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Jürgen Pöschel

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Lösungen zu allen Aufgaben

Prof. Dr. Jürgen Pöschel

Fachbereich Mathematik

Universität Stuttgart

Pfaffenwaldring 57

70569 Stuttgart

Schrift: Ludica Bright

System: Mac

Software: LATEX, TEXShop, Adobe Illustrator

Gestaltung, Satz, Zeichnungen: Jules Hobbes

© Jürgen Pöschel

Oktober 2014

1Grundlagen

Lösungen

1 a. Wahr, denn 2

p ! q ^:q a �:p _ q�^:qa �:p ^:q�_ �q ^:q�a :p ^:q:

b. Wahr, denn P�;� � f;g .

c. Falsch, denn f0g � f0g � f�0;0�g � f�0�g .

d. Falsch. Man nehme für N zum Beispiel die leere Menge.

e. Falsch. Es gilt vereinbarungsgemäß lediglich f�A� � B .

f. Falsch, denn e : ;!; ist eine solche Abbildung, wenn auch die einzige.

g. Falsch. Denn eine injektive Abbildung muss nicht surjektiv sein.

h. Falsch. Denn Kehrwert ist etwas völlig Anderes als Urbild.

2 Nichts.

3 Es gilt

�p ^ q�^ r a p ^ �q ^ r�; p ^ q a q ^ r :

Dasselbe gilt mit _ anstelle von ^ .

4 �p ^:p�_ q a q a �p _:p�^ q .

4 1 — Grundlagen

5 Für das ausschließende entweder-oder � gilt folgende Wahrheitstafel.

p q p � q a �p ^:q�_ �:p ^ q�

1 1 0 0

1 0 1 1

0 1 1 1

0 0 0 0 :

7 Einerseits gilt mit der Kontrapositionsregel 4 p ! q a :q ! :p , somit ist a. immer

richtig. In den anderen Fällen lässt sich nichts sagen, wie die folgende Wahrheitstafel

zeigt.

p q p ! q :p ! :q q ! :p :p ! q

1 1 1 1 0 1

0 1 1 0 1 1

0 0 1 1 1 0 :

8 Es gilt ja 1, 2

:�p ! q� a :�:p _ q� a p ^:q:

9 a. p q p j q

1 1 0

1 0 1

0 1 1

0 0 1

b. Aufgrund der Definition von j ist p j p a :�p ^ p� a :p .

c. Mit :pa p j p und der Definition von j gilt

p ^ q a :�p j q� a �p j q� j �p j q�:

Mit den Regeln von de Morgan 2 gilt ferner

p _ q a :�:p ^:q� a �:p� j �:q� a �p j p� j �q j q�:

10 a. Mit der Kontrapositionsregel 4 gilt

A � Bc a x 2 A! x � Ba x 2 B ! x � A a B � Ac:

b. Folgt aus a , indem man B durch Bc ersetzt.

12 Entweder mit Mengentafeln:

Lösungen — 1 5

A B C A\ B �A\ B�[ C A[ C B [ C �A[ C�\ �B [ C�

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 0 1 1 1 1 1

1 0 1 0 1 1 1 1

1 0 0 0 0 1 0 0

0 1 1 0 1 1 1 1

0 1 0 0 0 0 1 0

0 0 1 0 1 1 1 1

0 0 0 0 0 0 0 0

und

A B A\ B �A\ B�c Ac Bc Ac [ Bc

1 1 1 0 0 0 0

1 0 0 1 0 1 1

0 1 0 1 1 0 1

0 0 0 1 1 1 1 :

Oder eleganter mit logischen Umformungen, wie zum Beispiel

m 2 �A\ B�c a :�m 2 A\ B�a :�m 2 A^m 2 B�a :�m 2 A�_:�m 2 B�a m 2 Ac _m 2 Bc

a m 2 Ac [ Bc:

