wir nehmen an, daß1x<

1y

nicht gilt. Dann gilt1x≥ 1y

. Wir konnen die

Gleichheit1x

=1y

ausschließen, da daraus folgen wurde: x =1

1/x=

11/y

= y, was x > y widerspricht. Es bleibt

also

1x>

1y,

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und wir leiten daraus einen Widerspruch her: Aus dieser Ungleichung folgt mittels (OK1) nach Addition von1y

in beiden Seiten:

1x− 1y> 0 .

Da x > 0, y > 0, ist mittels (OK2) auch x · y > 0. Daraus folgt:

0 < x · y ·(

1x− 1y

)wegen (OK2) fur x · y > 0 und 1/x− 1/y > 0

= (x · y) · 1x− (x · y) · 1

ywegen (D)

= (y · x) · 1x− (x · y) · 1

ywegen (K4’)

= y ·(x · 1

x

)− x ·

(y · 1

y

)wegen (K1’)

= y ·(

1x· x)− x ·

(1y· y)

wegen (K4’)

= y · 1− x · 1 wegen (K3’)

= 1 · y − 1 · x wegen (K4’)

= y − x wegen (K2’) .

Aus 0 < y − x folgt jedoch mittels (OK1) 0 + x < (y − x) + x, also x < y, im Widerspruch zur Hypothesex > y(> 0).

Aufgabe 3

(a) Sei K ein endlicher Korper mit n Elementen. Zeigen Sie sukzessive folgende Gleichheiten in K:∑x∈K

x =∑x∈K

(x+ 1) ,

1 + 1 + · · ·+ 1︸ ︷︷ ︸n mal

= 0 .

(b)∗ Zeigen Sie, daß es keinen Korper mit sechs Elementen gibt.

(Hinweis: Die Elemente 0 und 1 sind verschiedene Elemente von K. Sei k := 1 + 1 + · · ·+ 1︸ ︷︷ ︸k mal

das Element

von K, das durch die k–malige Addition von 1 in K entsteht. Verwenden Sie die Rechenregel (c) derAufgabe 1 und die Korperaxiome, um zu zeigen, daß 2 = 0 oder 3 = 0 in K gilt. Leiten Sie jeweils mittelsder Existenz von Elementen x ∈ K, welche nicht von der Form 1 + 1 + · · · + 1 sind, einen Widerspruchher!)

(4 Punkte)

Losung: (a) Die Abbildung K → K, x→ x+ 1 ist injektiv: Aus x+ 1 = y+ 1 folgt (x+ 1)− 1 = (y+ 1)− 1,x+ (1− 1) = y + (1− 1), x+ 0 = y + 0, x = y. Da K endlich ist folgt nach dem Schubfachprinzip, daß dieseAbbildung auch surjektiv ist. Sie permutiert also die Elemente von K.

Die Summen∑x∈K

x und∑x∈K

(x+1) stellen also Summen von gleichen Summanden in verschiedenen Reihenfolgen

dar. Wegen der Komutativitat von K kann man die Reihenfolge der Summanden so andern, daß die beidenSummen auch in der Reihenfolge ubereinstimmen. Sie sind also gleich. (Bemerkung: Das Symbol Σ fur dieSumme ist sinnvoll nur fur stillschweigend benutzte Operationen +, welche kommutativ sind. Sonst ist einegenaue Vereinbarung der Summationsordnung notwendig.)

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Ausgehend von der bewiesenen Gleichheit konnen wir umformen:

S :=∑x∈K

x =∑x∈K

(x+ 1)

=

(∑x∈K

x

)+

(∑x∈K

1

)Mehrfache Verwendung der Komutativitat

= S + n .

Wir haben dabei mit S ∈ K die Summe∑x∈K

x gekurzt, und mit n die n–malige Addition von 1 ∈ K in K.

und bekommen: S = S +n. Addiert man das additive Inverse von S in beiden Seiten dieser Gleichheit, so folgt:n = 0.

(b) Wir nehmen an, es gabe einen Korper K mit sechs Elementen. Dann gilt in K nach (a):

0 = 6 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = (1 + 1 + 1) + (1 + 1 + 1) = (1 + 1 + 1) · 1 + (1 + 1 + 1) · 1= (1 + 1 + 1) · (1 + 1) .

Aus Augabe 1. (c), folgt 1 + 1 + 1 = 0 oder 1 + 1 = 0 in K. Wir untersuchen diese zwei Falle:1. Fall: 3 = 1 + 1 + 1 = 0. Die Elemente 0 und 1 und 2 := 1 + 1 sind verschieden, da 0 6= 1 (K5’). (Aus 2 = 0wurde folgen 2 + 1 = 0 + 1, 3 = 1, 0 = 1.)Da K sechs Elemente hat, gibt es ein Element x in K \ {0, 1, 2}. Dann sind x, x+ 1, x+ 2 auch verschiedeneElemente von K, da die Addition mit x injektiv ist. Es gilt sogar mehr: Alle Elemente 0, 1, 2, x, x + 1, x + 2sind verschieden. (Sonst gilt x+ α = β fur α, β ∈ {0, 1, 2}, also x = β − α ∈ {0, 1, 2}, Widerspruch.) Es folgtK = {0, 1, 2, x, x + 1, x + 2}. Das Element −x befindet sich in K. Welchen Wert nimmt jedoch (−)x in derMenge K = {0, 1, 2, x, x+ 1, x+ 2}?Ist −x der Form −x = α ∈ {0, 1, 2}, so folgt x = −α ∈ {0, 2, 1} im Widerspruch zur Wahl von x. Ist −xder Form x + β fur β ∈ {0, 1, 2}, so folgt sukzessive −x = x + β, −x − x = β, (−2) · x = β, 1 · x = β,x = β ∈ {0, 1, 2}, erneut im Widerspruch zur Wahl von x.2. Fall: 2 = 1 + 1 = 0. Die Elemente 0 und 1 sind verschieden, da in einem Korper 0 6= 1. Sei x ein Element ausK \ {0, 1}. Dann sind x, x+ 1 ∈ K verschiedene Elemente. Man kann leicht beweisen, daß die viere Elemente0, 1, x, x+ 1 verschieden sind. Da K sechs Elemente hat, gibt es ein weiteres Element y ∈ K \ {0, 1, x, x+ 1}.Dann sind y, y + 1, y + x, y + x + 1 auch verschiedene Elemente von K. Man sieht leicht, daß die Elemente0, 1, x, x+ 1, y, y+ 1 alle verschieden sind. Es stellt sich die Frage, welchen Wert x+ y unter diesen Elementenannimt. Wir konnen explizit die folgenden Falle unterscheiden:

x+ y = 0 ⇒ y = −x = (−1) · x = 1 · x = x Widerspruch zur Wahl von y,

x+ y = 1 ⇒ y = −x+ 1 = (−1) · x+ 1 = 1 · x+ 1 = x+ 1 Widerspruch zur Wahl von y,

x+ y = x ⇒ y = 0 Widerspruch zur Wahl von y,

x+ y = x+ 1 ⇒ y = 1 Widerspruch zur Wahl von y,

x+ y = y ⇒ x = 0 Widerspruch zur Wahl von x,

x+ y = y + 1 ⇒ x = 1 Widerspruch zur Wahl von x.

Wir haben in jedem Fall einen Widerspruch erreicht.

Jeder der Falle 3 = 0 und 2 = 0 fuhrt zu einem Widerspruch. Unsere Annahme, es gabe einen Korper mit sechsElementen, ist also falsch.

Aufgabe 4 Gibt es einen Korper mit drei Elementen?Wenn Sie glauben ja, geben Sie die Additions– und Multiplikationstabelle explizit an:

+ ·

Es ist nicht notwendig die Korperaxiome nachzuprufen.(4 Punkte)

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Losung: Ja, es gibt einen solchen Korper. Ausgehend von den Axiomen werden wir zuerst die Korperstruktur(Addition, Multiplikation) festlegen.Es bleibt dann zu zeigen, daß die so gefundenen Operationen tatsachlich alle Korperaxiome erfullen. Fur diesemuhsame Aufgabe wird ein Computer–Programm geschrieben...Sei K ein Korper mit drei Elementen. Dann sind 0 und 1 Elemente dieses Korpers. Wir bilden 2 := 1 + 1. Ist 2ein neues Element, d.h. gelten die Relationen 2 6= 0 und 2 6= 1?Die Gleichheit 2 = 1 kann sofort ausgeschlossen werden, da sonst 1 + 1 = 1, also 1 = 0 gelten wurde.Ist die Gleichheit 2 = 0 moglich in K? Wenn 2 = 0 in K gelten wurde, so gabe es zuerst ein weiteres Elementx ∈ K \ {0, 1}, d.h. K = {0, 1, x}. Die Bildung x + 1 liegt auch in K. Welchen Wert nimmt jedoch x + 1 inder Menge 0, 1, x?

x+ 1 = 0 ⇒ x+ 1 = 1 + 1 ⇒ x = 1 Widerspruch zur Wahl von x,

x+ 1 = 1 ⇒ x = 0 Widerspruch zur Wahl von x,

x+ 1 = x ⇒ 1 = 0 Widerspruch zum Korperaxiom (K5’): 0 6= 1.

Wir erreichen einen Widerspruch.

Es folgt 2 = 1 + 1 6= 0. Da K drei Elemente hat, haben wir bereits die Elemente von K, ausgehend von 0 und1, beschrieben.Welchen Wert nimmt dann 3 := 1 + 1 + 1 in der Menge {0, 1, 2}? Die Relationen 3 = 1 bzw. 3 = 2 sindausgeschlosasen, da daraus folgen wurde: 2 = 0 bzw. 1 = 0. Es bleibt nur die Moglichkeit: 3 = 0, d.h.1 + 1 + 1 = 0. Die Axiome legen dann die folgenden Tabellen fest:

+ 0 1 20 0 1 21 1 2 02 2 0 1

· 0 1 20 0 0 01 0 1 22 0 2 1

Die erste Zeile und Spalte der Additionstabelle werden durch die Gleichheiten x+ 0 = 0 + x = x festgelegt. DieGleichheit 2 = 1 + 1 ist unsere Notation der Summe 1 + 1. Die Gleichheiten 2 + 1 = 1 + 2 = 0 folgen aus 3 = 0.Wir berechnen noch 2 + 2 = (1 + 1) + (1 + 1) = (1 + 1 + 1) + 1 = 3 + 1 = 0 + 1 = 1.Die erste Zeile und Spalte der Multiplikationstabelle werden durch die Gleichheiten x · 0 = 0 · x = 0 festgelegt.Die zweite Zeile und Spalte der Multiplikationstabelle werden durch die Gleichheiten x · 1 = 1 · x = 1 festgelegt.Es bleibt nur noch die Berechnung: 2 · 2 = 2 · (1 + 1) = 2 · 1 + 2 · 1 = 2 + 2 = 1.

Aufgabe 5 (Alternativaufgabe fur WI und MI) Verifizieren Sie im Korper C der komplexen Zahlen die fol-genden Axiome:

• Das Kommutativgesetz: z1 + z2 = z2 + z1 fur alle z1, z2 ∈ C.

• Das Assoziativgesetz: (z1 + z2) + z3 = z1 + (z2 + z3) fur alle z1, z2, z3 ∈ C.

• Das Distributivgesetz: z1 · (z2 + z3) = z1 · z2 + z1 · z3 fur alle z1, z2, z3 ∈ C.

• Existenz der neutralen Elemente fur die Addition und fur die Multiplikation: 0 + z = z + 0 = z und1 · z = z · 1 = z fur alle z ∈ C.

(4 Punkte)

Losung: Seien z1 = x1 + iy1 und z2 = x2 + iy2 zwei komplexe Zahlen, x1, y1, x2, y2 ∈ R. Wir erinnern dieDefinition der Addition und der Multiplikation von komplexen Zahlen:

(x1 + iy1) + (x2 + iy2) := (x1 + x2) + i · (y1 + y2) ,(x1 + iy1) · (x2 + iy2) := (x1 · x2 − y1 · y2) + i · (x1 · y2 + x2 · y1) .

Nun beweisen wir die Axiome aus der Aufgabenstellung fur komplexe Zahlen, indem wir diese auf die entspre-chenden Axiome fur reelle Zahlen reduzieren. (Wir benutztn dann die Gultigkeit dieser Axiome fur den Korper

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der reellen Zahlen.) In allen Rechnungen gehen wir von der Gestalt zj = (xj , yj), j = 1, 2, 3, z = (x, y) derkomplexen Zahlen z1, z2, z3, z, wobei x1, x2, x3, x ; y1, y2, y3, y ∈ R:

z1 + z2 = (x1, y1) + (x2, y2):= ( (x1 + x2), (y1 + y2) ) aus der Definition der Addition

= ( (x2 + x1), (y2 + y1) ) wegen der Kommutativitat in R

=: (x2, y2) + (x1, y1) aus der Definition der Addition

= z2 + z1 .

(z1 + z2) + z3 = ( (x1, y1) + (x2, y2) ) + (x3, y3)= ( x1 + x2 , y1 + y2) ) + (x3, y3) aus der Definition der Addition

= ( (x1 + x2) + x3, (y1 + y2) + y3 ) aus der Definition der Addition

= ( x1 + (x2 + x3)), (y1 + (y2 + y3) ) wegen der Assoziativitat in R

= (x1, y1) + ( x2 + x3 , y2 + y3) ) aus der Definition der Addition

= (x1, y1) + ( (x2, y2) + (x3, y3) ) aus der Definition der Addition

= z1 + (z2 + z3) .

z1(z2 + z3) = (x1, y1) · ((x2, y2) + (x3, y3))= (x1, y1) · ((x2 + x3), (y2 + y3)) aus der Definition der Addition

= ( x1(x2 + x3)− y1(y2 + y3), x1(y2 + y3) + y1(x2 + x3) ) aus der Definition der Multiplikation

= ( (x1x2 + x1x3)− (y1y2 + y1y3), (x1y2 + x1y3) + (y1x2 + y1x3) ) aus der Distributivat

= ( (x1x2 − y1y2) + (x1x3 − y1y3), (x1y2 + y1x2) + (x1y3 + y1x3) ) mehrfache Verwendung der Kommutativitat

und der Assoziativitat

= ( x1x2 − y1y2 , x1y2 + y1x2 )+ ( x1x3 − y1y3 , x1y3 + y1x3 ) aus der Definition der Addition

= (x1, y1)(x2, y2) + (x1, y1)(x3, y3) aus der Definition der Multiplikation

= z1z2 + z1z3 .

0C + z = (0, 0) + (x, y) aus der Definition der Null in C: 0C := (0, 0)= (0 + x, 0 + y) aus der Definition der Addition

= (x, y) da 0 = 0R neutrales Element in R ist

= z .

z + 0C = (x, y) + (0, 0) aus der Definition der Null in C: 0C := (0, 0)= (x+ 0, y + 0) aus der Definition der Addition

= (0 + x, 0 + y) aus der Kommutativitart von + in R

= (x, y) da 0 = 0R neutrales Element in R ist

= z .

1C · z = (1, 0) · (x, y) aus der Definition der Eins in C: 1C := (1, 0)= (1 · x− 0 · y, 1 · y + 0 · x) aus der Definition der Multiplikation

= (x− 0, y + 0) unter Verwendung von bewiesenen Eigenschaften

= (x, y) da 0 = 0R = −0 neutrales Element in R ist

= z .

z · 1C = (x, y) · (1, 0) aus der Definition der Eins in C: 1C := (1, 0)

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= (x · 1− y · 0, y · 1 + x · 0) aus der Definition der Multiplikation

= (x− 0, y + 0) unter Verwendung von bewiesenen Eigenschaften

= (x, y) da 0 = 0R = −0 neutrales Element in R ist

= z .

Aufgabe 6 (Alternativaufgabe fur TI) Bei elektrischen Schwingkreisen stoßt man auf Losungen z ∈ C derfolgenden Gleichung:

z(−mω2 + i · rω + k) = c , i =√−1 ,

wobei sowohl ω (die Frequenz), als auch r, k, c und m reelle Zahlen sind. (Diese hangen naturlich von denGegebenheiten des speziellen Problems ab.)

Fur eine komplexe Zahl z = x+i·y mit x, y ∈ R, nennt man die reelle Zahl |z| := +

√x2 + y2 den Absolutbetrag

von |z|.Berechnen Sie den Absolutbetrag der oben definierten komplexen Zahl z (den sogenannten Resonanzfaktor) unddiskutieren Sie seine Abhangigkeit von der Frequenz ω. Hierbei sind die Großen r, k, c und m als Konstantenaufzufassen.(4 Punkte)

Losung: Die Betragfunktion | · | : C→ R≥0 hat die folgende wichtige Eigenschaft:

|z1 · z2| = |z1| · |z2|

fur alle z1, z2 ∈ C. Aus der Gleichheit

z(−mω2 + i · rω + k) = c folgt dann:

|z| · | −mω2 + i · rω + k| = |c| .

Es folgt:

|z| = |c|| −mω2 + i · rω + k|

=|c|√

(−mω2 + k)2 + (rω)2.

Die Abhangigkeit der obigen reellen Zahl |z| von der Frequenz ω ist in der Praxis relevant, um das Maximumvon |z| zu ermitteln. Fur welche Stelle ω ist also |z| maximal?! Das trifft genau dann zu, wenn der Nenner√

(−mω2 + k)2 + (rω)2

minimal ist, also genau dann wenn (−mω2 + k)2 + (rω)2 = m2ω4 − (2mk − r2)ω2 + k2 minimal ist. Diesreduziert sich auf eine Diskussion uber die Lage des Scheitelpunktes S = (xS , yS) der Parabel f : R≥0 →R , x→ f(x) := m2x2 − (2mk − r2)x+ k2. Wir haben dabei substituiert x := ω2 ≥ 0.Es gilt xS = (2mk − r2)/(2m2), und wir mussen die Falle unterscheiden:• xS ≥ 0: Dann ist f minimal fur x = xS , also |z| maximal fur ω =

√xS .

• xS < 0: Dann ist f minimal fur x = 0, also |z| maximal fur ω =√

0 = 0.Bemerkung: Bitte beachten Sie, daß viele Ingrediente dieser Losung in der Vorlesung noch nicht eingefuhrtwurden. Z.B. wurde die Wurzelfunktion noch nicht erklart. Die obige Losung setzt voraus, daß die “von der Schulebekannten Uberlegungen” ausgehend von unserem Axiomensystem folgen. Dies ist tatsachlich der Fall. DieseAufgabe richtet sich auf eine Studentengruppe, fur welche die direkte zielstrebige Anwendung der Mathematikerwunscht ist, und wurde aus diesem Grund gestellt.

10

Ubungsblatt 2

Aufgabe 7 Sei N : C → R≥0 die Funktion, welche einer komplexen Zahl z = x + iy mit x, y ∈ R den WertN(z) = x2 + y2, die Norm von z, zuordnet.

(a) Ist die Funktion N wohldefiniert, d.h. nimmt sie Werte im Bereich R≥0 der reellen nicht negativen Zahlenan? (Eine reelle Zahl ist nicht negativ, wenn sie großer oder gleich Null ist.)

(b) Zu einer komplexen Zahl z = (x, y) = x+ iy mit x, y ∈ R ordnet man die komplexe Zahl z := (x,−y) =x− iy zu. Die Zahl z nennt man die komplex konjugierte Zahl zu z. Zeigen Sie fur alle z die Gleichheit:

N(z) = z · z .

(c) Zeigen Sie fur alle z1, z2 ∈ C die Gleichheit

N(z1 · z2) = N(z1) ·N(z2) .

(4 Punkte)

Losung: (a) Sei x ∈ R. Aus der Antisymmetrie der Relation ≤ folgt x ≤ 0 oder x ≥ 0, also −x ≥ 0 oderx ≥ 0. Da x2 folgende Darstellungen hat: x2 = x ·x = (−x) ·(−x), folgt aus dem Axiom (OK2) die Ungleichungx2 ≥ 0.

Wir wenden diese Eigenschaft fur die Werte x, y an: Es folgt x2, y2 ≥ 0. Daraus folgt:

x2+y

2 ≥ 0 + y2 nach Axiom (OK1)

= y2 0 ist neutrales Element bzgl +≥ 0 .

Mittels der Transitivitat von ≥ folgt dann aus x2 + y2 ≥ y2 und y2 ≥ 0 die Ungleichung x2 + y2 ≥ 0. DieFunktion N ist also wohldefiniert.(b) Sei z = x + iy ∈ C, x, y ∈ R. Dann gilt unter Verwendung der uns inzwischen vertrauten Rechenregeln inC:

z · z = (x+ iy)(x− iy)= (x+ iy)x− (x+ iy)iy= x(x+ iy)− iy(x+ iy)

= x2 + ixy − (iyx+ i2y2)

= x2 + ixy − ixy − (−1)y2

= x2 + y2

= N(z) .

Wir bemerken dabei, daß die “binomische Formel” (a+ b)(a− b) = a2 − b2 auch fur komplexe Zahlen a, b ∈ Cgilt! (Ubung!)(c) Wir verwenden in dieser Aufgabe die Eigenschaft z1 · z2 = z1 · z2, die wir in der Aufgabe 12 beweisen. Danngilt:

N(z1 · z2) = (z1 · z2) · (z1 · z2)= (z1 · z2) · (z1 · z2)= (z1 · z1) · (·z2z2)= N(z1) ·N(z2) .

11

Aufgabe 8 Beweisen Sie: In dem Korper Q der rationalen Zahlen gibt es kein Element x mit der Eigenschaftx2 = 2. (Verwenden Sie die Eindeutigkeit der Zerlegung einer positiven ganzen Zahl als Produkt von Primzahl-potenzen.)(4 Punkte)

Losung: Wir leiten einen Widerspruch–Beweis ein, indem wir annehmen, es gabe ein x ∈ Q mit der Eigenschaftx2 = 2. Sei

x =m

n,n 6= 0 ,

eine Darstellung von x als Quotient zweier ganzen Zahlen.In der Zerlegung von m,n als Produkt von Primzahlpotenzen isolieren wir zuerst die 2er Potenzen:

m = 2µ ·m′ , n = 2ν · n′

mit naturlichen Potenzen µ, ν ≥ 0 und ganzen Zahlen m′, n′ ∈ Z, welche nicht mehr durch 2 teilbar sind. (Inder Primfaktorzerlegung von m′ und n′ kommt die Primzahl 2 nicht vor.)

Aus 2 = x2 = (m/n)2 = (m2)/(n2) folgt dann m2 = 2n2, also (2µ)2 ·m′2 = 2 · (2ν)2 · n′2 also:

22µ ·m′2 = 22ν+1 · n′2 .

Wir erreichen zwei Produkt–Zerlegungen fur die Zahl m2 = 2n2. da in der Primfaktorzerlegungen von m′ undn′ die Primzahl 2 nicht vorkommt, gilt das gleiche fur die Primfaktorzerlegungen von m′2 und n′2. Es folgt:

22µ · (Primfaktorzerlegung von m′)2︸ ︷︷ ︸Primfaktorzerlegung von m′2

= 22ν+1 · (Primfaktorzerlegung von n′)2︸ ︷︷ ︸Primfaktorzerlegung von n′2

.

Aus der Eindeutigkeit der Produkt–Zerlegung folgt insbesondere die Eindeutigkeit der 2er Potenz in der Produkt–Zerlegung, d.h. 22µ = 22ν+1, also 2µ = 2ν + 1. Die letzte Gleichheit ist jedoch in ganzen Zahlen nicht moglich,da 2µ durch 2 teilbar ist, jedoch 2ν + 1 nicht. ( (2µ)/2 = µ ∈ Z, jedoch (2ν + 1)/2 = ν︸︷︷︸

∈Z

+ (1/2)︸ ︷︷ ︸6∈Z

6∈ Z! )

Widerspruch. Unsere Annahme ist falsch.

Aufgabe 9 Sei K ein Korper mit vier Elementen.

• Zeigen Sie die Gleichheit in K: 1 + 1 = 0.

• Zeigen Sie fur alle x, y ∈ K, daß im Jahre 2048 die Gleichheit gilt:

(x+ y)2048 = x2048 + y2048 .

(4 Punkte)

Losung: Als Korollar zur Gleichheit∑x∈K

x =∑x∈K

(1 + x) haben wir bereits die Gleichheit 1 + 1 + 1 + 1 = 0 in

K in einer fruheren Aufgabe bemerkt. Die Gleichheit 1 + 1 + 1 + 1 = 0 laßt sich mittels der Distributivitat (undder Kommutativitat von ·) in K umformen:

(1 + 1) · (1 + 1) = 0 .

Ein Produkt ist in einem Korper genau dann Null, wenn mindestens einet der Faktoren Null ist, d.h. (1 + 1) = 0oder (1 + 1) = 0. Es folgt 1 + 1 = 0.Bemerkung: Mit dem gleichen Argument gilt 1 + 1 = 0 in jedem Korper mit 2n Elementen, n naturlich.

Wir bemerken weiter, daß das Jahr 2048 folgende Produktzerlegung hat: 2048 = 211. Wir konnen dies wie folgtausnutzen:In der Schule haben wir folgende binomische Formel gelernt: (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2 fur alle a, b. Diese Formelgilt auuch in K:

(a+ b)2 = (a+ b)(a+ b) = (a+ b)a+ (a+ b)b = a(a+ b) + b(a+ b) = aa+ ab+ ba+ bb

= a2 + ab · 1 + ab · 1 + b2 = a2 + ab(1 + 1) + b2 ,

12

wenn wir 2 als 1 + 1 ∈ K auffassen. Es gilt jedoch 2 = 0, so daß wir speziell die Formel bekommen:

(a+ b)2 = a2 + b2 .

Zusatzlich gilt auch (a · b)2 = a2 · b2.Um die Losung weiter “asthetisch” zu gestalten, fuhren wir die Funktion F : K → K ein, F (x) = x2. (Man nenntF den Frobenius–Morphismus von K.) Die obigen Eigenschaften schreiben sich kurz: F (a+b) = F (a)+F (b)und F (ab) = F (a)F (b). Wir verwenden wiederholt diese Eigenschaften. Wir kurzen dabei FF (x) = F (F (x))mit F 2(x), FFF (x) = F (F (F (x))) mit F 3(x) usw.

(x+ y)2048 = F 11(x+ y) = F 10(F (x+ y))

= F 10(F (x) + F (y)) = F 9(F (F (x) + F (y))) = F 9(FF (x) + FF (y))

= F 9(F 2(x) + F 2(y)) = F 8(F (F 2(x) + F 2(y)))

= F 8(F 3(x) + F 3(y)) = F 7(F (F 3(x) + F 3(y)))= . . . . . . . . .

= F 1(F 10(x) + F 10(y)) = F 11(x) + F 11(y)

= x2048 + y2048 .

Explizit lautet diese Rechnung:

(x+ y)2048 = ((x+ y)2)1024 = (x2 + y2)1024

= ((x2 + y2)2)512 = ((x2)2 + (y2)2)512 = (x4 + y4)512

= . . . . . . . . . = (x8 + y8)256

= . . . . . . . . . = (x16 + y16)128

= . . . . . . . . . = (x32 + y32)64

= . . . . . . . . . = (x64 + y64)32

= . . . . . . . . . = (x128 + y128)16

= . . . . . . . . . = (x256 + y256)8

= . . . . . . . . . = (x512 + y512)4

= . . . . . . . . . = (x1024 + y1024)2

= x2048 + y2048 .

Aufgabe 10 Wir betrachten die Menge K := { (x, y) : x, y ∈ Q } und die Abbildungen + : K ×K → Kund · : K ×K → K gegeben durch:

(x1, y1) + (x2, y2) := ( x1 + x2 , y1 + y2 ) ,(x1, y1) · (x2, y2) := ( x1x2 + 2y1y2 , x1y2 + x2y1 ) .

Man kann zeigen, daß (K,+, ·) ein Korper ist. Das Nullelement 0 = 0K von K ist (0, 0), und das Einselementvon K ist (1, 0).Beweisen Sie in K die Existenz des inversen bzgl. der Multiplikation und ein weiteres Korper–Axiom Ihrer Wahl.(4 Punkte)

Losung: Anhaltspunkte fur die Suche nach der Losung: Oft ist fur mathematische Aufgaben der Fall, daßdiese in einem neuen vertrauten Licht sehr einfach und naturlich erscheinen, und die Schwierigkeit der Losungliegt darin, die richtige Parallele zu finden.In dieser Aufgabe hat der “Autor” eine direkte Parallele zur Konstruktion der komplexen Zahlen eingebaut. Derformale Unterschied liegt “nur” in der Definition der Multiplikation, wo die Zahl −1 mit 2 ersetzt wurde. Wasandert sich dadurch?!In C haben wir bereits die Gleichheit bemerkt: i · i = (0, 1) · (0, 1) = (1, 0) = 1C = 1. Welche ist die Paralleledazu im Korper K aus der Aufgabe?! Wir berechnen auch:

13

(0, 1) · (0, 1) := (0 · 0 + 2 · 1 · 1, 0 · 1 + 1 · 0) = (0 + 2, 0 + 0) = (2, 0) = (1 + 1, 0 + 0) = (1, 0) + (1, 0) =1K + 1K = 2K = 2. Wie sollten wir die “Zahl” (0, 1) ∈ K benennen, fur welche gilt (0, 1)2 = 2?! Vorschlag:√

2. (Diese ist nur eine Notation...)Es gibt auch eine kanonische Abbildung Q → K, x → (x, 0). Schreiben wir also nur x ∈ Q fur eine Zahl ausK, so meinen wir die Zahl (x, 0) ∈ K.Dann konnen wir jede Zahl (x, y) ∈ K mit x, y ∈ Q schreiben als:

(x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (y, 0) · (0, 1) = x+ y√

2 !

Wie berechnen wir nun das inverse1

x+ y√

2? Wie in der Schule:

1x+ y

√2

=(x− y

√2)

(x+ y√

2)(x− y√

2)=x− y

√2

x2 − 2y2=

x

x2 − 2y2+

−yx2 − 2y2

·√

2 .

Und nun versteht man die Losung der Aufgabe, die in vielen “Lehr”–Buchern abrupt, trocken und ohne eineVorahnung wie folgt startet:

Losung: Sei (x, y) ∈ K \ {(0, 0)} mit x, y ∈ Q. Dann machen wir den folgenden Ansatz: Sei (x′, y′) dasElement aus K:

(x′, y′) :=

x

x2 − 2y2︸ ︷︷ ︸∈Q

,−y

x2 − 2y2︸ ︷︷ ︸∈Q

,

wobei wir zuerst bemerken mussen, daß der “Nenner” (x2 − 2y2) in Q nicht verschwindet. (Aus x2 − 2y2 = 0folgt x2 = 2y2. Ware y = 0, so folgt x · x = x2 = 0, also auch x = 0, also (x, y) = (0, 0) im Widerspruch zurAnnahme (x, y) ∈ K \{(0, 0)}. So ist y 6= 0, also auch y2 6= 0, und wir konnen umformen: 2 = x2/y2 = (x/y)2.Widerspruch: In Q gibt es keine Zahl, deren Quadrat 2 ist!)

Wir berechnen nun direkt aus dem Ansatz:

(x′, y′) · (x, y) = (x′x+ 2y′y, x′y + y′x)

=(

x

x2 − 2y2· x+ 2

−yx2 − 2y2

· y , x

x2 − 2y2· y +

−yx2 − 2y2

· x)

=(x2 − 2y2

x2 − 2y2,xy − yxx2 − 2y2

)= (1, 0)= 1K = 1 .

Die Aufgabe verlangt, ein weiteres Axiom nachzuprufen. Wir zeigen: 0 + (x, y) = (x, y):

0 + (x, y) = 0K + (x, y) = (0, 0) + (x, y) := (0 + x, 0 + y) = (x, y) .

Aufgabe 11 Seien a, b, c Elemente eines angeordneten Korpers.

• Beweisen Sie die Ungleichung a2 + b2 ≥ 2ab.

• Beweisen Sie die Ungleichung a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ca.

• Falls a, b, c ≥ 0 sind, beweisen Sie die Ungleichung a3 + b3 + c3 ≥ 3abc. Gilt diese Ungleichung unterschwacheren Bedingungen?

Hinweis: Benutzen Sie MAPLE, um eine Produktzerlegung des Ausdrucks (a3+b3+c3−3abc) zu bekommen!(Unglaublich?!)

14

(4 Punkte)

Losung: • Die Ungleichung a2 + b2 ≥ 2ab ist aquivalent nach Axiom (OK1) zu a2 − 2ab + b2 ≥ 0, also zu(a− b)2 ≥ 0. In einem geordneten Korper ist jedes Quadrat ≥ 0, also gilt die letzte Ungleichung.• Wir wenden diese Ungleichung fur die Paare a, b und b, c und c, a. Es folgt:

a2 + b2 ≥ 2ab ,

b2 + c2 ≥ 2bc ,

c2 + a2 ≥ 2ca .

Das Aufsummieren dieser Ungleichungen liefert:

2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab+ bc+ ca) , also nach Multiplikation mit 2−1 > 0:

a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ca .

“Das Aufsummieren” ist erlaubt: Wir haben bereits in einer Aufgabe aus x1 ≥ y1 und x2 ≥ y2 die Ungleichungx1 + x2 ≥ y1 + y2 ausgehend von den Axiomen hergeleitet. Gilt eine weitere dritte Ungleichung x3 ≥ y3, sofolgt durch die gleiche Uberlegung (x1 + x2) + x3 ≥ (y1 + y2) + y3.• MAPLE liefert nach dem Befehl

factor(a^3+b^3+c^3-3*a*b*c);

folgende Zerlegung:

(a3 + b3 + c3 − 3abc) = (a+ b+ c)(a2 + b2 + c2 − ab− bc− ca) ,

die man durch Ausmultiplizieren (Auflosen der Klammern) unter verwendung der Distributivitat nachprufen kann.Die Ungleichung (a3 + b3 + c3 − 3abc) ≥ 0 gilt also unter der schwacheren Annahme (a+ b+ c) ≥ 0.

Aufgabe 12 (Alternativaufgabe fur WI und MI) Die komplexe Konjugation ist die Abbildung : C → C,gegeben durch x+ iy := x− iy fur alle x, y ∈ R. Zeigen Sie fur alle z, z1, z2 ∈ C folgende Relationen:

0 = 0 , 1 = 1 ,

−z = −z , z−1 = z−1 ,

z1 + z2 = z1 + z2 , z1 · z2 = z1 · z2 ,

N(z) = N(z) .

(4 Punkte)

Losung: Wir verwenden die Notationen x = x+ iy, zj = xj + iyj fur j = 1, 2; xj , yj ∈ R.

0 = 0 + i0 = 0− i0 = 0− 0 = 0 ,

1 = 1 + i0 = 1− i0 = 1− 0 = 1 ,

−z = −(x+ iy) = (−x) + i(−y) = (−x)− i(−y) = −x+ iy = −(x− iy) = −z ,

z−1 = (x+ iy)−1 = (x/(x2 + y2)) + i · (−y/(x2 + y2))

= (x/(x2 + y2))− i · (−y/(x2 + y2)) = (x/(x2 + (−y)2)) + i · (−y/(x2 + (y−)2))

= (x+ i(−y))−1 = z−1 ,

z1 + z2 = x1 + iy1 + x2 + iy2 = (x1 − iy1) + (x2 − iy2) = (x1 + x2)− i(y1 + y2)

= (x1 + x2) + i(y1 + y2) = (x1 + iy1) + (x2 + iy2) = z1 + z2 ,

z1 · z2 = x1 + iy1 · x2 + iy2 = (x1 − iy1)(x2 − iy2)= (x1x2 − (−y1)(−y2)) + i(x1(−y2) + (−y1)x2) = (x1x2 − y1y2)− i(x1y2 + y1x2)

= (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + y1x2) = (x1 + iy1)(x2 + iy2) = z1 · z2 ,

N(z) = N(x− iy) = N(x+ i(−y)) := x2 + (−y)2 = x2 + y2 = N(x+ iy) = N(z) .

15

Aufgabe 13 (Alternativaufgabe fur TI) Die Funktionen sin und cos : R→ R sind anschaulich in der Schuleeingefuhrt worden. Zeigen Sie, daß die folgenden zwei Gleichheiten in R

sin(α+ β) = sinα cosβ + cosα sinβ und

cos(α+ β) = cosα cosβ − sinα sinβ

zusammen aquivalent zur Gleichheit in C sind:

cos(α+ β) + i sin(α+ β) = (cosα+ i sinα)(cosβ + i sinβ) .

(4 Punkte)

Losung: Die reellen Zahlen x1, x2; y1, y2 erfullen die Gleichheiten x1 = x2 und y1 = y2 genau dann, wenn inC gilt (x1, y1) = (x2, y2), also genau dann, wenn in C gilt x1 + iy1 = x2 + iy2.Wir berechnen in C:

(cosα+ i sinα)(cosβ + i sinβ) = (cosα cosβ − sinα sinβ) + i(sinα cosβ + cosα sinβ) .

Die Aussage aus der Aufgabe folgt.

16

Ubungsblatt 3

Aufgabe 14 Sei K ein archimedischer Korper. Zeigen Sie, daß die folgenden Folgen (yn)n≥0 in K Nullfolgensind:

• yn := (−1)n1

n+ 1,

• yn := 3 · 10−n.(4 Punkte)

Losung: • Wir betrachten die erste Folge yn := (−1)n1

n+ 1und fur die Vorbereitung der Losung schatzen

wir zuerst ab: Es gilt die Abschatzung (nach oben):

|yn − 0| = |yn| =∣∣∣∣(−1)n

1n+ 1

∣∣∣∣ =1

n+ 1.

Diese Zeilen fehlen in allen Buchern aus tautologischen Grunden, ich schreibe sie jedoch hier explizit, um klarzu machen, daß man nur dadurch zur folgenden Losung kommt:

Sei ε > 0. (Der Zufallsgenerator.)Sei N(ε) eine naturliche Zahl mit der Eigenschaft N(ε) > 1

ε .Dies ist mittels des archimedischen Axioms begrundet.

Sei n ≥ N(ε). (Der Zufallsgenerator.)Dann gelten folgende Ungleichungen:

|yn − 0| = |yn| =∣∣∣∣(−1)n

1n+ 1

∣∣∣∣ =1

n+ 1≤ 1n≤ 1N(ε)

<11ε

= ε .

• Wir betrachten nun die zweite Folge yn := 3 · 10−n und fur die Vorbereitung der Losung mussen wir geschicktnach oben abschatzen. Es gilt:

10−n =110

n

=1

(1 + 9)n≤ 1

1 + 9n≤ 1

9n.

Wir haben dabei die Bernoulii–Ungleichung (1 + x)n ≥ 1 + nx fur x = 9 verwendet. (Sie gilt fur alle reellenx ≥ −1 und alle naturlichen n ≥ 0.) Die Losung mußte nun klar sein. (Der Leser in Eile darf weiterlesen, sonstist es jetzt der richtige Zeitpunkt, um selbst eine Prognose fur N(ε) zu geben.)

Sei ε > 0. (Der Zufallsgenerator.)Sei N(ε) ≥ 1 eine naturliche Zahl mit der Eigenschaft N(ε) > 1

ε .Dies ist mittels des archimedischen Axioms begrundet.

Sei n ≥ N(ε) ≥ 1. (Der Zufallsgenerator.)Dann gelten folgende Ungleichungen:

|yn − 0| = |yn| = 3 · 10−n =3

(1 + 9)n≤ 3

1 + 9n<

39n

<1n≤ 1N(ε)

<11ε

= ε .

Aufgabe 15 Beweisen Sie in einem archimedischen Korper K die folgenden Eigenschaften der Abstandsfunktiond : K ×K → K, d(x, y) := |x− y| fur alle x, y ∈ K.• Es gilt fur alle x, y ∈ K die Ungleichung in K: d(x, y) ≥ 0. Zusatzlich gilt die Gleichheit d(x, y) = 0 genaudann, wenn x = y gilt.• Fur alle x, y ∈ K gilt d(x, y) = d(y, x).• Fur alle x, y, z ∈ K gilt in K die Ungleichung: d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z).(4 Punkte)

17

Losung: Die Betragfunktion hat folgende Eigenschaften, die bereits in der Vorlesung bewiesen wurden: Furalle x, y ∈ K gelten |x| ≥ 0, |x · y| = |x| · |y| und |x+ y| ≤ |x|+ |y|. Wir beweisen nun die Eigenschaften derAbstandsfunktion:

• Seien x, y ∈ K. Dann ist d(x, y) := |x− y| ≥ 0.Wir nehmen nun an, daß die Gleichheit d(x, y) = 0 in K gilt. Dann ist 0 = d(x, y) = ±(x− y), also x− y = 0,also x = y.

• Seien x, y ∈ K. Dann ist d(x, y) := |x−y| = |(−1) · |(y−x)| = |−1| · |y−x| = 1 · |y−x| = |y−x| =: d(y, x).

• Seien x, y, z ∈ K. Dann ist d(x, z) = |x− z| = |(x− y) + (y − z)| ≤ |x− y|+ |y − z| = d(x, y) + d(y, z).

Aufgabe 16 Zeigen Sie, daß die Folge mit den Gliedern

x0 = 0 , x1 =910

, x2 =99100

, x3 =9991000

, . . .

eine Cauchy–Folge ist.(4 Punkte)

Losung: Die allgemeine Formel ist fur n ∈ N, n ≥ 1 gegeben durch xn = 1− 10n. Wir zeigen die Konvergenzder Folge gegen 1. Es folgt daraus, daß sie eine Cauchy–Folge ist.(Fur die ersten nicht erwahnten Gedanken auf dem Weg zur Losung siehe die Losung zur Aufgabe 14.)

Sei ε > 0. (Der Zufallsgenerator.)Sei N(ε) ≥ 1 eine naturliche Zahl mit der Eigenschaft N(ε) > 1

ε .Dies ist mittels des archimedischen Axioms begrundet.

Sei n ≥ N(ε). (Der Zufallsgenerator.)Dann gelten fur alle n ≥ 1 folgende Ungleichungen:

|xn − 1| = | − 10−n| = 10−n =1

(1 + 9)n<

1n≤ 1N(ε)

<11ε

= ε .

Wir haben mit der Definition die Konvergenz der Folge (xn)n gegen 1 gezeigt.

Die direkte Beweis mittels der Definition dafur, daß (xn)n eine Cauchy–Folge ist, ist “ahnlich”:

Sei ε > 0. (Der Zufallsgenerator.)Sei N(ε) ≥ 1 eine naturliche Zahl mit der Eigenschaft N(ε) > 1

ε .Dies ist mittels des archimedischen Axioms begrundet.

Seien m ≥ n ≥ N(ε). (Der Zufallsgenerator.)Dann gelten folgende Ungleichungen:

|xn − xm| = | − 10−n + 10−m| = 10−n − 10−m ≤ 10−n =1

(1 + 9)n<

1n≤ 1N(ε)

<11ε

= ε .

Wir haben damit mit der Definition gezeigt, daß (xn)n eine Cauchy–Folge ist.

Aufgabe 17 Sei f : Q \ {0} → Q die Funktion f(x) :=12

(x+

2x

)fur alle x im Definitionsbereich von f .

In dem Korper Q der rationalen Zahlen betrachten wir die Folge (xn)n, welche “rekursiv” wie folgt definiertist:

x0 := 1 , und fur alle n ≥ 0: xn+1 := f(xn) .

(i) Zeigen Sie, daß f das Intervall { x ∈ Q : x ≥ 1} =: [1,∞) in sich selbst abbildet, so daß die obige Folgewohldefiniert ist. (Alle Folgenglieder sind rationale nicht verschwindende Zahlen.)

(ii) Zeigen Sie, daß fur alle x, y ∈ [1,∞) die Ungleichung gilt: |f(x)− f(y)| ≤ 12|x− y|.

18

(iii) Begrunden Sie fur alle naturlichen Zahlen n ≥ 0 und k ≥ 1 die Ungleichungen:

|xn+k − xn| ≤ |xn+k − xn+k−1|+ · · ·+ |xn+2 − xn+1|+ |xn+1 − xn|

≤ 12n

[ |xk − xk−1|+ · · ·+ |x2 − x1|+ |x1 − x0| ]

≤ 12n−1

|x1 − x0| .

(iv) Beweisen Sie, daß (xn)n eine Cauchy–Folge ist.(v) Beweisen Sie, daß die Folge (xn)n keinen Grenzwert x ∈ Q hat. (Hinweis: Zeigen Sie durch Grenzubergangin der definierenden Rekursion der Folge (xn)n, daß dieser Grenzwert x2 = 2 erfullen mußte.)(4 Punkte)

Losung: (i) Sei x > 0. Wir zeigen f(x) ≥ 1. Dies ist aquivalent zu x+ 2/x ≥ 1, also nach Multiplikation mitx > 0 weiter aquivalent zu x2 − 2x+ 2 ≥ 0, also weiter zu (x− 1)2 + 12 ≥ 0. Diese letzte Ungleichung gilt, dain einem angeordneten Korper die Quadrate positiv sind.

(ii) Seien x, y ≥ 1. Wir berechnen:

|f(x)− f(y)| =∣∣∣∣ 1

2

(x+

2x

)− 1

2

(y +

2y

) ∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 1

2

((x− y)−

(2y− 2x

) ) ∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 1

2(x− y)

(1− 2

xy

) ∣∣∣∣=

12|x− y| ·

∣∣∣∣1− 2xy

∣∣∣∣ .Es reicht weiter zu zeigen, daß

∣∣∣∣1− 1xy

∣∣∣∣ ≤ 1 ist, was aquivalent zur doppelten Ungleichung ist:

−1 ≤ 1− 2xy≤ 1 , also zu − 2 ≤ − 2

xy≤ 0 , also zu 1 ≥ 1

xy≥ 0 .