13 Die erste Identität ergibt sich mit

�u;v� 2 �A1 �A2�\ �B1 � B2�

a �u 2 A1 ^ v 2 A2�^ �u 2 B1 ^ v 2 B2�

a �u 2 A1 ^u 2 B1�^ �v 2 A2 ^ v 2 B2�

a u 2 A1 \ B1 ^ v 2 A2 \ B2

a �u;v� 2 �A1 �A2�\ �B1 � B2�;

die zweite mit

�u;v� 2 �A1 �A2� Ø �B1 � B2�

a �u 2 A1 ^ v 2 A2�^ �u � B1 _ v � B2�

a �u 2 A1 ^ v 2 A2 ^u � B1�_ �u 2 A1 ^ v 2 A2 ^ v � B2�

a �u 2 A1 Ø B1 ^ v 2 A2�_ �u 2 A1 ^ v 2 A2 Ø B2�

a �u;v� 2 �A1 Ø B1�� B2 [A1 � �A2 Ø B2�:

6 1 — Grundlagen

14 Gilt A � ;_ B � ;_ A � B , so ist A � B � B � A . Andernfalls unterscheiden sich Aund B in mindestens einem Element, und dann ist A� B � B �A .

15 Die Aussage x 2 ; ist immer falsch, da die leere Menge keine Elemente enthält. Also

ist x 2 ; ! A�x� immer wahr.

16 Aufgrund der vorangehenden Aufgabe a-15 gilt ja

x 2 ;A ) x 2 ;B

und damit ;A � ;B . Aus Symmetriegründen gilt auch ;B � ;A . Also ist ;A � ;B .

17 a. Rechteck b. Ebene c. Torus d. Zylindermantel

e. unendlich langer Zylindermantel

18 Es ist

�Ac � 1� �A;�A[B �max��A; �B� � �A � �B � �A�B ;�A\B �min��A; �B� � �A�B ;�AØB � �A\Bc � �A�1� �B�:

19 Offensichtlich gilt

A � ;_ B � ; ) A� B � ;:

Enthält A andererseits wenigstens ein Element a und B ein Element b , so ist �a; b� 2A� B . Also gilt A �;^ B �;) A� B �; . Die Kontraposition 4 hiervon ist

A� B � ; ) A � ;_ B � ;:

20 Reflexivität: Es gilt a � a , da 0 2 Q . Symmetrie: klar. Transitivität:

a � b ^ b � c a �a� b�=p

2 2 Q ^ �b � c�=p

2 2 Q:

Da die Addition in Q erklärt ist, folgt

�a� c�=p

2 � �a� b�=p

2� �b � c�=p

2 2 Q a a � c:

Es istp

2 �p

3 , denn andernfalls wäre

2�p

2�p

3p2

� 2�p

6 2 Q

und damit auchp

6 2 Q . Das ist aber nicht der Fall.

21 Reflexivität:

sRs ^uSu ) �s;u��R � S��s;u�:

Symmetrie:

�s;u��R � S��t; v� ) �sRt�^ �uSv�) �tRs�^ �vSu� ) �t; v��R � S��s;u�:

Transivität: Analog.

Lösungen — 1 7

22 Sei a � a0 und b � b0 . Dann gilt

a� b � a0 � b ^ b � a0 � b0 � a0:

Aufgrund der Kommutativität von � ist also a� b � a0 � b0 und damit

�a�ç �b� � �a� b� � �a0 � b0� � �a0�ç �b0� :

Somit ist ç unabhängig von der Wahl der Repräsentanten erklärt und damit wohldefi-

niert. Die Kommutativität von ç folgt aus der Kommutativität von � :

�a�ç �b� � �a� b� � �b � a� � �b�ç �a� :

23 Reflexivität: Da a � a^ b à b immer gilt, gilt auch immer

�a; b� ä �a; b�

Antisymmetrie: Es gelte �a; b� ä �c;d� ^ �c; d� ä �a;b� . Mit den Distributivgesetzen

gilt dann

��a < c�_ �a � c ^ b à d�� ^ ��c < a�_ �c � a^ d à b�� (*)

) �a � c ^ d à b� _ �a � c ^ b à d� _ �a � c ^ b à d^ d à b�) �a � c�^ �d à b _ b à d_ b � d�) a � c:

Mit a � c folgt aus (*) weiter b à d ^ d à b , also b � d . Somit ist �a; b� � �c; d� .Transitivität: Es gelte �a; b� ä �c;d� ^ �c; d� ä �e; f � . Dann gilt also

��a < c�_ �a � c ^ b à d�� ^ ��c < e�_ �c � e^ d à f��) �a < e� _ �a < e^ d à f� _ �a < e^ b à d� _ �a � e^ b à f�) �a < e� _ �a � e^ b à f�:

Also gilt auch �a; b� ä �e; f � .Totalität: �a; b� ä �c;d� _ �c; d� ä �a;b� ist gleichbedeutend mit

��a < c� _ �a � c ^ b à d�� _ ��c < a� _ �c � a^ d à b��a �a < c� _ �c < a� _ �a � c ^ �b à d_ d à b��:

Ist à total, so gilt immer b à d_d à b sowie der Trichotomiesatz 13 . Also ist die letzte

Aussage immer wahr, und die Ordnung ä ist ebenfalls total.