Die letzten Ungleichungen folgen aus x, y ≥ 1.

(iii) Wir bemerken das Korollar zu (ii): Fur alle m,n ≥ 1 gilt: |xm − xn| = |f(xm−1)− f(xn−1)| ≤ 12|xm−1 −

xn−1|.Iteriert man dieses Argument, so folgen induktiv fur alle m,n ≥ k die Ungleichungen:|xm − xn|≤ 1

2 |xm−1 − xn−1|≤ · · · ≤ 12k|xm−k − xn−n|.

Wir verwenden weiter stillschweigen diese Beobachtung:

|xn+k − xn| = | (xn+k − xn+k−1) + · · ·+ (xn+2 − xn+1) + (xn+1 − xn) |≤ |xn+k − xn+k−1|+ · · ·+ |xn+2 − xn+1|+ |xn+1 − xn| Die Dreiecksungleichung

≤ 12n

[ |xk − xk−1|+ · · ·+ |x2 − x1|+ |x1 − x0| ]

≤ 12n

[1

2k−1|x1 − x0|+ · · ·+

12|x1 − x0|+ |x1 − x0|

]

=12n

(1 +

12

+ · · ·+ 12k−1

)|x1 − x0| =

12n

1− 12k

1− 12

|x1 − x0|

<12n

1

1− 12

|x1 − x0| =1

2n−1|x1 − x0| =

32n

.

(iv) Sei ε > 0.Sei N(ε) ≥ 1 eine naturliche Zahl mit der Eigenschaft N(ε) > 3

/ε.

Dies ist nach dem archimedischen Axiom moglich.Seien m ≥ n ≥ N(ε) beliebig. Wir konnen m in die Form m = n+ k bringen, k ≥ 0 naturlich.

Es gelten dann die Abschatzungen:

|xn+k − xn| <32n

=3

(1 + 1)n≤ 3

1 + n · 1<

3n≤ 3N(ε)

< ε .

19

Wir haben dabei aus mittels der Definition gezeigt, daß (xn)n eine Cauchy–Folge ist.

(v) Widerspruchsbeweis. Wir nehmen an, es gibt einen Grenzwert x ∈ Q fur die Folge (xn)n. In der Gleichheit

xn+1︸ ︷︷ ︸konvergiert gegen x

=12

(xn +

2xn

)︸ ︷︷ ︸

konvergiert gegen 1/2(x+ 2/x)

bemerken wir fur n→∞ die Konvergenz der Terme gegen x bzw. gegen

(x+

2x

). Dies folgt unter Verwendung

der ublichen Regeln fur den Grenzwert der Summe, des Produkts und des Quotienten von konvergierenden Folgen.Da der Grenzwert einer konvergierenden Folge eindeutig ist, folgt die Gleichheit:

x =(x+

2x

),

welche zur Gleichheit x2 = 2 aquivalent ist. Wir haben jedoch in der Aufgabe 8 gezeigt, daß es keine rationaleZahl mit dieser Eigenschaft gibt.

Aufgabe 18 Seien (xn)n und (yn)n zwei Cauchy–Folgen in dem archimedischen Korper K. Die Folge (yn)nsei konvergent mit dem Grenzwert

y := limn→∞

yn 6= 0 .

Zeigen Sie:(i) Es gibt eine naturliche Zahl n0, so daß fur jede naturliche Zahl n ≥ n0 gilt: yn 6= 0.(ii) Sei n0 wie im Aufgabenteil (i). Zeigen Sie, daß die Folge (zn)n mit den Folgengliedern

zn :=

{0 falls n < n0 ,

xn/yn falls n ≥ n0

eine Cauchy–Folge ist.(iii) Falls die Folge (xn)n konvergiert, x := lim

n→∞xn, dann konvergiert auch die Folge (zn)n, und es gilt:

z := limn→∞

zn =x

y.

(4 Punkte)

Losung: (i) Wir setzen ε := |y|/2 > 0.Fur dieses spezielle ε gibt es ein naturliches n0 = N(ε),

so daß fur alle n ≥ n0 gilt:|yn − y| < ε.

Sein nun n ≥ n0. Mittels der Dreiecksungleichung |y| = |(y − yn) + yn| ≤ |y − yn|+ |yn| schließen wir daraus:

|yn| ≥ |y| − |yn − n|︸ ︷︷ ︸≤ε

≥ |y| − ε = |y| − |y|/2 = |y|/2 .

Wir haben hiermit nicht nur gezeigt, daß yn 6= 0 ist, sondern wesentlich mehr:Fur alle n ≥ n0 bleiben die Werte yn fern von der Intervall–Umgebung (−|y|/2,+|y|/2) um Null. DieserPunkt wird weiter im zweiten Teil der Aufgabe benutzt.

Verallgemeinerung: Sei (yn)n eine Cauchy–Folge in einem archimedischen Korper K, welche nicht gegen 0konvergiert. (Es kann sein, daß die Folge (yn)n nicht konvergiert, in welchem Fall keine Bedingung gestellt wird,konvergiert jedoch die Folge (yn)n, so wird die Bedingung gestellt, daß der Grenzwert nicht Null ist.)Dann gibt es ein ε0 > 0 und ein naturliches n0,

so daß fur alle n ≥ n0 gilt:|yn| ≥ ε0.

20

Beweis der Verallgemeinerung:Die Aussage yn 6→ 0 ist aquivalent zur AussageNICHT[ ∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n ≥ N : |yn| < ε ], also aquivalent zu:[ ∃ε > 0 ∀N ∈ N ∃n ≥ N : |yn| ≥ ε ]

Sei dann ε1 > 0 ein solcher Wert, so daß fur alle N ∈ N ein n = n(N) ≥ N existiert, so daß gilt: |yn| ≥ ε1.(Eigenschaft (A))

Die Folge (yn) ist eine Cauchy–Folge. So gibt es zum ε0 := ε1/2 ein N = N(ε0), so daß fur alle m,n ≥ Ngilt: |xm − xn| < ε0. Zu diesem N = N(ε0) gibt es laut Eigenschaft (A) ein n0, so daß gilt |yn0 | ≥ ε1 = 2ε0.Es folgt dann fur alle n ≥ n0(≥ N):

|yn| = |yn0 − (yn0 − yn)|≥ |yn0 | − |yn0 − yn| mittels der Dreiecksungleichung,

≥ 2ε0 − |yn0 − yn| da |yn0 | ≥ ε1 ist,

≥ 2ε0 − ε0 da aus n0, n ≥ N dann |yn0 − yn| < ε0 folgt.

= ε0 .

(ii) Wir zeigen allgemeiner: Sind (xn)n und (yn)n Cauchy–Folgen, so daß yn 6→ 0 gilt, dann auch dieQuotientenfolge (zn)n≥n0 , wobei zn := xn/yn und n0 wie oben gewahlt wird.Seien ε0 > 0 und n0 ∈ N wie im Aufgabenteil (i), so daß fur alle n ≥ n0 gilt: |yn| ≥ ε0.Da (xn)n und (yn)n Cauchy–Folgen sind, sind sie auch beschrankt. So gibt es eine gemeinsame SchrankeM > 0 mit der Eigenschaft: Fur alle n ∈ N gilt |xn|, |yn| ≤M .Wir zeigen nun direkt mittels der Definition, daß (zn)n eine Cauchy–Folge ist.

Sei ε > 0. Wir setzen ε′ := εε20

2M> 0.

Dann existieren N1 := Nx(ε′) und N2 := Ny(ε′), so daß fur alle m,n ≥ N1 die Abschatzung |xm−xn| < ε′

bzw. fur alle m,n ≥ N2 die Abschatzung |ym − yn| < ε′ gilt.Sei N(ε) das Maximum unter N1 und N2.

Seien m,n ≥ N(ε).Dann gelten folgende Abschatzungen:

|zm − zn| =∣∣∣∣xmym − xn

yn

∣∣∣∣ =1

|ym||yn||xm yn − xn ym|

≤ 1ε20|xm yn − xn ym| =

1ε20|(xm yn − xm ym) + (xm ym − xn ym)|

≤ 1ε20|xm yn − xm ym|+

1ε20|xm ym − xn ym| =

1ε20|xm| |yn − ym|+

1ε20|ym| |xm − xn|

≤ M

ε20(|ym − yn|+ |xm − xn|)

<M

ε20(ε′ + ε′)

= ε .

(iii) Wir nehmen nun zusatzlich zur Hypothese des Aufgabenteils (ii) an, daß die Konvergenzen xn → x undyn → y gelten. Insbesondere |x|, |y| ≤M . (Warum?!) Sei z := x/y.Wir zeigen nun direkt mittels der Definition, daß (zn)n gegen z konvergiert. (Der Beweis ist parallel zum obigenBeweis.)

Sei ε > 0. Wir setzen ε′ := εε20

2M> 0.

21

Dann existieren N1 := Nx(ε′) und N2 := Ny(ε′), so daß fur alle n ≥ N1 die Abschatzung |xn − x| < ε′

bzw. fur alle n ≥ N2 die Abschatzung |yn − y| < ε′ gilt.Sei N(ε) das Maximum unter N1 und N2.

Sei n ≥ N(ε).Dann gelten folgende Abschatzungen:

|zn − z| =∣∣∣∣xnyn − x

y

∣∣∣∣ =1

|yn||y||xn y − x yn|

≤ 1ε20|xn y − x yn| =

1ε20|(xn y − x y) + (x y − x yn)|

≤ 1ε20|xn y − x y|+

1ε20|x y − x yn| =

1ε20|y| |xn − x|+

1ε20|x| |y − yn|

≤ M

ε20(|xn − x|+ |yn − y|)

<M

ε20(ε′ + ε′)

= ε .

22

Ubungsblatt 4

Aufgabe 19 Sei K ein archimedischer Korper.(i) Sei (xn) eine Cauchy–Folge, und sei (yn) eine Nullfolge. Zeigen Sie, daß (xn · yn) eine Nullfolge ist.(ii) Sind (xn) und (yn) Nullfolgen, dann auch (xn + yn) und (xn − yn).(4 Punkte)

Losung: (i) Da (xn) eine Cauchy–Folge, ist sie beschrankt. Es existiert also ein M > 0, so daß fur alle ngilt:

|xn| ≤M .

Sei ε > 0.Da (yn) eine Nullfolge ist, existiert ein N , so daß fur alle n ≥ N gilt: |yn − 0| < ε

M . Sei n ≥ N .Dann gilt: |xn · yn| = |xn| · |yn| ≤M · |yn| < M · (ε/M) = ε.

Wir haben dadurch mit der Definition gezeigt, daß (xn · yn) eine Nullfolge ist.

(ii) Seien (xn) und (yn) Nullfolgen.Sei ε > 0.

Da (xn) und (yn) Nullfolgen sind, existieren ein Nx und ein Ny, so daß fur alle n ≥ Nx die Ungleichung|xn| < ε/2 gilt, und fur alle n ≥ Ny die Ungleichung |yn| < ε/2.

Sei N das Maximum unter Nx und Ny.Sei n ≥ N .

Dann gilt: |xn ± yn| ≤ |xn|+ | ± yn| = |xn|+ |yn| = ε2 + ε

2 = ε.Wir haben dadurch mit der Definition gezeigt, daß (xn · yn) eine Nullfolge ist.

Aufgabe 20 Zeigen Sie, daß die folgenden Reihen konvergieren. Berechnen Sie den Grenzwert:

(i)∑n≥1

1n(n+ 1)

, (ii)∑n≥1

1n(n+ 1)(n+ 2)

.

Hinweis: Verwenden Sie dabei MAPLE oder eine Programmiersprache ihrer Wahl, um die ersten Teilsummen derersten Reihe (und eventuell auch der anderen Reihe) zu berechnen. Beweisen Sie die naheliegende Formel furdiese Teilsummen.(4 Punkte)

Losung: 1. Losung: Wir zeigen eine Verallgemeinerung dieser zwei Falle: Sei k ≥ 1 eine naturliche Zahl. FurN ≥ 1 berechnen wir die Teilsumme:∑

1≤n≤N

1n(n+ 1) · · · (n+ k − 1)(n+ k)

=∑

1≤n≤N

1k

[1

n(n+ 1) · · · (n+ k − 1)− 1

(n+ 1) · · · (n+ k − 1)(n+ k)

]

=1k

[1

1 · 2 . . . k− 1

(N + 1) . . . (N + k − 1)(N + k)

].

Die Folge mit den Folgegliedern xN :=1

(N + 1) . . . (N + k − 1)(N + k)ist eine Nullfolge, da gilt 0 ≤ xN ≤

1N+1 . (Das Sandwich–Kriterium.) Es folgt:

∑1≤n≤N

1n(n+ 1) · · · (n+ k − 1)(n+ k)

=1k.k!

.

Insbesondere haben die Reihen in der Aufgabe die Werte 1 und 1/4.

23

Reihen, welche mit einer ahnlichen Behandlung verarztet werden konnen, nennt man teleskopische Reihen. Die“phantastischen Kurzungen” in dieser Losung waren dadurch ermoglicht, daß eine Form xn = an − an+1 furden n.ten Summanden xn der Reihe gefunden wurde.

2. Losung Wir verlangen von MAPLE die “Partial–Bruchzerlegungen” (bzgl. der Variablen n):

convert( 1/( n*(n+1) ) , parfrac , n );convert( 1/( n*(n+1)*(n+2) ) , parfrac , n );

MAPLE gibt folgende Antworten:

1n(n+ 1)

=1n− 1n+ 1

und1

n(n+ 1)(n+ 2)=

12· 1n− 1n+ 1

+12· 1n+ 2

.

Diese Zerlegungen erlauben auch “teleskopische Kurzungen” fur die N .te Teilsumme jeweiliger Reihe festzustel-len.

Aufgabe 21 Zeigen Sie, daß fur alle ganzen Zahlen s > 1 die Reihe∑n≥1

n−s konvergiert.

(4 Punkte)

Losung: Wir verwenden das Majoranten–Kriterium: Da s ≥ 2 ist, gilt:∑n≥1

n−s ≤∑n≥1

1n2

= 1 +∑n≥2

1n2

= 1 +∑n≥1

1(n+ 1)2

< 1 +∑n≥1

1n(n+ 1)

= 1 + 1 = 2 .

(Eine nach oben beschrankte Reihe mit positiven Summanden konvergiert!)

Aufgabe 22 (Existenz einer Darstellung zur Basis q) Sei q ≥ 2 eine ganze Zahl.Jede reelle Zahl y schreibt sich eindeutig als Summe y = n+ x mit n ∈ N und x ∈ [0, 1).(i) Seien a1, a2, . . . , an, . . . beliebige Elemente der Menge {0, 1, . . . , q − 1}. Zeigen Sie die Konvergenz der

Reihe:∑n≥1

an q−n .

(ii) Sei x eine reelle Zahl im Intervall [0, 1). Zeigen Sie die Existenz von a1, a2, . . . , an, . . . aus der Menge

{0, 1, . . . , q − 1}, so daß gilt: x =∑n≥1

an q−n . Ist diese Darstellung eindeutig?

Hinweis: Konstruieren Sie a1, a2, . . . , an, . . . induktiv. Falls die “Ziffern” a1, a2, . . . , an−1 bereits “richtig”konstruiert sind, zeigen Sie, daß sich die reelle Zahl

qn ·

x−n−1∑j=1

aj q−j

im Intervall [0, q) befindet. Wahlen Sie dann an geeignet.(4 Punkte)

Losung: (i) Wir verwenden das Majoranten–Kriterium:∑n≥1

an q−n ≤

∑n≥1

(q − 1) q−n = (q − 1)q−1∑n≥0

q−n = (q − 1)q−1 11− q−1

= 1 .

(Die Teilsummen der Reihe∑n≥1

an q−n mit positiven Summanden bilden eine monoton steigende Folge, welche

nach oben von 1 beschrankt –also konvergent– ist.)

(ii) Wir wahlen a1: Aus x ∈ [0, 1) folgt qx ∈ [0, q). Sei dann a1 := [qx] die großte ganze Zahl, welche ≤ qx ist.Allgemein bezeichnet man fur y ∈ R mit [y] die großte ganze Zahl, welche kleiner oder gleich y ist. Die Funktion[·] : R → Z nennt man die gausssche Klammer. Es gilt z.B. [3.55] = 3, [−1.5] = −2, [9] = 9. Aus derDefinition der gaussschen Klammer folgt fur alle y ∈ R: y − [y] ∈ [0, 1).

24

Es ist oft gunstig, fur den Ausdruck y − [y] ∈ [0, 1) dei Kurzung {y} zu verwenden. Es gilt z.B. {3.55} =0.55, {−1.5} = 0.5, {9} = 0.

Es gilt dann fur n = 1: qn ·

x−n∑j=1

aj q−j

∈ [0, 1).

Wir gehen nun induktiv davon aus, daß die Zahlen a1, a2, . . . , an−1 aus der Menge {0, 1, . . . , (q − 1)} derartgewahlt wurden, daß gilt:

rn−1 := qn−1 ·

x−n−1∑j=1

aj q−j

∈ [0, 1) .

Wir wahlen nun an, so daß gilt: rn := qn ·

x−n∑j=1

aj q−j

∈ [0, 1), wie folgt:

Aus rn−1 ∈ [0, 1) folgt qrn−1 ∈ [0, q), und sei nun

an := [qrn−1] ∈ {0, 1, . . . , (q − 1)} .

Dann ist:

rn := qn ·

x−n∑j=1

aj q−j

= qrn−1 − an = qrn−1 − [qrn−1]= {qrn−1} ∈ [0, 1) .

Nach dem Prinzip der vollstandigen Induktion sind alle Zahlen an fur ganze n ≥ 1 bestimmt.

Wir zeigen nun die Gleichheit: x =∑j≥1

aj q−j . Dafur schatzen wir ab:

∣∣∣∣∣∣x−∑

1≤j≤n

aj q−j

∣∣∣∣∣∣ = q−n ·

∣∣∣∣∣∣ qn x−

∑1≤j≤n

aj q−j

∣∣∣∣∣∣< q−n · 1 = q−n .

Da (q−n)n eine Nullfolge ist, folgt aus dem Sandwich–Kriterium, daß auch die Folge mit dem n.ten Glied gleich

zu

∣∣∣∣∣∣x−∑

1≤j≤n

aj q−j

∣∣∣∣∣∣ eine Nullfolge ist. Es folgt

limn→∞

x− ∑1≤j≤n

aj q−j

= 0 also x = limn→∞

x = limn→∞

∑1≤j≤n

aj q−j =

∑j≥1

aj q−j .

Die Darstellung ist nicht eindeutig. Es gilt z.B. zur Basis 10 die Gleichheit: 0.1 = 0.0999999999 . . . . Begrundung:

0.09 =∑n≥2

910n

=9

102

∑n≥0

110n

=9

102

1

1− 110

=110

.

Ahnlich zu dieser Darstellung sind auch andere moglich, z.B. 0.7653176 = 0.76531759, etc. Man kann zeigen,daß nur solche reellen Zahlen mehrere Darstellungen haben, welche in einer beliebigen Darstellung mit der PeriodeNull oder mit der Periode Neun “enden”.Zur beliebigen Basis q gilt auch: 0.1(q) = 0.(q − 1)(q). Der Index (q) suggeriert eine Darstellung zur Basis q.

25

Aufgabe 23 (Alternativaufgabe fur WI und TI)(i) Welche ist die Binar–Darstellung (Darstellung zur Basis 2, s. Aufgabe 22) der rationalen Zahlen 1/7 und1/11?(ii) Schreiben Sie ein Programm in MAPLE oder in einer Programmiersprache Ihrer Wahl, um die Binar–Darstellungder rationalen Zahl 1/1999 zu berechnen.(iii) Zeigen Sie, daß diese drei Darstellungen periodisch sind, und berechnen Sie die Langen P7, P11 und P1999

dieser Perioden.(iv) Seien P7, P11 bzw. P1999 die berechneten Perioden–Langen. Verwenden Sie MAPLE, um folgende Teilbarkeitenfestzustellen: 2P7 − 1 ist teilbar durch 7; 2P11 − 1 ist teilbar durch 11; 2P1999 − 1 ist teilbar durch 1999;(4 Punkte)

Losung:

(i) Die Binar–Darstellung der Zahl 1/7 ist periodisch mit der Periode 001:

0.001(2) =123

+126

+129

+ · · · =∑n≥1

123n

=∑n≥1

18n

= 8−1∑n≥0

8−n

= 8−1 · 11− 8−1

=18· 1

1− 8−1=

1(8− 1)

=17.

Es gilt also P7 = 3.Die Binar–Darstellung der Zahl 1/11 ist periodisch mit der Periode 0001011101:

0.0001011101(2) = 0.0001011101(2) + 0. 0 . . . 0︸ ︷︷ ︸10 mal

0001011101(2) + 0. 0 . . . 0︸ ︷︷ ︸20 mal

0001011101(2) + . . .

= 1011101(2) ·

0.0000000001(2) + 0. 0 . . . 0︸ ︷︷ ︸10 mal

0000000001(2) + 0. 0 . . . 0︸ ︷︷ ︸20 mal

0000000001(2) + . . .

= (26 + 24 + 23 + 22 + 20) ·

∑n≥1

2−10n = 93 · 2−10∑n≥0

2−10n

=93210· 1

1− 2−10=

93210 − 1

=93

1023=

7 · 131 · 11 · 13

=111

.

Kommentar: Wie kommt man auf die obige periodische Darstellung?!Die Aufgabe 22 begrundet den folgendenAlgorithmus: Sei x ∈ [0, 1) rational oder nicht. Sei q ≥ 2 naturlich. Wir verwenden die Notationen [y] fur diegroßte ganze Zahl kleiner oder gleich y und {y} := y − [y] ∈ [0, 1) fur den fraktionaren Anteil.(1) Wir initialisieren: a0 := 0 und r0 := x ∈ [0, 1).(2) Wir berechnen rekursiv, wenn an−1 und rn−1 bereits berechnet sind, die Zahlen:

an := [qrn−1] , rn := {qrn−1} .

(3) Dann gilt x ≈ (0.a1 . . . an)(q) mit einem Fehler kleiner als q−(n+1).(4) Ist x ∈ [0, 1) rational der Form c/d, c, d ∈ N, so sind alle Reste rn ∈ [0, 1) rational mit einer Darstellungder Form ?/d mit Nenner d. Da der Zahler nur die Werte 0, 1, . . . , (d − 1) annehmen kann, wiederholen sichperiodisch ab einem gewissen Index n die Reste rn also auch die “Ziffern” an.Im Falle von x = 1/11 sieht dieser Algorithmus wie folgt aus:

a0 = 0 , r0 = x =111

a1 =[

211

]= 0 r1 =

{211

}=

211

a2 =[

411

]= 0 r2 =

{411

}=

411

a3 =[

811

]= 0 r3 =

{811

}=

811

26

a4 =[

1611

]= 1 r4 =

{1611

}=

511

a5 =[

1011

]= 0 r5 =

{1011

}=

1011

a6 =[

2011

]= 1 r6 =

{2011

}=

911

a7 =[

1811

]= 1 r7 =

{1811

}=

711

a8 =[

1411

]= 1 r8 =

{1411

}=

311

a9 =[

611

]= 0 r9 =

{611

}=

611

a10 =[

1211

]= 1 r10 =

{1211

}=

111

= r0 .

Insbesondere ist P11 = 10. Eine “(menschlich) schnellere” Art und Weise, dies zu berechnen... in der Diskussionzum Aufgabenteil (iii).

(ii) Das folgende MAPLE–Programm implementiert den obigen Algorithmus in einer vereinfachten Form: DerProgrammi(e‖r)rer weißt dabei, daß der Rest r0 = x als erster wiederholt wird:

q:=2; a:=0; rest:=1/1999;for n from 1 to 1998 while ( n=1 or rest <> 1/1999 ) doa:=floor(q*rest):rest:=q*rest-a:printf( "n=%3a a=%a r=%a \n", n , a , rest );od:

Um ein TEX–Format dieser Berechnung zu haben, habe ich diese Zeilen entsprechend geandert, so daß in einFile namens ergebnisse.tex geschrieben wird:

FILE := fopen( "ergebnisse.1.tex" , WRITE );q:=2; a:=0; rest:=1/1999;for n from 1 to 1998 while ( n=1 or rest <> 1/1999 ) doa:=floor(q*rest):rest:=q*rest-a:fprintf( FILE , "n=%3a a=%a r=%4a/1999 ", n , a , rest*1999 );if ( n mod 4 = 0 ) then fprintf( FILE , "\n") fi;od:fclose( FILE ):

Und so sehen die Ergebnisse aus:

n= 1 a=0 r= 2/1999 n= 2 a=0 r= 4/1999 n= 3 a=0 r= 8/1999 n= 4 a=0 r= 16/1999n= 5 a=0 r= 32/1999 n= 6 a=0 r= 64/1999 n= 7 a=0 r= 128/1999 n= 8 a=0 r= 256/1999n= 9 a=0 r= 512/1999 n= 10 a=0 r=1024/1999 n= 11 a=1 r= 49/1999 n= 12 a=0 r= 98/1999n= 13 a=0 r= 196/1999 n= 14 a=0 r= 392/1999 n= 15 a=0 r= 784/1999 n= 16 a=0 r=1568/1999n= 17 a=1 r=1137/1999 n= 18 a=1 r= 275/1999 n= 19 a=0 r= 550/1999 n= 20 a=0 r=1100/1999n= 21 a=1 r= 201/1999 n= 22 a=0 r= 402/1999 n= 23 a=0 r= 804/1999 n= 24 a=0 r=1608/1999n= 25 a=1 r=1217/1999 n= 26 a=1 r= 435/1999 n= 27 a=0 r= 870/1999 n= 28 a=0 r=1740/1999n= 29 a=1 r=1481/1999 n= 30 a=1 r= 963/1999 n= 31 a=0 r=1926/1999 n= 32 a=1 r=1853/1999n= 33 a=1 r=1707/1999 n= 34 a=1 r=1415/1999 n= 35 a=1 r= 831/1999 n= 36 a=0 r=1662/1999n= 37 a=1 r=1325/1999 n= 38 a=1 r= 651/1999 n= 39 a=0 r=1302/1999 n= 40 a=1 r= 605/1999n= 41 a=0 r=1210/1999 n= 42 a=1 r= 421/1999 n= 43 a=0 r= 842/1999 n= 44 a=0 r=1684/1999n= 45 a=1 r=1369/1999 n= 46 a=1 r= 739/1999 n= 47 a=0 r=1478/1999 n= 48 a=1 r= 957/1999n= 49 a=0 r=1914/1999 n= 50 a=1 r=1829/1999 n= 51 a=1 r=1659/1999 n= 52 a=1 r=1319/1999n= 53 a=1 r= 639/1999 n= 54 a=0 r=1278/1999 n= 55 a=1 r= 557/1999 n= 56 a=0 r=1114/1999n= 57 a=1 r= 229/1999 n= 58 a=0 r= 458/1999 n= 59 a=0 r= 916/1999 n= 60 a=0 r=1832/1999n= 61 a=1 r=1665/1999 n= 62 a=1 r=1331/1999 n= 63 a=1 r= 663/1999 n= 64 a=0 r=1326/1999n= 65 a=1 r= 653/1999 n= 66 a=0 r=1306/1999 n= 67 a=1 r= 613/1999 n= 68 a=0 r=1226/1999n= 69 a=1 r= 453/1999 n= 70 a=0 r= 906/1999 n= 71 a=0 r=1812/1999 n= 72 a=1 r=1625/1999n= 73 a=1 r=1251/1999 n= 74 a=1 r= 503/1999 n= 75 a=0 r=1006/1999 n= 76 a=1 r= 13/1999n= 77 a=0 r= 26/1999 n= 78 a=0 r= 52/1999 n= 79 a=0 r= 104/1999 n= 80 a=0 r= 208/1999n= 81 a=0 r= 416/1999 n= 82 a=0 r= 832/1999 n= 83 a=0 r=1664/1999 n= 84 a=1 r=1329/1999n= 85 a=1 r= 659/1999 n= 86 a=0 r=1318/1999 n= 87 a=1 r= 637/1999 n= 88 a=0 r=1274/1999

27

n= 89 a=1 r= 549/1999 n= 90 a=0 r=1098/1999 n= 91 a=1 r= 197/1999 n= 92 a=0 r= 394/1999n= 93 a=0 r= 788/1999 n= 94 a=0 r=1576/1999 n= 95 a=1 r=1153/1999 n= 96 a=1 r= 307/1999n= 97 a=0 r= 614/1999 n= 98 a=0 r=1228/1999 n= 99 a=1 r= 457/1999 n=100 a=0 r= 914/1999n=101 a=0 r=1828/1999 n=102 a=1 r=1657/1999 n=103 a=1 r=1315/1999 n=104 a=1 r= 631/1999n=105 a=0 r=1262/1999 n=106 a=1 r= 525/1999 n=107 a=0 r=1050/1999 n=108 a=1 r= 101/1999n=109 a=0 r= 202/1999 n=110 a=0 r= 404/1999 n=111 a=0 r= 808/1999 n=112 a=0 r=1616/1999n=113 a=1 r=1233/1999 n=114 a=1 r= 467/1999 n=115 a=0 r= 934/1999 n=116 a=0 r=1868/1999n=117 a=1 r=1737/1999 n=118 a=1 r=1475/1999 n=119 a=1 r= 951/1999 n=120 a=0 r=1902/1999n=121 a=1 r=1805/1999 n=122 a=1 r=1611/1999 n=123 a=1 r=1223/1999 n=124 a=1 r= 447/1999n=125 a=0 r= 894/1999 n=126 a=0 r=1788/1999 n=127 a=1 r=1577/1999 n=128 a=1 r=1155/1999n=129 a=1 r= 311/1999 n=130 a=0 r= 622/1999 n=131 a=0 r=1244/1999 n=132 a=1 r= 489/1999n=133 a=0 r= 978/1999 n=134 a=0 r=1956/1999 n=135 a=1 r=1913/1999 n=136 a=1 r=1827/1999n=137 a=1 r=1655/1999 n=138 a=1 r=1311/1999 n=139 a=1 r= 623/1999 n=140 a=0 r=1246/1999n=141 a=1 r= 493/1999 n=142 a=0 r= 986/1999 n=143 a=0 r=1972/1999 n=144 a=1 r=1945/1999n=145 a=1 r=1891/1999 n=146 a=1 r=1783/1999 n=147 a=1 r=1567/1999 n=148 a=1 r=1135/1999n=149 a=1 r= 271/1999 n=150 a=0 r= 542/1999 n=151 a=0 r=1084/1999 n=152 a=1 r= 169/1999n=153 a=0 r= 338/1999 n=154 a=0 r= 676/1999 n=155 a=0 r=1352/1999 n=156 a=1 r= 705/1999n=157 a=0 r=1410/1999 n=158 a=1 r= 821/1999 n=159 a=0 r=1642/1999 n=160 a=1 r=1285/1999n=161 a=1 r= 571/1999 n=162 a=0 r=1142/1999 n=163 a=1 r= 285/1999 n=164 a=0 r= 570/1999n=165 a=0 r=1140/1999 n=166 a=1 r= 281/1999 n=167 a=0 r= 562/1999 n=168 a=0 r=1124/1999n=169 a=1 r= 249/1999 n=170 a=0 r= 498/1999 n=171 a=0 r= 996/1999 n=172 a=0 r=1992/1999n=173 a=1 r=1985/1999 n=174 a=1 r=1971/1999 n=175 a=1 r=1943/1999 n=176 a=1 r=1887/1999n=177 a=1 r=1775/1999 n=178 a=1 r=1551/1999 n=179 a=1 r=1103/1999 n=180 a=1 r= 207/1999n=181 a=0 r= 414/1999 n=182 a=0 r= 828/1999 n=183 a=0 r=1656/1999 n=184 a=1 r=1313/1999n=185 a=1 r= 627/1999 n=186 a=0 r=1254/1999 n=187 a=1 r= 509/1999 n=188 a=0 r=1018/1999n=189 a=1 r= 37/1999 n=190 a=0 r= 74/1999 n=191 a=0 r= 148/1999 n=192 a=0 r= 296/1999n=193 a=0 r= 592/1999 n=194 a=0 r=1184/1999 n=195 a=1 r= 369/1999 n=196 a=0 r= 738/1999n=197 a=0 r=1476/1999 n=198 a=1 r= 953/1999 n=199 a=0 r=1906/1999 n=200 a=1 r=1813/1999n=201 a=1 r=1627/1999 n=202 a=1 r=1255/1999 n=203 a=1 r= 511/1999 n=204 a=0 r=1022/1999n=205 a=1 r= 45/1999 n=206 a=0 r= 90/1999 n=207 a=0 r= 180/1999 n=208 a=0 r= 360/1999n=209 a=0 r= 720/1999 n=210 a=0 r=1440/1999 n=211 a=1 r= 881/1999 n=212 a=0 r=1762/1999n=213 a=1 r=1525/1999 n=214 a=1 r=1051/1999 n=215 a=1 r= 103/1999 n=216 a=0 r= 206/1999n=217 a=0 r= 412/1999 n=218 a=0 r= 824/1999 n=219 a=0 r=1648/1999 n=220 a=1 r=1297/1999n=221 a=1 r= 595/1999 n=222 a=0 r=1190/1999 n=223 a=1 r= 381/1999 n=224 a=0 r= 762/1999n=225 a=0 r=1524/1999 n=226 a=1 r=1049/1999 n=227 a=1 r= 99/1999 n=228 a=0 r= 198/1999n=229 a=0 r= 396/1999 n=230 a=0 r= 792/1999 n=231 a=0 r=1584/1999 n=232 a=1 r=1169/1999n=233 a=1 r= 339/1999 n=234 a=0 r= 678/1999 n=235 a=0 r=1356/1999 n=236 a=1 r= 713/1999n=237 a=0 r=1426/1999 n=238 a=1 r= 853/1999 n=239 a=0 r=1706/1999 n=240 a=1 r=1413/1999n=241 a=1 r= 827/1999 n=242 a=0 r=1654/1999 n=243 a=1 r=1309/1999 n=244 a=1 r= 619/1999n=245 a=0 r=1238/1999 n=246 a=1 r= 477/1999 n=247 a=0 r= 954/1999 n=248 a=0 r=1908/1999n=249 a=1 r=1817/1999 n=250 a=1 r=1635/1999 n=251 a=1 r=1271/1999 n=252 a=1 r= 543/1999n=253 a=0 r=1086/1999 n=254 a=1 r= 173/1999 n=255 a=0 r= 346/1999 n=256 a=0 r= 692/1999n=257 a=0 r=1384/1999 n=258 a=1 r= 769/1999 n=259 a=0 r=1538/1999 n=260 a=1 r=1077/1999n=261 a=1 r= 155/1999 n=262 a=0 r= 310/1999 n=263 a=0 r= 620/1999 n=264 a=0 r=1240/1999n=265 a=1 r= 481/1999 n=266 a=0 r= 962/1999 n=267 a=0 r=1924/1999 n=268 a=1 r=1849/1999n=269 a=1 r=1699/1999 n=270 a=1 r=1399/1999 n=271 a=1 r= 799/1999 n=272 a=0 r=1598/1999n=273 a=1 r=1197/1999 n=274 a=1 r= 395/1999 n=275 a=0 r= 790/1999 n=276 a=0 r=1580/1999n=277 a=1 r=1161/1999 n=278 a=1 r= 323/1999 n=279 a=0 r= 646/1999 n=280 a=0 r=1292/1999n=281 a=1 r= 585/1999 n=282 a=0 r=1170/1999 n=283 a=1 r= 341/1999 n=284 a=0 r= 682/1999n=285 a=0 r=1364/1999 n=286 a=1 r= 729/1999 n=287 a=0 r=1458/1999 n=288 a=1 r= 917/1999n=289 a=0 r=1834/1999 n=290 a=1 r=1669/1999 n=291 a=1 r=1339/1999 n=292 a=1 r= 679/1999n=293 a=0 r=1358/1999 n=294 a=1 r= 717/1999 n=295 a=0 r=1434/1999 n=296 a=1 r= 869/1999n=297 a=0 r=1738/1999 n=298 a=1 r=1477/1999 n=299 a=1 r= 955/1999 n=300 a=0 r=1910/1999n=301 a=1 r=1821/1999 n=302 a=1 r=1643/1999 n=303 a=1 r=1287/1999 n=304 a=1 r= 575/1999n=305 a=0 r=1150/1999 n=306 a=1 r= 301/1999 n=307 a=0 r= 602/1999 n=308 a=0 r=1204/1999n=309 a=1 r= 409/1999 n=310 a=0 r= 818/1999 n=311 a=0 r=1636/1999 n=312 a=1 r=1273/1999n=313 a=1 r= 547/1999 n=314 a=0 r=1094/1999 n=315 a=1 r= 189/1999 n=316 a=0 r= 378/1999n=317 a=0 r= 756/1999 n=318 a=0 r=1512/1999 n=319 a=1 r=1025/1999 n=320 a=1 r= 51/1999n=321 a=0 r= 102/1999 n=322 a=0 r= 204/1999 n=323 a=0 r= 408/1999 n=324 a=0 r= 816/1999n=325 a=0 r=1632/1999 n=326 a=1 r=1265/1999 n=327 a=1 r= 531/1999 n=328 a=0 r=1062/1999n=329 a=1 r= 125/1999 n=330 a=0 r= 250/1999 n=331 a=0 r= 500/1999 n=332 a=0 r=1000/1999n=333 a=1 r= 1/1999

Insbesondere ist P1999 = 333. Ubrigens: Die Zahl 1999 ist eine Primzahl. (Man kann MAPLE daruber mit demBefehl ifactor(1999); interviewen...)

(iii) Die Periodizitat haben wir allgemein fur Darstellungen zur Basis q von rationalen Zahlen c/d ∈ [0, 1) bereitsbewiesen: Die Reste rn, n ∈ N, haben eine Bruchdarstellung mit dem Nenner d, und fur den Zahler gibt es nurendlich viele (hochstens d) Moglichkeiten. Insbesondere ist die Periode < d.Wir haben bereits gezeigt: P7 = 3, P11 = 10, P1999 = 333. MAPLE berechnet:

(23 − 1)/7 = 1 = (001)(2)

(210 − 1)/11 = 93(10) = (0001011101)(2)

(2333 − 1)/1999 = 875337 . . . 0387409 = (binare Periode von 1/1999)

Diese Beobachtung hat allgemeinen Charakter: Zur Basis q = 10 gilt: 1/7 = 0.142857(10). Wie kann man die

6stellige Periode “direkt” schreiben?! Indem man berechnet17

=?

q6 − 1, d.h. ? = (106 − 1)/7 = 142857 !

28

Wir klaren nun die Frage der Lange der Periode. Der folgende Satz war bereits Fermat bekannt:Sei q eine Primzahl, und sei a eine naturliche Zahl, welche nicht durch q teilbar ist. Dann ist aq−1 − 1teilbar durch q.Insbesondere ist 2(7−1) − 1 teilbar durch 7, 2(11−1) − 1 teilbar durch 11, 2(1999−1) − 1 teilbar durch 1999.Man kann daraus folgern, daß die Periode P7 die Zahl (7− 1) = 6 teilt, die Periode P11 die Zahl (11− 1) = 10,und die Periode P1999 die Zahl (1999− 1) = 1998.

Eine Moglichkeit, die Periode von 1/11 zu bekommen, wenn wir die Periode 10 annehmen, ist in MAPLE–Sprache:

convert( (2^10-1)/11 , binary );

Die Antwort von MAPLE ist 1011101, und wir mussen diese 7stellige Zahl auf eine 10stellige erweitern (0001011101),um die ganze Periode zu bekommen.Analog kann man die 333stellige binare Periode von 1/1999 mit einem Befehl bekommen:

convert( (2^333-1)/1999 , binary );

wobei man noch mit Nullen vor dieser Zahl bis auf 333 Stellen erweitern muß.

Aufgabe 24 (Alternativaufgabe fur MI) Sei R die Menge aller Cauchy–Folgen von rationalen Zahlen. SeiN die Menge aller Nullfolgen von rationalen Zahlen.Wir fuhren in R die Relation ∼ ein: Zwei Folgen x = (xn)n und y = (yn)n aus der Menge R sind in Relation,x ∼ y, genau dann wenn die Differenzfolge x− y := (xn − yn)n eine Nullfolge ist.(i) Zeigen Sie, daß die Relation ∼ eine Aquivalenzrelation auf R ist. Sei R die Menge der AquivalenzklassenR/ ∼.(ii) Seien x,x′; y,y′ in R, so daß gelten: x ∼ x′ und y ∼ y′. Zeigen Sie die Relationen:

x + y ∼ x′ + y′ d.h. (xn + yn)n ∼ (x′n + y′n)n ,x · y ∼ x′ · y′ d.h. (xn · yn)n ∼ (x′n · y′n)n .

Seien x und y die Aquivalenzklassen von x bzw. y. Zeigen Sie, daß die Operationen +, · : R×R→ R gegebendurch

x + y := x + y ,

x · y := x · y

wohldefiniert sind, d.h. sie hangen nicht von den Vertretern der Aquivalenzklassen ab.(4 Punkte)

Losung: (i)• Die Relation ∼ ist reflexiv: (xn) ∼ (xn)x ⇔ (xn − xn) ist eine Nullfolge ⇔ Die konstante Folge mit allenFolgegliedern gleich Null ist eine Nullfolge. Die letzte Aussage ist offensichtlich.• Die Relation ∼ ist symmetrisch: Seien (xn) und (yn) in R, so daß gilt (xn) ∼ (yn). Dann ist (xn − yn) eineNullfolge. Dann ist auch −(xn − yn) = (−xn + yn) = (yn − xn) eine Nullfolge. Es folgt (yn) ∼ (xn).• Die Relation ∼ ist transitiv: Seien (xn), (yn) und (zn) in R, so daß (xn) ∼ (yn) und (yn) ∼ (zn) gilt. Dannsind die Differenzfolgen (xn − yn) und (yn − zn) Nullfolgen. Die Summe zweier Nullfolgen ist eine Nullfolge.(Aufgabe 19.) So ist die Summe ( (xn− yn) + (yn− zn) ) = (xn− zn) der Nullfolgen (xn− yn) und (yn− zn)auch eine Nullfolge. Es folgt (xn) ∼ (zn).

(ii) Wir verwenden die Notationen aus der Aufgabenstellung:Zu x + y ∼ x′ + y′ (Behauptung): Die Differenz ist

(x + y)− (x′ + y′) = (x− x′)︸ ︷︷ ︸Nullfolge, da x∼x′

+ (y − y′)︸ ︷︷ ︸Nullfolge, da y∼y′︸ ︷︷ ︸

Nullfolge als Summe von zwei Nullfolgen

,

also eine Nullfolge. Es folgt die Behauptung.

29

Zu x · y ∼ x′ · y′ (Behauptung): Die Differenz ist:

x · y − x′ · y′ = (x · y − x · y′)− (x · y′ − x′ · y′)= x︸︷︷︸

Cauchy

· (y − y′)︸ ︷︷ ︸Nullfolge, da y∼y′︸ ︷︷ ︸

Nullfolge laut Aufgabe 19

− y′︸︷︷︸Cauchy

· (x− x′)︸ ︷︷ ︸Nullfolge, da x∼x′︸ ︷︷ ︸

Nullfolge laut Aufgabe 19

,

also eine Nullfolge als Differenz zweier Nullfolgen.

Die Wohldefiniertheit folgt aus den bereits bewiesenen Tatsachen: Welche Probleme gibt es?! Ein ahnlichesProblem ware z.B., in einem Horsaal den Begriff “Geld in der Tasche von Peter” zu definieren. Dabei ist Peterdie “Klasse” aller Studenten mit dem Namen Peter. Spatestens in diesem Moment mußten wir zwischen Peterund Peter unterscheiden.Meinen wir die Klasse Peter, so sagen wir einfach Peter.Meinen wir einen Vertreter dieser Klasse, so prazisieren wir: Peter A. oder Peter B. oder . . .Der Begriff “Geld in der Tasche von Peter” ist erst dann wohldefiniert, wenn jeder Vertreter Peter X. die gleicheGeldsumme in der Tasche wie ein ausgezeichneter Vertreter Peter A. hat. Nehmen wir an, das ist so.Falls auch alle Petra Y. im Horsaal die gleiche Geldsumme in der Tasche wie ein ausgezeichneter Vertreter PetraB. haben, kann man dann den Begriff “Geld in den Tasche von Peter und Petra” definieren, indem man zweiVertreter der jeweiligen Klasse, sagen wir Peter C. und Petra D., wahlt und die Summe der Geldsummen in denTaschen dieser Vertreter berechnet.

Die gleiche Problematik trifft man auch in unserer Aufgabe.Wir wollen x + y einfuhren. So wahlen wir zwei Vertreter der Klassen x und y. Aus der Notation sind x undy zwei Vertreter. Wir konnen dann die Summe x + y bilden. Die Klasse dieser Summe ist x + y. Hangt dieseKlasse von den speziellen Vertretern x und y ab?! D.h., wenn wir zwei andere Vertreter x′ ∼ x bzw. y′ ∼ y fur

die Klassen x bzw. y wahlen, weiter die Summe x′ + y′ bilden und die Klasse x′ + y′ nehmen,ist es so, daß diese Klassen gleich sind:

x + y = x′ + y′ ?

Dies ist aquivalent zu x + y ∼ x′ + y′, was im Aufgabenteil (i) bereits bewiesen wurde.

Analog zeigt man die Wohldefiniertheit des Produktes von Aquivalenzklassen.

30

Ubungsblatt 5

Aufgabe 25 (Die Binomial–Koeffizienten) SeiK ein archimedisch angeordneter Korper. Sei n := 1 + · · ·+ 1︸ ︷︷ ︸n Mal

∈

K. Sei n! := 1 · 2 · · ·n fur n ≥ 1 und 0! := 1. Fur n ∈ N und k ∈ {0, 1, . . . , n} seien(nk

)die in der Vorlesung

durch die Gleichheit

(x+ y)n =(n

0

)xn +

(n

1

)xn−1y + . . . +

(n

n− 1

)xyn−1 +

(n

n

)yn =

n∑k=0

(n

k

)xn−k yk

definierten Binomial–Koeffizienten. Formal setzen wir(nk

):= 0 fur alle ganzen k nicht aus der Menge {0, 1, . . . , n}

fort.(i) Zeigen Sie fur alle n ∈ N und alle k ∈ Z die Gleichheit

(nk

)=(n

n−k).

(ii) Beweisen Sie fur alle n ∈ N und alle k ∈ Z die Rekursionsformel(n+1k

)=(nk

)+(nk−1

).

(iii) Zeigen Sie fur alle n ∈ N und alle k ∈ Z die Gleichheit(n

k

):=

{n!

k!(n−k)! fur k = 0, 1, . . . , n und

0 sonst.

(iv) Parallel zu den Formeln

(x+ y)0 = 1(x+ y)1 = x+ y(x+ y)2 = x2 + 2xy + y2

(x+ y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3

(x+ y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4

formulieren und begrunden Sie die naheliegende Berechnung der Binomial–Koeffizienten mittels des pascalschenDreieckes:

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 1

(4 Punkte)

Losung: Wir zeigen zuerst (ii):(ii) Sei n ∈ N und sei k ∈ Z. Dann gilt (in sehr expliziter Form):(n+ 1k

)= Koeff. von x(n+1)−kyk in (x+ y)n+1

= Koeff. von x(n+1)−kyk in (x+ y)(x+ y)n

= Koeff. von x(n+1)−kyk in (x+ y)n∑l=0

(n

l

)xn−lyl

= Koeff. von x(n+1)−kyk in xn∑l=0

(n

l

)xn−lyl + Koeff. von x(n+1)−kyk in y

n∑l=0

(n

l

)xn−lyl

= Koeff. von x((n+1)−k)− 1 yk inn∑l=0

(n

l

)xn−lyl + Koeff. von x(n+1)−kyk− 1 in

n∑l=0

(n

l

)xn−lyl

= Koeff. von xn−kyk inn∑l=0

(n

l

)xn−lyl + Koeff. von xn−(k−1)y(k−1) in

n∑l=0

(n

l

)xn−lyl

31

=(n

k

)+(

n

k − 1

).

Wir zeigen nun(iii) durch vollstandige Induktion nach n. Fur n = 0 gilt

(x+ y)0 = 1 ,

so daß nur der Term in x0y0 erscheint. Andererseits ist:{0!

k!(0−k)! fur k = 0 und

0 sonst.=

{1 fur k = 0 und

0 sonst.

so daß die Aussage im Aufgabenteil (iii) fur n = 0 wahr ist.Sei n ∈ N beliebig. Wir nehmen nun an, daß die Aussage im Aufgabenteil (iii) fur dieses n wahr ist und zeigen,daß sie auch fur (dieses n ersetzt durch) n+ 1 wahr ist. Wir unterscheiden die Falle:

1. Fall k 6∈ {0, 1, . . . , (n+ 1)}: Da der Term x(n+1)−kyk in dem Ausdruck nicht erscheinen kann, der nachAuflosung der Klammer in (x+ y)n+1 entsteht, folgt

(n+1k

)= 0.

2. Fall k = 0 oder k = (n+ 1):(n+ 1

0

)(iii)=(n

0

)+(n

−1

)=

n!0!n!

+ 0 = 1 + 0 = 1 =(n+ 1)!

0!(n+ 1)!,(

n+ 1n+ 1

)(iii)=(

n

n+ 1

)+(n

n

)= 0 +

n!n!0!

= 0 + 1 = 1 =(n+ 1)!

(n+ 1)!0!.

3. Fall k ∈ {1, 2, . . . , n}:(n+ 1k

)=(n

k

)+(

n

k − 1

)aus (ii)

=n!

k!(n− k)!+

n!(k − 1)!(n− k + 1)!

aus der Induktions–Voraussetzung

=n!

(k − 1)!(n− k)!

[1k

+1

n− k + 1

]=

n!(k − 1)!(n− k)!

· (n+ 1)k(n− k + 1)

=(n+ 1)!

k!(n− k + 1)!.

Es folgt die Wahrheit der Aussage im Aufgabenteil (iii) fur (unser spezielles n ersetzt durch) n+ 1.Nach dem Prinzip der vollstandigen Induktion ist (iii) fur alle n ∈ N wahr.

(i) ist nun eine direkte Folgerung aus (iii), da fur k ∈ {0, 1, . . . , n} gilt:(n

k

)=

n!k!(n− k)!

=n!

(n− k)!k!=

n!(n− k)!(n− (n− k))!

=(

n

n− k

).

(iv) Die n.te Zeile in dem pascalschen Dreieck beinhaltet (zentriert in der Mitte) alle nicht verschwindendenBinomial–Koeffizienten. Laut (iii) berechnet sich jeder Eintrag der (n+ 1).ten Zeile durch Addition der diagonallinks und rechts stehenden Binomial–Koeffizienten aus der n.ten Zeile.

Aufgabe 26 (Das Zangenlemma oder das Sandwich–Kriterium) Seien (xn), (yn) und (zn) drei reelle Fol-gen, so daß die beiden Folgen (xn) und (zn) gegen l ∈ R konvergieren. Es gelte fur alle naturlichen n:

xn ≤ yn ≤ zn .

Zeigen Sie, daß (yn) gegen l konvergiert.(4 Punkte)

32

Losung: Sei ε > 0.Sei Nx ∈ N, so daß fur alle n ≥ Nx gilt: |xn − l| < ε, oder aquivalent:

l − ε < xn < l + ε .

(Ein solches Nx existiert, da xn → l konvergiert.)Sei Nz ∈ N, so daß fur alle n ≥ Nz gilt: |zn − l| < ε, oder aquivalent:

l − ε < zn < l + ε .

(Ein solches Nx existiert, da xn → l konvergiert.)Wir setzen Ny := max(Nx, Nz).

Sei n ≥ Ny. Es folgt

l − ε < xn ≤ yn ≤ zn < l + ε , alsol − ε < yn < l + ε , also−ε < yn − l < ε , also

|yn − l| < ε .

Wir haben dadurch direkt aus der Definition die Konvergenz von (yn) gegen l bewiesen.

Aufgabe 27 (Das Quotienten–Kriterium) Sei (xn) eine Folge von reellen, nicht verschwindenden Zahlen, sodaß der folgende Grenzwert existiert:

c := limn→∞

∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣ .Zeigen Sie:

(i) Ist c < 1, so konvergiert die Reihe∑n≥0

xn.

(ii) Ist c > 1, so divergiert die Reihe∑n≥0

xn.

(iii) Ist c = 1 so ist keine Aussage moglich: Geben Sie entsprechend explizite Beispiele.(4 Punkte)

Losung: (i) Der Fall c < 1. Sei q := (c+ 1)/2 ∈ [0, 1). Sei ε := (1− c)/2 > 0.Da |xn+1/xn| gegen c konvergiert, existiert ein N0 ∈ N, so daß fur alle n ≥ N0 gilt:∣∣∣∣ ∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣− c ∣∣∣∣ < ε , d.h. − ε <∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣− c < ε , insbesondere

∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣ < ε+ c = q < 1 .

Es folgt fur n ≥ N0 die Ungleichung |xn+1 < q|xn|.Induktiv folgen dann fur alle k ∈ N die Abschatzungen |xN0+k| < q|xN0+k−1| < · · · < qk|xN0 |.Fur die folgende Reihe mit positiven Koeffizienten gilt dann die Abschatzung nach oben:

∑n≥0

|xn| =N0−1∑n=0

|xn|︸ ︷︷ ︸:=S0

+∑n≥N0

|xn| = S0 +∑k≥0

|xN0+k|

≤ S0 +∑k≥0

qk|xN0 | = S0 + |xN0 |∑k≥0

qk = S0 + |xN0 | ·1

1− q.

Insbesondere ist die (Folge der Teilsummen der) Reihe beschrankt. Es folgt die Konvergenz der Reihe∑n≥0 |xn|,

also die absolute Konvergenz der Reihe∑n≥0 xn, insbesondere also auch die Konvergenz der Reihe

∑n≥0 xn.

(ii) Der Fall c > 1. Sei ε := 1− c > 0.Da |xn+1/xn| gegen c konvergiert, existiert ein N0 ∈ N, so daß fur alle n ≥ N0 gilt:∣∣∣∣ ∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣− c ∣∣∣∣ < ε , d.h. − ε <∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣− c < ε , insbesondere 1 = c− ε <∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣ .

33

Es folgt |xn+1| > |xn|. Insbesondere gilt fur alle k ∈ N:

0 6= |xN0 | < |xN0+1| < · · · < |xN0+k| < . . . ,

so daß (|xn|) keine Nullfolge ist. So ist (xn) auch keine Nullfolge. So ist die gegebene Reihe divergent.(iii) Der Fall c = 1. Keine Aussage ist moglich: Hier sind zwei Beispiele, in dem einen konvergiert die Reihe, indem anderen nicht.

Sei xn := 1. Dann divergiert∑n xn, und |xn+1/xn| = 1→ 1 =: c.

Sei xn := n−2. Dann konvergiert∑n xn nach Aufgabe 28, und |xn+1/xn| = n2/(n+1)2 = (1+1/n)−2 →

(1 + 0)−2 = 1 =: c.

Aufgabe 28 Welche der folgenden Reihen konvergieren?!∑n≥1

1n2

∑n≥2

n

2n∑n≥1

nn

(n+ 1)n+1

∑n≥1

1999n

n!.

(4 Punkte)

Losung: (i) Die Konvergenz der ersten Reihe folgt nach einem Vergleich mit der majorisierenden Reihe∑1

n(n+1) , deren Konvergenz (gegen 1) wir bereits gezeigt haben:

∑n≥1

1n2

= 1 +∑n≥2

1n2

= 1 +∑n≥1

1(n+ 1)2

< 1 +∑n≥1

1n(n+ 1)

= 1 + 1 .

Eine Reihe mit positiven Summanden, welche nach oben beschrankt ist, konvergiert.

(ii) Sei xn :=n

2n. Dann ist

∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣ =n+12n+1

n2n

=12· n+ 1

n=

12

(1 +

1n

)→ 1

2(1 + 0) =: c < 1 .

Nach dem Quotienten–Kriterium folgt die Konvergenz der gegebenen Reihe.

(iii) Sei xn :=nn

(n+ 1)n+1. Dann gilt die Abschatzung:

xn =nn

(n+ 1)n+1=

1(n+ 1) ·

(n+1n

)n≥ 1

(n+ 1) · e,

da die Folge mit dem allgemeinen Glied

(n+ 1n

)n=(

1 +1n

)nmonoton steigend gegen e konvergiert, so daß

die Abschatzung

(n+ 1n

)n=(

1 +1n

)n≤ e gilt. (Siehe auch die Aufgabe 29, (i).) Die Reihe

∑n≥1

1(n+1)·e

divergiert, da sie ein Vielfaches der harmonischen Reihe (bis auf endlich viele Summanden) ist. Nach demMinoranden–Kriterium divergiert auch die gegebene Reihe

∑xn.

(iv) Die gegebene Reihe ist die definierende Reihe der Exponential–Funktion an der Stelle 1999. Ihre Konvergenzwurde in der Vorlesung bewiesen.

Ein paralleler Beweis verwendet das Quotienten–Kriterium: Sei xn :=1999n

n!. Es gilt dann:

∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣ =1999n+1

(n+1)!

1999n

n!

=1999n+ 1

→ 0 =: c < 1 fur n→∞ .

Es folgt nach dem Quotienten–Kriterium die Konvergenz der gegebenen Reihe.

34

Aufgabe 29 (Alternativaufgabe fur TI und WI)

(i) Seien (xn) und (yn) die Folgen mit den Folgegliedern xn :=(

1 +1n

)n, yn :=

(1 +

1n

)n+1

.

Dann gelten folgende Ungleichungen:

x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn < . . . < e < . . . < yn < yn−1 < · · · < y2 < y1 , n ∈ N .

(i) Begrunden Sie diese Ungleichungen, die Konvergenz der Folgen (xn) und (yn) und die Gleichheiten e =limn→∞

xn = limn→∞

yn.

(ii) Verwenden Sie MAPLE, um die Zahl e mittels der doppelten Ungleichung xn < e < yn mit einem Fehlerkleiner als 10−5 zu berechnen. Wie groß muß n dabei gewahlt werden.

(iii) Verwenden Sie MAPLE, um die Zahl e mittels der definierenden Relation e =∑n≥0

1n!

= limN→∞

N∑n=0

1n!

mit

einem Fehler kleiner als 10−5 zu berechnen. Wie groß muß N dabei gewahlt werden.(iv) Vergleichen Sie die Ergebnisse aus (ii) und (iii).(4 Punkte)

Losung: (i) Wir zeigen sukzessive folgende Aussagen:(xn) ist eine streng monoton steigende Folge: Sei n ≥ 1 naturlich. Dann gilt:

xnxn−1

=

(1 + 1

n

)n(1 + 1

n−1

)n−1 =(

1 +1

n− 1

)·(n+1n

)n(nn−1

)n =(

1 +1

n− 1

)·(n2 − 1n2

)n

=(

1 +1

n− 1

)·(

1− 1n2

)nund weiter mit der Bernoulli–Ungleichung

>

(1 +

1n− 1

)·(

1− n · 1n2

)=

n

n− 1·(

1− 1n

)= 1 .

Es folgt daraus xn/xn−1 > 1, also xn > xn−1.

(yn) ist eine streng monoton fallende Folge: Sei n ≥ 1 naturlich. Dann gilt:

yn−1

yn=

(1 + 1

n−1

)n(1 + 1

n

)n+1 =(

1 +1

n− 1

)−1

·

(nn+1

)n+1

(n+1n

)n+1 =(

1 +1

n− 1

)−1

·(

n2

n2 − 1

)n+1

=(

1 +1

n− 1

)−1

·(

1 +1

n2 − 1

)n+1

und weiter mit der Bernoulli–Ungleichung

>

(1 +

1n− 1

)−1

·(

1 + (n+ 1) · 1n2 − 1

)=n− 1n·(

1 +1

n− 1

)= 1 .

Es folgt daraus yn−1/yn > 1, also yn < yn−1.

Es gilt offensichtlich xn < yn, da 1 < 1 + 1n . Wir haben bis zu diesem Punkt bewiesen:

x1 < x2 < · · · < xn < yn < · · · < y2 < y1 .

Die Konvergenz von (xn) und (yn): (xn) ist eine monoton steigende, nach oben beschrankte Folge, also

konvergent. Dies wurde auch in der Vorlesung gezeigt. Der Limes dieser Folge ist gleich zu e :=∑n≥0

1n!

.

(Vorlesung.)Es gilt (anschaulich offensichtlich) die Ungleichung xn < e mit folgender Begrundung:

xn < xn+1 = limk→∞

xn+1 ≤ limk→∞

xn+k︸ ︷︷ ︸da xn+1<xn+k fur k≥1

= limk→∞

xk = e .

35

(yn) ist eine monoton fallende, nach unten beschrankte Folge, also konvergent. Der Grenzwert kann berechnetwerden:

limn→∞

yn = limn→∞

xn ·(

1 +1n

)= limn→∞

xn · limn→∞

(1 +

1n

)= e · 1 = e .

Es gilt (anschaulich offensichtlich) die Ungleichung yn > e mit folgender Begrundung:

yn > yn+1 = limk→∞

yn+1 ≥ limk→∞

yn+k︸ ︷︷ ︸da yn+1>yn+k fur k≥1

= limk→∞

yk = e .

Wir haben also bewiesen:

x1 < x2 < · · · < xn < · · · < e < · · · < yn < · · · < y2 < y1 .

(ii) Wir lassen den folgenden Code von MAPLE interpretieren:

x:=proc(n) (1.+1./n)^n; end;y:=proc(n) (1.+1./n)^(n+1); end;fehler:=proc(n) y(n)-x(n); end;

MAPLE liefert auf weiteren Fragen folgende Antworten:

> fehler(1000);.002716924

> fehler(10^4);.000271814

> fehler(10^5);.000027183

> fehler(10^6);-5

.2718 10

Wir bemerken dabei die langsame Konvergenz der Folgen (xn) und (yn) gegen e.

(iii) Wir lassen den folgenden Code von MAPLE interpretieren:

teilsumme:=proc(N) local n; sum( ’1./n!’ , ’n’=0..N ); end;

MAPLE liefert auf weiteren Fragen folgende Antworten:

> teilsumme(0);1.

> teilsumme(1);2.

> teilsumme(3);2.666666667

> teilsumme(10);2.718281801

> %-exp(1.);-7

-.27 10

36

Wir bemerken dabei die schnelle Konvergenz der Teilsummen der (definierenden) Reihe mit dem Grenzwert e.

(iv) Die Folgen aus (ii) konvergieren sehr langsam gegen e, so daß diese fur praktische Anwendungen nichtempfehlenswert sind.Die sehr schnelle Konvergenz der Teilsummen der (definierenden) Reihe aus (iii) mit dem Grenzwert e begrundeneine effiziente numerische Implementierung von e auf diese Art und Weise.

Aufgabe 30 (Alternativaufgabe fur MI) In einem archimedischen Korper K sei (xn)n≥1 eine Cauchy–Folge, welche eine konvergente Teilfolge (yk)k≥1 = (xnk)k≥1 besitzt.Dabei ist (nk)k≥1 eine streng monoton steigende Folge von naturlichen Zahlen.Zeigen Sie die Konvergenz der Folge (xn).(4 Punkte)

Losung: Sei ε > 0.• (xn)n≥1 ist eine Cauchy–Folge.

So existiert ein N1 ∈ N,so daß fur alle naturlichen m,n ≥ N1

die Ungleichung |xm − xn| < ε/2 gilt.• Die Folge (nk) ist streng monoton steigend (und unbeschrankt).

So existiert ein K1 ∈ N mit nK1 ≥ N1.Insbesondere gilt fur alle k ≥ K1 die Ungleichung nk ≥ N1.

• (xnk)k≥1 ist eine konvergente Folge. Sei x der Grenzwert dieser Folge.Dann existiert nach Definition der Konvergenz ein naturliches K2 ≥ K1,

so daß fur alle k ≥ K2 gilt:|xnk − x| < ε/2 .

• Wir setzen N := nK2 ≥ nK1 ≥ N1.Sei n ≥ N .

Dann gilt folgende Abschatzung:

|xn − x| = |(xn − xN ) + (xN − x)| = |(xn − xN ) + (xnK2− x)|

≤ |xn − xN |︸ ︷︷ ︸< ε

2 da n,N≥N1

+ |xnK2− x|︸ ︷︷ ︸

< ε2 da K2≥K2

<ε

2+ε

2= ε .

Wir haben dabei direkt aus der Definition die Konvergenz von (xn) gegen x bewiesen.

37

Ubungsblatt 6

Aufgabe 31 Fur welche x ∈ R konvergieren die folgenden (Potenz–)Reihen, und fur welche nicht?∑n≥1

(−1)n−1xn

n,

∑n≥0

xn2,

∑n≥0

xn

n!,

∑n≥1

(2nn

)xn .

(6 Punkte)

Losung: (i) Ist x = 0, so konvergiert die erste Reihe offensichtlich gegen 0. Sei also x 6= 0. Sei an :=

(−1)n−1xn

n. Es existiert dann:

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

n

n+ 1|x| = |x| .

Wir wenden nun das Quotienten–Kriterium an:• Ist |x| < 1, so konvergiert die Reihe

∑an.

• Ist |x| > 1, so divergiert die Reihe∑an.

• Der Fall |x| = 1 verzweigt sich: Die Falle x = 1 und x = −1 mussen getrennt behandelt werden:Ist x = 1, so entsteht die alternierende Reihe

∑(−1)n−1 1

n , welche nach dem Leibnitz–Kriterium konvergiert.(Die Null–Folge (1/n) ist monoton fallend.)Ist x = −1, so entsteht die Reihe −

∑1n , welche divergiert, da die harmonische Reihe divergiert.

Fazit: Die erste Reihe konvergiert fur x ∈ (−1, 1] und divergiert sonst.

(ii) Ist x = 0, so konvergiert die zweite Reihe offensichtlich gegen 0. Sei also x 6= 0. Sei an := xn2. Wir

berechnen: ∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣x(n+1)2

xn2

∣∣∣∣∣ = |x|(n+1)2−n2= |x|2n+1 .

Wir wenden nun das Quotienten–Kriterium an:• Ist |x| < 1, so konvergiert |x|2n+1 gegen 0 =: c < 1. Nach QK folgt die Konvergenz der Reihe

∑an.

• Ist |x| ≥ 1, so divergiert die Reihe∑an, da an keine Nullfolge ist: |an| = |x|n

2 ≥ 1n2

= 1.Fazit: Die zweite Reihe konvergiert fur x ∈ (−1, 1) und divergiert sonst.

(iii) Die dritte Reihe konvergiert fur alle x ∈ R. Diese ist die definierende Reihe der Exponential–Funktion,und ihre Konvergenz wurde in der Vorlesung bewiesen. Ein Beweis mittels des Quotienten–Kriteriums ist auchmoglich:Sei an := xn/n!. Dann existiert der Grenzwert:

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

1n+ 1

|x| = |x| limn→∞

1n+ 1

= 0 =: c < 1 .

Laut Quotienten–Kriterium konvergiert∑an.

(iv) Ist x = 0, so konvergiert die vierte Reihe offensichtlich (gegen 0). Sei also x 6= 0. Sei an :=(

2nn

)xn. Es

gilt

an+1

an=

(2n+2n+1

)xn+1(

2nn

)xn

=(2n+2)!

(n+1)!(n+1)!

(2n)!n!n!

x =(2n+ 2)!

(2n)!· n!n!

(n+ 1)!(n+ 1)!x =

(2n+ 2)(2n+ 1)(n+ 1)(n+ 1)

x =2n+ 1n+ 1

· 2x .

Es existiert dann:

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

22n+ 1n+ 1

|x| = limn→∞

22 + 1

n

1 + 1n

|x| = 4|x| =: c .

Wir wenden nun das Quotienten–Kriterium an:

38

• Ist |x| < 1/4, so konvergiert die Reihe∑an. (c < 1.)

• Ist |x| > 1/4, so divergiert die Reihe∑an. (c > 1.)

• Der Fall |x| = 1/4 verzweigt sich: Die Falle x = 1/4 und x = −1/4 mußten getrennt behandelt werden. Wirbehandeln sie jedoch gemeinsam, so lange es geht...Sei also |x| = 1/4. Wir zeigen induktiv fur n ≥ 1 die doppelte Ungleichung:

11000n

≤ |an| =(

2nn

)4−n ≤ 1000√

n+ 1.

Fur n = 1 wird die obige Aussage zu: 11000 ≤

12 ≤

1000√2

, eine wahre Aussage.

Sei nun n ∈ N, n ≥ 1, so daß die Aussage 11000n ≤ |an| ≤

1000√n+1

fur dieses n wahr ist (IV). Wir zeigen dann die

Aussage:

11000(n+ 1)

≤ |an+1| ≤1000√n+ 2

. (3)

• Zuerst die Abschatzung nach oben:

|an+1| = |an| ·∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = |an| ·2n+ 1

2(n+ 1)IV≤ 1000√

n+ 12n+ 1

2(n+ 1)??≤ 1000√

n+ 2.

Es reicht also aus, die obige mit ?? versehene Ungleichung zu beweisen. Sie ist aquivalent zu:√n+ 2n+ 1

≤ 2(n+ 1)2n+ 1

weiter aquivalent zu:√1 +

1n+ 1

≤ 1 +1

2n+ 1weiter aquivalent zu:

1 +1

n+ 1≤(

1 +1

2n+ 1

)2

weiter aquivalent zu:

1 +1

n+ 1≤ 1 +

22n+ 1

+1

(2n+ 1)2.

Die letzte Ungleichung ist wahr, da 1n+1 ≤

1n+1/2 = 2

2n+1 und 0 ≤ 1(2n+1)2 .

• Zweitens die Abschatzung nach unten:

|an+1| = |an| ·∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = |an| ·2n+ 1

2(n+ 1)IV≥ 1

1000n2n+ 1

2(n+ 1)??≥ 1

1000(n+ 1).

Es reicht also aus, die obige mit ?? versehene Ungleichung zu beweisen. Sie ist aquivalent zu:

n+ 1n≥ 2n+ 2)

2n+ 1weiter aquivalent zu:

1 +1

n+ 1≥ 1 +

12n+ 1

.

Die letzte Ungleichung ist offensichtlich wahr.Wir haben damit per vollstandige Induktion die doppelte Ungleichung (3) fur alle n ≥ 1 gezeigt. Wir behandelnnun getrennt die Falle x = 1/4 und x = −1/4:• Ist x = 1/4, so gilt

∑an =

∑|an| ≥ 1

1000

∑1n =∞ ( – die harmonische Reihe divergiert – ), also divergiert

die Reihe∑an. (Minoranten–Kriterium.)

• Ist x = −1/4 so ist (an) eine alternierende Folge, so daß die Folge ( |an| ) eine monoton fallende(|an+1/an| = (2n + 1)/(2n + 2) < 1) Nullfolge (Zangenlemma in (3)) ist. Nach dem Leibnitz–Kriteriumkonvergiert

∑an.

Fazit: Die vierte Reihe konvergiert fur x ∈ [−1/4, 1/4) und divergiert sonst.

Aufgabe 32

(i) Berechnen Sie den Wert der Reihe:∑n≥1

1(n+ 2) · n!

.

39

Hinweis: Diese Reihe ist eine “teleskopische Reihe”.

(ii) Konvergiert die Reihe:∑n≥1

(2n)!23n(n!)2

?

Hinweis: Verwenden Sie das Quotienten–Kriterium aus der Aufgabe 27.(6 Punkte)

Losung: (i) Es gilt fur naturlich N ≥ 1:

N∑n=1

1(n+ 2) · n!

=N∑n=1

[1

(n+ 1)!− 1

(n+ 2)!

]=

1(1 + 1)!

− 1(N + 2)!

→ 12

fur N →∞ .

(ii) Sei an :=(2n)!

23n(n!)2. Dann ist:

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =(2n+ 2)!

(2n)!· 23n

23(n+1)· n!2

(n+ 1)!2=

(2n+ 2)(2n+ 1)23(n+ 1)2

=12· 2n+ 1

2n+ 2=

12·(

1− 12n+ 2

)→ 1

2

fur n→∞ . Nach dem Quotienten–Kriterium konvergiert∑an.

Aufgabe 33 (Existenz der k-ten Wurzel in R)Seien a ∈ R>0 und k ∈ N, k ≥ 2. Sei f : (0,∞)→ R die Funktion:

f(x) :=1k

[(k − 1)x+

a

xk−1

].

Sei (xn)n≥1 die rekursiv definierte Folge

xn+1 := f(xn) , n ∈ N , x0 ∈ (0,∞) beliebig .

Zeigen Sie:(i) Fur alle n ≥ 1 gilt xkn ≥ a.Hinweis: Schatzen Sie mittels der Bernoulli–Ungleichung den Ausdruck (f(x)/x)k nach unten ab.(ii) Die Folge (xn)n≥1 ist monoton fallend: x1 ≥ x2 ≥ x3 ≥ . . . .(iii) Die Folge (xn) ist konvergent. Sei l der Grenzwert dieser Folge.(iv) Es gilt lk = a.(6 Punkte)

Losung: (i) Es gilt mittels der Bernoulli–Ungleichung die Abschatzung:(f(x)x

)k=(k − 1k

+a

kxk

)k=(

1 +(−1k

+a

kxk

))k≥ 1 + k

(−1k

+a

kxk

)=

a

xk.

Es folgt f(x)k ≥ a, insbesondere fur n ≥ 1:

xkn = f(xn−1)k ≥ a .

(ii) Wir zeigen f(x) ≤ x fur alle x mit xk ≥ a: Es sind sukzessive aquivalent:

f(x) ≤ x ⇔ 1k

[(k − 1)x+

a

xk−1

]≤ x ⇔ a

xk−1≤ x ⇔ a ≤ xk .

Nach (i) gilt fur alle n ≥ 1 die Ungleichung xkn ≥ a. Es folgt dann xn+1 = f(xn) ≤ xn, also die gesuchteMonotonie.

(iii) Die Folge (xn) ist monoton fallend und (von Null) nach unten beschrankt, also konvergent. Sei l derGrenzwert dieser Folge.

40

(iv) In der Relation

xn+1 =1k

[(k − 1)xn +

a

xk−1n

]gehen wir zum Grenzubergang n→∞ ( – welcher existiert – ) uber:

l =1k

[(k − 1)l +

a

lk−1

].

Die letzte Gleichheit ist aquivalent zu ln = a.

Aufgabe 34 (Die Fibonacci–Folge) Man definiert rekursiv die Folge

x0 = 0 , x1 := 1 , xn := xn−1 + xn−2 fur n ∈ N , n ≥ 2 .

Beweisen Sie folgende Formel: xn =1ζ

(un−vn) . Hierbei seien ζ > 0 eine Losung der Gleichung ζ2 = 5

und u > 0 > v reelle Losungen der Gleichung x2 − x− 1 = 0.(6 Punkte)

Losung: Die letzte Aufgabe begrundet die Existenz der k-ten Wurzel einer positiven reellen Zahl. Insbesondereexistiert

√5 ∈ R.

Es ist also ζ =√

5.

Die Nullstellen der Gleichung x2 − x− 1 = 0 berechnet man wie in der Schule: x1,2 = 1±√

52 . Wir wahlen dann

u bzw. v als die positive bzw. negative Nullstelle:

u :=1 +√

52

, v :=1−√

52

.

Wir beweisen nun die gesuchte Formel per vollstandige Induktion: Die Formel ist gultig fur n = 0 und n = 1:

1ζ

(u0 − v0) =1ζ

(1− 1) = 0 = x0 ,

1ζ

(u1 − v1) =1ζ

(u− v) = 1 = x1 .

Sei n ≥ 1 naturlich. Wir nehmen nun induktiv an, daß die obige gesuchte Formel fur (n ersetzt durch) n und(n ersetzt durch) n − 1 gultig ist, und werden zeigen, daß sie auch fur (n ersetzt durch) n + 1 und (n ersetztdurch) n gultig ist.

Es reicht also zu zeigen: xn+1 =1ζ

(un+1 − vn+1). Wir zeigen dies und betonen die Stelle, wo die Induktions–

Voraussetzung (IV) benutzt wird:

xn+1 := xn + xn−1

(IV )=

1ζ

(un − vn) +1ζ

(un−1 − vn−1)

=1ζ

(un−1(u+ 1) + vn−1(v + 1)

)=

1ζ

(un−1 · u2 + vn−1 · v2

)=

1ζ

(un+1 − vn+1) .

Nach dem Prinzip der vollstandigen Induktion gilt die Relation xn =1ζ

(un − vn) fur alle n ∈ N.

Aufgabe 35 (Alternativaufgabe fur TI) Man kann die Fibonacci–Folge (xn) aus der Aufgabe 34 in MAPLEwie folgt implementieren:

41

Fibonacci:=proc(n)if (type(n,integer) and (n>=0)) thenif(n>1) then Fibonacci(n-1)+Fibonacci(n-2) elseif(n=1) then 1 else 0fi;

fi;else printf("ERROR: %8a is not natural\n", n );fi;end;

oder

zeta:=sqrt(5);u:=(1+zeta)/2;v:=(1-zeta)/2;Fibonacci:=proc(n) expand((u^n-v^n)/zeta); end;

Berechnen Sie mittels MAPLE die letzten vier Ziffern von x61 und die letzten funf Ziffern von x155. WelcherVorschlag arbeitet (fur MAPLE–Verhaltnisse) effektiver?Welche sind die letzten vier Ziffern von x8998, x6000 und x2999?

Losung: Beide Implementierungen liefern

x61 = 2504730781961 ,x155 = 110560307156090817237632754212345 .

Die rekursive Implementierung (von oben nach unten) kostet jedoch mehr Zeit als die Implementierung mittelsder Formel aus der Aufgabe 34.Diese Implementierungen sind jedoch zu langsam fur die Berechnungen von x8998, x6000 und x2999. Eine schnel-lere Implementierung der Berechnung von xn erfolgt rekursiv/induktiv (von unten nach oben) mittels der Be-rechnung aller xk fur k ≤ n:

F:=proc(n) local a,b,c, k,i;a:=1;b:=0;for k in seq( i , i=2..n ) do c:=(a+b);b:=a;a:=c; od:a;end;

Mit diesem Programm beantwortet MAPLE Folgendes:

F := proc(n)

local a, b, c, k, i;

a := 1; b := 0; for k in seq(i, i = 2 .. n) do c := a + b; b := a; a := c od; a

end

> F(8998);

bytes used=1000460, alloc=982860, time=0.39

bytes used=2001088, alloc=1703624, time=0.73

bytes used=3002112, alloc=1834672, time=0.94

bytes used=4003256, alloc=1900196, time=1.14

bytes used=5004380, alloc=1900196, time=1.33

bytes used=6004864, alloc=1965720, time=1.52

bytes used=7005880, alloc=1965720, time=1.69

bytes used=8006872, alloc=1965720, time=1.87

bytes used=9008804, alloc=2031244, time=2.04

13222146571594950216163478574956817823103630323059172935040843244743058366729252910542696885538612221888\

5367892325640602498831838210530485252301881762793812084012460100364073857883671177254636422773203574\

3035618167836726910839053347682863915665043866853311258228005443359780487405787805192620704518748055\

1347688749857482279430134955759702694465907785773074767630436109236778579439804817959590268391016794\

4066834634960146827314055937927779948625315588591449542787720162858699526923015686304307178327745132\

0621246245251611162860274047950505031105467674483676096400963760684730254476970275785905189056312207\

9817944200299999769570935845414528279847334254594507485766130052302058718385937261325787571949221721\

8919949515247451988501183508077623890250085548266298890307219297213030594831576520858343568493004389\

0858906054173581030749327828651596946391032217813883196880850164718698410623362618833509421545915301\

1674858693588770121219629232627475922906511685669435943914901941985031093517982098104964608472634899\

5809007074465834930416084449114518427851821554669013010982488906144116922512280237186033376509357532\

9894318610020321632088487446394076283090767943888811162376675384021349737112307402477587453836769817\

42

5465085544224049017110235902019207073644314643163293903560149194522789748789783310437860745313735107\

4646588269735681367941900394509998819284598453532330785595841637529096753272131313319068251342558122\

2960063708936334397866644602854874911401250608871319378319678863655311814491246255512816505443000431\

4522471311973250906050110111851247064562889270564374366117102404231275794825879663022733103183652382\

3535387967522315413816596747231092638086734055580709862491928950964556543703658447511347840182682198\

6927352838263530826429538395746095545148839176195895669592075667090586151579172629710495898639921501\

10089429119133356027447002523038170702928884519505283557991762360691104081999

Da wir nur fur die letzten vier Ziffern Interesse zeigen, reicht es, in jedem Schritt nur die letzten vier Ziffern vonxk zu berechnen, d.h. modulo 10 000 zu arbeiten. Das obige Programm kann leicht fur dieses Ziel abgeandertwerden:

Fmod10000:=proc(n) local a,b,c, k,i;a:=1;b:=0;for k in seq( i , i=2..n ) do c:=(a+b) mod 10000; b:=a;a:=c; od:a;end;

Die Berechnung ist entscheidend erleichtert:

> { Fmod10000(8998) , Fmod10000(6000) , Fmod10000(2999) };bytes used=11024324, alloc=1965720, time=5.24

{1999, 2000, 2001}

Aufgabe 36 (Alternativaufgabe fur WI) Sei (xn) eine Folge, welche fur n ≥ 2 die Rekursion erfullt:

xn = xn−1 − xn−2 .

(i) Verwenden Sie MAPLE, um ausgehend von zwei beliebigen Werten x0 = a und x1 = b die ersten 30 Folgen-glieder zu berechnen.(ii) Beweisen Sie, daß (xn) periodisch ist.(iii) Man kann die obige rekursive Relation in die Matrix–Form bringen:[

xnxn−1

]=[1 −11 0

] [xn−1

xn−2

]Berechnen Sie mit dem Befehl multiply von MAPLE alle “Potenzen” der Matrix A, welche wie folgt definiert ist:

with(linalg);A:=array( [ [1,-1] , [1,0] ] );

Zum Beispiel berechnet der Befehl multiply(A,A) die Matrix A2, bzw. multiply(A,A,A) die Matrix A3.(4 Punkte)

Losung: (i) Das folgende Programm tut’s:

x[0]:=a;x[1]:=b;for i from 2 to 29 do x[i]:=x[i-1]-x[i-2] od ;

Es berechnet

> x[0]:=a;x[1]:=b;

x[0] := a

x[1] := b

> for i from 2 to 29 do x[i]:=x[i-1]-x[i-2] od ;

x[2] := b - a

x[3] := -a

x[4] := -b

x[5] := -b + a

x[6] := a

x[7] := b

x[8] := b - a

x[9] := -a

43

x[10] := -b

x[11] := -b + a

x[12] := a

x[13] := b

x[14] := b - a

x[15] := -a

x[16] := -b

x[17] := -b + a

x[18] := a

x[19] := b

x[20] := b - a

x[21] := -a

x[22] := -b

x[23] := -b + a

x[24] := a

x[25] := b

x[26] := b - a

x[27] := -a

x[28] := -b

x[29] := -b + a

(ii) Die “obige Berechnung” zeigt: x0 = a, x1 = b, x2 = b − a, x3 = −a, x4 = −b, x5 = −b + a, x6 = a,x7 = b, . . .Ab sofort wiederholt sich diese Berechnung mit der Periode 6.(iii) Die Potenzen der Matrix A sind auch periodisch mit der Periode 6:

with(linalg);A:=array( [ [1,-1] , [1,0] ] ):B:=array( [ [1,0] , [0,1] ] ):for k from 0 to 7 do print(k,B); B:=multiply(B,A); od:

A6 ist die Einheitsmatrix.

Aufgabe 37 (Alternativaufgabe fur MI) Sei n ∈ N. Berechnen Sie den Wert von genau einem der folgendendrei Ausdrucke: ∑

0≤k≤nk gerade

(n

k

),

∑0≤k≤n

k teilbar durch 3

(n

k

),

∑0≤k≤n

k teilbar durch 4

(n

k

).

Hinweis: Sei ξ eine komplexe Zahl, welche die Gleichheit ξ2 = 1 bzw. ξ3 = 1 bzw. ξ4 = 1 erfullt. Fur jedemogliche Wahl der komplexen Zahl ξ verwenden Sie die (verallgemeinerte) binomische Formel, um (1 + ξ)n zuberechnen.(4 Punkte)

Losung: : Es gelten die binomischen Formeln fur n ≥ 1:

2n = (1 + 1)n =(n

0

)+(n

1

)+(n

2

)+(n

3

)+(n

4

)+(n

5

)+(n

6

)+ . . . ,

0 = (1− 1)n =(n

0

)−(n

1

)+(n

2

)−(n

3

)+(n

4

)−(n

5

)+(n

6

)± . . . .

Addiert man diese zwei Gleichheiten, folgt:

2n−1 =(n

0

)+(n

2

)+(n

4

)+(n

6

)+ . . . .

Die erste Summe aus der Aufgabe ist also gleich zu 2n−1. (Fur n = 0 laßt sich (1− 1)0 nicht sinnvoll schreiben.In diesem Fall ist die erste Summe aus der Aufgabe gleich zu

(00

)= 1.) Wir haben dabei die binomische Formel

(1 + x)n =(n

0

)+(n

1

)x+

(n

2

)x2 +

(n

3

)x3 + . . .

44

fur x in der Menge {1,−1} der Nullstellen der Gleichung x2 = 1.

Wir betrachten weiter die Gleichung x3 = 1, aquivalent x3−1 = 0, aquivalent (x−1)(x2 +x+1) = 0. Der ersteFaktor verschwindet fur x1 = 1 und der zweite Faktor fur x2,3 = (−1 ±

√−3)/2. (Die abc–Formel, oder die

pq–Formel aus der Schule. Da gab’s√−3 aus unbekannten Grunden noch nicht. Inzwischen ist

√−3 = i

√3 ∈ C

da.) Man kann folgende Gleichheiten feststellen:

x01 + x0

2 + x03 = 3 ,

x11 + x1

2 + x13 = 0 ,

x21 + x2

2 + x23 = 0 ,

x31 + x3

2 + x33 = 3 ,

x41 + x4

2 + x43 = 0 ,

x51 + x5

2 + x53 = 0 ,

x61 + x6

2 + x63 = 3 ,

usw. mit Periodizitat 3, da x3i = 1 ist.

Wir betrachten weiter die Gleichung x4 = 1, aquivalent 43 − 1 = 0, aquivalent (x2 − 1)(x2 + 1) = 0. Dererste Faktor verschwindet fur x1,2 = ±11 und der zweite Faktor fur x3,4 = ±i. Man kann folgende Gleichheitenfeststellen:

x01 + x0

2 + x03 + x0

4 = 4 ,

x11 + x1

2 + x13 + x1

4 = 0 ,

x21 + x2

2 + x23 + x2

4 = 0 ,

x31 + x3

2 + x33 + x3

4 = 0 ,

x41 + x4

2 + x43 + x4

4 = 4 ,

x51 + x5

2 + x53 + x5

4 = 0 ,

x61 + x6

2 + x63 + x6

4 = 0 ,

usw. mit Periodizitat 4, da x4i = 1 ist.

Es folgen dann die Gleichheiten:

∑0≤k≤n

k teilbar durch 3

(n

k

)=

13

(2n +

(1 + i

√3

2

)n+

(1− i

√3

2

)n),

∑0≤k≤n

k teilbar durch 4

(n

k

)=

14

(2n + (1 + i)n + (1− i)n) .

Man kann weiter die Potenzen der in diesen Formeln aufgetrettenen komplexen Zahlen schoner darstellen... Esgilt z.B.: (

1± i√

32

)6

= 1 , (1± i)4 = −4 .

45

Ubungsblatt 7

Aufgabe 38 Sei (X, d) ein metrischer Raum. Zeigen Sie fur alle x, y, z ∈ X die Ungleichung

|d(x, z)− d(y, z)| ≤ d(x, y) .

(4 Punkte)

Losung: Die gegebene Ungleichung ist aquivalent zu den Ungleichungen:

−d(x, y) ≤ d(x, z)− d(y, z) ≤ d(x, y) ,

welche weiter aquivalent zu den Ungleichungen ist:

d(y, z) ≤ d(y, x) + d(x, z) und d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) .

Die letzten zwei Ungleichungen folgen aus der Dreiecksungleichung im metrischen Raum (X, d).

Aufgabe 39(i) Zeigen Sie fur alle x ∈ R die Ungleichungen exp(x) > 0 und exp(x) ≥ 1 + x.(ii) Zeigen Sie fur alle x, y ∈ R, daß aus x < y die Ungleichung exp(x) < exp(y) folgt.(4 Punkte)

Losung: Fur x ≥ 0 gilt exp(x) =∑n≥0

xn

n!= 1 +

x

1!+ · · · ≥ 1 + x ≥ 1. Insbesondere ist exp(x) > 0 fur

x ≥ 0. Aber dann ist auch fur x ≥ 0 der Wert exp(−x) = exp(x)−1 > 0. Wir haben die Funktionalgleichungder Exponential–Funktion verwendet. Somit gilt exp(x) > 0 fur alle x ∈ R.

Wir haben bereits fur alle x ≥ 0 die Ungleichung exp(x) ≥ 1 + x bemerkt.Ist x ≤ −1, so gilt exp(x) > 0 ≥ 1 + x.Es bleibt, die gegebene Ungleichung fur Elemente aus dem Intervall (−1, 0) zu beweisen. Wir bezeichnen einsolches Element mit −x, wobei x ∈ (0, 1) ist. Dann konnen wir abschatzen:

exp(−x)− (1 + (−x)) =∑n≥2

xn

n!=(x2

2!− x3

3!

)︸ ︷︷ ︸

≥0

+(x4

4!− x5

5!

)︸ ︷︷ ︸

≥0

+(x6

6!− x7

7!

)︸ ︷︷ ︸

≥0

+ · · · ≥ 0 .

Wir haben dabei die definierende (Potenz–)Reihendarstellung von exp(−x) und die Ungleichungen x2n

(2n)! ≥x

(2n+1) ·x2n

(2n)! = x2n+1

(2n+1)! fur alle n ≥ 1.

Aufgabe 40 Finden Sie alle Funktionen f : Q→ R welche fur alle x, y ∈ Q die Gleichheit erfullen:

f(x+ y) = f(x) + f(y) .