24 Die Äquivalenzrelation auf Z ist n �p ma p j n�m , das heißt, p teilt n�m . Gilt

also n �p n0 und m �p m0 , so teilt p sowohl n�n0 wie m�m0 . Dann teilt p aber

auch

�n�m�� n0 �m0� � �n�n0�� m�m0�;

�nm�� n0m0� � �n�n0�m�n0�m�m0�:

Also gilt auch n�m �p n0 �m0 und nm �p n0m0 . Somit sind � und � unabhängig

vom Repräsentanten erklärt und damit wohldefiniert. — Die Ringeigenschaften von Zpfolgen nun unmittelbar aus den Ringeigenschaften von Z .

8 1 — Grundlagen

25 Für jede beliebige Abbildung f gilt

f�1�f �A�� A; f�A1 \A2� � f�A1�\ f�A2�;

wie man leicht verifiziert. Dies müssen wir also nicht mehr zeigen.

(i)) (ii) Zu b 2 f�1�f �A�� existiert ein a 2 A mit f�a� � f�b� . Aufgrund der

Injektivität von f ist a � b , also b 2 A . Somit gilt auch f�1�f �A�� A .

(ii)) (i) Sei f�a� � f�a0� ˛m . Mit A � fag gilt dann

fag � f�1�f �A�� f�1�m� � fa;a0g :

Also ist a � a0 .(i)) (iii) Sei m 2 f�A1�\ f�A2� . Dann existieren a1 2 A1 und a2 2 A2 mit

f�a1� �m � f�a2�:

Aufgrund der Injektivität von f ist a1 � a2 , also auch a ˝ a1 � a2 2 A1 \A2 und

m � f�a� 2 f�A1 \A2�:

Somit gilt auch f�A1�\ f�A2� � f�A1 \A2� .(iii)) (i) Sei f�a1� � f�a2� ˛m und Ai � faig . Dann ist

f�A1 \A2� � f�A1�\ f�A2� � fmg �;:

Dann aber ist auch A1 \A2 �; , also a1 � a2 .

26 a. ( Gibt es ein solches g , so folgt aus f�a1� � f�a2� auch

a1 � g�f�a1�� g�f�a2�� a2:

Also ist f injektiv.

) Ist umgekehrt f injektiv, so können wir auf dem Bild N0 � f�M� � N eine

Abbildung g definieren durch

g�b� � f�1�b�; b 2 N0:

Auf dem eventuell nichtleeren Komplement N ØN0 kann dagegen g beliebig definiert

werden. Für jedes a 2 M ist dann

�g � f��a� � g�f�a�� f�1�f �a�� a;

also g � f � idM .

b. ( Gibt es ein solches h , so ist bereits f�h�N�� N . Wegen h�N� � M gilt dann

erst recht

f�M� � N:

Also ist f surjektiv. ) Ist umgekehrt f surjektiv, so existiert zu jedem b 2 Nwenigstens ein a 2 M mit f�a� � b . Wählen wir irgendein solches a und definieren

es als h�b� , so erhalten wir eine Abbildung h : N ! M mit f � h � idN . — Diese

Konstruktion basiert allerdings auf dem Auswahlaxiom.

Lösungen — 1 9

27 Es ist

�Ac � 1� �A;�A[B �max��A; �B� � �A � �B � �A�B ;�A\B �min��A; �B� � �A�B ;�AØB � �A\Bc � �A�1� �B�:

28 a. Seien f und g injektiv. Aus g�f�a�� g�f�b�� folgt dann f�a� � f�b� mit der

Injektivität von g und a � b mit der Injektivität von f . Also ist auch g � f injektiv.

b. Ist g � f injektiv, so gilt

f�a� � f�b� ) g�f�a�� g�f�b�� ) a � b:

Also ist auch f injektiv. Dagegen muss g nur auf f�M� injektiv sein. Als Beispiel siehe

Abbildung 1.

c. Sind f und g surjektiv, so ist f�M� � N und g�N� � O . Also ist auch

g�f�M�� g�N� � O

und damit g � f surjektiv.

d. Ist g � f surjektiv, so gilt g�f�M�� O . Da f�M� � N , gilt dann auch

g�f�M�� g�N� � O:

Also ist auch g surjektiv. Dagegen muss f nur surjektiv auf g�1�O� sein. Das obige

Beispiel gilt auch hier.

29 Sei m 2 M und g die konstante Abbildung M ! fmg . Dann gilt also

m � g�f�M�� g � f��M� � �f � g��M� � f�g�M�� f�m�:

Da dies für jedes m 2 M gilt, ist f � idM .

30 Nach Voraussetzung sind f und g injektiv und surjektiv. Mit Aufgabe 28 ist dann auch

g � f injektiv und surjektiv, also bijektiv. Die Inverse von g � f existiert also, und es

gilt

idM � �g � f��1 � �g � f�:

Komponieren von rechts mit f�1 und Anwenden des Assoziativgesetzes ergibt

Abb 1 Gegenbeispiel zu Aufgabe 28

M N O

f g

10 1 — Grundlagen

f�1 � �g � f��1 � �g � f� � f�1

� �g � f��1 � g � �f � f�1�

� �g � f��1 � g:

Komponieren von rechts mit g�1 ergibt dann

f�1 � g�1 � �g � f��1;

was zu zeigen war. — Man kann aber auch die Behauptung einfach verifizieren, indem

man nachrechnet, dass

�f�1 � g�1� � �g � f� � f�1 � �g�1 � g� � f� � f � f�1 � idM

oder

�g � f� � �f�1 � g�1� � g � �f � f�1� � g�1 � g � g�1 � idO :

31 Wir betrachten nur die Kommutatitivät.

) Sei � kommutativ auf X . Zu zeigen ist, dass im Raum der Abbildungen

f ç g � g ç f

Das ist genau dann der Fall, wenn beide Funktionen für jedes Argument dasselbe Ergeb-

nis liefern. Für jedes m 2 M gilt aber aufgrund der Kommutativität von � in X

�f ç g��m� � f�m�� g�m�� g�m�� f�m�� g ç f��m�:

Also ist auch ç kommutativ.

( Wir nehmen jetzt an, dass ç kommutativ auf F�M;X� ist. Zu jedem Element

x 2 X gibt es eine konstante Abbildung fx 2 F�M;X� mit fx�m� � x für alle m 2 M .

Für beliebige a;b 2 X und beliebiges m 2 M erhalten wir damit

a� b � fa�m�� fb�m�� fa ç fb��m�� fb ç fa��m�� fb�m�� fa�m� � a� b:

Also ist auch � kommutativ auf X .

32 a. Es ist

f�M1 [M2� � ff�m� : m 2 M1 _m 2 M2g!� ff�m� : m 2 M1g [ ff�m� : m 2 M1g � f�M1�[ f�M2�;

wobei!� sehr leicht zu verifizieren ist. Genauso für

f�1�N1 [N2� � fm : f�m� 2 N1 _ f�m� 2 N2g :

Lösungen 11

b. Wegen N1 \N2 � N1;2 gilt auch f�1�N1 \N2� � f�1�N1;2� und damit

f�1�N1 \N2� � f�1�N1�\ f�1�N2�:

Auch die Umkehrung gilt: Ist m 2 f�1�N1�\ f�1�N2� , so ist f�m� 2 N1 und f�m� 2N2 , also auch

f�m� 2 N1 \N2 a m 2 f�1�N1 \N2�:

Somit gilt auch f�1�N1�\f�1�N2� � f�1�N1\N2� . — Analog folgt aus M1\M2 � M1;2

auch

f�M1 \M2� �f�M1�\f�M2�:

Hier gilt die Umkehrung im Allgemeinen nicht, so zum Beispiel nicht für eine konstante

Abbildung f und nichtleere, disjunkte Mengen M1 und M2 .

c. Da für jedes m 2 M entweder f�m� 2 V oder f�m� � V gilt, ist

f�1�V c� � fm : f�m� � V g� M Ø fm : f�m� 2 V g� fm : f�m� 2 V gc � f�1�V�c:

d. Nein. Für U � M beispielsweise ist f�Mc� � f�;� � ; , aber für nicht-surjektives fist f�M�c �; .

e. Siehe Punkt b.

f. Siehe Aufgabe 25.