(4 Punkte)

Losung: Diese Aufgabe ist eine direkte Anspielung auf die Konstruktion der rationalen Zahlen. Die Losungentdeckt sukzessive die Werte der Funktion• in 0,• in 1,• auf N,• auf Z,• auf Q.Wir verwirklichen diesen Plan:• Aus f(0 + 0) = f(0) + f(0) folgt f(0) = 0.• Der Wert f(1) ist “frei”. An dieser Stelle fuhren wir die Bezeichnung:

a := f(1) ∈ R .

46

• Sei n ∈ N. Man kann durch vollstandige Induktion beweisen:f(n) = f(1 + 1 + · · ·+ 1︸ ︷︷ ︸

n Mal

) = f(1) + f(1) + · · ·+ f(1)︸ ︷︷ ︸n Mal

= nf(1) = an.

Da wir diese Gleichheit in einer allgemeineren Form brauchen, beweisen wir fur alle x ∈ Q die Relation f(nx) =nf(x).Fur n = 0 ist die obige Relation wahr. Wir nehmen des weiteren an, daß fur ein festes n gilt: f(nx) = nf(x),x ∈ Q. Dann ist:

f((n+ 1)x) = f((nx) + x) = f(nx) + f(x) IV= nf(x) + f(x) = (n+ 1)f(x) .

Nach dem Prinzip der vollstandigen Induktion gilt die obige Relation fur alle n ∈ N.• Sei m ∈ Z. Falls m ≥ 0 ist, so gilt f(m) = mf(1) = am.Falls m ≤ 0 ist, so schreiben wir m = −n, n ∈ N. Die gegebene Funktionalgleichung fur f liefert als Spezialfall:

f(m) + f(n) = f(m+ n) = f(0) = 0 .

Also ist f(m) = −f(n) = −(an) = a(−n) = am.• Sei x ∈ Q. Dann ist x der Form x = m/n, mit m,n ∈ Z, n 6= 0. Dann ist

nf(x) = f(nx) = f(m) = am , also f(x) = am

n= ax .

Wir haben bewiesen, daß f von der Form ist: f(x) = ax fur alle x ∈ Q. Dabei ist a beliebig in R.Umgekehrt sieht man leicht, daß all diese Funktionen die gegebene Funktionalgleichung erfullen.

Aufgabe 41 Zeigen Sie die Konvergenz und berechnen Sie den Grenzwert der Folge ( n√n).

Hinweis: Sei xn gegeben durch 1 + xn = n√n. Verwenden Sie die Binomial–Formel, um xn nach oben ab-

zuschatzen. Zeigen Sie, daß (xn) eine Nullfolge ist.(4 Punkte)

Losung: Sei xn gegeben durch 1 + xn = n√n.

Es gilt offensichtlich xn ≥ 0. (Sonst ware n = (1 + xn)n < 1n = 1, Widerspruch.)Wir erzwingen eine Abschatzung nach oben fur xn:

n = (1 + xn)n =(n

0

)+(n

1

)xn +

(n

2

)x2n + · · · ≥

(n

2

)x2n =

n(n− 1)2

x2n .

es folgt x2n ≤ 2

n−1 . Fazit:

0 ≤ xn ≤√

2n− 1

.

Mittels des Sandwich–Kriteriums folgt die Konvergenz von xn gegen 0. So existiert auch:

limn→∞

n√n = lim

n→∞(1 + xn) = 1 + lim

n→∞xn = 1 + 0 = 1 .

47

Ubungsblatt 8

Aufgabe 42 Sei

(x(1)n, x(2)n, . . . , x(m)n)n≥0

eine Folge in Rm. Zeigen Sie:Diese Folge konvergiert im metrischen Raum R

m genau dann, wenn die m reellen Folgen

(x(i)n)n≥0 , i = 1, . . . ,m

konvergieren.(4 Punkte)

Losung: Wir verwenden die Standardungleichung aus der Aufgabe 43 fur beide Richtungen:(i) Sei (x(1)n, x(2)n, . . . , x(m)n)n≥0 eine gegen (x(1), x(2), . . . , x(m)) ∈ Rm konvergente Folge in Rm. Sei ibeliebig unter 1, 2, . . . ,m. Wir zeigen mittels der Definition die Konvergenz der reellen Folge (x(i)n)n≥0 gegenx(i) in R:Sei ε > 0.

Aus (x(1)n, x(2)n, . . . , x(m)n) → (x(1), x(2), . . . , x(m)) fur n→∞ in Rm folgt:Es existiert ein N(ε),

so daß fur alle n ≥ N(ε) gilt:d( (x(1)n, x(2)n, . . . , x(m)n) , (x(1), x(2), . . . , x(m)) ) < ε .

Insbesondere gilt fur alle n ≥ N(ε):

|x(i)n − x(i)| ≤ max1≤j≤m

|x(j)n − x(j)| ≤ d( (x(1)n, x(2)n, . . . , x(m)n) , (x(1), x(2), . . . , x(m)) ) < ε .

Es folgt die Konvergenz der reellen Folge (x(i)n)n≥0 gegen x(i) in R.(ii) Wir nehmen an, daß fur alle i = 1, 2, . . . ,m die reelle Folge (x(i)n)n≥0 gegen eine Zahl x(i) ∈ R konvergiert.Wir zeigen mittels der Definition:

(x(1)n, x(2)n, . . . , x(m)n) → (x(1), x(2), . . . , x(m)) in Rm .

Sei ε > 0.Sei i naturlich beliebig zwischen 1 und m.

Aus x(i)n → x(i) in R fur n→∞ folgt (fur ε/√m > 0):

Es existiert ein N(i),so daß fur alle n ≥ N(i) gilt:|x(i)n − x(i)| < ε/

√m.

Sei N das Maximum unter den naturlichen Zahlen N(1), N(2), . . . , N(m).Dann gilt fur alle n ≥ N :

d( (x(1)n, x(2)n, . . . , x(m)n) , (x(1), x(2), . . . , x(m)) )

≤√m max

1≤i≤m|x(i)n − x(i)| <

√m max

1≤i≤m

ε√m

= ε .

Es folgt aus der Definition die Konvergenz der Folge (x(1)n, x(2)n, . . . , x(m)n) gegen (x(1), x(2), . . . , x(m)) inRm.

Aufgabe 43 Seien x = (x(1), x(2), . . . , x(m)), y = (y(1), y(2), . . . , y(m)) ∈ Rm. Zeigen Sie die Standardun-gleichung in Rm:

max1≤i≤m

|x(i)− y(i)| ≤ d(x, y) ≤√m max

1≤i≤m|x(i)− y(i)| .

(4 Punkte)

48

Losung: Sei i0 fest unter den naturlichen Zahlen 1, . . . ,m so daß das Maximum max1≤i≤m |x(i) − y(i)| furi = i0 erreicht wird: max1≤i≤m |x(i)− y(i)| = |x(i0)− y(i0)|. Dann gelten:

d(x, y) =((x(1)− y(1))2 + · · ·+ (x(i0)− y(i0))2 + · · ·+ (x(m)− y(m))2

)1/2≥(

(x(i0)− y(i0))2)1/2

= |x(i0)− y(i0)|= max

1≤i≤m|x(i)− y(i)| .

und

d(x, y) =((x(1)− y(1))2 + · · ·+ (x(i0)− y(i0))2 + · · ·+ (x(m)− y(m))2

)1/2≤

(x(i0)− y(i0))2 + · · ·+ (x(i0)− y(i0))2 + · · ·+ (x(i0)− y(i0))2︸ ︷︷ ︸m Male

1/2

=(m · (x(i0)− y(i0))2

)1/2=√m · |x(i0)− y(i0)|

=√m · max

1≤i≤m|x(i)− y(i)| .

Aufgabe 44 Seien (an) und (bn) reelle Folgen, so daß die Reihen∑

a2n und

∑b2n konvergieren. Zeigen Sie

die Konvergenz der Reihe∑n≥1

anbn und die Ungleichung

∑n≥1

anbn

2

≤

∑n≥1

a2n

∑n≥1

b2n

.

(6 Punkte)

Losung: Wir zeigen zuerst sogar die absolute Konvergenz:∑n≥1

|anbn| < ∞. Da diese Reihe lauter positive

Summanden hat, reicht es zu zeigen, daß sie nach oben beschrankt ist, d.h. daß die Teilsummen dieser Reihenach oben beschrankt sind.Sei N fest. Wir betrachten die N .te Teilsumme: Mittels der Ungleichung von Cauchy–Schwarz ist:

N∑n=1

|anbn| =N∑n=1

|an| · |bn| ≤

√√√√( N∑n=1

|an|2)(

N∑n=1

|bn|2)

(4)

≤

√√√√( ∞∑n=1

|an|2)( ∞∑

n=1

|bn|2). (5)

Die letzte Wurzel ist eine endliche Schranke. Es folgt die absolute Konvergenz der Reihe∑n≥1

anbn. Wir zeigen

nun die Ungleichung aus der Aufgabenstellung:Fur ein festes N gilt also:∣∣∣∣∣

N∑n=1

anbn

∣∣∣∣∣ ≤N∑n=1

|anbn| ≤

( ∞∑n=1

|an|2)1/2( ∞∑

n=1

|bn|2)1/2

, also:

(N∑n=1

anbn

)2

≤

( ∞∑n=1

|an|2)1/2( ∞∑

n=1

|bn|2)1/2

und nach dem Grenzubergang N →∞ in beiden Seiten weiter:( ∞∑n=1

anbn

)2

≤

( ∞∑n=1

|an|2)1/2( ∞∑

n=1

|bn|2)1/2

.

49

Aufgabe 45 Zeigen Sie: Die Funktion exp : R→ R hat als Bild die Menge R>0 = { x ∈ R : x > 0 }.(6 Punkte)

Losung: In der Vorlesung wurde gezeigt, daß fur alle y ∈ [−1/2,+1/2] die Funktion fy gegeben durch

fy(x) := 1 + x− exp(x) + y

in einer Ungebung von 0 eine Kontraktion ist. Insbesondere existiert ein Fixpunkt x∗ in dieser Umgebung, sodaß gilt:

fy(x∗) = x∗ .

Die letzte Gleichheit ist aquivalent zu exp(x∗) = 1 + y.Daraus folgt, daß die Funktion exp jeden Wert im Intervall [1/2, 3/2] annimmt. Sei insbesondere a ∈ R, so daßgilt: exp(a) = 3/2.Sei nun y′ in (0,∞). Wir zeigen, daß exp diesen Wert annimmt:Der Fall y ≥ 1. Die Folge (3/2)n steigt gegen ∞. Insbesondere gibt es eine (eindeutige) naturliche Zahl n, so

daß gilt:

(32

)n≤ y′ <

(32

)n+1

. Anschaulich:

1︸︷︷︸=exp(0)

<

(32

)︸ ︷︷ ︸

=exp(a)

<

(32

)2

︸ ︷︷ ︸=exp(2a)

< . . . <

(32

)n︸ ︷︷ ︸

=exp(na)

<

(32

)n+1

︸ ︷︷ ︸=exp((n+1)a)︸ ︷︷ ︸

y′∈[

( 32 )n , ( 3

2 )n+1)

< . . . .

Dann ist y′ ·(

32

)−n= y′ · exp(−na) im Intervall [1, 3/2), also der Form exp(b), b ∈ R. Aus y′ · exp(−na) =

exp(b) folgt

y′ = exp(b) · exp(na) = exp(b+ na) .

Insbesondere gibt es ein x′ ∈ R (x := b+ na) mit y′ = exp(x′).

Der Fall y ≤ 1. Dann ist 1/y ≥ 1. Es gibt ein x′ mit exp(x′) = 1/y. Es folgt y′ = exp(x′)−1 = exp(−x′).

Aufgabe 46 (Majoranten–Kriterium in Rm) Sei (an) eine Folge in Rm.

Dann konvergiert die Reihe∑

an in Rm, falls die Reihe∑‖an‖ in R konvergiert.

(6 Punkte)

Losung: Die Reihe∑

an konvergiert in Rm, falls die Folge der Teilsummen dieser Reihe in Rm konvergiert.

Die Folge der Teilsummen der Reihe∑

an konvergiert in Rm, falls alle Komponentenfolgen dieser Folge in R

konvergieren.Sei per Notation an := (a(1)n, a(2)n, . . . , a(m)n) ∈ Rm.Dann ist fur alle N ∈ N

N∑n=1

an =

(N∑n=1

a(1)n,N∑n=1

a(2)n, . . . ,N∑n=1

a(m)n

)∈ Rm .

Die Konvergenz der gegebenen Reihe in Rm folgt also aus der Konvergenz aller folgenden Reihen:

∞∑n=1

a(1)n,∞∑n=1

a(2)n, . . . ,∞∑n=1

a(m)n .

Fur jedes i gilt jedoch mittels der Standardungleichung in Rm:

|a(i)n| ≤ ‖an‖ .

Mittels des Majoranten–Kriteriums in R folgt aus der Konvergenz der Reihe∑‖an‖ dann fur jedes i die

(absolute) Konvergenz der Reihe∑a(i)n.

Das war’s.

50

Aufgabe 47 (Alternativaufgabe fut TI : Eigenschaften der Exponential–Funktion)(i) Zeigen Sie fur alle z ∈ C die Konvergenz der Reihe in C:

∑n≥0

zn

n! . Der Wert dieser Reihe wird mit exp(z)bezeichnet.(ii) Fakultativ: Beweisen Sie fur alle z1, z2 ∈ C die Funktional–Gleichung: exp(z1) exp(z2) = exp(z1 + z2) .(iii) Beweisen Sie fur alle z ∈ C die Relation exp(z) = exp(z) .(iv) Beweisen Sie fur alle x ∈ R die Relation: | exp(ix)| = 1 .(v) Seien c : R→ R und s : R→ R die Funktionen, welche durch die Gleichheit definiert sind:

exp(ix) = c(x) + is(x) , x ∈ R .

Beweisen Sie fur alle x, y ∈ R die Formeln:

s(−x) = −s(x) , c(x)2 + s(x)2 = 1 , c(x+ y) = c(x)c(y)− s(x)s(y) ,c(−x) = c(x) , s(x+ y) = s(x)c(y) + c(x)s(y) .

(6 Punkte + Zusatzpunkte fur (ii))

Losung: (i) Wir verwenden das Majoranten–Kriterium aus der Aufgabe 46. Die Konvergenz der Reihe∑n≥0

zn

n!

folgt aus der Konvergenz der Reihe∑n≥0

∥∥∥∥znn!

∥∥∥∥ =∑n≥0

∣∣∣∣znn!

∣∣∣∣ =∑n≥0

|z|n

n!= exp(|z|) .

Fur z = x+ iy = (x, y), x, y ∈ R, bemerken wir dabei die Gleichheit:

‖z‖ := ‖(x, y)‖ =√x2 + y2 =

√(x+ iy)(x− iy) =

√z · z =: |z| .

(ii) Wir fuhren eine kurzende Bezeichnung fur die Teilsummen der Exponential–Funktion:

SN (z) :=N∑n=0

zn

n!.

Dabei ist z eine komplexe (also auch eventuell eine reelle) Zahl. Es gilt dann:

SN (z1) · SN (z2) =

(N∑k=0

zk1k!

)(N∑l=0

zl2l!

)=

∑0≤k,l≤N

zk1k!zl2l!.

Fur 0 ≤ k, l ≤ N nimmt die Summe k + l Werte zwischen 0 und 2N an. Wir konnen schreiben:

SN (z1) · SN (z2) =∑

0≤k,l≤N

zk1k!zl2l!

=∑

0≤k,l≤Nn:=k+l≤N

zk1k!zl2l!

+∑

0≤k,l≤NN<n:=k+l≤2N

zk1k!zl2l!

︸ ︷︷ ︸Rest

=∑

0≤n≤N

∑0≤k,l≤Nk+l=n

zk1k!zl2l!

+ Rest

=∑

0≤n≤N

1n!

∑0≤k,lk+l=n

(n

k

)zk1k!zl2l!

+ Rest

=∑

0≤n≤N

1n!· (z1 + z2)n + Rest

= SN (z1 + z2) + Rest .

51

Es folgt:

|SN (z1) · SN (z2)− SN (z1 + z2)| = |Rest|

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∑

0≤k,l≤NN<n:=k+l≤2N

zk1k!zl2l!

∣∣∣∣∣∣∣∣ ≤∑

0≤k,l≤NN<n:=k+l≤2N

∣∣∣∣zk1k!zl2l!

∣∣∣∣ =∑

0≤k,l≤NN<n:=k+l≤2N

|z1|k

k!|z2|l

l!

=2N∑

n=N+1

∑0≤k,l≤Nk+l=n

|z1|k

k!|z2|l

l!

≤2N∑

n=N+1

∑0≤k,lk+l=n

|z1|k

k!|z2|l

l!

=2N∑

n=N+1

1n!

∑0≤k,lk+l=n

(n

k

)|z1|k

k!|z2|l

l!=

2N∑n=N+1

1n!

(|z1|+ |z2|)n

= S2N (|z1|+ |z2|)− SN (|z1|+ |z2|) .

Es existieren limN→∞

SN (|z1|+ |z2|) = limN→∞

S2N (|z1|+ |z2|) = exp(|z1|+ |z2|). Aus S2N (|z1|+ |z2|)−SN (|z1|+|z2|) → 0 folgt |SN (z1) · SN (z2) − SN (z1 + z2)| → 0 in R, also SN (z1) · SN (z2) − SN (z1 + z2) → 0 in C.Insbesondere ist:

exp(z1) · exp(z2) =(

limN→∞

SN (z1))·(

limN→∞

SN (z2))

!= limN→∞

SN (z1) · SN (z2) = limN→∞

SN (z1 + z2)

= exp(z1 + z2) .

Die mit “!” versehene Gleichheit verwendet die Stetigkeit der komplexen Multiplikation!

(iii) Die Funktion C→ C, z → z ist stetig. (Dies ist so, da fur alle z, w ∈ C gilt: |z − w| = |z − w|.)Es folgt mit den Notationen aus (ii):

exp(z) = limN→∞

SN (z) Definition

= limN→∞

SN (z) Die komplexe Konjugation ist linear

= limN→∞

SN (z) Die komplexe Konjugation ist stetig

= exp(z) Definition .

(iv) Sei x ∈ R.

| exp(ix)| =√

exp(ix)exp(ix)(iii)=√

exp(ix) exp(ix)

=√

exp(ix) exp(−ix) =√

exp(ix− ix) =√

exp(0) =√

(1)= 1 .

(v) Sei x ∈ R.

c(−x) + is(−x) = exp(−ix) = exp(ix) = exp(ix) = c(x) + is(x)= c(x)− is(x) .

Identifiziert man den Real– und Imaginarteil in der Gleichheit c(−x) + is(−x) = c(x) − is(x), so folgen dieGleichheiten: c(−x) = c(x) und s(−x) = −s(x).

c2(x) + s2(x) = ‖(c(x), s(x))‖2 = |c(x) + is(x)|2 = | exp(ix)|2

= 1 .

52

Seien nun x, y ∈ R. Es folgt:

c(x+ y) + is(x+ y) = exp(i(x+ y)) = exp(ix) exp(iy) = (c(x) + is(x))(c(y) + is(y))= (c(x)c(y)− s(x)s(y)) + i(c(x)s(y) + s(x)c(y)) .

Identifiziert man den Real– und Imaginarteil in der Gleichheit c(−x) + is(−x) = c(x) − is(x), so folgen dieletzten Gleichheiten aus der Aufgabe.

Aufgabe 48 (Alternativaufgabe fur WI) Der ggT zweier naturlichen Zahlen a > b ≥ 1 kann mit dem Algo-rithmus von Euklid (ca. -300 a.D.) (s.a. http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/toc.html)in einer MAPLE–Implementierung wie folgt berechnet werden:

ggT:=proc(a,b) local a1,b1,c1;a1:=a; b1:=b; c1:=b;while ( c1 <> 0) do c1:=a1 mod b1; a1:=b1; b1:=c1; od;a1;end;

(i) Beschreiben Sie den euklidischen Algorithmus.(ii) Schatzen Sie die maximale Anzahl der Bewertungen der obigen Bedingung ( c1 <> 0) (und damit dienaheliegende Anzahl der Operationen der Prozedur ggT) nach oben in Abhangigkeit von a > b optimal ab.Hinweis: Vergleichen Sie die sukzessiven Werte von a aus der obigen MAPLE–Implementierung mit Gliedern derFibonacci–Folge.(6 Punkte)

Losung: (i) Der Algorithmus von Euklid kann wie folgt formuliert werden:(1) Lese a, b ∈ N \ {0}.(2) Sei c der Rest bei der Division von a bei b.(3a) Ist c 6= 0, dann setze a := b, b := c und geh’ zu (2).(3b) Ist c = 0 so ist der gesuchte ggT der gelesenen Zahlen im Register b.

(ii) Seien a, b ∈ N \ {0} beliebig. Wir wenden das Algorithmus von Euklid, bis wir ein c = 0 bekommen.Nehmen wir an, dafur sind n Schritte notwendig: Genauer:Seien yn := a, yn−1 := b, und fur k ∈ [2, n] sei yn−k der Rest bei der Teilung von yn−k+2 durch yn−k+1.Der Wert von n ist so festgelegt, daß gilt: y0 = 0, yk 6= 0 fur k = 1, . . . , n.Beispiel: a := 166, b := 275. Man bekommt bei der Anwendung des euklidischen Algorithmus die Liste:

166, 275, 166, 109, 57, 52, 5, 2, 1, 0 .

Es ist also n = 9, und wir setzen: y0 := 0, y1 := 1, y2 := 2, y3 := 5, y4 := 52, y5 := 57, y6 := 109, . . .

In der Aufgabenstellung wurde zusatzlich die Bedingung a > b gestellt. Es folgt (induktiv) aus der Konstruktion,daß gilt: yn > yn−1 > · · · > y1 > y0.Sei (xn) die Fibonacci–Folge: x0 := 0, x1 := 1, xn := xn−1 + xn−2 fur n ≥ 2.Man kann dann leicht durch (endliche) Induktion zeigen, daß gilt:

yk ≥ xk

fur alle k ∈ N, k ≤ n:Diese Aussage gilt offensichtlich fur k = 0, 1.Sei n ≥ 2 ganz. Wir nehmen an, daß gelten: yn−1 ≥ xn−1 und yn−2 ≥ xn−2.Dann ist yn der Form:

yn = (?) · yn−1 + yn−2 .

Dabei ist (?) eine naturliche Zahl. Diese kann nicht Null sein, denn dann ware yn = yn−2 < yn−1, im Widerspruchzur Bemerkung, daß die Liste alle y monoton geordnet ist. Es ist also (?) ≥ 1. Dann folgt daraus:

yn = (?) · yn−1 + yn−2 ≥ yn−1 + yn−2(IV )= xn−1 + xn−2 = xn .

53

Wir haben dadurch die Behauptung gezeigt.

Die Abschatzung der Anzahl der Operationen ist nun einfach.Sei a ∈ N, a > 0 gegeben. Sei n ∈ N, so daß gilt:

xn ≤ a ≤ xn+1 .

Dann wird der Algorithmus von Euklid fur dieses a un ein beliebiges weiteres b in hochstens n + 1 Schrittenden ggT (a, b) liefern. Welche Abschatzung folgt fur n?!Seien ζ, u, v wie in der Aufgabe 34: ζ :=

√5, u := (1 +

√5)/2, v := (1 +

√5)/2. Es gilt |v| < 1. So konnen

wir abschatzen:

a ≥ xn =1ζ

(un − vn) ≥ 1ζ

(un − |v|n) ≥ 1ζ

(un − 1) ,

also

n ≤ logu(a√

5 + 1) .

Aufgabe 49 (Alternativaufgabe fur MI)(i) [Das Lemma von Cesaro–Stolz]

Seien (an) und (bn) zwei Folgen, so daß bn > 0 fur alle n. Es existiere der Grenzwert limn→∞

anbn

=: l . Wir nehmen

an, daß∑n≥1

bn =∞ gilt. Dann existiert der Grenzwert limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ anb1 + b2 + · · ·+ bn

, und er ist auch gleich zu l.

(ii) Verwenden Sie das Lemma von Cesaro–Stolz, um fur p ∈ N den Grenzwert zu berechnen:

limn→∞

(1p + 2p + · · ·+ np

np− n

p+ 1

).

(6 Punkte)

Losung: (i) Sei ε > 0.Aus an/bn → l folgt die Existenz eines N = N(ε), so daß fur alle n ≥ N(ε) gilt: |an/bn − l| < ε.Aquivalent: −ε < an/bn − l < ε.Aquivalent: l − ε < an/bn < l + ε.Aquivalent: (l − ε)bn < an < (l + ε)bn.

Seien S(a) := a1 + · · ·+ aN−1 und S(b) := b1 + · · ·+ bN−1.Sei n ≥ N = N(ε). Wir schreiben:

a1 + a2 + · · ·+ anb1 + b2 + · · ·+ bn

=S(a) + aN + aN+1 + · · ·+ anS(b) + bN + bN+1 + · · ·+ bn

und benuzten die obigen Abschatzungen.Es folgt die doppelte Abschatzung:

S(a) + (l − ε)(bN + · · ·+ bn)S(b) + (bN + · · ·+ bn)

≤ a1 + a2 + · · ·+ anb1 + b2 + · · ·+ bn

≤ S(a) + (l + ε)(bN + · · ·+ bn)S(b) + (bN + · · ·+ bn)

,

oder:

S(a)bN+···+bn + (l − ε)

S(b)bN+···+bn + 1

≤ a1 + a2 + · · ·+ anb1 + b2 + · · ·+ bn

≤S(a)

bN+···+bn + (l + ε)S(b)

bN+···+bn + 1.

Wir lassen in dieser Doppelten Ungleichung n gegen ∞ gehen. Aus bN + · · · + bn → ∞ fur n → ∞ folgt:S(a)/(bN + · · ·+ bn)→ 0, S(b)/(bN + · · ·+ bn)→ 0, und:

(l − ε) ≤ a1 + a2 + · · ·+ anb1 + b2 + · · ·+ bn

≤ (l + ε) ,

54

und aquivalent dazu:

−ε < a1 + a2 + · · ·+ anb1 + b2 + · · ·+ bn

− l < ε ,

oder ∣∣∣∣a1 + a2 + · · ·+ anb1 + b2 + · · ·+ bn

− l∣∣∣∣ < ε .

Es folgt die gewunschte Konvergenz.(ii) Es ist:

1p + 2p + · · ·+ np

np− n

p+ 1=

(p+ 1)(1p + 2p + · · ·+ np)− np+1

(p+ 1)np.

Seien c0 := 0, d0 := 0 und

cn := (p+ 1)(1p + 2p + · · ·+ np)− np+1 ,

dn := (p+ 1)np .

Wir setzen a1 := c1 − c0 = c1, b1 := d1 − d0 = d1 und fur n ≥ 1:

an+1 := cn+1 − cn = (((p+ 1)(1p + 2p + · · ·+ (n+ 1)p)− (n+ 1)p+1) − (p+ 1)(1p + 2p + · · ·+ np)− np+1)

= (p+ 1)(n+ 1)p − (n+ 1)p+1 + np+1 ,

bn+1 := dn+1 − dn = (p+ 1)((n+ 1)p − np) .

Dann konvergiert:

an+1

bn+1=

(p+ 1)(n+ 1)p − (n+ 1)p+1 + np+1

(p+ 1)((n+ 1)p − np)

=(p+ 1)

(np +

(p1

)np−1 + . . .

)−(np+1 +

(p+1

1

)np +

(p+1

2

)np−1 + . . .

)+ np+1

(p+ 1)((p1

)np−1 + . . .

)=

((p+ 1)

(p1

)−(p+1

2

))np−1 + . . .

(p+ 1)(p1

)np−1 + . . .

gegen ((p+ 1)

(p1

)−(p+1

2

))(p+ 1)

(p1

)np−1

=12.

Nach dem Satz von Cesaro–Stolz konvergiert dann:

cndn

=a1 + a2 + · · ·+ anb1 + b2 + · · ·+ bn

auch gegen 1/2.

55

Name / Kosename / Zahl im Intervall [106, 107] / Zeichenkette:

Was man weiß, was man wissen sollte:

Beantworten Sie die folgenden Fragen:

(1) Ist (xn) eine Nullfolge, so konvergiert die Reihe∑xn.

(1) JA � � NEIN

(2) Jede Teilfolge einer konvergenten Folge ist konvergent.(2) JA � � NEIN

(3) Die Folge (xn) konvergiert gegen x, wenn es ein ε > 0 gibt, so daß fur alle Nε > 0 ein n ≥ N(ε) existiert,mit der Eigenschaft: |xn − x| < ε.

(3) JA � � NEIN

(4) Ist (xn) eine alternierende Nullfolge, so konvergiert∑xn.

(4) JA � � NEIN

(5) Fur eine reelle Folge (xn) mit der Eigenschaft xn < 1/n konvergiert∑xn.

(5) JA � � NEIN

(6) In einem archimedisch angeordneten Korper konvergiert jede Cauchy–Folge.(6) JA � � NEIN

(7) Eine konvergente Folge besitzt Teilfolgen, welche Cauchy–Folgen sind.(7) JA � � NEIN

(8) Die Folge (xn) konvergiert, falls die Folge (x2n) konvergiert.

(8) JA � � NEIN

(9) Aus 1n2 ≤ 1

n ≤1√n

folgt nach dem Zangenlemma die Konvergenz der Reihe∑n≥1

1n .

(9) JA � � NEIN

(10) Die Reihe∑p∈Np prim

xp konvergiert fur x ∈ (−1, 1) und divergiert fur x ∈ R \ (−1, 1).

(10) JA � � NEIN

(11) Jede Nullfolge konvergiert.(11) JA � � NEIN

(12) Die Folge(

2n

n!

)konvergiert.

(12) JA � � NEIN

(13) Jede Reihe mit positiven Summanden konvergiert absolut.(13) JA � � NEIN

(14) Eine konvergente Reihe ist monoton und beschrankt.(14) JA � � NEIN

(15) Die Folge (xn) konvergiert genau dann, wenn die Folge (1/xn) konvergiert.(15) JA � � NEIN

(16) Eine monotone Folge konvergiert.(16) JA � � NEIN

(17) Die Folge (qn) konvergiert genau dann, wenn |q| < 1 ist.(17) JA � � NEIN

(18) Aus |xn| ≤ Cn und∑Cn <∞ folgt die absolute Konvergenz der Reihen

∑xn und

∑Cn.

(18) JA � � NEIN

(19) Sei (xn) eine Folge mit nicht verschwindenden Folgegliedern, dann ist (x−1n ) eine Cauchy–Folge.

(19) JA � � NEIN

(20) Die Umordnung einer konvergenten Folge konvergiert mit demselben Grenzwert.(20) JA � � NEIN

56

Was man weiß, was man wissen sollte.Die Losungen:

(1) Ist (xn) eine Nullfolge, so konvergiert die Reihe∑xn.

(1) JA � � NEINGegenbeispiel: Die harmonische Reihe divergiert, aber es konvergiert 1/n→ 0.

(2) Jede Teilfolge einer konvergenten Folge ist konvergent.(2) JA � � NEIN

Und zwar gegen den gleichen Grenzwert.

(3) Die Folge (xn) konvergiert gegen x, wenn es ein ε > 0 gibt, so daß fur alle Nε > 0 ein n ≥ N(ε) existiert,mit der Eigenschaft: |xn − x| < ε.

(3) JA � � NEINGegenbeispiel: xn ist konstant gleich 1, x = 0. Ein ε wie oben gibt es, z.B. ε := 1010000000. Egal, welche n wirspater betrachten, es gilt sicherlich |xn − x| = |1− 0| = 1 < 1010000000.

(4) Ist (xn) eine alternierende Nullfolge, so konvergiert∑xn.

(4) JA � � NEINDas Leibnitz–Kriterium klingt “ahnlich”, hat aber eine wichtige zusatzliche Annahme: Die Nullfolge solltemonoton fallend gegen Null konvergieren. Ein Gegenbeispiel fur die obige Aussage ist einfach zu geben: Manbetrachtet die Reihe:

1− 12· 1 +

12− 1

2· 1

2+

13− 1

2· 1

3+

14− 1

2· 1

4+

15− 1

2· 1

5+ . . . .

(5) Fur eine reelle Folge (xn) mit der Eigenschaft xn < 1/n konvergiert∑xn.

(5) JA � � NEINGegenbeispiel: xn := −1. Oder xn := 1/(2n).

(6) In einem archimedisch angeordneten Korper konvergiert jede Cauchy–Folge.(6) JA � � NEIN

Gegenbeispiel: In Q konvergiert nicht jede Cauchy–Folge.

(7) Eine konvergente Folge besitzt Teilfolgen, welche Cauchy–Folgen sind.(7) JA � � NEIN

Ja, z.B. die Folge selbst, gesehen als Teilfolge von sich selbst. Es gilt sogar mehr, jede Teilfolge einer konvergentenFolge konvergiert (gegen den gleichen Grenzwert), und jede konvergente Folge ist eine Cauchy–Folge.

(8) Die Folge (xn) konvergiert, falls die Folge (x2n) konvergiert.

(8) JA � � NEINGegenbeispiel: xn := (−1)n.

(9) Aus 1n2 ≤ 1

n ≤1√n

folgt nach dem Zangenlemma die Konvergenz der Reihe∑n≥1

1n .

(9) JA � � NEINDie harmonische Reihe

∑n≥1

1n konvergiert nicht.

(Wir haben dabei keine Kenntnisse der Logik abgefragt. Die Aussage: “Aus 0 = 1 folgt die Konvergenz derReihe

∑n≥1

1n” ware/ist wahr...

Bei uns gilt jedoch die obige doppelte Ungleichung...)

(10) Die Reihe∑p∈Np prim

xp konvergiert fur x ∈ (−1, 1) und divergiert fur x ∈ R \ (−1, 1).

(10) JA � � NEINEs gibt zuerst unendlich viele Primzahlen. Euklid hat das zu seiner Zeit bewiesen: Wenn es nur endlich vielePrimzahlen gabe, sagen wir, p1, p2, . . . , pn sind es alle, dann mußte jede naturliche Zahl eine Produktzerlegungmit diesen und nur diesen Primfaktoren haben.Die Zahl p1 · p2 · . . . · pn + 1 ist dann eine naturliche Zahl, welche mit keiner der Primzahlen in der obigen Listeteilbar ist. Der Widerspruch folgt sofort.

So haben wir tatsachlich mit einer (Pleonasm: unendlichen) Reihe zu tun.

57

Der Fall |x| < 1. Es gilt:∑p∈Np prim

|xp| ≤∑n∈N

|xn| =∑n∈N

|x|n = 1/(1−|x|) <∞. Es folgt die (absolute) Konvergenz

der gegebenen Reihe.

Der Fall |x| ≥ 1. Die Reihe divergiert, da ihre Summanden keine Nullfolge bilden.

(11) Jede Nullfolge konvergiert.(11) JA � � NEIN

Und zwar gegen Null.

(12) Die Folge(

2n

n!

)konvergiert.

(12) JA � � NEIN

Die Reihe∑n≥0

2n

n!konvergiert (gegen exp(2)). So konvergiert die gegebene Nullfolge gegen Null.

(13) Jede Reihe mit positiven Summanden konvergiert absolut.(13) JA � � NEIN

Gegenbeispiel:∑n 1 divergiert.

(14) Eine konvergente Reihe ist monoton und beschrankt.(14) JA � � NEIN

Monoton muß sie nicht sein.

(15) Die Folge (xn) konvergiert genau dann, wenn die Folge (1/xn) konvergiert.(15) JA � � NEIN

Gegenbeispiel: xn := 1/n konvergiert gegen Null, 1/xn = n divergiert.

(16) Eine monotone Folge konvergiert.(16) JA � � NEIN

Gegenbeispiel: xn := n ist monoton, konvergieren tut sie nicht.

(17) Die Folge (qn) konvergiert genau dann, wenn |q| < 1 ist.(17) JA � � NEIN

Sie konvergiert auch fur q = 1.

(18) Aus |xn| ≤ Cn und∑Cn <∞ folgt die absolute Konvergenz der Reihen

∑xn und

∑Cn.

(18) JA � � NEINDas Majoranten–Kriterium, mit offensichtlich wahren Zusatzen.

(19) Sei (xn) eine Folge mit nicht verschwindenden Folgegliedern, dann ist (x−1n ) eine Cauchy–Folge.

(19) JA � � NEINDie Folge (xn) ist “viel zu beliebig”. Gegenbeispiel: xn := (−1)n. Oder xn := 1/n.

(20) Die Umordnung einer konvergenten Folge konvergiert mit demselben Grenzwert.(20) JA � � NEIN

Beweis: Sei (xn)n eine gegen x konvergente Folge.Sei σ : N→ N eine Umordnung/Bijektion. Wir beweisen die Konvergenz der Folge (xσ(n))n≥0 gegen x.

Sei ε > 0.Aus xn → x fur n→∞ folgt die Existenz eines M(ε), so daß fur alle m ≥M(ε) gilt |xm − x| < ε.

Die Menge {σ−1(1), σ−1(2), . . . , σ−1(M(ε) − 1)} ist endlich, also beschrankt. Sei N(ε) eine obereSchranke.

Sei n ≥ N(ε).Dann ist m := σ(n) nicht in der Menge σ( {σ−1(1), σ−1(2), . . . , σ−1(M(ε) − 1)} ), also

nicht in der Menge {1, 2, . . . , N(ε)− 1}, also ist m := σ(n) ≥M(ε).Es folgt |xσ(n) − x| = |xm − x| < ε.

Mittels der Definition der Konvergenz einer Folge folgt xσ(n) → x fur n→∞.

58

Ubungsblatt 9Aufgabe 50(i) Finden Sie alle stetigen Funktionen f : R→ R, welche fur alle x, y ∈ R erfullen: f(x+ y) = f(x) + f(y) .(ii) Finden Sie alle stetigen Funktionen g : R→ R, welche fur alle x, y ∈ R erfullen: g(x+ y) = g(x)g(y) .(6 Punkte)

Losung: (i) Wir haben bereits in der Aufgabe 40 gesehen, daß jede Funktion f : Q→ R mit der Eigenschaftf(x+ y) = f(x) + f(y) von der Form f(x) = ax mit einem geeigneten Parameter a ∈ R ist.So erfullt eine Funktion f : R → R mit der obigen Eigenschaft fur alle x, y ∈ R (und insbesondere in Q) furden geeigneten Parameter a := f(1) ∈ R die Relation

f(r) = ar fallsr ∈ Q .

Sei nun x ∈ R. Mann kann eine rationale Folge (rn) finden, welche gegen x konvergiert. Beispiel: Die Folge3, 3.1, 3.14, 3.141, . . . , 3.141592653589793238462643383, . . . konvergiert gegen π. Allgemein kann man fur eineZahl x ∈ R die entsprechende Folge aus der Dezimalentwicklung (oder allgemeiner aus einer Entwicklung zurBasis q ∈ N, q ≥ 2) ablesen. Dann gilt wegen der Stetigkeit (!) von f :

f(x) = f(

limn→∞

rn

)(!)= lim

n→∞f(rn) = lim

n→∞(arn) = a lim

n→∞rn = ax .

Es folgt, daß f von der Form f(x) = ax fur alle x ∈ R ist, wobei a := f(1) ist. Wir bemerken, daß umgekehrtdie Funktionen von der Form f(x) := ax stetig auf R sind, und die gegebene Relation erfullen.

(ii) Sei g : R→ R eine Funktion mit der Eigenschaft, daß fur alle x, y ∈ R gilt: g(x+ y) = g(x)g(y) .Insbesondere ist g(0) = g(0 + 0) = g(0)g(0) = g(0)2. Der Wert von g(0) kann also nur 0 oder 1 sein.

Ist g(0) = 0, so gilt fur alle x ∈ R:

g(x) = g(x+ 0) = g(x)g(0) = g(x) · 0 = 0 ,

so daß in diesem Fall g die Nullfunktion ist. Wir bemerken die Stetigkeit der Nullfunktion und die triviale Erfullungder Relation g(x+ y) = g(x)g(y).

Wir untersuchen nun den Fall g(0) = 1. Wir zeigen zuerst, daß der Wert 0 von der Funktion g nicht angenommenwird: Aus g(x) = 0 wurde g(0) = g(x + (−x)) = g(x)g(−x) = 0 · g(−x) = 0 6= 1. Widerspruch zur Annahmeg(0) = 1.Wir zeigen weiter, daß g nur positive Werte annimmt: Sei x ∈ R. Dann ist:

g(x) = g(x/2 + x/2) = g(x/2)g(x/2) = g(x/2)2 ≥ 0 .

Es folgt g(x) > 0 fur alle x ∈ R.

Insbesondere ist die Funktion h : R→ R, h(x) := log(g(x)) fur x ∈ R, wohldefiniert. Dabei ist log die Umkehr-funktion der Exponential–Funktion. Aus der Eigenschaft der Exponential–Funktion exp(x+ y) = exp(x) exp(y)folgt fur log die Eigenschaft log(xy) = log(x) + log(y). Es folgt:

h(x+ y) = log(g(x+ y)) = log(g(x)g(y)) = log(g(x)) + log(g(y)) = h(x) + h(y) .

So ist h eine Funktion, welche fur alle r ∈ Q die Gleichheit h(r) = ar mit a := h(1) erfullt. Es folgt fur aller ∈ Q:

g(r) = exp(h(r)) = exp(ar) .

Sei nun x ∈ R beliebig, und sei (rn) eine Folge rationaler Zahlen, die gegen x konvergiert. Dann gilt wegen derStetigkeit (!) von g und der Stetigkeit (!!) von exp:

g(x) = g(

limn→∞

rn

)(!)= lim

n→∞g(rn) = lim

n→∞exp(arn) = exp

(limn→∞

arn

)= exp(ax) .

Es folgt, daß g von der Form g(x) = exp(ax) fur alle x ∈ R ist, wobei a := log(g(1)) ist. Wir bemerken, daßumgekehrt die Funktionen von der Form g(x) := exp(ax) stetig auf R sind, und die gegebene Relation erfullen.

59

Aufgabe 51 Seien f : R≥0 → R und g : R→ R die Funktionen f(x) :=√x, x ≥ 0 beliebig, und g(x) := 3

√x,

x ∈ R beliebig. Zeigen Sie, daß f und g auf dem Definitionsbereich stetig sind.(6 Punkte)

Losung: (i) Die Stetigkeit von f an der Stelle x ∈ R≥0. Wir unterscheiden die Falle:Der Fall x 6= 0: Sei y ≥ 0. Dann gilt die Abschatzung:

|f(y)− f(x)| = |√y −√x| =

∣∣∣∣ (√y −√x)(√y +√x)

√y +√x

∣∣∣∣ =|y − x|√y +√x≤ 1√

x|y − x| .

Sei nun (yn) eine Folge in R≥0, welche gegen x konvergiert. So konvergiert |yn − x| gegen Null. Mittels desSandwich–Kriteriums in der Ungleichung

0 ≤ |f(yn)− f(x)| ≤ 1√x|yn − x|

folgt dann die Konvergenz von |f(yn) − f(x)| gegen 0, als die Konvergenz von f(yn) gegen f(x). Hiermit istdie Stetigkeit von f an der Stelle x 6= 0 bewiesen.

Der Fall x = 0: Sei yn → 0 eine Nullfolge. Wir zeigen durch Kontraposition (Widerspruchsbeweis) die Konver-genz von f(yn) =

√yn gegen 0.

Wir nehmen an, daß√yn nicht gegen 0 konvergiert. (Die Folge (

√yn) ist also entweder nicht konvergent, oder

sie konvergiert, aber dann nicht gegen Null.)So existiert ein ε > 0,

so daß fur alle N ∈ Nein n ≥ N existiert,

so daß gilt: |√yn| ≥ ε .Aber dann ist |yn| = |

√yn| · |

√yn| ≥ ε · ε = ε2 > 0.

Widerspruch zur Konvergenz von (yn) gegen 0.

(ii) Die Stetigkeit von g an der Stelle x ∈ R wird parallel zur obigen Behandlung der Funktion f untersucht.Wir unterscheiden die Falle:Der Fall x 6= 0: Sei y ∈ R. Dann gilt die Abschatzung:

|g(y)− g(x)| = | 3√y − 3√x| =

∣∣∣∣∣ ( 3√y − 3√x)( 3√y2 + 3

√xy + 3

√x2)

3√y2 + 3

√xy + 3

√x2

∣∣∣∣∣=

|y − x|| 3√y2 + 3

√xy + 3

√x2|

=|y − x|

( 3√y + 1

23√x)2 + 3

43√x2

≤ 43

13√x2|y − x| .

Sei nun (yn) eine Folge in R≥0, welche gegen x konvergiert. So konvergiert |yn − x| gegen Null. Mittels desSandwich–Kriteriums in der Ungleichung

0 ≤ |g(yn)− g(x)| ≤ 43

13√x2|yn − x|

folgt dann die Konvergenz von |g(yn) − g(x)| gegen 0, also die Konvergenz von g(yn) gegen g(x). Hiermit istdie Stetigkeit von g an der Stelle x 6= 0 bewiesen.

Der Fall x = 0: Sei yn → 0 eine Nullfolge. Wir zeigen durch Kontraposition (Widerspruchsbeweis) die Konver-genz von g(yn) = 3

√yn gegen 0.

Wir nehmen an, daß 3√yn nicht gegen 0 konvergiert. (Die Folge ( 3

√yn) ist also entweder nicht konvergent, oder

sie konvergiert, aber dann nicht gegen Null.)So existiert ein ε > 0,

so daß fur alle N ∈ Nein n ≥ N existiert,

so daß gilt: | 3√yn| ≥ ε .

Aber dann ist |yn| = | 3√yn| · | 3

√yn| · | 3

√yn| ≥ ε · ε · ε = ε3 > 0.

Widerspruch zur Konvergenz von (yn) gegen 0.

60

Aufgabe 52 Jede reelle Zahl x ∈ [0, 1] hat eine eindeutige “kanonische” Dezimaldarstellung

x = (x0 , x1x2x3 . . . )10 ,

welche nicht mit der Periode 999 . . . endet. Z.B. ist die “kanonische” Dezimaldarstellung von (0, 1999)10 dieseDarstellung und nicht (0, 1998 999 . . . )10. Wir definieren die Funktion f : [0, 1]→ R wie folgt:

f(x) :=

{x falls die “kanonische” Dezimaldarstellung von x die Ziffer 5 beinhaltet,

1− x sonst.

Finden Sie alle Stellen x ∈ [0, 1], an welchen die Funktion f stetig ist.(6 Punkte)

Losung: Alle weiteren Dezimaldarstellungen in dieser Aufgabe sind “kanonische” Dezimaldarstellungen.Behauptung:

1. f ist stetig an der Stelle 1/2.

2. f ist nicht stetig an einer Stelle x = (x0 , x1x2x3 . . . xn−150)10 6= 0.5, welche mit der Dezimalzifferxn = 5, gefolgt von der Periode 000 . . . , endet, und so daß keine der Dezimalziffern x1, . . . , xn−1 gleich5 ist.

3. f ist nicht stetig an einer Stelle x = (x0 , x1x2x3 . . . xn)10 . . . , falls xn 6= 5 fur alle n ∈ N.

4. f ist stetig an den sonstigen Stellen x = (x0 , x1x2x3 . . . xn−15xn+1 . . . )10, welche die Dezimalzifferxn = 5 mindestens ein Mal beinhalten, und sei n ≥ 1 minimal mit dieser Eigenschaft, so daß dieweiteren Ziffern xn+1, xn+2, . . . nicht alle Null sind.

Wir beweisen diese Behauptung:(1) Sei (xn) eine Folge, welche gegen 1/2 konvergiert. Dann konvergiert |xn − 1/2| gegen Null.Wir zeigen, daß (f(xn)) gegen f(1/2) = 1/2 konvergiert, oder aquivalent, daß |f(xn) − 1/2| gegen Nullkonvergiert.Dies ist offensichtlich, da |f(xn)−1/2| entweder |xn−1/2| oder |(1−xn)−1/2| = |1/2−xn| = |−(xn−1/2)| =|xn − 1/2| ist.

(2) Sei x = (x0 , x1x2x3 . . . xn−150)10 6= 0.5 eine Stelle, so daß keine der Ziffern x1, x2, . . . , xn−1 gleich 5 ist.Dann ist f an dieser Stelle nicht stetig:Die Folge (yk) mit yk := (x0 , x1x2x3 . . . xn−14 999 . . . 999︸ ︷︷ ︸

k Mal

0)10 konvergiert offensichtlich gegen x. Die obige

Darstellung beinhaltet nicht die Ziffer 5. Es folgt:

limk→∞

f(yk) = limk→∞

(1− yk) = 1− x 6= x = f(x) .

So ist f an der Stelle x nicht stetig.

(3) Sei x = (x0 , x1x2x3 . . . xn)10 . . . eine Stelle, so daß keine Dezimalziffer xn gleich 5 ist. Dann ist f andieser Stelle nicht stetig:Die Folge (yn) mit yn := (x0 , x1x2x3 . . . xn−15xn+1xn+2 . . . )10 konvergiert offensichtlich gegen x. (Die n.teZiffer xn von x wurde mit 5 ersetzt, alle anderen wurden abgeschrieben. Dann ist |yn − x| ≤ 0.000 . . . 0005 =5 · 10−n → 0.) Die obige Darstellung von jedem yn beinhaltet die Ziffer 5. Es folgt:

limk→∞

f(yk) = limk→∞

yk = x 6= 1− x = f(x) .

So ist f an der Stelle x nicht stetig.

(4) Sei x = (x0 , x1x2x3 . . . xn−15xn+1 . . . )10 eine Stelle, so daß nicht alle Ziffern xn+1, xn+2, . . . gleich Nullsind. Sei also M ∈ N, M ≥ 1, mit xn+M 6= 0. Es folgt xn+M ≥ 1Die Zahl x wurde in der “kanonischen” Dezimaldarstellung geschrieben. So gibt es ein N ∈ N, N ≥ 1, mitxn+N 6= 9. Es folgt xn+N ≤ 8, und die weiteren Dezimalziffern xn+N+1, xn+N+2, . . . sind erneut nicht allegleich 9.

61

Es folgt:

(x0 , x1x2x3 . . . xn−15000 . . . 000 1︸︷︷︸(n+M).te Stelle

)10 ≤ x < (x0 , x1x2x3 . . . xn−15999 . . . 9 9︸︷︷︸(n+N).te Stelle

)10 .

Sei (yk) eine Folge, welche gegen x konvergiert. Dann gibt es ein K ∈ N, so daß fur alle k ≥ K gilt:

yk ∈

(x0 , x1x2x3 . . . xn−15000 . . . 000 1︸︷︷︸(n+M+1).te Stelle

)10 , (x0 , x1x2x3 . . . xn−15999 . . . 9 9︸︷︷︸(n+N).te Stelle

)10

.

So beinhaltet die Dezimaldarstellung von yk fur k ≥ K immer die Ziffer 5. Es folgt:

limk→∞

f(yk) = limk→∞

yk = x = f(x) ,

also die Stetigkeit von f in x.

Aufgabe 53 Wir definieren die Funktion f : R→ R wie folgt:

f(x) :=

{1/q falls x ∈ Q von der Form x = p/q ist, p, q ∈ Z teilerfremd, q ≥ 1,

0 sonst.

Finden Sie alle Stellen x ∈ R, an welchen die Funktion f stetig ist.(6 Punkte)

Losung: Behauptung:

1. f ist nicht stetig an rationalen Stellen r ∈ Q.

2. f ist stetig an nicht rationalen Stellen x ∈ R \Q.

(1) Sei r = p/q ∈ Q eine rationale Stelle, so daß gilt f(r) = 1/q 6= 0. Die Folge (r +√

2/n) besteht dann ausnicht rationalen Gliedern und konvergiert gegen r. Es gilt:

limn→∞

f

(r +√

2n

)= limn→∞

0 = 0 6= 1q

= f(r) .

Es folgt die Unstetigkeit von f in r.(2) Sei x ∈ R \Q eine nicht rationale Stelle. So ist f(x) = 0. Sei (yn) eine Folge, welche gegen x konvergiert.Wir zeigen die Konvergenz von f(yn) gegen f(x) = 0.Sei ε > 0.

Es gibt nur endlich viele naturliche Zahlen q ∈ N mit 1/q ≥ ε.So gibt es auch endlich viele rationale Zahlen p/q, p ∈ Z, q ∈ N mit 1/q ≥ ε, welche im Intervall (x−1, x+1)

liegen.Da sie endlich viele sind, konnen wir ihre Liste zuerst schreiben: r1, r2, . . . , rK .Wichtiger ist, daß wir das Minimum bilden konnen:

ε1 := minj=1,...,K

|rj − x| > 0 .

(Dieses Minimum kann nicht gleich Null sein, da rj ∈ Q, x 6∈ Q.)Sei ε2 > 0 das Minimum unter ε1 und 1.

Aus yn → x folgt die Existenz von N = N(ε2) ∈ N, so daß fur alle n ≥ N gilt: |yn − x| < ε2.Sei nun n ≥ N . Aus ε2 ≤ 1 folgt zuerst |yn − x| < 1, also yn ∈ (x− 1, x+ 1).

Wir schatzen |f(yn)− f(x)| = |f(yn)− 0| = |f(yn)| = f(yn) nach oben ab.Ist yn nicht rational, so ist f(yn) = 0.Ist yn rational, so ist der Nenner von yn nicht in der Menge aller q ∈ N mit 1/q ≥ ε, da

|yn − x| < ε2 also insbesondere yn 6∈ {r1, . . . , rK} ist. Es folgt 0 ≤ f(yn) < ε.Fazit: Zu jedem ε > 0 haben wir ein N ∈ N konstruiert, so daß fur alle n ≥ N gilt: |f(yn)− f(x)| < ε.So haben wir die Stetigkeit von f an der irrationalen Stellex aus der Definition bewiesen.

62

Aufgabe 54 Zeigen Sie: Jedes Polynom ungeraden Grades besitzt eine reelle Nullstelle.(4 Punkte)

Losung: Sei f(x) := a0xn + a1x

n−1 + · · · + an ein Polynom mit reellen Koeffizienten. Der Hauptkoeffizientist a0 6= 0. Der Grad n dieses Polynoms sei ungerade.Die Nullstellen des Polynoms (der polynomialen Funktion) f(x) stimmen mit den Nullstellen des Polynomsf(x)/a0 uberein. So konnen wir ohne Einschrankung der Allgemeinheit annehmen, daß a0 = 1 gilt.Dann ist:

limx→−∞

f(x) = limx→−∞

xn + a1xn−1 + · · ·+ an = lim

x→−∞xn(1 + a1x

−1 + · · ·+ anx−n)

= ( limx→−∞

xn) · 1 = −∞ , da n ungerade ist ,

limx→∞

f(x) = limx→∞

xn + a1xn−1 + · · ·+ an = lim

x→∞xn(1 + a1x

−1 + · · ·+ anx−n)

= ( limx→∞

xn) · 1 =∞ .

Insbesondere gibt es einen Punkt a mit f(a) ≤ −1 und einen Punkt b mit f(b) ≥ 1.Null befindet sich zwischen f(a) und f(b).Nach dem Zwischenwertsatz gibt es einen Punkt ξ zwischen a und b mit f(ξ) = 0.

Aufgabe 55 Seien (X, dX) und (Y, dY ) metrische Raume. Sei M > 0. Sei f : X → Y eine Abbildung mit derEigenschaft, daß fur alle x, x′ ∈ X gilt: dY (f(x), f(x′)) ≤MdX(x, x′). Zeigen Sie die Stetigkeit von f .(4 Punkte)

Losung: Sei x ∈ X. Wir zeigen die Stetigkeit von f in x.Sei ε > 0.

Sei δε := ε/M .Sei y ∈ X mit dX(y, x) < δε.

Dann ist:

dY (f(y), f(x)) ≤MdX(y, x) < M · δε = M · (ε/M) = ε .

Wir haben dadurch die Stetigkeit von f an jeder Stelle x ∈ X gezeigt.Bemerkung: Da δε unabhangig von x gewahlt werden konnte, folgt sogar die gleichmaßige Stetigkeit von f aufX.

63

Ubungsblatt 10

Aufgabe 56 (Berechnung eines Integrals direkt aus der Definition) Zeigen Sie die FormelN∑n=0

n2 = N(N+

1)(2N + 1)/6 und benutzen Sie dieses Resultat zur Berechnung des Integrals

∫ 1

0

x2 dx mittels der Zerlegung

Z von [0, 1] mit den Stutzpunkten xn := n/N fur n = 0, 1, . . . , N .

Losung: Die FormelN∑n=0

n2 =16N(N + 1)(2N + 1) laßt sich einfach per vollstandige Induktion beweisen:

Fur N = 0 erhalten wir die wahre Gleichheit 0 = 0.

Wir nehmen nun an, daß fur ein N ∈ N die GleichheitN∑n=0

n2 =16N(N + 1)(2N + 1) gilt (IV), und werden

beweisen, daß dann auch die GleichheitN+1∑n=0

n2 =16

(N + 1)(N + 2)(2N + 3) gilt:

N+1∑n=0

n2 =N∑n=0

n2 + (N + 1)2

=16N(N + 1)(2N + 1) + (N + 1)2 aus (IV),

=16

(N + 1){N(2N + 1) + 6(N + 1)

}=

16

(N + 1)(2N2 + 7N + 6

)=

16

(N + 1)(N + 2)(2N + 3) .

Nach dem Prinzip der vollstandigen Induktion ist die FormelN∑n=0

n2 =16N(N + 1)(2N + 1) fur alle N ∈ N

wahr.

Die Funktion f : [0, 1]→ R, x→ x2 ist stetig. So ist f auch integrierbar.Bevor wir die Berechnung starten, legen wir einige Notationen fest. Ist Z = (a = x0, x1, . . . , xn = b) eineZerlegung des Intervalls [a, b] in die Intervalle I1 := [x0, x1], I2 := [x1, x1], . . . , In := [xn−1, xn], so nennenwir die Feinheit von Z die Zahl

|Z| := maxi=1,...,n

|Ii| = maxi=1,...,n

|xi − xi−1| .

Wir kehren zur Aufgabe zuruck.Sei ZN die Zerlegung von [0, 1] gegeben durch ZN =

(0N ,

1N , . . . ,

nN , . . . ,

NN

). Dann ist die Feinheit von ZN

gleich zu 1N , und es gilt: |ZN | → 0 fur N →∞.

Dies erlaubt eine Berechnung des Integrals mittels dieser Zerlegungen.Die Funktion f ist monoton wachsend. So nimmt sie auf jedem Intervall [xn−1, xn] ihren minimalen Wert inxn−1 und ihren maximalen Wert in xn an. Wir konnen nun die Obersummen fur f auf ZN berechnen:

O(f, ZN ) =N∑n=1

maxx∈[n−1

N , nN ]f(x) ·

(n

N− n− 1

N

)

=N∑n=1

( nN

)· 1N

=1N3

N∑n=1

n2

=1

6N3N(N + 1)(2N + 1) =

(N + 1)(2N + 1)6N2

=16

(1 +

1N

)(2 +

1N

).

Nach Definition des Integrals ist dann:∫ 1

0

x2 dx := limN→∞

O(f, ZN ) = limN→∞

16

(1 +

1N

)(2 +

1N

)=

13.

64

Aufgabe 57 ∗ Zeigen Sie, daß die Funktion f : [0, 1]→ R,

f(x) :=

{1/q falls x ∈ Q von der Form x = p/q ist, p, q ∈ N teilerfremd, q ≥ 1,

0 sonst.

integrierbar ist.

Losung: Wiederholung der Definition der Integrierbarkeit: Sei I := [a, b] ⊆ R ein Intervall in R.Sei f : I → R eine Funktion.Eine Zerlegung von I ist der Form Z = (x0, x1, . . . , xn), wobei gilt: a = x0 < x1 < · · · < xn = b. So entstehenTeil–Intervalle: I1 := [x0, x1], I2 := [x1, x1], . . . , In := [xn−1, xn] von I, welche I in eine Vereinigung vonIntervallen zerlegen.Die Feinheit |Z| der Zerlegung Z ist die maximale Lange eines solchen Teil–Intervalls:

|Z| := maxi=1,...,n

|Ii| = maxi=1,...,n

|xi − xi−1| .

Die Untersumme U(f, Z) und die Obersumme O(f, Z) sind definiert als:

U(f, Z) :=∑i=1,n

minx∈Ii

f(x) · |Ii| , O(f, Z) :=∑i=1,n

maxx∈Ii

f(x) · |Ii| .

Definition: Die Funktion f wie oben heißt integrierbar, genau dann wenn gilt:Fur alle ε > 0,

existiert ein δ = δ(ε) > 0,so daß fur alle Zerlegungen Z von I mit Feinheit |Z| < δ gilt:|O(f, Z)− U(f, Z)| < ε.

Zur Aufgabe: Wir mussen zeigen, daß die Aussage aus der Definition fur f und das Intervall I := [0, 1] wahr ist.

Sei ε > 0.Wir wahlen nun δ = δ(ε) > 0. (Diese Wahl ist erst durch die kommende “naheliegende” Abschatzung

begrundet...)Es gibt nur endlich viele Punkte r ∈ I mit f(r) ≥ ε/2:Aus f(r) ≥ ε/2 folgt zuerst r ∈ I ∩Q. Sei r der Form r = p/q, p, q ∈ N teilerfremd, q 6= 0. (Diese Form

ist eindeutig.) Da f(r) = 1/q ≥ ε/2 ist, ist q durch 2/ε nach oben beschrankt, und hat also nur endlich vieleMoglichkeiten.

Aus r ∈ I = [0, 1] folgt 0 ≤ p ≤ q. Also gibt es fur (p, q) auch nur endlich viele Moglichkeiten.Also gibt es fur r nur endlich viele Moglichkeiten, so daß gilt f(r) ≥ ε/2.Sei dann M = M(ε) <∞ die Anzahl der r ∈ I mit f(r) ≥ ε/2.

Wir setzen δ :=ε

2M.

Sei Z mit Feinheit |Z| < δ eine Zerlegung von I in die Intervalle I1, . . . , In.Manche unter diesen Intervallen beinhalten einen oder mehreren Punkte r ∈ I mit f(r) ≥ ε/2. Falls

dies fur ein Intervall Ii zutrifft, so nennen wir Ii “fies”. Sonst nennen wir Ii “langweilig”.Nun konnen wir endlich die Untersummen und die Obersummen abschatzen:

U(f, Z) =∑i=1,n

minx∈Ii

f(x) · |Ii| ≥∑i=1,n

0 · |Ii| = 0 .

O(f, Z) =∑i=1,n

maxx∈Ii

f(x) · |Ii| =

∑i=1,nIi fies

maxx∈Ii

f(x) · |Ii|

+

∑i=1,n

Ii langweilig

maxx∈Ii

f(x) · |Ii|

≤

∑i=1,nIi fies

1 · |Ii|

+

∑i=1,n

Ii langweilig

ε

2· |Ii|

≤∑i=1,nIi fies

1 · |Z|

+

ε

2·

∑i=1,n

Ii langweilig

|Ii|

≤

|Z| · ∑i=1,nIi fies

1

+

ε

2·∑i=1,n

|Ii|

≤ |Z| ·M ε

2· |I| < δ ·M +

ε

2· 1

65

=ε

2+ε

2= ε .

Hiermit wurde die Integrierbarkeit von f bewiesen.

Aufgabe 58 ∗∗ Kann man die Methode aus der Aufgabe 56 verwenden, um mittels des Resultats aus der

Aufgabe 65 das Integral

∫ 2

1

x−1 dx zu berechnen? Schildern Sie den Weg der Berechnung dieses Integrals

direkt aus der Definition.

Losung: Wir verwenden leicht abganderte Notationen parallel zur Losung der Aufgabe 56. Auch bezeichnenwir mit an das allgemeine Glied der Folge aus der Aufgabe 65.Die Funktion f : I = [1, 2]→ R, x→ x−1 ist stetig auf I = [1, 2], also integrierbar!Um das Integral zu berechnen verwenden wir die Zerlegungen

ZN :=(

1 +0N, 1 +

1N, . . . , 1 +

n

N, . . . , 1 +

N

N

), N ∈ N , N ≥ 1 .

Dann gilt: ∫ 2

1

x−1 dx = limN→∞

O(ZN , f)

= limN→∞

N∑n=1

f(

1 +n

N

)· 1N

= limN→∞

1N

N∑n=1

(1 +

n

N

)−1

= limN→∞

N∑n=1

1n+N

= limN→∞

2N∑n=N+1

1n

= limN→∞

[(2N∑n=1

1n

)−

(N∑n=1

1n

)]= limN→∞

[(a2N + log(2N))− (aN + log(N))]

= limN→∞

(a2N − aN ) + (log(2N)− log(N))︸ ︷︷ ︸log 2

= limN→∞

(a2N − aN ) + log 2

= log 2 .

Aufgabe 59 ∗∗ Kann man die Methode aus der Aufgabe 56 verwenden, um

∫ 2

1

x−2 dx zu berechnen?

Losung: Die Funktion f : I = [1, 2]→ R, x→ x−2 ist stetig auf I = [1, 2], also integrierbar!Um das Integral zu berechnen verwenden wir die Zerlegungen

ZN :=(

1 +0N, 1 +

1N, . . . , 1 +

n

N, . . . , 1 +

N

N

), N ∈ N , N ≥ 1 .

66

Dann gilt: ∫ 2

1

x−2 dx = limN→∞

O(ZN , f)

= limN→∞

N∑n=1

f(

1 +n

N

)· 1N

= limN→∞

1N

N∑n=1

(1 +

n

N

)−2

= limN→∞

NN∑n=1

1(n+N)2

.

Bevor wir weiter gehen bemerken wir die Abschatzung:

1N + 1

− 12N + 1

=∑[

1n+N

− 1n+N + 1

]=∑ 1

(n+N)(n+N + 1)

≤∑ 1

(n+N)2

≤∑ 1

(n+N − 1)(n+N)=∑[

1n+N − 1

− 1n+N

]=

1N− 1

2N.

So befindet sich NN∑n=1

1(n+N)2

zwischen N

(1

N + 1− 1

2N + 1

)und N

(1N− 1

2N

).

Nach dem Zangen–Lemma konvergiert NN∑n=1

1(n+N)2

gegen12

. Es folgt:

∫ 2

1

x−2 =12.

Aufgabe 60 ∗ Seien a, b ∈ R, a < b. Sei f : [a, b]→ R eine monoton wachsende, beschrankte Funktion. ZeigenSie, daß f integrierbar ist.Hinweis: Zeigen Sie fur jede Zerlegung Z = {x0, . . . , xr} des Intervall [a, b] in die Intervalle I1 := [x0, x1], . . . , Ir :=[xr−1, xr] die Abschatzung: |O(Z, f)− U(Z, f)| ≤ |f(b)− f(a)| · max

i=1,...,r|Ii| .

Losung: Falls f konstant ist, so ist f statig, also integrierbar. Wir schleissen diesen banalen Fall weiter aus.Wir zeigen nun zuerst die Abschatzung aus dem Hinweis, wonach alles weitere formale Bagatelle ist.Sei Z = {x0, . . . , xr} Zerlegung des Intervall [a, b] in die Intervalle I1 := [x0, x1], . . . , Ir := [xr−1, xr].Dann ist:

|O(Z, f)− U(Z, f)| = O(Z, f)− U(Z, f)

=

∑i=1,n

maxx∈Ii

f(x) · |Ii|

−∑i=1,n

minx∈Ii

f(x) · |Ii|

=

∑i=1,n

f(xi) · |Ii|

−∑i=1,n

f(xi−1) · |Ii|

=∑i=1,n

(f(xi)− f(xi−1))︸ ︷︷ ︸≥0

·|Ii|

≤∑i=1,n

(f(xi)− f(xi−1)) · maxj=1,...,r

|Ij |

= maxj=1,...,r

|Ij | ·∑i=1,n

(f(xi)− f(xi−1))

= maxj=1,...,r

|Ij | ·∑i=1,n

(f(b)− f(a))

= |Z| · (f(b)− f(a)) .

67

Hiermit ist die Abschatzung aus dem Hinweis bewiesen.

Sei ε > 0.Sei δ := ε/(f(b)− f(a)). (Falls f(b)− f(a) = 0 ist, so ist f konstant, was wir ausgeschlossen haben.)

Sei Z eine Zerlegung von [a, b] mit Feinheit |Z| < δ.Dann ist: |O(Z, f)− U(Z, f)| ≤ |Z| · (f(b)− f(a)) < δ · (f(b)− f(a)) = ε.

Hiermit wurde die Integrierbarkeit von f nach Definition bewiesen.

Optionale Aufgaben (Klausurtraining!)Aufgabe 61 Existieren die folgenden Grenzwerte? Berechnen Sie gegebenenfalls die entsprechenden Werte:

limn→∞

(1 +

1n2

)n, lim

n→∞

(n+ 1)3 + 3n

n3 + 3n+1, lim

n→∞( 3√n+ 1− 3

√n− 1) , lim

n→∞

(1n

) 1n

.

Losung: (i) Aus der Bernoulli–Ungleichung folgt die “nicht triviale” Ungleichung in der doppelten Unglei-chung

1 ≤(

1 +1n2

)n=

1(1− 1

n2 + 1

)n ≤ 1

1− n

n2 + 1

.

Nach Zangen–Lemma folgt die Existenz von limn→∞

(1 +

1n2

)n= 1.

(ii) Es existiert:

limn→∞

(n+ 1)3 + 3n

n3 + 3n+1= limn→∞

(n+1)3

3n + 3n

3n

n3

3n + 3n+1

3n

=0 + 10 + 3

=13.

Wir haben dabei benutzt: limn→∞

(n+ 1)3

3n= limn→∞

n3

3n= 0. Dies folgt nach dem Zangen–Lemma aus den Unglei-

chungen (n ≥ 4):

0 ≤ n3

3n≤ (n+ 1)3

3n=

(n+ 1)3

(1 + 2)n=

(n+ 1)3

1 + · · ·+(n4

)24 + . . .

<(n+ 1)3(n4

)24

=4!24· (n+ 1)3

n(n− 1)(n− 2)(n− 3).

(iii) Wir wenden die Gleichheit (x − y)(x2 + xy + y2) = x3 − y3 fur x = 3√n+ 1 und y = 3

√n− 1 an: Fur

n ≥ 3 sind n± 1 positiv, und es gilt:

0 ≤ 3√n+ 1− 3

√n− 1 =

(n+ 1)− (n− 1)3√

(n+ 1)2 + 3√

(n+ 1)(n− 1) + 3√

(n− 1)2≤ 2

3√

(n+ 1)2→ 0 fur n→∞ .

(iv) limn→∞

(1n

) 1n

= limn→∞

1n√n

=1

limn→∞

n√n

=11

= 1 . Wir haben dabei die ublichen Rechenregeln fur die

Grenzwertberechnung von der Summe, des Produkts und des Quotienten von konvergenten Folgen verwendet.In diesem Sinne sollten die obigen Gleichheiten “von hinten nach vorne” gelesen werden.

Aufgabe 62 (Mathematik–Olympiade, Osterreich, 1979) Die Folge (xn) ist rekursiv definiert durch:

x0 := 1979 , xn+1 :=1979(xn + 1)

1979 + xn.

Beweisen Sie die Konvergenz der Folge (xn), und berechnen Sie Ihren Grenzwert.Hinweis: Ist die Folge (xn) monoton und beschrankt?

68

Losung: Sei f : R≥0 → R≥0 die Funktion f(x) := 1979(x + 1)/(1979 + x). Man stellt leicht fest, daß fwohldefiniert ist. (D.h. f(x) ≥ 0, falls x ≥ 0.)Wir konnen kraft Vorlesungsstand endlich von stetigen Funktionen sprechen.Eine wichtige Bemerkung: f ist stetig.Wir losen die Aufgabe in mehreren einfachen Schritten:

(i) Der Fixpunkt von f ist x∗ :=√

1979. (Man kriegt ihn als Losung der Gleichung f(x) = x in R≥0. DieseGleichung reduziert sich auf eine Gleichung zweiten Grades...) Es gilt also f(x∗) = x∗.

(ii) Aus x > x∗ folgt x∗ < f(x) < x. Beweis: Es gilt:

f(x) =1979(x+ 1)

1979 + x=

1979(x+ 1979)− 1979 · 19781979 + x

= 1979− 1979 · 19781979 + x

> 1979− 1979 · 19781979 + x∗

aus x > x∗

= f(x∗) = x∗ , auf dem umgekehrten Weg .

f(x)− x =1979(x+ 1)

1979 + x− x =

1979− x2

1979 + x=

(x∗ − x)(x∗ + x)1979 + x

< 0 .

(iii) Die Folge aus der Aufgabe ist rekursiv definiert durch x0 := 1979, xn+1 := f(xn). Fur x0 gilt: x0 > x∗.Man kann nun leicht mittels (ii) induktiv beweisen, daß fur alle n ≥ 0 gilt:

x∗ < xn+1︸ ︷︷ ︸f(xn)

< xn .

(iv) Es folgt, daß die Folge (xn) monoton fallend, und nach unten durch 0 (oder x∗) beschrankt ist. So konvergiertsie. Sei l der Grenzwert dieser Folge.

(v) Durch Grenzubergang in der definierenden Relation xn+1 = f(xn) folgt wegen der Stetigkeit von f :

l = limn→∞

xn+1 = limn→∞

f(xn) = f (xn) = f(l) .

So ist l ein Fixpunkt von f (in R≥0). Es gibt jedoch nur einen solchen Fixpunkt. Es folgt:

limn→∞

xn = l = x∗ =√

1979 .

Aufgabe 63 Seien a, b ∈ R Parameter. Berechnen Sie die Werte der folgenden Reihen:∑n≥1

1(2n− 1)(2n+ 1)

,∑n≥0

an+ b

n!,

∑n≥0

2n(n+ 1)n!

,∑n≥0

exp(ina) · 2−n .

Losung: (i) Die erste Reihe ist eine “teleskopische” Reihe. Es gilt:

∑n≥1

1(2n− 1)(2n+ 1)

= limN→∞

N∑n=1

1(2n− 1)(2n+ 1)

= limN→∞

N∑n=1

12

(1

2n− 1− 1

2n+ 1

)= limN→∞

12

(1− 1

2N + 1

)=

12.

(ii) Die zweite Reihe kann in zwei “Exponential–Reihen” geteilt werden. Dafur mussen wir zuerst bemerken, daßdiese Reihe absolut konvergent, also auch umsummierbar, ist.Sei c das Maximum unter |a| und |b|. Die absolute Konvergenz mittels des Majoranten–Kriteriums aus der grobenAbschatzung fur n ≥ 1: ∣∣∣∣an+ b

n!

∣∣∣∣ ≤ |a|n+ |b|n!

≤ cn+ c

n!≤ cn+ cn

n!= 2c · 1

(n− 1)!

69

und der Konvergenz der Reihe∑n≥1

1(n− 1)!

(gegen exp(1)).

Jetzt konnen wir also “umsummieren” bzw. die Reihe in zwei Reihen “teilen”:∑n≥0

an+ b

n!= a

∑n≥0

n

n!+ b

∑n≥0

1n!

= a∑n≥1

n

n!+ b exp(1) = a

∑n≥1

1(n− 1)!

+ b exp(1) = a∑n≥0

1n!

+ b exp(1)

= a exp(1) + b exp(1) = (a+ b) exp(1) .

(iii) Die dritte Reihe ist auch eine “Exponential–Reihe”. Wir erwahnen zuerst, daß sie absolut konvergiert: Furn ≥ 1 gilt: ∣∣∣∣2n(n+ 1)

n!

∣∣∣∣ ≤ 2n(n+ n)n!

= 22 · 2n−1

(n− 1)!,

und die majorisierende Reihe∑n≥1

22 · 2n−1

(n− 1)!konvergiert (gegen 4 exp(2)). So konnen wir mit der dritten Reihe

auch Umsummationen und Teilungen vornehmen:∑n≥0

2n(n+ 1)n!

=∑n≥0

2nnn!

+∑n≥0

2n

n!=∑n≥1

2nnn!

+ exp(2) = 2 ·∑n≥1

2n−1

(n− 1)!+ exp(2)

= 2 ·∑n≥0

2n

n!+ exp(2) = 2 exp(2) + exp(2) = 3 exp(2) .

(iv) Die vierte Reihe ist eine geometrische Reihe: Sei q := exp(ia)/2. Wir bemerken, daß aus |q| = 1/2 < 1dann die Konvergenz der Folge (qN ) gegen 0 in C fur N →∞ folgt.Dann ist:

∑n≥0

exp(ina) · 2−n =∑n≥0

exp(ia)n

2n=∑n≥0

qn = limN→∞

N∑n=0

qn = limN→∞

1− qN+1

1− q=

1− limN→∞

qN+1

1− q

=1

1− q.

Aufgabe 64 In einem archimedisch angeordneten Korper K gelten fur alle x, y, z, t ∈ K die Ungleichungen:

x4 + y4 + z4 + t4 ≥ 4xyzt , x2 + x+ 1 > 0 ,

x2 + y2 + z2 + t2 ≥ 23

(xy + xz + xt+ yz + yt+ zt) , x4 + 4x+ 3 ≥ 0 .

Wann gilt die Gleichheit?!

Losung: (i) Die Ungleichung a2 + b2 ≥ 2ab folgt sofort in einem archimedisch angeordneten Korper K aus(a− b)2 ≥ 0. Die Gleichheit gilt dabei nur fur a = b.Wir wenden diese zunachst einerseits fur a := x2, b := y2 und andererseits fur a := z2, b := t2, und anschießendnoch ’mal an:

x4 + y4 + z4 + t4 = (x4 + y4) + (z4 + t4) ≥ 2x2y2 + 2z2t2 = 2( (xy)2 + (zt)2 )≥ 2( 2(xy)(zt) ) = 4xyzt .

Die Gleichheit gilt dabei, nur wenn bei jedem “≥”–Ubergang die Gleichheit gilt. Es muß also gelten: x2 = y2

und z2 = t2 und xy = zt. Der obige Losungsweg ist jedoch auch moglich, nachdem wir x, y, z, t “durcheinan-derbringen” (permutieren). So folgt aus der Gleichheit in der obigen Ungleichung (wegen der Symmetrie in denvier Buchstaben):x2 = y2 = z2 = t2 (und xy = zt, xz = yt, etc.).Die Gleichheit x2 = y2 kann umgeformt werden: (x− y)(x+ y) = 0, also x = ±y. Es folgt:

70

x = ±y = ±z = ±t. Es gilt also |x| = |y| = |z| = |t|. Sei a ≥ 0 der gemeinsame Wert dieser Betrage. Dannsind x, y, z, t der Form

x = εx · a , y = εy · a , z = εz · a , t = εt · a , εx, εy, εz, εt ∈ {+1,−1} .

Die Gleichheit gilt naturlich, wenn und nur wenn x, y, z, t den gleichen Betrag haben, und ihre “Vorzeichen”erfullen: εxεyεzεt = 1.

(ii) Es gelten:

(x− y)2 ≥ 0 , (x− z)2 ≥ 0 , (x− t)2 ≥ 0 , (y − z)2 ≥ 0 , (y − t)2 ≥ 0 , (z − t)2 ≥ 0 .

Nachdem wir die Klammern auflosen folgt:

x2 + y2 ≥ 2xy , x2 + z2 ≥ 2xz , x2 + t2 ≥ 2xt ,

y2 + z2 ≥ 2yz , y2 + t2 ≥ 2yt , z2 + t2 ≥ 2zt .

Nachdem wir diese Ungleichungen aufaddieren, folgt:

3(x2 + y2 + z2 + t2) ≥ 2(xy + xz + xt+ yz + yt+ zt) .

Nachdem wir mit 3 > 0 teilen, folgt die Ungleichung aus der Aufgabenstellung.Die Gleichheit gilt, nur wenn bei jedem obigen “≥”–Ubergang die Gleichheit gilt, d.h. wenn x = y = z = t gilt.

(iii) Die dritte Ungleichung erinnert an die schonen Schultage...

x2 + x+ 1 =(x+

12

)2

+34≥ 3

4> 0

(iv) ... und die vierte ist eine Variation:

x4 + 4x+ 3 = (x4 − 2x2 + 1) + (2x2 + 4x+ 2) = (x2 − 1)2 + 2(x+ 1)2 ≥ 0 + 0 = 0 .

Die Gleichheit gilt nur, falls gleichzeitig (x2 − 1) = 0 und (x+ 1) = 0 gelten, d.h. nur fur x = −1.

Aufgabe 65 ∗ Sei log : (R∗)>0 → R die Umkehrfunktion der bijektiven Funktion exp : R→ R>0. Zeigen Sie:

Die Folge (an) mit an := 1 +12

+ · · ·+ 1n− log n ist monoton fallend und konvergiert gegen eine Zahl c > 0.

Losung: Es gilt an+1 − an =1

n+ 1− log(n+ 1) + log n =

1n+ 1

− logn+ 1n

=1

n+ 1− log

(1 +

1n

). Hier

steht log fur den naturlichen Logarithmus, welcher e := exp(1) als Basis hat und die Umkehrfunktion zu expist.Wir zeigen nun, daß fur alle n ≥ 1 die Ungleichung an+1 < an gilt.Aquivalent dazu: an+1 − an < 0.

Aquivalent dazu:1

n+ 1− log

(1 +

1n

)< 0, oder auch 0 <

(1 +

1n

)n+1

.

Die letzte Ungleichung folgt aus der Aufbage 29.

Wie zeigt man die Beschranktheit?!Aus der Aufgabe 29 kann man mehr “Hintergrundinformation” sammeln. Diese Information suggeriert, daß es

auch interessant ware, die Folge (bn) zu betrachten, wobei bn := 1 +12

+ · · ·+ 1n− log(n+ 1) ist. Parallel zu

den obigen Uberlegungen folgt:

bn+1 − bn =1

n+ 1− log

n+ 2n+ 1

=1

n+ 1

[1− (n+ 1) log

(1 +

1n+ 1

)]=

1n+ 1

[1− log

(1 +

1n+ 1

)n+1]

>1

n+ 1[1− log e] = 0 .

Es folgt aus der offensichtlichen Ungleichung bn < an:

b1 < b2 < · · · < bn < · · · < an < · · · < a2 < a1 .

Hiermit ist die Beschranktheit von (an) bewiesen. Es existiert also c := lim an, und es gilt:

c ≥ b1 = 1− log 2 > 1− log e = 0 .

71

Aufgabe 66 Fur welche z ∈ C konvergiert:∑n≥1

zn

n · n!,

∑n≥1

zn

n2,

∑n≥1

n

n+ 1zn ,

∑n≥1

nzn ?

Losung: Die erste Reihe konvergiert fur alle z ∈ C. Begrundung mit dem Majoranten–Kriterium:∣∣∣∣ zn

n · n!

∣∣∣∣ =|z|n

n · n!≤ |z|

n

n!,

und die majorisierende reelle Reihe∑n≥1

|z|nn! konvergiert (gegen exp(|z|)− 1).

Die zweite Reihe konvergiert fur alle z ∈ C mit |z| ≤ 1: Es gilt fur alle z ∈ C mit |z| ≤ 1:∣∣∣∣znn2

∣∣∣∣ =|z|n

n2≤ 1n2

,

und die majorisierende reelle Reihe∑n≥1

1n2 konvergiert (gegen π2/6..). Die zweite Reihe divergiert fur alle

z ∈ C mit |z| > 1, da die Summanden zn/n2 keine Nullfolge bilden: Aus |z| > 1 folgt, daß |z| von der Form|z| = 1 + a mit reellem a > 0. Dann ist (n ≥ 3):∣∣∣∣znn2

∣∣∣∣ =|z|n

n2=

(1 + a)n

n2=

1 +(n1

)a+

(n2

)a2 +

(n3

)a3 + . . .

n2

≥(n3

)a3

n2=a3

6n(n− 1)(n− 2)

n2

unbeschrankt, also keine Nullfolge.

Die dritte Reihe konvergiert fur alle z ∈ C mit |z| < 1. Begrundung: Fur ein solches z konnen wir abschatzen:∣∣∣∣ n

n+ 1zn∣∣∣∣ =

n

n+ 1|z|n ≤ |z|n ,

und die majorisierende geometrische Reihe∑|z|n konvergiert.

Die dritte Reihe divergiert fur alle z ∈ C mit |z| ≥ 1, da in diesem Fall die Summanden keine Nullfolge bilden.

Die vierte Reihe konvergiert fur alle z ∈ C mit |z| < 1. Begrundung: Es gilt:

|nzn| = n|z|n ,

und wir werden zeigen, daß die majorisierende reelle Reihe∑n|z|n in diesem Fall konvergiert. Sei an := n|z|n,

n ≥ 1. Ist z = 0 so haben wir keine Probleme mit der Konvergenz. Sei also z 6= 0, d.h. |z| 6= 0.Wir konnen nun das Quotienten–Kriterium fur die Reihe

∑an =

∑n|z|n anwenden:∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =(n+ 1)|z|n+1

n|z|n=n+ 1n|z| → |z| =: c < 1 fur n→∞ .

Es folgt die Konvergenz der Reihe.Die vierte Reihe divergiert fur alle z ∈ C mit |z| ≥ 1, da (nzn) keine Nullfolge ist: Im Betrag konnen wir z.B.abschatzen: |nzn| = n · |z|n ≥ n · 1n = n, unbeschrankt.

Aufgabe 67 Ist f : R≥0 → R, f(x) := 4√x stetig? Begrundung.

Losung: Die Funktion g : R≥0 → R, g(x) :=√x ist stetig, Aufgabe 51. So ist auch die Verknupfung f = g ◦g

stetig.(g ◦ g(x) := g(g(x)) =

√g(x) =

√√x = 4√x = f(x).)

Aufgabe 68 ∗ Sei n ≥ 1 ganz. Ist f : R≥0 → R, f(x) := n√x stetig? Begrundung.

72

Losung: Ja, f ist stetig. Wir zeigen die Stetigkeit von f an einer beliebigen Stelle x ∈ R≥0 und unterscheidendabei die Falle:Der Fall x 6= 0: Sei y ≥ 0. Dann gilt die Abschatzung:

|f(y)− f(x)| = | n√y − n√x|

=

∣∣∣∣∣ ( n√y − n√x)( n√yn−1 + n

√xyn−2 + · · ·+ n

√xn−2y + n

√xn−1)

( n√yn−1 + n

√xyn−2 + · · ·+ n

√xn−2y + n

√xn−1)

∣∣∣∣∣=

|y − x|| n√yn−1 + n

√xyn−2 + · · ·+ n

√xn−2y + n

√xn−1|

≤ |y − x|| n√xn−1|

.

Sei nun (yN ) eine Folge in R≥0, welche gegen x konvergiert. So konvergiert |yn − x| gegen Null. Mittels desSandwich–Kriteriums in der Ungleichung

0 ≤ |f(yN )− f(x)| ≤ 1n√xn−1

|yN − x|

folgt dann die Konvergenz von |f(yN )− f(x)| gegen 0, also die Konvergenz von f(yN ) gegen f(x). Hiermit istdie Stetigkeit von f an der Stelle x 6= 0 bewiesen.

Der Fall x = 0: Sei yN → 0 eine Nullfolge. Wir zeigen durch Kontraposition (Widerspruchsbeweis) die Konver-genz von f(yN ) = n

√yN gegen 0.

Wir nehmen an, daß n√yN nicht gegen 0 konvergiert. (Die Folge ( n

√yN ) ist also entweder nicht konvergent,

oder sie konvergiert, aber dann nicht gegen Null.)So existiert ein ε > 0,

so daß fur alle K ∈ Nein N ≥ K existiert,

so daß gilt: |√yN | ≥ ε .Aber dann ist |yN | = | n

√yN | · · · · · | n

√yN |︸ ︷︷ ︸

n mal

≥ ε · · · · · ε︸ ︷︷ ︸n mal

= εn > 0.

Widerspruch zur Konvergenz von (yN ) gegen 0.

Aufgabe 69 ∗∗ Sei an :=

√1 +

√2 +

√3 + · · ·+

√n︸ ︷︷ ︸

n Wurzeln

, n ≥ 1 ganz. Konvergiert (an) in R?

Hinweis: Schatzen Sie an+1 − an nach oben ab.

Losung: Die Losung fallt leichter, wenn man fur naturliche n ≥ k ≥ 1 die Bezeichnung einfuhrt:

ak,n :=

√k +

√(k + 1) +

√(k + 2) + · · ·+

√n .

Es gilt z.B. an,n =√n. Auch gilt offensichtlich

ak,n :=

√k +

√(k + 1) +

√(k + 2) + · · ·+

√n ≥

√k +

√0 +

√0 + · · ·+

√0 =√k .

Die Losung der Aufgabe ist wesentlich von der folgenden Gleichheit abhangig (k < n):

ak,n+1 − ak,n =(ak,n+1 − ak,n)(ak,n+1 + ak,n)

ak,n+1 + ak,n=a2k,n+1 − a2

k,n

ak,n+1 + ak,n=ak+1,n+1 − ak+1,n

ak,n+1 + ak,n.

73

Es folgt dann induktiv:

an+1 − an = a1,n+1 − a1,n =a2,n+1 − a2,n

a1,n+1 + a1,n=

a3,n+1 − a3,n

(a1,n+1 + a1,n)(a2,n+1 + a2,n)= . . .

=an,n+1 − an,n

(a1,n+1 + a1,n)(a2,n+1 + a2,n) · · · · · (an−1,n+1 + an−1,n)

=a2n,n+1 − a2

n,n

(a1,n+1 + a1,n)(a2,n+1 + a2,n) · · · · · (an−1,n+1 + an−1,n)(an,n+1 + an,n)

=√n+ 1

(a1,n+1 + a1,n)(a2,n+1 + a2,n) · · · · · (an−1,n+1 + an−1,n)(an,n+1 + an,n)

≤√n+ 1

(√

1 +√

1)(√

2 +√

2) · · · · · (√n− 1 +

√n− 1)(

√n+√n)

=12n·√

n+ 11 · 2 · · · · · n

.

Fur n ≥ 3 gilt offensichtlich n+1 ≤ 2n ≤ 1 ·2 · · · · ·n, so daß wir die Abschatzung an+1−an ≤ 2−n bekommen.Es folgt:

aN = (aN − aN−1) + · · ·+ (a3 − a2) + (a2 − a1) + (a1) ≤ 2N−1 + · · ·+ 2−2 + 2−1 + a1 = 2N−1 + · · ·+ 2−2 + 2−1 + 1

≤∑N≥0

2−N =1

1− 12

= 2 .

So ist die Folge (an) nach oben beschrankt. Sie ist offensichtlich monoton wachsend. Es folgt die Konvergenzdieser Folge.

Aufgabe 70 Sei an :=

√1 +

√1 +

√1 + · · ·+

√1︸ ︷︷ ︸

n Wurzeln

, n ≥ 1 ganz. Konvergiert (an) in R?