33 Sei m 2 M der konstante Wert von g . Dann ist f � g � g � f gleichbedeutend mit

f�m� �m:

Jede Abbildung f : M ! M mit Fixpunkt m erfüllt also f � g � g � f .

34 a. Wahr. Denn es gibt undorige, und die sind gebrochselt.

b. Falsch. Die Existenz ungebrochselter Kalupen ist nicht ableitbar.

c. Wahr. Denn jede ungebrochselte ist dorig – egal ob es welche gibt!

d. Wahr. Es gibt undorige, und die sind sowohl gebrochselt als auch unfoberant.

12 Lösungen

2Reelle Zahlen

Lösungen

1 a. Falsch. Denn ›mehr‹ reicht nicht aus, wie das Beispiel von Aufgabe 14 zeigt.

b. Falsch, wie das Beispiel A � �0;1� zeigt.

c. Richtig.

d. Falsch. Gegenbeispiel a � 0 und b � 0 .

e. Falsch. Denn die leere Menge ist auch ein Intervall.

f. Falsch. Jede Ein-Punkt-Menge hat zum Beispiel ein Supremum.

g. Falsch. R kann nicht zu einem Körper gemacht werden.

h. Faslch. Eine Zerlegung ist nicht notwendigerweise ein Dedekindscher Schnitt.

2 Es gilt ja immer 0�x � 0 � 1 für alle x 2 K .

3 a. Aus 0 < 1 folgt mit den Anordnungsaxiomen 0� 1 < 1� 1 , also 0 < 1 < 2 .

b. Aus a 0 , ist auch 2�1 > 0 . Multiplizieren wir also mit 2�1 , so folgt

a < �a� b�=2 < b:

4 Elementare Umformung ergibt t � a � ��b � a� . Wegen b � a > 0 ist also

� � t � ab � a :

14 2 — Reelle Zahlen

5 Multiplikation der ersten und zweiten zu zeigenden Ungleichung mit b�b � d� > 0respektive d�b � d� > 0 ergibt

ab<a� cb � d <

cd

a ab � ad < ab � bc ^ ad� cd < cb � cda ad < bc

a a=b < c=d:

6 Für die eindeutige Schnittzahl c von �A; B� gilt

supA � c � infB:

Außerdem ist c 2 A oder c 2 B . Im ersten Fall enthält A aufgrund der Zerlegungsei-

genschaft alle reellen Zahlen t à c . Somit ist A � ��1; c� und B � �c;1� . Im anderen

Fall gilt entsprechend die andere Alternative.

7 Ja, alle Körperaxiome sind erfüllt, wie zum Beispiel das Distributivgesetz:

�a� b�� c � �a� b�c=2 � �ac=2� bc=2� � a� c � b � c:

Der zugehörige Körperisomorphismus ist

� : �R;�; ��! �R;�;��; ��x� � 2x:

8 Die Abbildung ist injektiv, denn aus �c�a1� � �c�a2� folgt a1�c � a2�c , also a1 � a2 .

Sie ist auch surjektiv, denn jedes b 2 K hat ein Urbild, nämlich b � c 2 K . Also ist �cauch bijektiv.

9 Mit den Rechenregeln für Null und Eins gilt

º � ºu Œ � �Œt Œ�u Œ � Œu Œ t Œ u Œ � Œ t Œ u Œ:

Addition von Œ ergibt dann Œ � Œ u Œ .

10 Für jedes p Æ 2 ist Zp ein Ring mit Eins. Es geht also nur noch um die Existenz der

muliplikativen Inversen.

a. Ist p nicht prim, so ist p � ab mit 1 < a;b < p . Dann aber ist �a�p�b�p � �0�p ,

das heißt, Zp enthält Nullteiler. Dies ist aber in einem Körper nicht möglich 4 .

b. Ist p prim, so ist für jedes a � 0 die Abbildung

�a : Zp ! Zp ; �m�p , �am�p

injektiv, denn andernfalls könnte man p faktorisieren. Da Zp endlich ist, ist �a auch

bijektiv. Also gibt es ein Element b mit �a�b� � �ab�p � �a�p�b�p � �1�p . Also exi-

stiert �a��1p � �b�p .