Hinweis: Wie kann man an rekursiv definieren? Ist (an) monoton? Ist (an) beschrankt?

Losung: Sei f : R≥0 → R≥0 die Funktion f(x) :=√

1 + x. Wir losen die Aufgabe in mehreren kleinenBaby–Schritten:

(i) f ist eine stetige Funktion als Verknupfung von stetigen Funktionen: x→ 1 + x→√

1 + x.

(ii) f hat einen eindeutigen Fixpunkt x∗. (D.h. f(x∗) = x∗).) Um den Fixpunkt x∗ zu bekommen, losen wir dieGleichung f(x) = x fur x ≥ 0:f(x) = x, x ≥ 0, ist aquivalent zu:√

1 + x = x, x ≥ 0, weiter aquivalent zu:1 + x = x2, x ≥ 0, weiter aquivalent zu:x2 − x− 1 = 0, x ≥ 0, weiter aquivalent zu:x von der Form (1±

√5)/2, x ≥ 0, weiter aquivalent zu:

x = 1+√

52 .

Es gibt also einen eindeutigen Fixpunkt x∗ := 1+√

52 .

(iii) f ist eine (streng) monoton wachsende Funktion: Aus x < y, x, y ∈ R≥0 folgt f(x) < f(y).

(iv) Die Folge (an) erfullt die Rekursion a1 = 1, an+1 = f(an), n ≥ 1 naturlich.

(v) Die Folge (an) ist monoton wachsend. Wir beweisen induktiv die Ungleichung an+1 > an:Fur n = 1 wird diese Ungleichung zu

√2 >√

1, eine wahre Aussage.Wir nehmen nun induktiv an, daß fur ein n ≥ 1 die Ungleichung an+1 > an gilt. Aus der Monotonie von f folgt:

an+2 = f(an+1) > f(an) = an+1 .

Durch das Prinzip der vollstandigen Induktion folgt die Ungleichung an+1 > an fur alle naturlichen n ≥ 1.

(vi) Die Folge (an) ist nach oben durch x∗ beschrankt: Wir beweisen induktiv die Ungleichung an < x∗:Fur n = 1 wird diese Ungleichung zu 1 < x∗, eine wahre Aussage.Wir nehmen nun induktiv an, daß fur ein n ≥ 1 die Ungleichung an < x∗ gilt. Aus der Monotonie von f folgt:

an+1 = f(an) < f(x∗) = x∗ .

74

Durch das Prinzip der vollstandigen Induktion folgt die Ungleichung an < x∗ fur alle naturlichen n ≥ 1.

(vii) Die Folge (an) ist monoton wachsend und nach oben beschrankt, also konvergent. Sei l der Grenzwertdieser Folge. Durch Grenzubergang in der definierenden Rekursion an+1 = f(an) folgt mittels der Stetigkeit vonf :

l = limn→∞

an+1 = limn→∞

f(an) = f(

limn→∞

an

)= f(l) .

l ist also ein Fixpunkt von f . f hat aber einen einzigen Fixpunkt, x∗. Es folgt:

limn→∞

an = l = x∗ =1 +√

52

.

Aufgabe 71 Sei g : R \ {0} → R eine stetige, beschrankte Funktion. Sei f : R→ R die Funktion:

f(x) :=

{xg(x) fur x 6= 0 ,0 fur x = 0 .

Beweisen Sie die Stetigkeit von f .

Die Funktionen x→ x und x→ g(x) sind stetig auf R \ {0}. Dann ist auch das Produkt x→ x · g(x) = f(x)eine stetige Funktion auf R \ {0}.Es verbleibt, die Stetigkeit von f an der Stelle 0 zu beweisen.Da g beschrankt ist, existiert ein M > 0, so daß fur alle reellen x 6= 0 gilt: |g(x)| < M .Wir beweisen nun die Stetigkeit von f an der Stelle 0 direkt aus der Definition.Sei ε > 0.

Wir wahlen δ = δε := ε/M > 0.Sei nun x ∈ R mit |x− 0| < δ.

Ist x = 0, so ist |f(x)− f(0)| = |0| < ε.Ist x 6= 0, so konnen wir abschatzen:

|f(x)− f(0)| = |xg(x)− 0| = |xg(x)| = |x| · |g(x)| ≤ |x| ·M < δ ·M = ε .

Es folgt die Stetigkeit von f (auch) an der Stelle 0.

Aufgabe 72 Seien a, b ∈ R≥0. Nimmt f : R→ R, f(x) := a exp(x)− b exp(−x) den Wert 1 an?

Losung: Ist a = 0, so ist f(x) = −b exp(−x) ≤ 0. Der Wert 1 kann nicht angenommen werden. Wir nehmendes weiteren a > 0 an.

Gilt b = 0, a > 0, so ist f(x) = a exp(x), und wir konnen die Stelle ξ sogar explizit finden, fur welche gilt:f(ξ) = 1. Es ist nahmlich: ξ = log(1/a) = − log a.

Wir gehen weiter davon aus, daß a, b > 0 gilt. Dann konnen wir berechnen:

limx→−∞

f(x) = limx→−∞

(a exp(x)− b exp(−x)) = limx→−∞

a exp(x)− limx→−∞

b exp(−x) = 0−∞ = −∞ ,

limx→∞

f(x) = limx→∞

(a exp(x)− b exp(−x)) = limx→∞

a exp(x)− limx→∞

b exp(−x) =∞− 0 =∞ .

Es existieren dann x ∈ R mit f(x) < 0 und x′ ∈ R mit f(x′) > 2. Der “Zwischenwert” 1 befindet sich zwischen0 und 2, also auch zwischen f(x) und f(x′). Dann existiert nach dem Zwischenwertsatz ein ξ zwischen x undx′ ( – d.h. ξ ∈ (x, x′) oder ξ ∈ (x′, x) je nachdem, ob x < x′ oder x′ < x gilt – ), so daß gilt:

f(ξ) = 1 .

Fazit: f nimmt den Wert 1 an, genau dann wenn a > 0 ist.

Aufgabe 73 Sei f : R→ R, f(x) := |x+ |2x+ |3x+ |4x+ 5|+ 6|+ 7|+ 8|, x ∈ R. Ist f stetig in 0?

75

Losung: Wir bemerken zuerst, daß die Betragfunktion R→ R, x→ |x|, eine (gleichmaßige) stetige Funktionist. Um dies zu beweisen bemerken wir zuerst die Ungleichung:

| |x| − |y| | < |x− y| , x, y ∈ R .

Diese Folgt aus der Aufgabe 38 in Spezialfall: X = R, z = 0, d(x, y) := |x− y|.Hat man diese Ungleichung, so folgt mittels der Aufgabe 55 die Stetigkeit der Betragfunktion im Spezialfall:X = Y = R, dX(x, y) = dY (x, y) := |x− y| fur alle x, y ∈ R, M = 1.

Die Stetigkeit der Funktion f aus der Aufgabenstellung folgt nun sofort nach einer entsprechenden Decompilie-rung:• Die Funktionen x → 4x + 5, x → 3x + 6, x → 2x + 7, x → x + 8 sind stetig. (Allgemein ist die Funktionx→ ax+ b, a, b ∈ R stetig, da die konstanten Funktionen x→ a und x→ b und die identische Funktion x→ xes sind, also auch die Produktfunktion x→ ax, also auch die Summenfunktion x→ (ax) + b.)• Die Funktion x→ |4x+ 5| ist stetig als Verknupfung von stetigen Funktionen: x→ 4x+ 5→ |4x+ 5|.• Die Funktion x→ 3x+ |4x+5|+6 ist stetig als Summe der stetigen Funktionen x→ |4x+5| und x→ 3x+6.• Die Funktion x→ |3x+|4x+5|+6| ist stetig als Verknupfung von stetigen Funktionen: x→ 3x+|4x+5|+6→|3x+ |4x+ 5|+ 6|.• Die Funktion x→ 2x+|3x+|4x+5|+6|+7 ist stetig als Summe der stetigen Funktionen x→ |3x+|4x+5|+6|und x→ 2x+ 7.• Die Funktion x → |2x + |3x + |4x + 5| + 6| + 7| ist stetig als Verknupfung von stetigen Funktionen: x →2x+ |3x+ |4x+ 5|+ 6|+ 7→ |2x+ |3x+ |4x+ 5|+ 6|+ 7|.• Die Funktion x → x + |2x + |3x + |4x + 5| + 6| + 7| + 8 ist stetig als als Summe der stetigen Funktionenx→ |2x+ |3x+ |4x+ 5|+ 6|+ 7| und x→ x+ 8.• Die Funktion x → |x + |2x + |3x + |4x + 5| + 6| + 7| + 8| = f(x) ist stetig als Verknupfung von stetigenFunktionen: x→ x+ |2x+ |3x+ |4x+ 5|+ 6|+ 7|+ 8→ |x+ |2x+ |3x+ |4x+ 5|+ 6|+ 7|+ 8|.

Aufgabe 74 Sei (an) eine gegen a konvergente reelle Folge. Dann konvergiert auch (bn) gegen a, wobei bn :=1n

(a1 + a2 + · · ·+ an).

Losung: Diese Aufgabe ist ein Spezialfall des Lemmas von Cesaro–Stolz, Aufgabe 49. Wir ubertragen hierdie Losung der Aufgabe 49:

Sei ε > 0.Aus an → a fur n→∞ folgt die Existenz eines Na = Na(ε/2) ∈ N, so daß fur alle n ∈ N, n ≥ Na gilt:

|an − a| <ε

2.

Sei nun n ≥ Na. Dann konnen wir abschatzen:

|bn − a| =∣∣∣∣ 1n (a1 + a2 + · · ·+ an)− a

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 1n ((a1 − a) + (a2 − a) + · · ·+ (an − a))

∣∣∣∣≤ 1n

(|a1 − a|+ |a2 − a|+ · · ·+ |an − a|)

=1n

|a1 − a|+ |a2 − a|+ · · ·+ |aNa−1 − a|︸ ︷︷ ︸Notation: S

+ |aNa − a|︸ ︷︷ ︸<ε/2

+ · · ·+ + |an − a|︸ ︷︷ ︸<ε/2

<S

n+n−N + 1

n· ε

2≤ S

n+ε

2.

Es reicht nun mal darauf zu warten, daß S/n kleiner als ε/2 wird:Wir wahlen Nb naturlich großer als das Maximum unter Na und 2S

ε .Sei nun n ≥ Nb. Die obige Abschatzung gilt fur dieses n, da n ≥ Nb ≥ Na ist.Wir konnen weiter abschatzen:

|bn − a| <S

n+ε

2≤ S

Nb+ε

2≤ ε

2+ε

2= ε .

Es folgt mittels der Definition der Konvergenz die Konvergenz der Folge (bn) gegen a.

76

Aufgabe 75 Wie viele reelle Losungen hat die Gleichung x3 − 4x + 1 = 0? Approximieren Sie diese Losungenmit einem Fehler von jeweils hochstens 1/10.Hinweis: Ein Polynom n.ten Grades hat hochstens n reelle Nullstellen.

Losung: Sei f : R→ R die Funktion f(x) := x3−4x+1. Diese Funktion ist stetig. (Eine wichtige Bemerkung,da wir spater den Zwischenwertsatz anwenden...) Es gelten:

f(−3) = −14 < 0 ,f(0) = 1 > 0 ,f(1) = −2 < 0 ,f(2) = 1 > 0 .

f hat hochstens drei reelle Nullstellen, da ein Polynom n.ten Grades hochstens n reelle Nullstellen hat.Nach dem Zwischenwertsatz hat f mindestens eine Nullstelle x1, x2, x3 jeweils in den Intervallen (−3, 0), (0, 1)und (1, 2).Es folgt, daß in diesen drei Intervallen jeweils genau eine Nullstelle liegt, und “diese” drei Nullstellen alle Null-stellen von f sind.Es verbleibt nun, fur jede Nullstelle ein Intervall der Lange 2/10 zu finden, das sie beinhaltet.Aus den Vorzeichenberechnungen

f(−2.2) = −0.848 , f(−2) = 1 ,f(1/4) = 1/64 , f(0.3) = −0.173 ,f(1.8) = −0.368 , f(2) = 1

folgt nach dem Zwischenwertsatz x1 ∈ (−2.2 , 2), x2 ∈ (0.25 , 0.3) und x3 ∈ (1.8 , 2).Eine Berechnung mittels MAPLE liefert:

> fsolve( x^3-4*x+1=0 );-2.114907541, .2541016884, 1.860805853

Aufgabe 76 Wie viele reelle Losungen hat die Gleichung x5 − x4 + x3 − x2 + x − 2 = 0? Approximieren Siediese Losungen mit einem Fehler von jeweils hochstens 0.1.Hinweis: Es kann leichter erscheinen, die Losungen der Gleichung (x+ 1)(x5 − x4 + x3 − x2 + x− 2) = 0 zuberechnen.

Losung: Wir bemerken zuerst, daß fur x ≤ 0 die Ungleichung gilt:

x5︸︷︷︸≤0

− x4︸︷︷︸≤0

+ x3︸︷︷︸≤0

− x2︸︷︷︸≤0

+ x︸︷︷︸≤0

−2 ≤ −2 ,

so daß die Gleichung x5 − x4 + x3 − x2 + x− 2 = 0 keine negativen Losungen hat.Wir fuhren die Funktion f : R → R, f(x) := (x + 1)(x5 − x4 + x3 − x2 + x − 2) = x6 − x − 2 ein. DieseFunktion ist stetig. (Eine wichtige Bemerkung, da wir spater den Zwischenwertsatz anwenden...)f hat die Nullstelle x1 = −1, welche wir durch den Faktor (x+1) eingefuhrt haben, und alle anderen Nullstellenvon f sind (alle) Losungen der Gleichung x5 − x4 + x3 − x2 + x− 2 = 0.Wir untersuchen nun naher die Funktion f . Diese Untersuchung fallt leichter mittels der folgenden Tabelle, welcheKenntnisse aus der Schule verwendet. (Wir werden spater sehen, wie man ohne diese Kenntnisse auskommt. Obdas so wichtig ist...)

x −∞ m :=(

16

) 15 +∞

f ′(x) = 6x5 − 1 −∞ − − − − − − 0 + + + + + + +∞f(x) = x6 − x− 2 +∞ ↘ ↘ ↘ ↘ ↘ ↘ f(m) ↗ ↗ ↗ ↗ ↗ ↗ +∞

Wir haben dabei die Funktion f abgeleitet, und zuerst das Vorzeichen von f ′ untersucht. Es stellt sich heraus,daß f ′ auf (−∞,m) negativ und auf (m,∞) positiv ist.

77

Es folgt (Schulwissen), daß f auf (−∞,m) monoton fallend und auf (m,∞) monoton wachsend ist. Insbesondereist m der Tiefpunkt der Funktion f . Es gilt:

f(m) = m6 −m− 2 = m5 ·m−m− 2 =16m−m− 2 = −5

6m− 2 < −2 < 0 .

Aus dem Zwischenwertsatz fur die stetige Funktion f folgt, daß f in den Intervallen (−∞,m) und (m,∞)jeweils mindestens eine Nullstelle hat.Aus der Monotonie von f auf diesen Intervallen folgt, daß in den Intervallen (−∞,m) und (m,∞) jeweils genaueine Nullstelle liegt. Seien x1 und x2 die jeweiligen Nullstellen.Die eine Nullstelle kennen wir: x1 = −1.Es verbleibt die Nullstelle x2 aus dem Intervall (m,∞) zu approximieren. Aus den Werteberechnungen:

f(1.2) = −0.214016 , f(1.3) = 1.526809

folgt x2 ∈ (1.2 , 1.3). Eine Berechnung mittels MAPLE liefert:

> fsolve(x^6-x-2=0);bytes used=2051748, alloc=1376004, time=1.65

-1., 1.214862322> fsolve(x^5-x^4+x^3-x^2+x-2=0);

1.214862322

Wir haben in der obigen Diskussion die Ableitung ins Spiel gebracht. Das ist gut so.Eine Begrundung des Monotonie–Verhaltens von f ohne Kenntnisse der Differenzialrechnung ist auch moglich:Wir suchen die Nullstellen von f in (0,∞). Es reicht zu zeigen, daß f im Intervall (0,m] monoton fallend undim Intervall [m,∞) monoton wachsend ist.Seien dafur x, y ∈ (0,∞) beide in dem einem oder dem anderen obigen Intervall. Es gelte x < y.Wir zeigen f(x) > f(y), falls x, y ∈ (0,m], und f(x) < f(y), falls x, y ∈ [m,∞). Dafur untersuchen wir dasVorzeichen von f(x)− f(y):

f(x)− f(y) = (x6 − x− 2)− (y6 − y − 2) = (x6 − y6)− (x− y)

= (x− y)(x5 + x4y + x3y2 + x2y3 + xy4 + y5)− (x− y)

= (x− y)︸ ︷︷ ︸<0

·( x5 + x4y + x3y2 + x2y3 + xy4 + y5 − 1) .

Fur x, y ∈ (0,m] ist dann x5 + x4y + x3y2 + x2y3 + xy4 + y5 ≤ m5 +m5 +m5 +m5 +m5 +m5 = 6m5 = 1,und fur x, y ∈ [m,∞) ist dann x5 +x4y+x3y2 +x2y3 +xy4 +y5 ≥ m5 +m5 +m5 +m5 +m5 +m5 = 6m5 = 1.Es folgt f(x)− f(y) ≥ 0 fur x, y ∈ (0,m] und f(x)− f(y) ≤ 0 fur x, y ∈ [m,∞).

78

Ubungsblatt 11Aufgabe 77 Berechnen Sie fur jede der folgenden gebrochen rationalen Funktionen den maximalen Definitions-bereich in R, die Partialbruchzerlegung und eine Stammfunktion:

x4 + 4x3 − 2x2 + 1x6 − 2x4 + x2

,−x3 + 10x2 − 31x+ 31

x5 − 13x4 + 67x3 − 171x2 + 216x− 108,

−x4 + x3 + x− 1x6 + 2x5 + 3x4 + 4x3 + 3x2 + 2x+ 1

.

(4 Punkte)

Losung: Diese ist eine typische Aufgabe, welche von MAPLE sofort bewaltigt werden kann: Fur die erste Funktionliefert MAPLE:

> f:=(x^4+4*x^3-2*x^2+1)/(x^6-2*x^4+x^2);;

4 3 2

x + 4 x - 2 x + 1

f := --------------------

6 4 2

x - 2 x + x

> convert(f,parfrac,x);

1 1 1

---- + -------- - --------

2 2 2

x (x - 1) (x + 1)

> int(f,x);

1 1

- 1/x - ----- + -----

x - 1 x + 1

Analog werden auch die anderen zwei Bruche behandelt: Der folgende Code:

g:=(-x^3 + 10*x^2 - 31*x + 31)/(x^5 - 13*x^4 + 67*x^3 - 171*x^2 + 216*x - 108):h:=(-x^4 + x^3 + x - 1)/(x^6 + 2*x^5 + 3*x^4 + 4*x^3 + 3*x^2 + 2*x + 1):[g,h];[convert(g,parfrac,x) , convert(h,parfrac,x)];[int(g,x) , int(h,x)];

liefert die Antwort:

> g:=(-x^3 + 10*x^2 - 31*x + 31)/(x^5 - 13*x^4 + 67*x^3 - 171*x^2 + 216*x - 108):

> h:=(-x^4 + x^3 + x - 1)/(x^6 + 2*x^5 + 3*x^4 + 4*x^3 + 3*x^2 + 2*x + 1):

> [g,h];

3 2 4 3

-x + 10 x - 31 x + 31 -x + x + x - 1

[-----------------------------------------, ----------------------------------------]

5 4 3 2 6 5 4 3 2

x - 13 x + 67 x - 171 x + 216 x - 108 x + 2 x + 3 x + 4 x + 3 x + 2 x + 1

> [convert(g,parfrac,x) , convert(h,parfrac,x)];

1 1 1 x

[- -------- + --------, - -------- + ---------]

2 3 2 2 2

(x - 2) (x - 3) (x + 1) (x + 1)

> [int(g,x) , int(h,x)];

1 1 1 1

[----- - 1/2 --------, ----- - 1/2 ------]

x - 2 2 x + 1 2

(x - 3) x + 1

79

Aufgabe 78 Berechnen Sie fur jede der folgenden Funktionen jeweils den maximalen Definitionsbereich in Rund die Ableitung:

ex log x ,1 + x

1− x, xx ,

√x2 + 1 , 3

√x3 + 1 .

(4 Punkte)

Losung: Die Funktion f(x) := ex log x mit dem maximal moglichen Definitionsbereich in R ist eine Funktionf : (0,∞)→ R.Die Funktion g(x) := 1+x

1−x mit dem maximalen Definitionsbereich in R ist eine Funktion g : R \ {1} → R.Die Funktion h(x) := xx mit dem maximalen Definitionsbereich in R ist eine Funktion g : (0,∞) → R. (Nun,gut... Eigentlich macht h Sinn auch fur x ∈ Z, aber wir meinen eigentlich oben den “offenen”, maximalmoglichen Definitionsbereich...)Die Funktion k(x) :=

√x2 + 1 ist eine Funktion k : R → R. Die Ableitungen werden schnell mit MAPLE

berechnet: Der folgende Code

f:=exp(x)*log(x):g:=(1+x)/(1-x):h:=x^x:k:=sqrt(x^2+1):[f,g,h,k];diff( [f,g,h,k] , x );

liefert:

> f:=exp(x)*log(x):g:=(1+x)/(1-x):h:=x^x:k:=sqrt(x^2+1):[f,g,h,k];diff( [f,g,h,k] , x );> g:=(1+x)/(1-x):> h:=x^x:> k:=sqrt(x^2+1):> [f,g,h,k];

x + 1 x 2 1/2[exp(x) ln(x), -----, x , (x + 1) ]

1 - x

> diff( [f,g,h,k] , x );exp(x) 1 x + 1 x x

[exp(x) ln(x) + ------, ----- + --------, x (ln(x) + 1), -----------]x 1 - x 2 2 1/2

(1 - x) (x + 1)

>

Z.B. berechnet man “menschlich” die Ableitung von h nach einer Umformung: h(x) = xx = (exp(log(x))x =(elog(x))x = ex log(x) = exp(x log(x)) mittels der Kettenregel: h′(x) = exp′(x log(x)) · (x log(x))′ =exp(x log(x)) · (x′ · log(x) + x · log′(x)) = etc .

Aufgabe 79 Berechnen Sie fur beliebige x ∈ R und N ∈ N, N ≥ 1, die folgenden Summen:

x+ 2x2 + 3x3 + · · ·+NxN , x+ 22x2 + 32x3 + · · ·+N2xN , x+ 23x2 + 33x3 + · · ·+N3xN .

(4 Punkte)

80

Losung: Wir kurzen fur x ∈ R, k ∈ N:

sk(x) := x+ 2kx2 + · · ·+NkxN .

Die Aufgabe verlangt von uns “schonere” Darstellungen von s1(x), s2(x), s3(x). Wir bemerken die offensichtlicheRekursion:

s′k(x) =(x+ 2kx2 + 3kx3 + · · ·+NkxN

)= 1 + 2k+1x+ 3k+1x2 + · · ·+Nk+1xN

=1xsk+1(x) , d.h.

sk+1(x) = x · sk(x) . Der Start der Rekursion ist:

s0(x) = x+ x2 + x3 + · · ·+ xN = x(1 + x+ x2 + · · ·+ xN−1

)= x

xN − 1x− 1

.

Es ist Zeit, MAPLE danach zu fragen... Ein moglicher Code zum Zweck ware:

s:=proc(k)if (k=0) then x*(x^N-1)/(x-1)

else simplify(x*diff(s(k-1),x))fi;end;s(1);s(2);s(3);

Wie man sieht, hat MAPLE eine eigene Vorstellung davon, welche Ausdrucke als “simplifiziert” gelten. Es giltimmerhin:

s1(x) =x

(x− 1)2·(NxN+1 − (N + 1)xN + 1

),

s2(x) =x

(x− 1)3·(N2xN+2 − (2N2 + 2N − 1)xN+1 + (N + 1)2xN − x− 1

),

s3(x) =x

(x− 1)4·(N3xN+3 − (3N3 + 3N2 − 3N + 1)xN+2 + (3N3 + 6N2 − 4)xN+1 − (N + 1)3xN + x2 + 4x+ 1

).

Man kann naturlich diese Gleichheiten auch durch vollstandige Induktion nach N beweisen. Wichtiger ist jedoch,wie man auf diesen Ansatz kommt.

Aufgabe 80 Schreiben Sie das Polynom x10 als lineare Kombination von Polynomen der Form (x − 1)k furk = 0, 1, 2, . . . , 10:

x10 = a0 + a1(x− 1) + a2(x− 1)2 + · · ·+ a10(x− 1)10 .

Finden Sie mit anderen Worten die reellen Koeffizienten a0, a1, a2 . . . , a10, so daß die obige Gleichheit fur allex ∈ R gilt.(4 Punkte)

Losung: Diese Aufgabe gehort in der linearen Algebra, berechnet fur die Funktion f(x) = x10 das Taylor–Polynom um den Punkt x0 = 1, und kann naturlich mit Methoden aus beiden Gebieten gelost werden:Die Losung in der Analysis ist:

x10 = f(1) +11!f ′(1) · (x− 1) +

12!f ′′(1) · (x− 1)2 +

13!f (3)(1) · (x− 1)3 + · · ·+ +

110!

f (10)(1) · (x− 1)10

= 1 +101· (x− 1) +

10 · 92 · 1

· (x− 1)2 +10 · 9 · 83 · 2 · 1

· (x− 1)3 + · · ·+ +10 · 9 · 8 · · · · · 110 · 9 · 8 · · · · · 1

· (x− 1)10 .

Wir haben dabei benutzt: Die k.te Ableitung f (k) von f ist gegeben durch die Formel: f (k)(x) = 10 · 9 · · · · ·(10− k + 1)x10−k fur k = 0, 1, . . . , 10.

81

Die Losung aus der linearen Algebra ware:

x10 = ((x− 1) + 1)10 =10∑k=0

(10k

)(x− 1)k .

Wir haben dabei die Binomial–Formel verwendet. Man stellt leicht fest, daß beide Losungen zum gleichenErgebnis fuhren.

Fragt man MAPLE danach, so macht die Losung keinen Spaß mehr...

> taylor( x^10 , x=1 , 11 );2 3 4 5

1 + 10 (x - 1) + 45 (x - 1) + 120 (x - 1) + 210 (x - 1) + 252 (x - 1) +

6 7 8 9 10210 (x - 1) + 120 (x - 1) + 45 (x - 1) + 10 (x - 1) + (x - 1)

Aufgabe 81 Seien cosh : R→ R und sinh : R→ R die Funktionen:

cosh(x) :=ex + e−x

2, sinh(x) :=

ex − e−x

2.

Berechnen Sie die Ableitungen dieser Funktionen.(4 Punkte)

Losung: Es gelten offensichtlich:

cosh′(x) =(ex + e−x

2

)′=ex − e−x

2= sinh(x) ,

sinh′(x) =(ex − e−x

2

)′=ex + e−x

2= cosh(x) .

82

Ubungsblatt 12Aufgabe 82 Berechnen Sie fur jede der folgenden Funktionen den maximalen Definitionsbereich in R und eineStammfunktion:

x

√1 + x2

1− x2,

1√1− ex

, sin(log(x)) ,x cosxsin2 x

,√x2 − 2x+ 3 .

(10 Punkte)

Losung: (i) Die Funktion x→ x√

1+x2

1−x2 hat als Definitionsbereich die Menge alle x ∈ R mit 1−x2 > 0, damit

die Wurzelfunktion Sinn macht. Der Definitionsbereich ist also (−1, 1).

Der erste Schritt in der Berechnung der Stammfunktion ist die Beobachtung, daß x →√

1+x2

1−x2 eine Funktion

von u := x2 ist, und daß die Ableitung 2x von x2 noch dabei angehangt ist! In diesem Fall ist die Substitutionu := x2 empfehlenswert: Es folgt formal du = 2x dx, und wir schreiben auch formal:∫

x

√1 + x2

1− x2dx =

12

∫ √1 + x2

1− x2· 2x dx︸ ︷︷ ︸

du

=12

∫ √1 + u

1− udu .

(Fur x ∈ (−1, 1) fegt u = u(x) das Intervall [0, 1). Die Funktion u = u(x) ist nicht bijektiv... Es gilt auf jedenFall 1 + u > 0.) MAPLE berechnet diese Substitution mit dem Befehl:

changevar( u=x^2 , Int( x*sqrt( (1+x^2)/(1-x^2) ) , x ) , u);

Das letzte Integral in u muß weiter berechnet werden. Es tut mir Leid, wenn die folgende Rechnung als zuschwierig empfunden wird:

12

∫ √1 + u

1− udu =

12

∫ √(1 + u)2

(1 + u)(1− u)du =

12

∫1 + u√1− u2

du

=12

∫1√

1− u2du+

12

∫u√

1− u2du

=12

arcsinu− 14

∫(1− u2)−1/2 d(1− u2)

=12

arcsinu− 12

(1− u2)1/2 + C .

Dabei ist C ∈ R eine beliebige Konstante. Rucksubstitution u = x2 ergibt:∫x

√1 + x2

1− x2dx =

12

arcsin(x2)− 12

√1− x4 + C .

(ii) Der Definitionsbereich ist (−∞, 0), so daß die Wurzelfunktion Sinn macht und nicht verschwindendet.Fur dieses Integral ist zuerst die formale Substitution u := ex empfehlenswert:∫

dx√1− ex

u = ex, x = lnu, dx = (lnu)′ du =du

u

=∫

1u√

1− uv :=

√1− u, u = 1− v2, du = (1− v2)′ dv = −2v dv

=∫−2 dv1− v2

=∫ (

1v − 1

− 1v + 1

)= ln

∣∣∣∣v − 1v + 1

∣∣∣∣+ C .

Die Losung unter der Aufsicht von MAPLE ware durch die folgenden Zeilen wesentlich erledigt.

83

with(student):

f:=Int( 1/sqrt(1-exp(x)) , x);

g:=changevar( u=exp(x) , f , u );

h:=changevar( v=sqrt(1-u) , g , v);

(iii) Der Definitionsbereich ist (0,∞), so daß der Logarithmus Sinn macht.Dieses Integral ist mit einer wiederholten Anwendung der partiellen Integration zu berechnen:

I :=∫

sin(log(x)) dx =∫

(x)′ sin(log(x)) dx

= x sin(log(x))−∫x · (sin(log(x)))′ dx = x sin(log(x))−

∫cos(log(x)) dx

= x sin(log(x))−∫

(x)′ · cos(log(x)) dx

= x sin(log(x))− x cos(log(x)) + I + C .

Hier ist C eine reelle Konstante. Es folgt 2I = x sin(log(x))− x cos(log(x)) + C, also∫sin(log(x)) dx = I =

x

2[ sin(log(x))− cos(log(x)) ] + C ′

fur eine beliebige reelle Konstante C ′.Die Losung unter der Aufsicht von MAPLE ware durch die folgenden Zeilen wesentlich erledigt.

with(student):

INTEGRAL1:=Int( sin(log(x)) , x);

INTEGRAL2:=intparts( INTEGRAL1 , sin(log(x)) );

intparts( INTEGRAL2 , cos(log(x)) );

(iv) Der Definitionsbereich ist R \ {kπ : k ∈ Z}, so daß der Sinus nicht verschwindendet.Dieses Integral wird erneut durch partielle Integration gelost: Wir wollen in dem Ausdruck x cosx/ sin2 x denFaktor x differenzieren, und mussen dafur zuerst den Rest–Faktor cosx/ sin2 x integrieren. Es gilt:∫

cosx dxsin2 x

=∫d(sinx)sin2 x

= − 1sinx

+ C .

Es folgt fur unser Integral:∫x · cosx

sin2 xdx =

∫x ·(− 1

sinx

)′dx

= − x

sinx+∫

(x)′1

sinxdx = − x

sinx+∫

dx

sinx.

Fur die Berechnung der Integrale von (rationalen Ausdrucken) von trigonometrischen Funktionen ist die Substi-tution t := tan x

2 empfehlenswert: Es gelten:

t = tanx

2, x = 2 arctan t ; dx =

2 dt1 + t2

; sinx =2t

1 + t2, cosx =

1− t2

1 + t2.

In unserem Fall berechnen wir mit dieser Substitution:∫1sinx dx =

∫1 + t2

2t· 2 dt

1 + t2=∫dt

t= ln |t|+ C = ln

∣∣∣tanx

2

∣∣∣+ C .

Fazit: ∫x · cosx

sin2 x= − x

sinx+∫

dx

sinx= − x

sinx+ ln

∣∣∣tanx

2

∣∣∣+ C .

(v) Der Definitionsbereich ist R.Die Substitution fur die Berechnung dieses letzten Integrals ist: (x− 1) =

√2 · sinhu, d.h. u := arcsinh x−1√

2.

84

Warum ist diese Substitution sinnvoll?!Eine quadratische Erganzung liefert: x2 − 2x + 3 = (x − 1)2 + 2. Die obige Substitution ist dann eine direkteAnspielung auf die Funktionalgleichung 1 + sinh2 x = cosh2 x.Formales Differenzieren ergibt:(x− 1) =

√2 · sinhu, also (x− 1)′ dx =

√2 · (sinhu)′ du, also dx =

√2 · coshu du. Wir berechnen nun das

Integral mit dieser Substitution:∫ √x2 − 2x+ 3 dx =

∫ √(x− 1)2 + 2 dx

=∫ √

2 sinh2 u+ 2 ·√

2 coshu du =∫

2 cosh2 u du

=∫

(1 + cosh(2u)) du = u+12

sinh(2u) + C .

Die Rucksubstitution ist nun fallig: So mussen wir vielleicht sinh(2u) in Abhangigkeit von sinhu schreiben:

sinh(2u) =e2u − e−2u

2= 2 · e

u − e−u

2· e

u + e−u

2= 2 sinhu coshu = 2 sinhu

√1 + sinh2 u .

Es folgt: ∫ √x2 − 2x+ 3 dx = arcsinh

x− 1√2

+12

(x− 1)√x2 − 2x+ 3 .

Aufgabe 83 Sei f : (a, b) ⊆ R → R eine differenzierbare Funktion, so daß fur alle ξ ∈ (a, b) gilt: f ′(ξ) > 0(bzw. f ′(ξ) ≥ 0). Zeigen Sie, daß f eine streng monoton wachsende (bzw. eine monoton wachsende) Funktionist.(4 Punkte)

Losung: Sei f wie in der Aufgabenstellung. Seien x1 < x2, x1, x2 ∈ (a, b).Nach dem Zwischenwertsatz von Lagrange gibt es ein ξ ∈ (x1, x2) mit der Eigenschaft:

f(x2)− f(x1)x2 − x1

= f ′(ξ) .

Es folgt

f(x2)− f(x1) = f ′(ξ) · (x2 − x1) > 0 (bzw. ≥ 0) ,

also f(x2) > f(x1) (bzw. f(x2) ≥ f(x1).

Aufgabe 84 Sei f : R→ R die Funktion f(x) := 4x4+8x3+x2+3x+9. Verwenden Sie das Horner–Schema,um alle rationalen Nullstellen von f zu finden. Untersuchen Sie das Vorzeichen und das Monotonie–Verhaltender Funktionen f ′′, f ′, f auf R. Finden Sie die lokalen Hoch– und Tief–Punkte und die Wendepunkte von f .Geben Sie die graphische Darstellung der Funktion f .(6 Punkte)

Losung: Wir suchen zuercst die rationalen Nullstellen des Polynoms f . Diese befinden sich unter den Zahlen

±Teiler von 9Teiler von 4

, also in der Menge:{±1,±3,±9, ±1

2,±3

2,±9

2, ±1

4,±3

4,±9

4

}.

Da f nur positive Koeffizienten hat, ist es sinnlos positive Nullstellen zu suchen... Nach einigen Versuchenentdeckt man die Nullstelle −3/2 mit dem Horner–Schema:

4 8 1 3 9−3/2 4 2 −2 6 0−3/2 4 −4 4 0

85

Es folgt:

4x4 + 8x3 + x2 + 3x+ 9 = 4(x+

32

)2

(x2 − x+ 1) = (2x+ 3)2(x2 − x+ 1) .

Da die Funktion x→ (x2−x+ 1) keine reellen Nullstellen hat, ist −3/2 die einzige reelle Nullstelle von f . (FurPolynome kann man sich fragen, mit welcher Vielfachheit eine Nullstelle vorkommt. Die Vielfachheit von −3/2ist in unserem Fall gleich 2, d.h. −3/2 ist eine doppelte Nullstelle.)Die weitere Untersuchung von f (und f ′, f ′′) ist in der folgenden Tabelle zusammengefaßt:

x −∞ − 32

− 12−√

3012

− 12

+√

3012

+∞f(x) Vorzeichen +∞ + + 0 + + + + + + + + +∞

Monotonie ↘ ↘ TP ↗ ↗ ↗ ↗ ↗ ↗ ↗ ↗f ′(x) Vorzeichen −∞ − − 0 + + + + + + + + +∞

Monotonie ↗ ↗ ↗ ↗ ↗ HP ↘ ↘ TP ↗ ↗f ′′(x) Vorzeichen +∞ + + + + + 0 − − 0 + + +∞

Diese Tabelle wurde “von unten nach oben” vervollstandigt. Die Zwischenschritte dokumentiere ich mit MAPLE–Unterstutzung: Sei:

f:=4*x^4 + 8*x^3 + x^2 + 3*x + 9;

f ′′(x) = 48x2 + 48x + 2. (MAPLE–Code fur diese Banalitat: fpp:=diff( f , x,x ); Die Nulstellen von f ′′

sind −1/2±√

3012. (MAPLE–Code dafur: solve(fpp=0,x);)Hiermit konnen wir sofort das Vorzeichen von f ′′ berechnen.

Die Ableitung f ′(x) ist 16x3 + 24x2 + 2x+ 3. (fp:=diff(f,x);)Aus der Auskunft uber das Vorzeichen von der Ableitung (f ′)′ von f ′ folgt das Monotonie–Verhalten wie in derTabelle. Um das Vorzeichen von f ′ nocht zu bestimmen, reicht es, die Nullstellen von f ′ zu berechnen:Wir konnen schnell mit MAPLE faktorisieren: factor(fp); Es entsteht: f ′(x) = (2x+ 3)(8x2 + 1). Die einzigereelle Nulstelle von f ′ ist also −3/2. MAPLE hatte auch direkt die Nullstelle berechnet:

solve(fp=0,x);

1/2 1/2

-3/2, 1/4 I 2 , - 1/4 I 2

Unter den drei komplexen Nullstellen ist nur eine reell.Das Vorzeichen von f ′ kann nun in der Tabelle ausgefullt werden.

Aus der Auskunft uber das Vorzeichen von der Ableitung f ′ von f folgt das Monotonie–Verhalten von f wie inder Tabelle. Das Vorzeichen von f ist durch die Kenntnis der Nullstellen dann bestimmt. (Wir hatten f(x) ≥ 0direkt aus der Darstellung f(x) = (2x+ 3)2(x2 − x+ 1) folgern konnen.)

Fazit: f hat ein absolutes Minimum in −3/2, f(−3/2) = 0, und sonst keine lokalen Extrema.f hat zwei Wendepunkte in −1/2±

√30/12: Auf (−∞,−1/2−

√30/12] ∪ [−1/2 +

√30/12,∞) ist f konvex

(Linkskurve fur Autofahrer), auf [−1/2−√

30/12,−1/2/+√

30/12] ist f konkav (Linkskurve fur Falschfahrer).xmaple liefert mit dem Befehl plot( f , x=-2..0.5 ); eine schone Kurve. Eine Augenweide fur die Fans derASCII–Kunst liefert maple:

plot( f , x=-2..0.5 );

12 A

+ AA

+ AAA

10 AAAA

+ AAAAA

AA*AAA

AAAAA +

AAAAA 8

A AAAA +

A AAA +

A AAA 6

A AAA +

A AA +

86

A AA 4

AA AA +

AA AA +

AA AA +

AA AA 2

A AAA +

AAA AAAA +

+--+--+--+-********--+--+--+--+--+--+-+--+--+--+--+--+--+--+--+--+--+--+--+

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5

Aufgabe 85 Sei f : R → R die Funktion f(x) :=(x− 1)2

√4x2 + 2x+ 1

. Geben Sie die graphische Darstellung der

Funktion f .(6 Punkte)

Losung: Wir untersuchen f nach den Richtlinien der letzten Aufgabe:

f:=(x-1)^2/sqrt(4*x^2+2*x+1): fp:=diff(f,x): fpp:=diff(fp,x):

simplify([f,fp,fpp]);

2 2 2

(x - 1) (x - 1) (4 x + 7 x + 3) 47 x + 46 x + 5

[-------------------, ------------------------, -------------------]

2 1/2 2 3/2 2 5/2

(4 x + 2 x + 1) (4 x + 2 x + 1) (4 x + 2 x + 1)

Angenehm. Wo sind nun die Nullstellen von f, f ′, f ′′?

[[solve(f=0,x)],[solve(fp=0,x)],[solve(fpp=0,x)]];

23 1/2 23 1/2

[[1, 1], [1, -1, -3/4], [--- + 7/47 6 , --- - 7/47 6 ]]

47 47

evalf(%);

[[1., 1.], [1., -1., -.7500000000], [-.1245440808, -.8541793234]]

(Die Nullstellen von f ′′ sind also (−23 + 7√

6)/47. Der Bruch 23/47 hat ein Minus davor...) Alles klar... DieTabelle muß nun erstellt werden. Dafur berechnen wir zuerst einige Werte:

wp1:=(-23-7*sqrt(6))/47 : wp2:=(-23+7*sqrt(6))/47 :

[ evalf( eval( fp , x=wp1 ) ) , evalf( eval( fp , x=wp2 ) ) ];

tp1:=-1 : hp:=-3/4 :

[ evalf( eval( f , x=tp1 ) ) , evalf( eval( f , x=hp ) ) ];

[ evalf( eval( f , x=wp1 ) ) , evalf( eval( f , x=wp2 ) ) ];

[.034291418, -3.360209099]

[2.309401077, 2.315032397]

Und nun die Tabelle:

x −∞ −1 −23−7√

647

− 34

−23+7√

647

1 −∞f(x) +∞ + + ≈ 2.301 + + ≈ 2.312 + + ≈ 2.312 + + ≈ 1.402 + + 0 + + +∞

↘ ↘ TP1 ↗ ↗ WP1 ↗ ↗ HP ↘ ↘ WP2 ↘ ↘ TP2 ↗ ↗f ′(x) −∞ − − 0 + + ≈ 0.034 + + 0 − − ≈ −3.360 − − 0 + + +∞

↗ ↗ ↗ ↗ ↗ HP ↘ ↘ ↘ ↘ ↘ TP ↗ ↗ ↗ ↗ ↗f ′′(x) +∞ + + + + + 0 − − − − − 0 + + + + + +∞

Eine graphische Darstellung der Funktion auf dem Intervall (−3, 3) ware:

plot(f,x=-3 .. 3);

AAA +

AAAAA +

AAAAA +

87

AAAAAAA 2.5+

AAAAAAAAAAAAAA +

AA +

A 2+

A +

A +

A +

1.5+

A+

A*

1*

*A

+AA

+ A AAA

0.5+ AA AAAAA

+ AA AAAAA

+ AAA AAAAAAA

+-+--+-+--+-+--+-+--+-+--+-+--+-+--+-+-+--+-+***********-+-+--+-+--+-+--+-+

-3 -2 -1 0 1 2 3

Diese Darstellung zeigt nicht geeignet, wie f in einer kleinen Umgebung der Wendepunkte aussieht. Ein weiterPlot verdeutlicht dieses Verhalten:

plot(f,x=-1.1 .. -0.7);

2.315 AAAAAAAA

+ AAAA AA

+ AAA AA

+ AA AA

2.314 AA A

+ AA

+ AA

2.313 AA

+ AA

+ A

+ AA

2.312 A

+ AA

* AA

2.311 AAA

+ A AA

+ AA AA

+ AA AAA

2.31 AAA AAA

+ AAAA AAAA

+-+-+-++-+-+-+***********-+-+-++-+-+-+-+-+-++-+-+-+-+-+-++-+-+-+-+-++-+-+-+

-1.1 -1.05 -1 -0.95 -0.9 -0.85 -0.8 -0.75 -0.7

plot(f,x=-0.8 .. 1);

AAAAAAAAAAAA +

AAAAA +

AA +

AAA 2+

AA +

AA +

A +

AA 1.5+

A +

AA +

AA +

1*

88

*AA

+ AA

+ AA

+ AAA

0.5+ AAA

+ AAAA

+ AAAAAA

+ AAAAAAAA

+-++-+-++-++-+-++-+-++-+-++-+-++-+-++-++-+-++-+-++-+-++-+-++***************

-0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Aufgabe 86 Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:

limx→0

(1 + x)1x , lim

x→0

[(1 + x)

1x

e

] 1x

, limx→0

(ax1 + ax2 + · · ·+ axn

n

) 1x

, limx→1

(ex − e+ 1)1

log x .

Dabei sind log die Umkehrfunktion von exp, n eine naturliche Zahl ≥ 1 und a1, a2, . . . , an streng positive reelleZahlen.(4 Punkte)

Losung: Wir verwenden in allen Fallen den Satz von l’Hospital. Eine korrekte Anwendung dieses Satzes fur

die Berechnung eines Grenzwertes limx→?

f(x)g(x)

mußte in der folgenden Reihenfolge geschehen:

• Man erwahne, daß f , g in einem Intervall mit dem Randpunkt ? definiert und hier (einmal, zweimal, . . .unendlich oft) differenzierbar ist.

• Man berechne limx→? f(x) und limx→? g(x), und erwahne den Typus fur den Grenzwert limx→?

f(x)g(x)

. (D.h.

00 oder ±∞±∞ .)

• Man berechne zuerst limx→?

f ′(x)g′(x)

.

• Falls dieser Grenzwert existiert, so existiert nach dem Satz von l’Hospital auch limx→?

f(x)g(x)

, und es gilt:

limx→?

f(x)g(x)

= limx→?

f ′(x)g′(x)

.

Und nun zur Aufgabe:(i) Wir formen zuerst um:

(1 + x)1x = (exp ln(1 + x))

1x = exp

ln(1 + x)x

.

Seien f, g : (−1,∞)→ R die Funktionen f(x) := ln(1 + x), g(x) := x.Es gelten lim

x→0f(x) = f(0) = 0, da f stetig ist, lim

x→0g(x) = g(0) = 0, offensichtlich.

Der zu berechnende Grenzwert ist vom Typ “ 00 ”.

Die Funktionen f, g sind (um 0) unendlich differenzierbar.Es existiert offensichtlich

limx→0

f ′(x)g′(x)

= limx→0

(1 + x)−1

1=

(1 + 0)−1

1= 1 .

Nach dem Satz von l’Hospital folgt mittels der Stetigkeit von exp die Existenz des Grenzwertes:

limx→0

(1 + x)1x = lim

x→0exp

ln(1 + x)x

= exp limx→0

ln(1 + x)x

= exp 1 = e .

89

Fazit:

limx→0

(1 + x)1x = lim

x→0exp

ln(1 + x)x

= exp limx→0

ln(1 + x)x

= exp limx→0

(ln(1 + x))′

(x)′l’Hospital : der Fall

00

= exp limx→0

(1 + x)−1

1= exp 1 = e .

Ich werde in der Zukunft die Anwendung des Satzes von l’Hospital eher in der Kurzfassung darstellen.Fur diesen Aufgabenteil hat auch MAPLE eine Antwort:

limit( (1+x)^(1/x) , x=0 );

exp(1)

(ii) Wir logarithmieren und formen um:

ln

[

(1 + x)1x

e

] 1x

=1x

ln

[(1 + x)

1x

e

]=

1x

[1x

ln(1 + x)− 1]

=ln(1 + x)− x

x2.

Der letzte Ausdruck ist ein Bruch von in einer Umbegung von 0 (unendlich oft) differenzierbaren Funktionen,welche fur x→ 0 jeweils gegen 0 konvergieren. Der Satz von l’Hospital ist anwendbar. (Der Fall 0

0 .) Es gilt:

limx→0

(ln(1 + x)− x)′

(x2)′= limx→0

((1 + x)−1 − 12x

= limx→0− 1

2(1 + x)= −1

2.

Es folgt (mittels der Stetigkeit von exp) die Existenz von:

limx→0

[(1 + x)

1x

e

] 1x

= limx→0

exp ln

[

(1 + x)1x

e

] 1x

= exp limx→0

ln

[

(1 + x)1x

e

] 1x

= exp lim

x→0

ln(1 + x)− xx2

= exp limx→0

(ln(1 + x)− x)′

(x2)′

= exp(−1

2

)=

1√e.

(iii) Es gilt mehr oder weniger formal

limx→0

(ax1 + ax2 + · · ·+ axn

n

) 1x

= limx→0

expln ax1+ax2+···+axn

n

x

= exp limx→0

ln ax1+ax2+···+axnn

xda exp stetig ist,

= exp limx→0

(ln ax1+ax2+···+axn

n

)′(x)′

l’Hospital, der Fall00

,

= exp limx→0

(ax1 + ax2 + · · ·+ axn

n

)−1

· ax1 ln a1 + ax2 ln a2 + · · ·+ axn ln an

n

= expln a1 + ln a2 + · · ·+ ln an

n= n√a1 · a2 · . . . · an .

90

(iv) Es gilt mehr oder weniger formal:

limx→1

(ex − e+ 1)1

log x = limx→1

explog(1 + ex − e)

log x

= exp limx→1

log(1 + ex − e)log x

da exp stetig ist,

= exp limx→1

(log(1 + ex − e))′

(log x)′l’Hospital, der Fall

00

,

= exp limx→1

(1 + ex − e)−1 · ex

x−1= exp

(1 + e1 − e)−1 · e1

1−1

= exp e = ee .

MAPLE schafft’s auch:

limit( (exp(x)-exp(1)+1)^(1/log(x)) , x=1 );

exp(exp(1))

Aufgabe 87 Verwenden Sie eine wiederholte Anwendung des Horner–Schemas, um das Taylor–Polynomvom Grad 5 um 2 fur die Funktion f : R→ R, f(x) := x5 − 10x4 + 40x3 − 77x2 + 56x+ 21 zu berechnen.(4 Punkte)

Losung: Die Losung ist die folgende Tabelle:

1 −10 40 −77 56 212 1 −8 24 −29 −2 172 1 −6 12 −5 −122 1 −4 4 32 1 −2 02 1 02 1

Die Ubertragung dieser Berechnungen ist:

x5 − 10x4 + 40x3 − 77x2 + 56x+ 21 = (x4 − 8x3 + 24x2 − 29x− 2)(x− 2) + 17

= ((x3 − 6x2 + 12x− 5)(x− 2) + −12 )(x− 2) + 17

= (((x2 − 4x+ 4)(x− 2) + 3 )(x− 2) + −12 )(x− 2) + 17

= ((((x− 2)(x− 2) + 0 )(x− 2) + 3 )(x− 2) + −12 )(x− 2) + 17

= (((((1 · (x− 2) + 0 )(x− 2) + 0 )(x− 2) + 3 )(x− 2) + −12 )(x− 2) + 17

= ((((( 1 · (x− 2) + 0 )(x− 2) + 0 )(x− 2) + 3 )(x− 2) + −12 )(x− 2) + 17 .

Es folgt:

x5 − 10x4 + 40x3 − 77x2 + 56x+ 21 = 17 + −12 (x− 2) + 3 (x− 2)2 + 0 (x− 2)3 + 0 (x− 2)4 + 1 (x− 2)5 .

Eine schnelle Antwort bekommt man auch mit MAPLE:

taylor( x^5 - 10*x^4 + 40*x^3 - 77*x^2 + 56*x + 21 , x=2 , 6);

2 5

17 - 12 (x - 2) + 3 (x - 2) + (x - 2)

Aufgabe 88 Sei f : D(f) ⊆ R → R die Funktion f(x) := 1/(1 − x − x2). Finden Sie den maximalenDefinitionsbereich D(f) von f in R. Liegt ein Intervall um 0 in D(f)?Sei N naturlich. Seien a0, a1, . . . , aN die ganzen Zahlen, welche rekursiv nach dem Gesetz berechnet werden:a0 = 1, a1 = 1, an := an−1 + an−2, 2 ≤ n ≤ N .Sei T = TN : R→ R die Polynom–Funktion T (x) = TN (x) := a0 + a1x+ · · ·+ aNx

N .Zeigen Sie, daß TN das Taylor–Polynom von f vom Grad N um 0 ist. Geben Sie eine Formel fur f (N)(0),welche eine Abhangigkeit von Gliedern der Fibonacci–Folge aufweist.(6 Punkte)

91

Losung: Die Nullstellen der Funktion x → (1 − x − x2) im Nenner von f sind x1,2 = (−1 ±√

5)/2. Dermaximale Definitionsbereich von f in R isr R \ {x1, x2}. Das Intervall (x1, x2) = ((−1−

√5)/2, (−1 +

√5)/2 )

befindet sich im Definitionsbereich von f und beinhaltet 0.

Um zu zeigen, daß TN das Taylor–Polynom von vom Grad N um 0 ist, ist es (notwendig und) hinreichend zuzeigen, daß gilt:

limx→0

f(x)− TN (x)xN

= 0 .

Wir berechnen dafur fur x ∈ D(f):

f(x)− TN (x) =1

1− x− x2

[1− (1− x− x2)TN (x)

]= f(x)

[1− (1− x− x2) ·

N∑k=0

akxk

]

= f(x)

[1−

N∑k=0

akxk +

N∑k=0

akxk+1 +

N∑k=0

akxk+2

]

= f(x)

1− a0︸ ︷︷ ︸=0

+ (a0 − a1)︸ ︷︷ ︸=0

x+N∑k=2

(−ak + ak−1 + ak−2)︸ ︷︷ ︸=0

xk + (aN + aN−1)xN+1 + aNxN+2

= f(x)

[aN+1x

N+1 + aNxN+2

].

Es folgt:

limx→0

f(x)− TN (x)xN

= limx→0

f(x)[aN+1x

N+1 + aNxN+2

]xN

= limx→0

f(x)[aN+1x+ aNx

2]

= 0 .

Aufgabe 89 Verwenden Sie partielle Integration um Stammfunktionen der folgenden Funktionen zu finden:

x

sin2 x,

x arctanx√1 + x2

, x arctanx , x(1 + x2) arctanx ,√x2 − 1 .

Untersuchen jeweils den Definitionsbereich und die allgemeine Form einer Stammfunktion.(10 Punkte)

Losung: (i) Um partielle Integration anzuwenden, und dabei anschließend den Faktor x abzuleiten, mußen wireine Stammfunktion fur 1/ sin2 x finden/haben. Diese Stammfunktion ist “bekannt”:∫

dx

sin2 x= −cosx

sinx+ C = − cotanx+ C ,

fur eine beliebige Konstante C. Es folgt durch partielle Integration:∫x

sin2 xdx =

∫x ·(−cosx

sinx

)′dx = −xcosx

sinx+∫

(x)′ · cosxsinx

dx

= −xcosxsinx

+∫d sinxsinx

= −xcosxsinx

+ ln | sinx|+ C .

Der Definitionsbereich des Integranden ist R \ {kπ : k ∈ Z}.C ist dann in der letzten Zeile eine lokal konstante Funktion, d.h. eine Funktion, welche auf jeder Zusammen-hangskomponente (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z, des Definitionsbereiches konstant ist.

(ii) Um partielle Integration anzuwenden, und dabei anschließend den Faktor arctanx abzuleiten, mußen wireine Stammfunktion fur x/

√1 + x2 finden/haben. Diese Stammfunktion berechnet man schnell:∫

x dx√1 + x2

=12

∫d(1 + x2)√

1 + x2=√

1 + x2 + C .

92

Es folgt:∫x arctanx√

1 + x2dx =

∫arctanx · (

√1 + x2)′ dx = arctanx

√1 + x2 −

∫(arctanx)′

√1 + x2 dx

= arctanx√

1 + x2 −∫

dx√1 + x2

= arctanx√

1 + x2 − ln(x+√x2 + 1) + C .

Der Definitionsbereich des Integranden ist R.C ist in der letzten Zeile eine Konstante.

(iii) Um partielle Integration anzuwenden, und dabei anschließend den Faktor arctanx abzuleiten, mußen wireine Stammfunktion fur x haben. Eine Stammfunktion ist x/2. Es folgt:∫

x arctanx dx =∫ (

x2

2

)′· arctanx dx =

x2

2arctanx−

∫x2

2· (arctanx)′ dx

=x2

2arctanx− 1

2

∫x2 + 1− 1x2 + 1

dx =x2

2arctanx− x

2+

12

arctanx+ C .

Der Definitionsbereich und die Deutung von C sind wie in (i).

(iv) Um partielle Integration anzuwenden, und dabei anschließend den Faktor arctanx abzuleiten, mußen wir

eine Stammfunktion fur x(1 +x2) = x+x3 finden/haben. Eine Stammfunktion ist x2

2 + x4

4 = x4+2x2

4 . Es folgt:∫x(1 + x2) arctanx dx =

∫ (x4 + 2x2

4

)′· arctanx dx =

x4 + 2x2

4arctanx−

∫x4 + 2x2

4· (arctanx)′ dx

=x2(x2 + 2)

4arctanx− 1

4

∫x4 + 2x2 + 1− 1

x2 + 1dx =

x2(x2 + 2)4

arctanx− 14

∫ (x2 + 1− 1

x2 + 1

)dx

=x2(x2 + 2)

4arctanx− x3

12− x+

14

arctanx+ C =(x2 + 1)2

4arctanx− x3

12− x+ C .

Der Definitionsbereich und die Deutung von C sind wie in (i).

(v) Um partielle Integration anzuwenden, und dabei anschließend den Faktor√x2 − 1 abzuleiten, mußen wir

eine Stammfunktion fur 1 finden/haben: Sei

I :=∫ √

x2 − 1 dx =∫

(x)′√x2 − 1 dx = x

∫ √x2 − 1−

∫x · x√

x2 − 1dx

= x√x2 − 1−

∫x2 − 1 + 1√x2 − 1

dx = x√x2 − 1−

∫ √x2 − 1 dx−

∫1√

x2 − 1dx

= x√x2 − 1− I − ln(x+

√x2 − 1) + C ′ .

Es folgt:

I =∫ √

x2 − 1 dx =12x√x2 − 1− 1

2ln(x+

√x2 − 1) + C .

Der maximale offene Definitionsbereich des Integranden in R ist (−∞,−1) ∪ (1,∞).C ist in diesem Fall eine Funktion, welche konstant auf (−∞,−1) und auf ∪(1,∞) ist.

Aufgabe 90 Verwenden Sie die Substitutions–Methode um Stammfunktionen der folgenden Funktionen zufinden:

1sinx

,1

4 + cosx,

11 + ex

,

√x2 + 1x

,1

x√x2 − 1

.

Untersuchen jeweils den Definitionsbereich und die allgemeine Form einer Stammfunktion.(10 Punkte)

93

Losung: (i) Der in R maximale Definitionsbereich des Integranden ist R \ {kπ : k ∈ Z}.Fur diese Aufgabe ist die Substitution t := tan(x/2), t ∈ R \ {0}, empfehlenswert:

Es gilt dann formal: t := tan x2 , x = 2 arctan t; dx = (2 arctan t)′ dt = 2

1+t2 dt; sinx = 2t1+t2 , cosx = 1−t2

1+t2 .Wir konnen formal substituieren:∫

1sinx

dx =∫

1 + t2

2t· 2

1 + t2dt =

∫dt

t= ln |t|+ C

= ln∣∣∣tan

x

2

∣∣∣+ C .

C ist eine lokal konstante Funktion auf R \ {kπ : k ∈ Z}.

(ii) Der Definitionsbereich ist R, da cosx ∈ [−1, 1] fur alle reellen x ist.Wir verwenden die gleiche Substitution wie bei (i):∫

14 + cosx

dx =∫

14 + 1−t2

1+t2

· 21 + t2

dt =∫

23t2 + 5

dt =23

∫dt

t2 + 53

=23· 1√

53

arctant√

53

+ C =2√15

arctan

(√35· tan

x

2

)+ C .

C ist eine Konstante.

(iii) Der Definitionsbereich ist R. Die Substitution u = ex ist empfehlenswert.Es gelten u = ex, x = lnu; dx = (lnu)′ du = du

u .∫1

1 + exdx =

∫1

1 + u· duu

=∫ (

1u− 1

1 + u

)du = ln

∣∣∣∣ u

1 + u

∣∣∣∣+ C

= ln∣∣∣∣ ex

1 + ex

∣∣∣∣+ C = x− ln(1 + ex) + C .

Dabei ist C eine Konstante.

(iv) Der Definitionsbereich ist R\{0}. Mit dem Blick auf die Funktionalgleichung cosh2 x = 1+sinh2 x versuchenwir die Substitution x := sinhu. Es folgt dx = (sinhu)′ du = coshu du:∫ √

x2 + 1x

dx =∫

coshusinhu

· coshu du =∫

cosh2 u

sinhudu =

∫1 + sinh2 u

sinhudu

=∫

sinhu du+∫

1sinhu

du = coshu+∫

1sinhu

du .

Fur das letzte Integral konnen wir wie bei dem Integral∫

1sin x dx vorgehen, oder wie folgt: Es gilt sinhu =

eu−e−u2 . Wir substituieren v = eu und bekommen:∫

1sinhu

du =∫

2eu − e−u

du =∫

2v − v−1

d

vv =

∫2

v2 − 1dv

=∫ (

1v − 1

− 1v + 1

)dv = ln

∣∣∣∣v − 1v + 1

∣∣∣∣+ C

= ln∣∣∣∣eu − 1eu + 1

∣∣∣∣+ C = ln∣∣∣∣eu/2 − e−u/2eu/2 + e−u/2

∣∣∣∣+ C = ln∣∣∣∣ sinh(u/2)cosh(u/2)

∣∣∣∣+ C

= ln |tanh(u/2)|+ C = ln∣∣∣∣tanh

arcsinhx2

∣∣∣∣+ C .

Bemerkung: Man kann die Rucksubstitution schoner gestalten:Sei t := tanh(u/2). Es gilt dann:

x = sinhu = sinh(

2u

2

)= 2 sinh(u/2) cosh(u/2) =

2 sinh(u/2) cosh(u/2)cosh2(u/2)− sinh2(u/2)

=2t

1− t2.

94

Die Variablen x und t erfullen x = 2t1−t2 , also xt2+2t−x = 0. Es gibt zwei Losungen in t: t1,2 = (1±

√1 + x2)/x...

Ein einfacherer Losungsweg ergibt sich, wenn man das zu berechnende Integral als binomisches Integral identi-fiziert, und dabei die Substitution t2 = x2 + 1 kennt.Es folgt formal schnell: x2 = t2 − 1; 2x dx = 2t dt,∫ √

x2 + 1x

dx =∫ √

x2 + 1x2

· x dx =∫

t

t2 − 1· t dt =

∫t2 − 1 + 1t2 − 1

dt

=∫dt+

∫dtt2 − 1 = t+

12

ln∣∣∣∣ t− 1t+ 1

∣∣∣∣+ C =√x2 + 1 +

12

ln

∣∣∣∣∣√x2 + 1− 1√x2 + 1 + 1

∣∣∣∣∣+ C .

(v) Der Definitionsbereich ist R \ [−1, 1] = (−∞,−1) ∪ (1,∞). Wir verwenden eine Substitution wie in(iii). Da wir

√x2 − 1 “schon” haben wollen, ist die Substitution x = coshu empfehlenswert: Dann ist dx =

(coshu)′ du = sinhu du und∫1

x√x2 − 1

dx =∫

1coshu sinhu

· sinhu du =∫

du

coshu.

Wir substituieren weiter t = tanh u2 . Es gelten:

t = tanh u2 , u = 2 arctanh t; du = 2

1−t2 dt; coshu = 1+t2

1−t2 , sinhu = 2t1−t2 . Nach weiterer Substitution folgt:∫

du

coshu=∫

1− t2

1 + t2· 2

1− t2dt = −

∫2 dtt2 − 1

= −∫ (

1t− 1

− 1t+ 1

)dt

= − ln∣∣∣∣1− t1 + t

∣∣∣∣+ C .

Es verbleibt die Rucksubstitution...

Ein einfacherer Losungsweg ergibt sich, wenn man das zu berechnende Integral als eulersches Integral identifiziert,und dabei die eulersche Substitution

√x2 − 1 = x− t anwendet.

Es folgt formal schnell:

x2 − 1 = (x− t)2 , d.h. x =t2 + 1

2t=

12

(t+

1t

), dx =

12

(1− 1

t2

)dt ,

√x2 − 1 = x− t = −1

2

(t− 1

t

).

Wir konnen dann formal substituieren:∫1

x√x2 − 1

dx =∫

1t2+1

2t ·12

(−t+ 1

t

) · 12

(1− 1

t2

)dt = −2

∫dt

t2 + 1

= −2 arctan t+ C = −2 arctan(x−√x2 − 1) + C .

Man kann auch MAPLE danach fragen, wie man Variablen substituiert. Wenn das Ergebnis nach der Substitutioninteressant ist, so kann man diesen Weg gehen:

INT=Int( 1/x/sqrt(x^2-1) , x );

/ /

| 1 | 1

| ------------- dx = | ------------- dx

| 2 1/2 | 2 1/2

/ x (x - 1) / x (x - 1)

changevar( x=cosh(u) , INT , u);

/

| sinh(u)

| ------------------------- du

| 2 1/2

/ cosh(u) (cosh(u) - 1)

changevar( sqrt(x^2-1)=x-t , INT , t);

95

/

| 2

| - ------ dt

| 2

/ 1 + t

changevar( sqrt(x^2-1)=v , INT , v);

/

| 1

| ------ dv

| 2

/ 1 + v

Aufgabe 91 Verwenden Sie kombinierte Methoden um Stammfunktionen der folgenden Funktionen zu finden:

4x3 + 2x+ 1x4 + x2 + 1

,1

(x+ 1)3x2(x− 1)4,

1x5 + 1

,1

x11√

1 + x4,

sinx+ cosx1 + cosx

.

Untersuchen jeweils den Definitionsbereich und die allgemeine Form einer Stammfunktion.(10 Punkte)

Losung: (i) Der Definitionsbereich ist R: x4 + x2 + 1 = (x2 + 1/2)2 + 3/4 > 0 fur alle x ∈ R.∫4x3 + 2x+ 1x4 + x2 + 1

dx =∫d(x4 + x2 + 1)x4 + x2 + 1

+∫

dx

x4 + x2 + 1= ln |x4 + x2 + 1|+

∫dx

x4 + x2 + 1+ C .

(Der Betrag kann in |x4 + x2 + 1| entfernt werden.) Es verbleibt, das Integral der Funktion 1/(x4 + x2 + 1) zuberechnen. Partialbruchzerlegung. Dafur brauchen wir zuerst eine Faktorisierung von (x4 + x2 + 1). Es gilt:

x4 + x2 + 1 = (x4 + 2x2 + 1)− x2 = (x2 + 1)2 − x2 = (x2 + x+ 1)(x2 − x+ 1) .

Wir suchen nun eine Zerlegung:

1x4 + x2 + 1

=P+(x)

x2 + x+ 1+

P+(x)x2 − x+ 1

, d.h.

1 = P+(x)x2 − x+ 1 + P+(x)x2 + x+ 1 , (6)

wobei P+(x) und P−(x) Polynom in x vom Grad (hochstens) Eins sind. Man weiß, daß die obige Zerlegungeindeutig ist. Schreiben wir aber statt x uberall −x, so entsteht eine “neue” Zerlegung:

1 = P+(−x)(x2 + x+ 1) + P+(−x)(x2 − x+ 1) ,

und aus der Eindeutigkeit folgt

P+(−x) = P−(x) .

So sind P+, P− von der Form P+(x) = Ax+B, P−(x) = −Ax+B, und wir mussen weiter die UnbekanntenA,B finden. Wir setzen x = 0 und x = 1 in (6) und bekommen schnell B = 1/2 und weiter A = 1/2:

1x4 + x2 + 1

=12

(x+ 1

x2 + x+ 1+−x+ 1

x2 − x+ 1

).

Wir integrieren nun die zwei Teile: Der erste Bruch:∫x+ 1

x2 + x+ 1dx =

∫x+ 1

2

x2 + x+ 1dx+

∫ 12

x2 + x+ 1dx =

12

∫d(x2 + x+ 1)x2 + x+ 1

+12

∫dx(

x+ 12

)2 +(√

32

)2

=12

ln(x2 + x+ 1) +12· 2√

3arctan

(2√3

(x+

12

))+ C .

96

Der zweite Bruch wird durch die Substitution u := −x auf den ersten reduziert. Es folgt:∫dxx4 + x2 + 1 =

14

lnx2 + x+ 1x2 − x+ 1

+1

2√

3

(arctan

(1√3

(2x+ 1))

+ arctan(

1√3

(2x− 1)))

+ C

=14

lnx2 + x+ 1x2 − x+ 1

+1

2√

3arctan

(x√

31− x2

)+ C .

Fur den letzten Schritt haben wir die Formel

tan(s+ t) =tan s+ tan t

1− tan s tan tqquadoder aquivalent: arctanx+ arctan y = arctan

x+ y

1− xy

mit der Substitution s = arctanx, t = arctan y. Wir konnen mit MAPLE unser Resultat prufen:

DIFF:=diff( log((x^2+x+1)/(x^2-x+1))/4+arctan(x*sqrt(3)/(1-x^2))/2/sqrt(3) , x):

simplify(DIFF);

1

-----------

4 2

x + x + 1

(ii) Der Definitionsbereich ist R \ {−1, 0, 1}. Es gilt: (Partialbruchzerlegung)

1(x+ 1)3x2(x− 1)4

=116

(x+ 1)−3 +14

(x+ 1)−2 +1932

(x+ 1)−1

+ x−2 + x−1

+18

(x− 1)−4 − 716

(x− 1)−3 +1516

(x− 1)−2 − 5132

(x− 1)−1 .

Es folgt:∫dx

(x+ 1)3x2(x− 1)4= − 1

32(x+ 1)−2 − 1

4(x+ 1)−1 +

1932

ln(x+ 1)

− x−1 + lnx

− 124

(x− 1)−3 +732

(x− 1)−2 − 1516

(x− 1)−1 − 5132

ln(x− 1) + C .

(iii) Der Definitionsbereich ist R \ {−1}. Um eine Partialbruchzerlegung zu finden mussen wir zuerst (x5 + 1)faktorisieren. Der Anfang ist eingach, da −1 eine Nullstelle ist:x5 + 1 = (x+ 1)(x4 − x3 + x2 − x+ 1).Wie kann man weiter faktorisieren?! Versucht man dies mit MAPLE zu machen, so liefert MAPLE auch keine weitereInformation. Versuchen wir dann alleine die Nullstellen von (x4 − x3 + x2 − x + 1) zu finden. Die Gleichungx4 − x3 + x2 − x+ 1 = 0 ist eine “reziproke” Gleichung: Die Koeffizienten des Polynoms sind “symmetrisch”.In diesem Fall ist die Substitution t := x+ 1

x angebracht.Man bringt durch Teilen mit x2 die Gleichung x4 − x3 + x2 − x+ 1 = 0 in die Form

x2 − x+ 1− 1x

+1x2

= 0 ,

und unsere Substitution ist erfolgreich, da t2 = x2 + 2 + 1x2 ist: Es folgt:

t2 − t− 1 = 0 .

Die Losung dieser Gleichung “hat etwas mit√

5 zu tun”. Diese ist eine wichtige Information, die wir MAPLEmitteilen konnen: Durch den Befehl

factor(x^4-x^3+x^2-x+1,sqrt(5));

wird MAPLE mitgeteilt, auch Faktorisierungen zu suchen, welche Koeffizienten “mit√

5” auch beinhalten konnen!

97

factor( x^4-x^3+x^2-x+1 , sqrt(5) );

2 1/2 2 1/2

1/4 (2 x - x + x 5 + 2) (2 x - x - x 5 + 2)

Im Klartext:

x4 − x3 + x2 − x+ 1 =

(x2 − 1−

√5

2x+ 1

)(x2 − 1 +

√5

2x+ 1

).

Die Partialbruchzerlegung von 1/(x5 + 1) ist mit MAPLE:

convert(1/(x^5+1),parfrac,x);

2 3

1 -4 + 3 x - 2 x + x

1/5 ----- - 1/5 --------------------

x + 1 4 3 2

x - x + x - x + 1

OK... Wir geben dir mehr...

convert(1/(x^5+1),parfrac,x);

a:=(1-sqrt(5))/2 : b:=(1+sqrt(5))/2 :

expand( (x+1)*(x^2-a*x+1)*(x^2-b*x+1) );

5

x + 1

PARFRAC:=convert( 1/((x+1)*(x^2-a*x+1)*(x^2-b*x+1)) , parfrac , x);

int( PARFRAC , x);

2 1/2

1/5 ln(x + 1) - 1/20 ln(2 x - x + x 5 + 2)

1/2

4 x - 1 + 5

arctan(----------------)

1/2 1/2

2 1/2 1/2 (10 + 2 5 )

+ 1/20 ln(2 x - x + x 5 + 2) 5 + ------------------------

1/2 1/2

(10 + 2 5 )

1/2

4 x - 1 + 5 1/2

arctan(----------------) 5

1/2 1/2

(10 + 2 5 ) 2 1/2

+ 1/5 ----------------------------- - 1/20 ln(2 x - x - x 5 + 2)

1/2 1/2

(10 + 2 5 )

1/2

4 x - 1 - 5

arctan(----------------)

1/2 1/2

2 1/2 1/2 (10 - 2 5 )

- 1/20 ln(2 x - x - x 5 + 2) 5 + ------------------------

1/2 1/2

(10 - 2 5 )

1/2

4 x - 1 - 5 1/2

arctan(----------------) 5

1/2 1/2

(10 - 2 5 )

98

- 1/5 -----------------------------

1/2 1/2

(10 - 2 5 )

(iv) Der Definitionsbereich ist R \ {0}. Die Substitution u := x2 erleichtert zum Teil die Schwierigkeiten...Ich mache sie, um schonere Ausdrucke zu haben. (Psychologisch fuhle ich mich dabei wohler. In der Klausursammelt man dadurch manchmal Punkte...)∫

1x11√

1 + x4dx =

12

2x dxx12√

1 + x4=

12

∫du

u6√

1 + u2.

Wie geht’s weiter?! Man kann hoffen/vermuten, daß mit der Notation

In :=∫

du

un√

1 + u2, n ≥ 0

eine Rekursionsformel fur die Werte I0, I1, . . . , I6, . . . moglich ist. Das ist der Fall: Wir verwenden partielleIntegration, um In zu “verkomplizieren”...

In =∫

du

un√

1 + u2=∫

1un+1

· u√1 + u2

du

=∫

1un+1

· (√

1 + u2)′ du =√

1 + u2

un+1︸ ︷︷ ︸Notation: Rn

−∫ (

1un+1

)′·√

1 + u2 du

= Rn + (n+ 1)∫

1un+2

·√

1 + u2 du = Rn + (n+ 1)∫

1un+2

· 1 + u2

√1 + u2

du

= Rn + (n+ 1)(∫

u2 du

un+2√

1 + u2du+

∫du

un+2√

1 + u2du

)= Rn + (n+ 1)(In + In+2) .

Wir haben den (interessanten) Restmull√

1+u2

un+1 mit Rn bezeichnet. Es entsteht die Rekursionsformel:

In+2 = − 1n+ 1

Rn −n

n+ 1In , oder In = − 1

n− 1Rn−2 −

n− 2n− 1

In−2 .

Es folgt daraus:

I6 = −15R4 −

45I4 ,

I4 = −13R2 −

23I2 ,

I2 = −11R0 −

01I0 .

I6 ist:

I6 = −15R4 +

45· 1

3R2 −

45· 2

3· 1

1R0 = −1

5·√

1 + u2

u5+

415·√

1 + u2

u3− 8

15·√

1 + u2

u+ C .

Die Rucksubstitution liefet:∫1

x11√

1 + x4dx = − 1

10·√

1 + x4

x10+

215·√

1 + x4

x6− 4

15·√

1 + x4

x2+ C .

Ein anderer Losungsweg ist, die “binomische” Substitution fur das “binomische Integral”∫1

x11√

1 + x4dx =

∫x−11(x4 + 1)1/2 dx =

∫xm(axn + b)p dx

mit a = b = 1, m = −11, n = 4, p = 1/2 vorzunehmen. Dabei untersuchen wir die Schritte:

99

• Ist p in Z?! Nein. p = 1/2 6∈ Z.

• Ist m+1n ∈ Z?! Nein. m+1

n = −104 = − 5

2 6∈ Z. Letzte Hoffnung:

• Ist m+1n + p ∈ Z?! JA! Endlich... m+1

n + p = − 52 + 1

2 = −2 ∈ Z.

In diesem Fall ist die Substitution empfehlenswert:

t2 = 1 + x−4 .

(Die allgemeine Substitution in diesem Fall istaxn + b

xn= a + bx−n = ts, wobei s der Nenner der rationalen

Zahl p ist.) Es folgt formal: t2 = 1 + x−4, 2t dt = (1 + x−4)′ dx = −4x−5 dx; x−4 = t2 − 1, x4 = (t2 − 1)−1,∫1

x11√

1 + x4dx =

∫1

x6√x4(1 + x−4)

· x−5 dx = −14

∫1

x8√

1 + x−4· (−4x−5 dx)

= −14

∫1

(t2 − 1)−2 · t· (2t dt) = −1

2

∫(t2 − 1)2 dt = − t

5

10+t3

3− t

2+ C

= − 110

(√1 + x4

x2

)5

+13

(√1 + x4

x2

)3

− 12

(√1 + x4

x2

)+ C = . . .

(iv) Der Definitionsbereich ist R \{−π/2 + 2kπ : k ∈ Z}, so daß der Nenner nicht verschwindendet, d.h. cosxden Wert −1 vermeidet. Wir verwenden erneut die trigonometrische Substitution t := tan(x/2):∫

sinx+ cosx1 + cosx

dx

=∫ 2t

1+t2 + 1−t21+t2

1 + 1−t21+t2

· 2 dt1 + t2

=∫−t2 + 2t+ 1

t2 + 1dt = −

∫dt+

∫d(t2 + 1)t2 + 1

+ 2dt

t2 + 1

= −t+ ln(t2 + 1) + 2 arctan t+ C = − tanx

2+ ln

(tan2 x

2+ 1)

+ 2arctan(

tanx

2

)+ C .

Dabei ist C eine lokal konstante Funktion.

Aufgabe 92 Sei α ∈ R beliebig. Sei f : (0,∞)→ R die Funktion f(x) = xα := exp(α · log x). Zeigen Sie, daßalle Stammfunktionen von f von der Form gC : (0,∞)→ R sind, wobei C ∈ R eine beliebige Konstante und

gC(x) :=

{1

α+1xα+1 + C fur α 6= −1 ,

log x+ C fur α = −1

ist. Berechnen Sie fur ein festes x > 0 den Grenzwert limα→−1

1α+ 1

xα+1.

(4 Punkte)

Losung: In der Vorlesung wurde die Ableitung der Logarithmmus–Funktion berechnet. Wir zeigen nun an Handder Definition von xα, daß die Ableitung der Funktion xα+1/(α+1) gleich xα ist, falls α 6= −1 ist: Es existiertfur α 6= −1:

g′C(x0) := limx→x0

gC(x)− gC(x0)x− x0

=1

α+ 1limx→x0

exp((α+ 1) log x)− exp((α+ 1) log x0)x− x0

=1

α+ 1limx→x0

exp((α+ 1) log x0)exp((α+ 1)(log x− log x0))− 1

x− x0und weiter mit l’Hospital

=1

α+ 1exp((α+ 1) log x0) lim

x→x0

( exp((α+ 1)(log x− log x0))− 1 )′

(x− x0)′

=1

α+ 1exp((α+ 1) log x0) lim

x→x0

exp((α+ 1)(log x− log x0)) · (α+ 1)x−1

1= exp((α+ 1) log x0) · (x0)−1 = exp((α+ 1) log x0) · exp(log x0)−1

= exp((α+ 1) log x0) · exp(− log x0) = exp((α+ 1) log x0 − log x0) = exp(α log x0)=: xα .

100

Gibt es auch andere Stammfunktionen F von f? Sei F eine Stammfunktion von f . Sei H := (F − g0). Dannist H ′ = (F − g0)′ = F ′ − g′0 = f − f = 0. Sei nun x ∈ (0,∞). Nach dem Zwischenwertsatz von Lagrange

gibt es ein ξ zwischen 1 und x mit:

H(x) = H(1) +H ′(ξ) · (x− 1) = H(1) + 0 · (x− 1) = H(1) .

Es folgt: F (x) = H(x) + g0(x) = H(1) + g0(x) = gC(x) mit C := H(1).

Wegen der Stetigkeit von exp gilt:

limα↗−1

1α+ 1

xα+1 = limα↗−1

exp(α · log x)α+ 1

=1

0−= −∞ ,

limα↘−1

1α+ 1

xα+1 = limα↗−1

exp(α · log x)α+ 1

=1

0+= +∞ .

Aufgabe 93 Sei n ≥ 0 eine naturliche Zahl. Berechnen Sie eine Stammfunktion fur die folgenden Funktionen,indem Sie zuerst eine Rekursionsformel in n (mittels partieller Integration) etablieren:

1(x2 + 1)n

, sinn x , cosn x , xnex .

(12 Punkte)

Losung: Sei fur ein naturliches n ≥ 1

In :=∫

dx

(x2 + 1)n.

Wir verwenden partielle Integration, um dieses Integral zu “verkomplizieren”, und dabei eine Rekursionsformelzu erreichen:

In :=∫

dx

(x2 + 1)n=∫

(x)′ · 1(x2 + 1)n

dx

=x

(x2 + 1)n︸ ︷︷ ︸Notation: Rn

−∫x ·(

1(x2 + 1)n

)′dx = Rn + 2n

∫x2

(x2 + 1)n+1dx = Rn + 2n

∫x2 + 1− 1

(x2 + 1)n+1dx

= Rn + 2nIn − 2nIn+1 .

Wir haben dabei den (interessanten) Restmull x/(x2 + 1)n+1 mit Rn bezeichnet. Es folgt:

In+1 =1

2nRn +

2n− 12n

In oder In =1

2n− 2Rn−1 +

2n− 32n− 2

In−1 .

Zusammen mit I1 = arctanx+ C folgt die Formel fur In, n ≥ 2:

In =1

2n− 2Rn−1 +

2n− 32n− 2

· 12n− 4

Rn−2 + · · ·+ (2n− 3)(2n− 5) . . . 3(2n− 2)(2n− 4) . . . 4

· 12R1 +

(2n− 3)(2n− 5) . . . 3 · 1(2n− 2)(2n− 4) . . . 4 · 2

I1 .

Sei fur ein naturliches n ≥ 0

In :=∫

sinn x dx .

Es gilt: I0 = x + C, I1 = − cosx + C. Fur n ≥ 2 suchen wir eine Rekursionsformel. Es gilt mittels partiellerIntegration fur n ≥ 2:

In =∫

sinn x dx =∫

sinx · sinn−1 x dx =∫

(− cosx)′ · sinn−1 x dx

= − cosx sinn−1 x+∫

cosx · (sinn−1 x)′ dx = − cosx sinn−1 x+ (n− 1)∫

cos2 x︸ ︷︷ ︸1−sin2 x

· sinn−2 x dx

= − cosx sinn−1 x+ (n− 1)(In−2 − In) .

101

Es folgt:

In = −cosx sinn−1 x

n︸ ︷︷ ︸Rn

+n− 1n

In−2 = Rn +n− 1n

In−2 .

Die allgemeine Form fur In kann nun geschrieben werden:

In = Rn +n− 1n

Rn−2 +(n− 1)(n− 3)n(n− 2)

Rn−4 + · · ·+ (n− 1)(n− 3) . . . 3n(n− 2) . . . 4

R2 +(n− 1)(n− 3) . . . 3.1n(n− 2) . . . 4.2

I0 fur n gerade ,

In = Rn +n− 1n

Rn−2 +(n− 1)(n− 3)n(n− 2)

Rn−4 + · · ·+ (n− 1)(n− 3) . . . 4n(n− 2) . . . 5

R3 +(n− 1)(n− 3) . . . 4.2n(n− 2) . . . 5.3

I1 fur n ungerade .

Fur die Berechnung des Integrals∫

cosn x dx kann man die Substitution x = π/2− t, dx = −dt, cosx = sin tvornehmen, um sich auf den obigen Fall zu reduzieren.

Sei fur ein naturliches n ≥ 0

In :=∫xnex .

Es gilt I0 = ex + C. Wir suchen eine Rekursionsformel: Fur n ≥ 1 ist

In =∫xnex dx =

∫xn(ex)′ dx = xnex −

∫(xn)′ex dx

= xnex − n∫xn−1ex dx = xnex︸ ︷︷ ︸

Rn

−nIn−1 = Rn − nIn−1 .

Es folgt:

In = Rn − nRn−1 + n(n− 1)Rn−2 − · · ·+ (−1)n−1n(n− 1) . . . 3.2R1 + (−1)nn(n− 1) . . . 3.2.1I0= ex

(xn − nxn−1 + n(n− 1)xn−2 − · · ·+ (−1)n−1n(n− 1) . . . 3.2x+ (−1)nn!

).

Es gilt zum Beispiel:

int( x^4*exp(x) , x);

4 3 2

x exp(x) - 4 x exp(x) + 12 x exp(x) - 24 x exp(x) + 24 exp(x)

102

Ubungsblatt 13Aufgabe 94 (Der unbestimmte Fall 0

0 , ∞∞) Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:

limx→0

(x− sinx)2

(1− cosx)3, lim

x→0

ex − earctan x

1− cosx, lim

x→0

1− cosx− ln cosxx2

, limx→π

2

ln sinx(π − 2x)2

.

Berechnen Sie in jedem Fall ein Taylor–Polynom geeigneten Grades fur die Funktionen im Nenner bzw. Zahlerum den Punkt 0 bzw. π/2, um Ihre Ergebnisse zu prufen.(4 Punkte)

Losung: Seien f, g : (−1, 1) → R die unendlich oft differenzierbaren Funktionen f(x) := (x− sinx)2 undg(x) := (1− cosx)3. Es gilt f(0) = g(0) = 0. Wir berechnen den Grenzwert mit dem Satz von l’Hospital.Die Ableitungen von f, g und ihre Werte in 0 sind gegeben durch (MAPLE–Skript):

f:=(x-sin(x))^2: g:=(1-cos(x))^3:

for j from 1 to 6

do

NexteAbleitung:=simplify( diff( [f,g] , x$j ) );

WertInNull:=eval(subs(x=0,NexteAbleitung));

od;

NexteAbleitung := [2 x - 2 x cos(x) - 2 sin(x) + 2 sin(x) cos(x),

2

3 sin(x) - 6 sin(x) cos(x) + 3 sin(x) cos(x) ]

WertInNull := [0, 0]

NexteAbleitung := [

2 2 3

-4 cos(x) + 4 cos(x) + 2 sin(x) x, -3 cos(x) - 12 cos(x) + 9 cos(x) + 6

]

WertInNull := [0, 0]

NexteAbleitung := [6 sin(x) - 8 sin(x) cos(x) + 2 x cos(x),

2

24 sin(x) cos(x) - 27 sin(x) cos(x) + 3 sin(x)]

WertInNull := [0, 0]

2

NexteAbleitung := [8 cos(x) - 16 cos(x) - 2 sin(x) x + 8,

2 3

48 cos(x) - 81 cos(x) + 57 cos(x) - 24]

WertInNull := [0, 0]

NexteAbleitung := [32 sin(x) cos(x) - 10 sin(x) - 2 x cos(x),

2

243 sin(x) cos(x) - 96 sin(x) cos(x) - 57 sin(x)]

WertInNull := [0, 0]

2

NexteAbleitung := [64 cos(x) - 12 cos(x) + 2 sin(x) x - 32,

103

3 2

729 cos(x) - 192 cos(x) - 543 cos(x) + 96]

WertInNull := [20, 90]

>

Es folgt f(0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = f IV (0) = fV (0) = 0, g(0) = g′(0) = g′′(0) = g′′′(0) = gIV (0) =gV (0) = 0, fV I(0) = 20, gV I(0) = 90. Nach dem Satz von l’Hospital (in der verallgemeinerten Version ausder Vorlesung) folgt:

limx→0

(x− sinx)2

(1− cosx)3= limx→0

f(x)g(x)

= limx→0

fV I(x)gV I(x)

=fV I(0)gV I(0)

=2090

=29.

Das Taylor–Polynom der Funktion f bzw. g der Ordnung 6 um 0 ist:

T f6, um 0(x) =16!· 20 x6 , T g6, um 0(x) =

16!· 90 x6 .

Wir hatten den Grenzwert aus der Aufgabe direkt mit MAPLE berechnen konnen:

f:=(x-sin(x))^2: g:=(1-cos(x))^3:

limit(f/g , x=0);

2/9

Wir berechnen analog die ersten (notwendigen) Ableitungen der unendlich oft differenzierbaren Funktionenf, g : (−1, 1)→ R, f(x) := ex− earctan x, g(x) := 1− cosx. Es gilt f(0) = g(0) = 0, und weiter sind die Werteder Ableitungen in Null:

f:=exp(x)-exp(arctan(x)): g:=1-cos(x):

for j from 1 to 2

do

NexteAbleitung:=simplify( diff( [f,g] , x$j ) );

WertInNull:=eval(subs(x=0,NexteAbleitung));

od;

bytes used=1003744, alloc=720764, time=0.73

2

exp(x) + exp(x) x - exp(arctan(x))

NexteAbleitung := [-----------------------------------, sin(x)]

2

1 + x

WertInNull := [0, 0]

NexteAbleitung := [

2 4

exp(x) + 2 exp(x) x + exp(x) x + 2 exp(arctan(x)) x - exp(arctan(x))

----------------------------------------------------------------------,

2 2

(1 + x )

cos(x)]

WertInNull := [0, 1]

Es folgt:

limx→0

ex − earctan x

1− cosx= limx→0

f(x)g(x)

=f ′′(0)g′′(0)

=01

= 0 .

104

Das Taylor–Polynom der Funktion f bzw. g der Ordnung 2 um 0 ist:

T f2, um 0(x) =12!· 0 x2 , T g2, um 0(x) =

12!· 1 x2 .

Wir hatten den Grenzwert aus der Aufgabe direkt mit MAPLE berechnen konnen:

f:=exp(x)-exp(arctan(x)): g:=1-cos(x):

limit(f/g , x=0);

0

Wir berechnen erneut die ersten (notwendigen) Ableitungen der unendlich oft differenzierbaren Funktionen f, g :(−1, 1)→ R, f(x) := 1− cosx− ln cosx, g(x) := x2. Es gilt f(0) = g(0) = 0, und weiter sind die Werte derAbleitungen in Null:

f:=1-cos(x)-ln(cos(x)): g:=x^2:

for j from 1 to 2

do

NexteAbleitung:=simplify( diff( [f,g] , x$j ) );

WertInNull:=eval(subs(x=0,NexteAbleitung));

od;

sin(x) (cos(x) + 1)

NexteAbleitung := [-------------------, 2 x]

cos(x)

WertInNull := [0, 0]

3

cos(x) + 1

NexteAbleitung := [-----------, 2]

2

cos(x)

WertInNull := [2, 2]

Es folgt:

limx→0

1− cosx− ln cosxx2

= limx→0

f(x)g(x)

=f ′′(0)g′′(0)

=22

= 1 .

Das Taylor–Polynom der Funktion f bzw. g der Ordnung 6 um 0 ist:

T f2, um 0(x) =12!· 2 x2 , T g2, um 0(x) =

12!· 2 x2 .

Wir hatten den Grenzwert aus der Aufgabe direkt mit MAPLE berechnen konnen:

f:=1-cos(x)-ln(cos(x)): g:=x^2:

limit(f/g , x=0);

bytes used=2006044, alloc=1113908, time=1.66

1

Wir berechnen erneut die ersten (notwendigen) Ableitungen der unendlich oft differenzierbaren Funktionen f, g :(0, π)→ R, f(x) := ln sinx, g(x) := (π − 2x)2 = (2x− π)2. Es gilt f(π/2) = g(π/2) = 0, und weiter sind dieWerte der Ableitungen in π/2:

f:=ln(sin(x)): g:=(Pi-2*x)^2:

for j from 1 to 2

do

NexteAbleitung:=simplify( diff( [f,g] , x$j ) );

105

WertInPiHalber:=eval(subs(x=Pi/2,NexteAbleitung));

od;

cos(x)

NexteAbleitung := [------, -4 Pi + 8 x]

sin(x)

WertInPiHalber := [0, 0]

1

NexteAbleitung := [------------, 8]

2

-1 + cos(x)

WertInPiHalber := [-1, 8]

Es folgt:

limx→π

2

ln sinx(π − 2x)2

= limx→π

2

f(x)g(x)

=f ′′(π/2)g′′(π/2)

=−18

= −18.

Das Taylor–Polynom der Funktion f bzw. g der Ordnung 6 um π/2 ist:

T f2, um π/2(x) =12!· (−1) (x− π/2)2 , T g2, um π/2(x) =

12!· 8 (x− π/2)2 .

Wir hatten den Grenzwert aus der Aufgabe direkt mit MAPLE berechnen konnen:

f:=ln(sin(x)): g:=(Pi-2*x)^2:

limit(f/g , x=Pi/2);

-1/8

Aufgabe 95 (Der unbestimmte Fall 0 · ∞) Die Berechnung von Grenzwerten von der Form lim f(x)g(x) mit

lim f(x) = 0, lim g(x) = ±∞ erfolgt durch eine der Umformungen f(x)g(x) =f(x)

1/g(x)=

g(x)1/f(x)

, wodurch

einer der Falle 00 , ∞∞ entsteht. Berechnen Sie:

limx→1

cosπx

2· ln(1− x) , lim

x→∞x2(e

1x − e

1x+1

), lim

x→1lnx · ln lnx , lim

x→0sinx · ln tanx .

(4 Punkte)

Losung: Man muss zuerst bemerken, daß der erste Grenzwert fur x ↘ 1 (und nicht fur x → 1) sinnvoll ist.(D.h., x nahert sich 1 von oben, x > 1.)Wir betrachten die Funktionen f, g : (1, 1 + ε) → R, ε := 0.01, f(x) := ln(1 − x), g(x) := ( cos(πx/2) )−1.Der erste Grenzwert ist also der Grenzwert

limx↘1

f(x)g(x)

.

Es gilt:

limx↘1

f(x) = limx↘1

g(x) = −∞ .

Wir losen diese Aufgabe durch eine direkte Anwendung des Satzes von l’Hospital, welcher auch in diesemFall (dem unbestimmten Fall −∞−∞ ) anwendbar ist. (Dieser Fall wurde in der Vorlesung nicht behandelt.)Wir verwenden erneut MAPLE:

f:=ln(1-x): g:=1/cos(Pi*x/2): diff( [f,g] , x );

1 sin(1/2 Pi x) Pi

[- -----, 1/2 ----------------]

1 - x 2

cos(1/2 Pi x)

106

Es folgt:

limx↘1

f(x)g(x)

= limx↘1

f ′(x)g′(x)

= limx↘1

− 11−x

π2 ·

sin(πx/2)cos2(πx/2)

=2π· limx↘1

1sin(πx/2)︸ ︷︷ ︸

=1

· limx↘1

cos2(πx/2)x− 1

und weiter mit l’Hospital

=2π· limx↘1

−π cos(πx/2) sin(πx/2)1

= 0 .

Mit MAPLE geht es kurz und gut:

f:=ln(1-x): g:=1/cos(Pi*x/2):

limit(f/g , x=1 );

0

Wir haben bereits viele Aufgaben durch den Standard–Weg gelost. Manchal ist es fur eine menschliche Losungsinnvoller, “Substitution–Tricks” anzuwenden, um die Rechnung zu kurzen bzw. um das wesentliche in derGrenzwertberechnung zu treffen.

limx→∞

x2(e

1x − e

1x+1

)= limx→∞

x2

x(x+ 1)︸ ︷︷ ︸→1

·x(x+ 1) · e1/(1+x)︸ ︷︷ ︸→1

·(e

1x−

1x+1 − 1

)

= limx→∞

x2

x(x+ 1)︸ ︷︷ ︸=1

· limx→∞

e1/(1+x)︸ ︷︷ ︸=1

· limx→∞

x(x+ 1)(e

1x(x+1) − 1

)Substitution y := x(x+ 1)

= limy→∞

y(e1/y − 1

)Substitution z := 1/y

= limz→0+

ez − 1z

l’Hospital, der Fall00

,

= limz→0+

(ez − 1)′

z′= limz→0+

ez

1= 1 .

Mit MAPLE geht es kurz und schmerzlos:

limit( x^2 * ( exp(1/x)-exp(1/(x+1)) ) , x=infinity );

1

Zuerst muss bemerkt werden, daß sich x von oben (durch großere Werte) 1 Annaherungsversuche macht. (Vonunten geht es in diesem Fall nicht. ln lnx ware nicht definiert.) Es gilt:

limx↘1

lnx · ln lnx Substitution y := lnx ,

= limy↘0

y ln y = limy↘0

ln y1/y

l’Hospital, der Fall−∞∞

,

= limy↘0

1/y−1/y2

= limy↘0−y = 0 .

MAPLE–Prozessor macht kurzen Prozess:

limit( ln(x) * ln(ln(x)) , x=1 );

0

107

x→ 0 muss durch x↘ 0 ersetzt werden. (ln tanx macht sonst Probleme.)

limx↘0

sinx · ln tanx = limx↘0

sinx · (ln sinx− ln cosx)

= limx↘0

sinx · ln sinx− limx↘0

sinx︸︷︷︸→0

· ln cosx︸ ︷︷ ︸→0

= limx↘0

sinx · ln sinx Substitution z := sinx ,

= limz↘0

z ln z = 0 .

Und MAPLE...

limit( sin(x) * ln(tan(x)) , x=0 );

0

Aufgabe 96 (Der unbestimmte Fall 1∞, ∞0, 00) Die Formel fg = eg ln f reduziert diese drei unbestimmtenFalle zum unbestimmten Fall 0 · ∞. Berechnen Sie:

limx→0

(tanxx

) 1sin2 x

, limx→1

(1− x)a

ln sin(πx) , limx→0

(ln(e+ x))1x , lim

x→0

(1

1− cosx

)sin x

.

(4 Punkte)

Losung: Wir befolgen den Hinweis. Da exp eine stetige Funktion ist, vertauscht exp mit lim in den weiterenBerechnungen.

limx→0

(tanxx

) 1sin2 x

= limx→0

exp[

1sin2 x

lntanxx

]= exp lim

x→0

ln tan xx

sin2 x.

Wir verwenden weiter MAPLE fur die Berechnungen der Ableitungen des Nenners/Zahlers:

f:=ln( tan(x)/x ): g:=sin(x)^2:

simplify( diff( [f,g] , x ) );

2

x + x tan(x) - tan(x)

[----------------------, 2 sin(x) cos(x)]

x tan(x)

Wir konnen die Rechnung fortsetzen:

limx→0

(tanxx

) 1sin2 x

= exp limx→0

x+ x tan2 x− tanxx tanx · 2 sinx cosx

= exp12

limx→0

x+ x tan2 x− tanxx tan2 x

da cosx→ 1 fur x→ 0,

= exp12

limx→0

1 +x− tanxx tan2 x

.

Wir haben also einen weiteren Limes zu berechnen. l’Hospital. Da ich heute etwas gegen die Ableitung desNenners x tan2 x habe, kann ich mir die Lage vereinfachen, indem ich bemerke:

limx→ 0sinxx

= limx→ 0tanxx

= 1 .

(Leichte Anwendung von l’Hospital.) Es folgt:

limx→0

x− tanxx tan2 x

= limx→0

x− tanxx3

· x

tanx· x

tanx

= limx→0

x− tanxx3

,

und nun ist eine weitere Anwendung des Satzes von l’Hospital nach drei Ableitungen des Zahlers/Nennersdes obigen Bruches:

108

f:=x-tan(x): g:=x^3:

for j from 1 to 3

do

NexteAbleitung:=simplify( diff( [f,g] , x$j ) );

WertInNull:=eval(subs(x=0,NexteAbleitung));

od;

2 2

NexteAbleitung := [-tan(x) , 3 x ]

WertInNull := [0, 0]

2

NexteAbleitung := [-2 tan(x) (1 + tan(x) ), 6 x]

WertInNull := [0, 0]

2 4

NexteAbleitung := [-2 - 8 tan(x) - 6 tan(x) , 6]

WertInNull := [-2, 6]

Es folgt limx→0

x− tanxx3

=−26

= −13

. Setzt man dieses Resultat in die fruheren Berechnungen ein, so bekommtman:

limx→0

(tanxx

) 1sin2 x

= exp12

(1− 1

3

)= exp(1/3) .

Die weiteren Aufgaben sind eine erhebliche Erleichterung...

Es ist erneut wichtig zu prazisieren, daß der Limes nur fur x↗ 1 (statt grob x→ 1) sinnvoll ist. Die Berevhnunglauft standardmaßig:

limx↗1

(1− x)a

ln sin(πx) = limx↗1

exp ln(1− x) · a

ln sin(πx)

= exp(a limx↗1

ln(1− x)ln sin(πx)

)l’Hospital, der Fall

00,

= exp(a limx→1

(x− 1)−1

sin(πx)−1 · π cos(πx)

)

= exp

a limx→1

1π cos(πx)︸ ︷︷ ︸=−1/π

· limx→1

sin(πx)x− 1

l’Hospital, der Fall

00,

= exp(−aπ· limx→1

π cos(πx)1

)= exp a .

limx→0

(ln(e+ x))1x = lim

x→0exp

[1x

ln ln(e+ x)]

= exp limx→0

ln ln(e+ x)x

l’Hospital, der Fall00,

= exp limx→0

ln−1(e+ x) · (e+ x)−1

1= e1/e .

109

limx→0

(1

1− cosx

)sin x

= exp limx→0− sinx · ln(1− cosx)

= exp− limx→0

ln(1− cosx)sin−1 x

l’Hospital, der Fall−∞∞

= exp− limx→0

sin x1−cos x

− cos xsin2 x

= exp

limx→0

1cosx︸ ︷︷ ︸

=1

· limx→0

sin2 x

1− cosx︸ ︷︷ ︸= 1

1/2 Taylor

· limx→0

sinx︸ ︷︷ ︸=0

= exp 0 = 1 .

Aufgabe 97 Fur Integrale vom Typ

∫R

(x,

(ax+ b

cx+ d

)q1, . . . ,

(ax+ b

cx+ d

)qn )dx mit einer rationalen Funk-

tion R (Quotient von Polynomen in mehreren Variablen), a, b, c, d ∈ R, q1, . . . , qn ∈ Q, n ∈ N ist die

Substitutionax+ b

cx+ d= tk empfehlenswert, wobei k der gemeinsamer Nenner (kgV der Nenner) der Bruche

q1, . . . , qn ist. Berechnen Sie die Stammfunktionen der Funktionen:

1x

3

√1− x1 + x

,1

1 + 3√

1 + x,

√1 + x− 1

3√

1 + x+ 1,

1(x+ 2)

√1 + x

.

(4 Punkte)

Losung: (i) Fur das erste Integral ist die Substitution 3

√1− x1 + x

= t typisch. Es folgt schrittweise:

1− x1 + x

= t3 ,

1− x = t3(1 + x) ,

1− t3 = x(1 + t3) ,

x =1− t3

1 + t3=

21 + t3

− 1 ,

dx = − 6t2

(1 + t3)2dt (formal) .

Mit dieser Berechnung konnen wir jeden Baustein des integrals in x mit einem entsprechenden Baustein in tersetzen. Die Substitutionsregel besagt, daß dieser Prozeß erlaubt ist:∫

1x

3

√1− x1 + x

dx =∫

1 + t3

1− t3· t ·(− 6t2

(1 + t3)2dt

)= −3

∫2t3

(1 + t3)(1− t3)dt = 3

∫ (1

1 + t3− 1

1− t3

)dt .

An dieser Stelle ist eine Partialbruchzerlegung notig. Die Zerlegung des (ersten) Nenners ist: (t3 + 1) = (t +1)(t2 − t+ 1), und nach Losung des naheliegenden linearen Systems folgt:

1t3 + 1

=13

(1

t+ 1− t− 2t2 − t+ 1

).

Es gilt: ∫dt

t3 + 1=

13

∫dt

t+ 1− 1

3

∫(t− 1/2)− 3/2t2 − t+ 1

dt

=13

ln |t+ 1| − 16

ln t2 − t+ 1 +12

∫dt

t2 − t+ 1

=13

ln |t+ 1| − 16

ln t2 − t+ 1 +1√3

arctan2t− 1√

3+ C .

110

Der letzte Schritt folgt aus der “quadratischen Erganzung” t2−t+1 = (t−1/2)2 −1/4+1 = (t−1/2)2−(√

3/2)2

und aus der Formel∫

dtt2+a2 = 1

a arctan ta + C.

Das Integral∫

dt−t3+1 kann auf das Integral

∫dtt3+1 mittels der Substitution t = −t1 reduziert werden. Es folgt:∫

1x

3

√1− x1 + x

dx = 3∫ (

11 + t3

− 11− t3

)dt

= ln |t+ 1| − 12

ln t2 − t+ 1 +√

3 arctan2t− 1√

3+ ln |t− 1| − 1

2ln t2 + t+ 1−

√3 arctan

2t+ 1√3

+ C .

Es bleibt die Rucksubstitution...

(ii) Substitution: t3 = x+ 1. Es folgt x = t3 − 1, und formal weiterhin dx = 3t2 dt.∫1

1 + 3√

1 + xdx =

∫1

1 + t· 3t2 dt = 3

∫ (t− 1 +

1t+ 1

)dt

=32t2 − 3t+ ln |t+ 1|+ C =

32

(x+ 1)2/3 − 3(x+ 1)1/3 + ln |(x+ 1)1/3 + 1|+ C .

(iii) Substitution: t6 = x+ 1. Es folgt x = t6 − 1, und formal weiterhin dx = 6t5 dt.∫ √1 + x− 1

3√

1 + x+ 1dx =

∫t3 − 1t2 + 1

6t5 dt = 6∫ (

t6 − t4 − t3 + t2 + t− 1− t

t2 + 1+

1t2 + 1

)dt

= 6(

17t7 − frac15t5 − frac14t4 + frac13t3 +

21t2 − t− 1

2ln(t2 + 1) + arctan t

)+ C ,

und es bleibt die Rucksubstitution ubrig . . .

(iv) Substitution: t2 = x+ 1. Es folgt x = t2 − 1, und formal weiterhin dx = 2t dt.∫1

(x+ 2)√

1 + xdx =

∫1

(t2 + 1)t2t dt = 2

∫dt

t2 + 1= 2 arctan t+ C

= 2 arctan√x+ 1 + C .

Aufgabe 98 Fur Integrale vom Typ R(x,√ax2 + bx+ c

)mit einer rationalen Funktion R, a, b, c ∈ R, a 6= 0,

ist eine der eulerschen Substitutionen empfehlenswert:

• Fur a > 0 setzt man√ax2 + bx+ c = t± x

√a.

• Fur a < 0, c > 0 setzt man√ax2 + bx+ c = tx±

√c.

• Seien x1, x2 die Nullstellen der Funktion x→ ax2 + bx+ c. Man setzt√a(x− x1)(x− x2) =

√ax2 + bx+ c =

t(x− x1).

Berechnen Sie die Stammfunktionen der Funktionen:

1x√−x2 + 5x− 6

,x

(x− 1)√

1 + x− x2,

x2

√1− 2x− x2

,1

(1 + x)√

1 + x+ x2.

(4 Punkte)

111

Losung: (i) Substitution:√−x2 + 5x− 6 = t(x− 2). Es folgen folgende Gleichheiten:√−x2 + 5x− 6 = t(x− 2)

−(x− 2)(x− 3) = t2(x− 2)2

−(x− 3) = t2(x− 2)

t2 = −x− 3x− 2

= −1 +1

x− 21

x− 2= t2 + 1

x =1

t2 + 1+ 2 =

2t2 + 3t2 + 1

dx = − 2t(t2 + 1)2

dt . Wir benotigen auch:√−x2 + 5x− 6 = t(x− 2) = t · 1

t2 + 1.

Es folgt: ∫1

x√−x2 + 5x− 6

dx =∫

12t2+3t2+1 ·

tt2+1

·(− 2t

(t2 + 1)2dt

)

= −2∫

12t2 + 3

dt = − dt

t2 + 3/2=

√23

arctan

(t

√23

)+ C

=

√23

arctan

(√23·√−x2 + 5x− 6

x− 2

)+ C .

(ii) Substitution:√

1 + x− x2 = 1 + tx. Es folgen folgende Gleichheiten:√1 + x− x2 = 1 + tx

1 + x− x2 = 1 + 2tx+ t2x2

x− x2 = 2tx+ t2x2

1− x = 2t+ t2x

1− 2t = x(1 + t2)

x =1− 2tt2 + 1

dx =−2(t2 + 1)− 2t(1− 2t)

(t2 + 1)2= −2

1 + t− t2

(t2 + 1)2√1 + x− x2 = 1 + tx = 1 +

t− 2t2

t2 + 1=

1 + t− t2

t2 + 1.

Wir konnen nun die Substitution durchfuhren:∫x

(x− 1)√

1 + x− x2dx =

∫ 1−2tt2+1

− 2t+t2

t2+1 ·1+t−t2t2+1

·(−2

1 + t− t2

(t2 + 1)2dt

)= 2

∫1− 2t

t(t+ 2)(t2 + 1)dt

=∫ (

1t− 1t+ 2

− 2t2 + 1

)dt

= ln |t| − ln |t+ 2| − 2 arctan t+ C ,

und es verbleibt nur, t zuruckzusubstituieren:

t =√

1 + x− x2 − 1x

=1− x

1 +√

1 + x− x2.

112

(iii) Substitution:√

1− 2x− x2 = 1 + tx.√1− 2x− x2 = 1 + tx

1− 2x− x2 = 1 + 2tx+ t2x2

−2− x = 2t+ t2x

−2− 2t = x(1 + t2)

x = −21 + t

1 + t2

dx = 21− 2t− t2

(1 + t2)2dt Wir benotigen auch:√

1− 2x− x2 = 1 + tx = 1− 2t1 + t

1 + t2=

1− 2t− t2

1 + t2.

Wir lonnen nun substituieren:∫x2

√1− 2x− x2

dx =∫ 4 (1+t)2

(1+t2)2

1−2t−t21+t2

· 21− 2t− t2

(1 + t2)2dt

= 8∫

1 + 2t+ t2

(1 + t2)3= 8

∫ (dt

(1 + t2)2+

2t dt(1 + t2)3

).

Die Berechnung des ersten Integrals ist rekursiv: Sei In :=∫dt/(1 + t2)n. Dann ist I1 = arctan t+ C und fur

die Berechnung von I2 verkomplizieren wir I1 durch partielle Integration:

I1 =∫

(t)′ · 1

1 + t2dt =

t

1 + t2+∫

2t2 + 2− 2(1 + t2)2

=t

1 + t2+ 2I1 − 2I2 .

Es folgt I2 = 12

t1+t2 + 1

2 arctan t+ C.

Die Berechneung des Rest–Integrals ist einfach, da die Ableitung 2t dt des Ausdrucks (1 + t2) herumsteht, undalles andere ist eine Funktion von (1 + t2):∫

2t dt(1 + t2)3

=∫

(1 + t2)−3 d(1 + t3) = −12

(1 + t2)−2 + C .

Man muß nun nur noch

t =√

1− 2x− x2 − 1x

=√

1− 2x− x2 + 1√1− 2x− x2 + 1

·√

1− 2x− x2 − 1x

= − 2− x√1− 2x− x2 + 1

zurucksubstituieren und die einzelnen Puzzle–Teile zusammenfugen.

(iv) Substitution:√x2 + x+ 1 = x+ t.√

x2 + x+ 1 = x+ t

x2 + x+ 1 = x2 + 2xt+ t2

x(1− 2t) = t2 − 1

x = − t2 − 1

2t− 1

dx = −2t2 − t+ 1(2t− 1)2

, und wir brauchen noch:√x2 + x+ 1 = x+ t = − t

2 − 12t− 1

+ t =t2 − t+ 1

2t− 1, x+ 1 = − t

2 − 12t− 1

+ 1 = − t(t− 2)2t− 1

.

113

Die Substitution wurde dadurch vorbereitet. Es folgt:∫1

(1 + x)√

1 + x+ x2dx =

∫1

− t(t−2)2t−1

t2−t+12t−1

·(−2

t2 − t+ 1(2t− 1)2

)=∫

2t(t− 2)

dt =∫ (

1t− 2

− 1t

)dt = ln |t− 2| − ln |t|+ C

= ln∣∣∣∣ t− 2

t

∣∣∣∣+ C = ln∣∣∣∣1− 2

t

∣∣∣∣+ C

= ln∣∣∣∣1− 2√

x2 + x+ 1− x

∣∣∣∣+ C .

Aufgabe 99 (Binomische Integrale) Fur Integrale vom Typ

∫xm (axn + b)p dx mit m,n, p ∈ Q ist eine der

folgenden Substitutionen empfehlenswert:

• Fur p ∈ Z setzt man x = tq, wobei q der gemeinsamer Nenner der Bruche m,n ist.

• Fur p 6∈ Z, aber m+1n ∈ Z setzt man axn + b = ts, wobei s der Nenner der rationalen Zahl p ist.

• Fur m+1n 6∈ Z, aber m+1

n + p ∈ Z substituiert manaxn + b

xn= a + bx−n = ts, wobei s der Nenner der

rationalen Zahl p ist.

Berechnen Sie die Stammfunktionen der Funktionen:

1x4√

1 + x2,

1x2(1 + x2)3/2

, 4

√x

1 + x5, n

√x

1 + xn+1,

14√

1 + x4.

(4 Punkte)

Losung: (i) Mit den Notationen aus dem Hinweis sind a = b = 1, m = 4, n = 2, p = 1/2. Erstens istp 6∈ Z. Weiter: (m+ 1)/n = 5/2 6∈ Z. Letzte Hoffnung: (m+ 1)/n+ p = 5/2 + 1/2 = 3 ∈ Z. Die empfohleneSubstitution ist:

1 + x−2 = t2 , t > 1 .

Wir machen erneut jeden Baustein des Integrals explizit:

1 + x−2 = t2 , x−2 = t2 − 1 , x = (t2 − 1)−1/2 , dx = −t(t2 − 1)−3/2 dt ,√

1 + x2 =t

(t2 − 1)1/2.

Es folgt:

1x4√

1 + x2dx =

∫1

1(t2−1)2 · t

(t2−1)1/2

·(− t

(t2 − 1)3/2dt

)= −

∫(t2 − 1) dt = −1

3t3 + t+ C = . . .

(ii) Mit den Notationen aus dem Hinweis sind a = b = 1, m = 2, n = 2, p = 3/2. Erstens ist p 6∈ Z. Weiter:(m+ 1)/n = 3/2 6∈ Z. Letzte Hoffnung: (m+ 1)/n+ p = 3/2 + 3/2 = 3 ∈ Z. Die empfohlene Substitution istwie im letzten Fall

1 + x−2 = t2 , t > 1 .

Es folgt:

1x2(1 + x2)3/2

dx =∫

11

t2−1 ·t3

(t2−1)3/2

·(− t

(t2 − 1)3/2dt

)

= −∫t2 − 1t2

dt =∫−dt+

∫t−2 dt = −t− t−1 + C = . . .

114

(Die Rucksubstitution ist noch notwendig . . . )

(iii) Zu integrieren ist die Funktion x→ x1/4(x5 + 1

)−1/4.

Mit den Notationen aus dem Hinweis sind a = b = 1, m = 1/4, n = 5, p = −1/4. Erstens ist p 6∈ Z. Weiter:(m+ 1)/n = 1/4 6∈ Z. Letzte Hoffnung: (m+ 1)/n+ p = 1/4− 1/4 = 0 ∈ Z. Die empfohlene Substitution ist:

1 + x−5 = t4 .

Wir substituieren also:

1 + x−5 = t4

x5 = (t4 − 1)−1

x = (t4 − 1)−1/5

dx = −4/5 (t4 − 1)−6/5 t3 dt

x5 + 1 = (t4 − 1)−1 + 1 = t4 (t4 − 1)−1

Es folgt:∫x1/4

(x5 + 1

)−1/4dx =

∫(t4 − 1)−1/20 t−1(t4 − 1)1/4 ·

(−4

5(t4 − 1)−6/5 t3 dt

)= −4

5

∫(t4 − 1)−

120 + 1

4−65 t3−1 dt = −4

5

∫(t4 − 1)−1 t2 dt = −4

5

∫t2

t4 − 1dt

=∫ (−1

51

t− 1+

15

1t+ 1

− 25

1t2 + 1

)dt =

15

ln∣∣∣∣ t+ 1t− 1

∣∣∣∣− 25

arctan t+ C = . . .

(Die Rucksubstitution ist noch notwendig . . . )

(iv) Dieser Fall ist eine Verallgemeinerung des Falls in (iii).

Zu integrieren ist die Funktion x→ x1/n(xn+1 + 1

)−1/n. Die empfohlene Substitution ist:

1 + x−(n+1) = tn .

Wir substituieren also:

1 + x−(n+1) = tn

xn+1 = (tn − 1)−1

x = (tn − 1)−1/(n+1)

dx = − n

n+ 1(tn − 1)−

n+2n+1 tn−1 dt

xn+1 + 1 = xn+1(1 + x−(n+1) = (tn − 1)−1 · tn =tn

tn − 1

Es folgt:∫x1/n

(xn+1 + 1

)−1/ndx =

∫(tn − 1)−

1n(n+1) t−1(tn − 1)1/n ·

(− n

n+ 1(tn − 1)−

n+2n+1 tn−1 dt

)= − n

n+ 1

∫(tn − 1)−

1n(n+1) + 1

n−n+2n+1 t(n−1)−1 dt = − n

n+ 1

∫(tn − 1)−1 tn−2 dt

== − n

n+ 1

∫tn−2

tn − 1dt .

Mehr kann man im allgemeinen Fall nicht tun . . .

(v) Zu integrieren ist die Funktion x → x0(1 + x4)−1/4. Mit den ublichen Notationen sind: m = 0, n = 4,p = −1/4. Es sind p = −1/4, (m + 1)/n = 1/4 6∈ Z, aber endlich (m + 1)/n + p = 1/4 − 1/4 = 0 ∈ Z. Dieempfohlene Substitution ist also:

1 + x−4 = t4 , t > 1 .

Mit MAPLE lauft’s schnell:

115

euklid>$ maple

|\^/| Maple V Release 5 (Universitaet Karlsruhe)

._|\| |/|_. Copyright (c) 1981-1997 by Waterloo Maple Inc. All rights

\ MAPLE / reserved. Maple and Maple V are registered trademarks of

<____ ____> Waterloo Maple Inc.

| Type ? for help.

> with(student):

> INTEGRAL:=Int( (1+x^4)^(-1/4) , x);

/

| 1

INTEGRAL := | ----------- dx

| 4 1/4

/ (1 + x )

> assume(t>1);

> NEUES_INTEGRAL:=simplify( changevar( t=(1+x^(-4))^(1/4) , INTEGRAL , t ) );

bytes used=1052732, alloc=851812, time=0.65

bytes used=2055144, alloc=1572576, time=1.65

/ 2

| t~

NEUES_INTEGRAL := - | -------- dt~

| 4

/ -1 + t~

>

Das letzte Integral wurde bereits irgendwann berechnet. Bemerkungen: Das Packet student ist notwendig, ummit Integralen zu arbeiten. Die Verwendung von Int (statt int) laßt das Integral so wie es steht, ohne dieexplizite Berechnung zu versuchen. Man kann dann auf den Ausdruck INTEGRAL:=Int( (1+x4)(-1/4) , x);eine selbst gebastelte Substitution anwenden. Diese erfolgt mit dem Befehl changevar (“change my variable,please”), welcher student benotigt. Die Annahme assume(t>1); erzahlt MAPLE, daß t > 1 ist. (Sonst hatMAPLE Schwierigkeiten, eine Wurzel aus t2 oder so zu ziehen . . . )

Aufgabe 100 (Integrale trigonometrischer Funktionen) Fur Integrale vom Typ

∫R(sinx, cosx) dx mit

einer rationalen Funktion R ist die Substitution empfehlenswert:

t = tanx

2.

Es gelten dann: sinx =2t

1 + t2, cosx =

1− t2

1 + t2; dx = (2 arctan t)′ dt =

2 dt1 + t2

.

Berechnen Sie die Stammfunktionen der Funktionen:

1cosx+ 2 sinx+ 3

,sinx√

2 + sinx+ cosx,

1− sinx+ cosx1 + sinx− cosx

,sin 2x

sinx+ cosx.

(4 Punkte)

Losung: Diese Aufgaben sind eine direkte Anwendung der Substitution t = tan x2 .

(i) ∫1

cosx+ 2 sinx+ 3dx =

∫1

1−t21+t2 + 2 2t

1+t2 + 32 dt

1 + t2

=12

∫dt

t2 + t+ 1=

12

∫d(t+ 1

2

)(t+ 1

2

)2 +(√

32

)2

=1√3

arctan2t+ 1√

3+ C =

1√3

arctan2 tan(x/2) + 1√

3+ C .

116

(ii)∫sinx√

2 + sinx+ cosxdx =

∫ 2t1+t2√

2 + 2t1+t2 + 1−t2

1+t2

2 dt1 + t2

= 4∫

t(t2 + 1)t2(√

2− 1) + 2t+ (√

2 + 1)dt

= 4(√

2 + 1)∫

t(t2 + 1)(√

2 + 1) [ t2(√

2− 1) + 2t+ (√

2 + 1) ]dt

= 4(√

2 + 1)∫

t(t2 + 1)t2 + 2(

√2 + 1)t+ (

√2 + 1)2

dt = 4(√

2 + 1)∫

t3 + t

(t+√

2 + 1)2dt

= 4(√

2 + 1)∫ [−2− 2

√2 + t− 8 + 6

√2

(t+√

2 + 1)2+

10 + 6√

2t+√

2 + 1

]dt

= 4(√

2 + 1)

[−2(√

2 + 1)t+12t2 +

8 + 6√

2t+√

2 + 1+ (10 + 6

√2) ln |t+

√2 + 1|

]+ C

= etc. Rucksubstitutionnotwendig .

(iii) ∫1− sinx+ cosx1 + sinx− cosx

dx =∫ 1− 2t

1+t2 + 1−t21+t2

1 + 2t1+t2 −

1−t21+t2

2 dt1 + t2

= 2∫

1− tt(t+ 1)(t2 + 1)

dt = 2∫ (

1t− 1t+ 1

− 1t2 + 1

)dt = etc . . .

(iv)∫sin 2x

sinx+ cosxdx =

∫2 sinx cosxsinx+ cosx

dx

=∫ 2 2t

1+t21−t21+t2

2t1+t2 + 1−t2

1+t2

2 dt1 + t2

= 8∫

t(t2 − 1)(t2 + 1)2(t2 − 2t− 1)

dt = 8∫ (−1

41

t2 + 1+

12

t+ 1(t2 + 1)2

+14

1t2 − 2t− 1

)dt

= etc . . .

117

Ubungsblatt 14Aufgabe 101 (Die Bernoulli–Polynome) Die Bernoulli–Polynome Bn(t) wurden in der Vorlesung rekursivdurch die Eigenschaften definiert:

B0(t) = 1 , B′n(t) = nBn−1(t) ,∫ 1

0

Bn(t) dt = 0 , n ≥ 1 .

Die Bernoulli–Zahl Bn ist gegeben durch Bn := Bn(0). Man kann in MAPLE die Bernoulli–Polynome bzw.–Zahlen mit bernoulli(n,t) bzw. bernoulli(n) ansprechen. Beweisen Sie die folgenden Eigenschaften derBernoulli–Polynome:

B1(t) = t− 12,

B2(t) = t2 − t+16,

Bn(t) = (−1)nBn(1− t) fur alle n ≥ 0, t ∈ R ,

Bn(0) = Bn(1/2) = Bn(1) = 0 fur alle ungeraden n ≥ 3 ,

Bn(0) = Bn(1) fur alle n ≥ 0 ,

Bn(t+ 1)−Bn(t) = ntn−1 ,

Bn(t) =n∑k=0

(n

k

)Bkt

n−k fur alle n ≥ 0, t ∈ R

Bn = − 1n+ 1

n−1∑k=0

(n+ 1k

)Bk fur alle n ≥ 1

Losung: Wir bemerken zuerst, daß die Bedingung B′n(t) = nBn−1(t) induktiv (rekursiv) unter der Annahmeder Festlegung der Funktion Bn−1(·) die Funktion Bn(t) bis auf eine additive Konstante festlegt, wobei dann

weiter die Bedingung∫ 1

0Bn(t) dt = 0 diese Konstante definitiv festlegt.

Um einige Gleichungen/Gleichheiten aus dieser Aufgabe zu beweisen, ist das folgende einfache Prinzip nutzlich:Um eine Gleichheit (zwischen differenzierbaren Funktionen) f(t) = g(t) zu beweisen, reicht es, die Gleichheit derAbleitungen f ′(t) = g′(t) und die Gleichheit an einer geeigneten Stelle a des Definitionsbereiches f(a) = g(a)zu beweisen.(i) Sei B1?(t) die Funktion B1?(t) := t − 1/2. Diese Funktion erfullt offensichtlich B′1?(t) = 1 = B0(t) und∫ 1

0B1?(t) dt = 1

2

[t2 − t

]10

= 0. Es folgt B1(t) = B1?(t) = t− 1/2.

(ii) Sei B2?(t) die Funktion B2?(t) := t2 − t + 1/6. Diese Funktion erfullt offensichtlich B′2?(t) = 2t − 1 =2(t− 1/2) = 2B1(t) und

∫ 1

0B2?(t) dt = 1

6

[2t3 − 3t2 + t

]10

= 0. Es folgt B2(t) = B2?(t) = t2 − t+ 1/6.

(iii) Sei Bn?(t) := (−1)nBn(1− t). Es gilt offensichtlich B?0(t) = 1 = B0(t) (fur alle t). Wir beweisen induktiv,daß Bn?(t) auch ein “gutes” Bernoulli–Polynom ist, d.h. es erfullt die festlegenden Eigenschaften aus derDefinitionsbereiches der Bernoulli–Polynome. Daraus wird die Gleichheit Bn(t) = Bn?(t) folgen.

118

Es gilt induktiv fur n ≥ 1:

B′n?(t) =∂

∂t[(−1)nBn(1− t)] = (−1)nB′n(1− t) · (1− t)′

= (−1)nB′n(1− t) · (−1) = (−1)n−1B′n(1− t)= (−1)n−1nBn−1(1− t) aus der definierenden Eigenschaft von Bn(·)= nB(n−1),?(t) aus der Definition von B(n−1),?(t)= nBn−1(t) aus der Induktions–Voraussetzung.∫ 1

0

Bn?(t) dt = (−1)n∫ 1

0

Bn(1− t) dt Substitution u := 1− t, dt = −du,

= (−1)n∫ 0

1

Bn(u) (−du) = (−1)n∫ 1

0

Bn(u) du

= 0 aus der definierenden Eigenschaft von Bn(·).

Es folgt Bn(t) = Bn?(t), was wir vor kurzen haben wollten.

(iv) Wir zeigen zuerst Bn(0) = Bn(1) fur alle n ≥ 2. (Fur n = 1 ist diese Gleichheit FALSCH!) Es gilt furn ≥ 2:

Bn(1)−Bn(0) =∫ 1

0

B′n(s) ds =∫ 1

0

nBn−1(s) ds = 0

aus der definierenden Eigenschaft von Bn−1(s) fur n− 1 ≥ 1.

Wir setzen nun in Bn(t) = (−1)nBn(1− t) fur ungerade n die speziellen Werte t = 0, 1/2, 1 ein. Es folgt (furn ≥ 2, ungerade):

Bn(1/2) = −Bn(1− 1/2) = −Bn(1/2) , also Bn(1/2) = 0 ,Bn(0) = −Bn(1− 0) = −Bn(1) = −Bn(0) , also Bn(0) = 0 , Bn(1) = Bn(0) = 0 .

(v) Wir beweisen die Gleichheit Bn(t + 1) − Bn(t) = ntn−1 induktiv mit dem bereits erwahnten einfachenPrinzip: Prufen, ob sie nach Ableitung und Auswertung in einem geeigneten Punkt gilt.Fur n = 0, 1, 2 ist alles OK, wie man schnell an Hand der bereits ergatterten Ausdrucke von B0(t), B1(t), B2(t)nachprufen kann.Wir nehmen induktiv an, fur ein festes n ≥ 2 gilt Bn−1(t+ 1)−Bn−1(t) = n− 1tn−2.Wir beweisen schnell Bn(t+ 1)−Bn(t) = ntn−1.Die Ableitung der Funktionen links und rechts von = sind gleich

( Bn(t+ 1)−Bn(t) )′ = B′n(t+ 1)−B′n(t) = n(Bn−1(t+ 1)−Bn−1(t)) IV= n(n− 1tn−2) = (ntn−1)′ .

Die Werte dieser Funktionen an der Stelle 0 sind auch gleich (und zwar gleich Null):

[ Bn(t+ 1)−Bn(t) ] in t=0 = Bn(1)−Bn(0) = 0 (fur n ≥ 2) .

Es folgt induktiv die Gleichheit Bn(t+ 1)−Bn(t) = ntn−1 fur alle n.

(vi) Die Gleichheit B′n(t) = nBn−1(t) impliziert induktiv fur 0 ≤ k ≤ n folgende Formel fur die k.te Ableitungdes Bernoulli–Polynoms:

B(k)n (t) = n(n− 1) · · · · · (n− k + 1)Bn−k(t) =

n!(n− k)!

Bn−k(t) .

Die nachste Relation aus der Aufgabenstellung ist dann die getarnte Taylor–Entwicklung von Bn(t):

Bn(t) =∑k≥0

1k!B(k)n (0)tk

=∑

0≤k≤n

n!k!(n− k)!

Bn−k(0)tk

=∑

0≤k≤n

(n

n− k

)Bn−kt

k =∑

0≤k≤n

(n

k

)Bkt

n−k .

119

(vii) Die letzte Gleicheit der Aufgabe folgt aus (vi) fur den speziellen Wert t = 1:

Bn+1 := Bn+1(0) = Bn+1(1) =n+1∑k=0

(n+ 1k

)Bk · 1n−k =

n+1∑k=0

(n+ 1k

)Bk

= Bn+1 + (n+ 1)Bn +n−1∑k=0

(n+ 1k

)Bk .

Vergleicht man den Anfang und das Ende, so folgt nach Kurzung von Bn+1 und Isolierung von Bn die gesuchteGleichheit.

Aufgabe 102 Verwenden Sie die Resultate der letzten Aufgabe, um fur alle ganzen n,N ≥ 1 die Formel zubeweisen:

1n + 2n + · · ·+Nn =Bn+1(N + 1)−Bn+1(1)

n+ 1.

Verwenden Sie diese allgemeine Formel (und MAPLE), um 1n+2n+ · · ·+Nn fur n = 0, 1, 2, 3, 4, 5 auszudrucken.

Losung:

Wir haben in der Aufgabe 101 die Formel bewiesen: Bn(t+ 1)−Bn(t) = ntn−1. Durch geeignete, wiederholteAnwendung dieser Formel folgt:

Bn+1(2)−Bn+1(1) = (n+ 1) · 1n ,Bn+1(3)−Bn+1(2) = (n+ 1) · 2n ,

. . . . . . . . . . . . = . . . . . . . . . . . .

Bn+1(N + 1)−Bn+1(N) = (n+ 1) ·Nn ,

so daß nach Aufaddieren und teleskopischen Kurzungen folgt:

Bn+1(N + 1)−Bn+1(1) = (n+ 1) (1n + 2n + · · ·+Nn) .

Damit ist die gesuchte Formel bewiesen.Nun zum MAPLE–Einsatz: Mit dem “Code”

for n from 0 to 5doprint( factor( ( bernoulli(n+1,N+1)-bernoulli(n+1,1) )/(n+1) ) );od;

entstehen sofort die Antworten:

N

1/2 N (N + 1)

1/6 N (N + 1) (2 N + 1)

2 21/4 N (N + 1)

21/30 N (N + 1) (2 N + 1) (3 N + 3 N - 1)

2 2 21/12 N (2 N + 2 N - 1) (N + 1)

>

120

Also, MAPLE lernen.

Aufgabe 103 Sei t ∈ R. Sei ft : R→ R die Funktion: ft(z) :=

zetz

ez − 1fur z ∈ R \ {0} ,

1 fur z = 0 .Beweisen Sie, daß ft unendlich oft differenzierbar ist. Verwenden Sie MAPLE, um das Taylor–Polynom Tt,n(z)von ft um 0 vom Grad n fur n = 10 zu berechnen. Prufen Sie nach, daß die Relation gilt:

Tt,n(z) =n∑k=0

1k!Bk(t)zk .

Losung: Sei gt : R→ R die Funktion

gt(z) :=

{ z

ez − 1fur z ∈ R \ {0} ,

1 fur z = 0 .

Es gilt offensichtlich ft(z) = gt(z) · etz. Um zu zeigen, daß ft unendlich oft differenzierbar ist, reicht es zuzeigen, daß gt unendlich oft differenzierbar ist.Die unendliche Differenzierbarkeit von gt an einer Stelle z0 6= 0 folgt induktiv nach “einfachen” Uberlegungen:Die n.te Ableitung von gt ist in der Umgebung R \ {0} von z0 6= 0 von der Gestalt:

Polynomialer Ausdruck in z und ez

(ez − 1)n+1.

Dies kann induktiv bewiesen werden.Es verbleibt, die unendliche Differenzierbarkeit von gt in z0 = 0 zu beweisen.Dafur mussen wir ein genaueres Studium einleiten. Wie sieht z/(ez − 1) aus? Furchtbar!Die Koeffizienten dieser Entwicklung sind jedoch im Aufgabentext verraten: Wir betrachten naher:

Tn(z) := Tt=0,n(z) =n∑k=0

1k!Kkz

k .

Sei weiter

En(z) := Das Taylor–Polynom der Ordnung n von (ez − 1) =n∑l=1

1l!zl .

Wir beweisen zuerst die folgende Eigenschaft (n ≥ 2):

Tn(z) · En(z) = z +O(zn) .

Dafur untersuchen wir den Koeffizienten zN im Grad N , 0 ≤ N < n, in dem Produkt Tn(z) · En(z). Es gilt:Tn(z) = B0 + B1z + 1

2!B2z2 + · · · = 1− 1

2z + 112z

2 + O(z3), En(z) = z + 12z

2 + O(z3), so daß das Produktder Form ist:

Tn(z) · En(z) =(

1− 12z +

112z2 + . . .

)(z +

12z2 + . . .

)= z +

(1 · 1

2− 1

2· 1)z2 + · · · = z +O(z3) .

Der Term in z2 verschwindet. Wir zeigen, daß alle Terme bis zum Grad n auch verschwinden! Sei CN derKoeffizient vom Grad N , N < n, im Produkt Tn(z) · En(z). Dann gilt (N ≥ 3):

121

CN =∑

k+l=Nk≥0 , l≥1

1k!Bk

1l!

=

∑k+l′=Nk≥0 , l′≥0

1k!Bk

1l′!

−BN=

[N∑k=0

1k!Bk

1(N − k)!

]−BN =

1N !

[N∑k=0

(N

k

)Bk

]−BN

=1N !

[N∑k=0

(N

k

)Bk · 1N−k

]−BN = BN (1)−BN wegen 101 (vi)

= BN (1)−BN (0) = 0 wegen 101 (iv), N ≥ 2 .

Dies war der entscheidende Schritt in der Beweisfuhrung.