11 Wäre K angeordnet, so wäre a2 Æ 0 und b2 Æ 0 für alle a;b 2 K und damit auch

a2 � b2 Æ 0:

Andererseits wäre 1 > 0 und damit 0 > �1 � a2 � b2 . Also erhält man einen Wider-

spruch.

Lösungen — 2 15

12 ) Trichotomie: Für beliebige a;b gilt genau eine der Aussagen

a� b 2 P; a� b � 0; ��a� b� � b � a 2 P:

Also gilt genau eine der Aussagen a 0; a � 0; a < 0:

Wegen a < 0 a �a > 0 ist dies gleichbedeutend mit (p-1). Die Eigenschaft (p-2) folgt

direkt aus den Anordnungsaxiomen.

13 Jede positive reelle Zahl a besitzt eine positive reelle Wurzel w 11 . Da entweder woder �w zu P gehören, gehört deren Quadrat a zu P . Also enthält P alle positiven

Zahlen. Aufgrund von (p-1) kann P aber auch nicht größer sein. Also ist P � �0;1�eindeutig.

14 a. Die Axiome sind leicht zu verifizieren. Für a� b� � 0 ist insbesondere

�a� b��1 � a� b�a2 � b2� 2

in Q�� wohldefiniert, da a2 � b2� 2 � 0 wegen � � Q und a2 � b2� 2 2 Q .

b. Betrachte zum Beispiel das Produkt in P– . Für a� b� und c � d� in P– gilt

�a� b��c � d�� > 0

a �ac � bd� 2�� ad� bc�� > 0

a �a� b��c � d�� 2 P–:

c. Ist �a� b��2 � � , so sind a und b nicht beide Null, und a2 � b2� 2 � 2ab� � �führt zu

� � 1� 2aba2 � b2� 2 2 Q:

Das hatten wir ausgeschlossen.

15 Für positive a;b ist a� b > 0 . Aufgrund der binomischen Formel gilt dann

a2 � b2 � �a� b��a� b� > 0 a a� b > 0;

und das ergibt die Behauptung. — Man kann aber auch elementar argumentieren. ) Sei

also 0 < a 0 und b > 0 ergibt dann

0a < aa < ab a 0 < a2 < ab;

0b < ab < bb a 0 < ab < b2:

Aus beidem zusammen folgt 0 < a2 < b2 . ( Wäre a Æ b , so folgte analog wie eben

auch a2 Æ b2 , ein Widerspruch.

16 Es ist ja jxj Æ 0 und jxj2 Æ 0 deshalb

0 à jxj2 � jx2j � x2:

Also ist jxj die eindeutig bestimmte nichtnegative Wurzel von x2 .

17 Für X ˝ ft 2 R : t < xg ist x offensichtlich eine obere Schranke. Also gilt auch

s ˝ supX à x:

Wäre s < x , so gibt es eine reelle Zahl t mit s < t < x 3 . Dann aber wäre sowohl t < Xals auch t > X , ein Widerspruch. Also ist s � x .

18 A à B ist gleichbedeutend mit A à b für alle b 2 B . Dann ist aber auch supA à b für

alle b 2 B , also

supA à B:

Daraus folgt dann auch sup à infB .

19 a. Es gilt a à supA für jedes a 2 A und b à supB für jedes b 2 B . Also gilt auch

a� b à supA� supB:

für alle a 2 A und b 2 B , und damit auch für alle a�b 2 A�B . Also ist supA�supBeine obere Schranke für A� B , und es folgt

sup�A� B� à supA� supB: (*)

Angenommen, es gilt nun die strikte Ungleichung. Dann gibt es ein " > 0 so, dass

supA� supB � 2" > sup�A� B�:

Aufgrund des Approximationssatzes gibt es dann Elemente a 2 A und b 2 B mit

a > supA� "; b > supB � ":

Also ist auch

a� b > supA� " � supB � " � supA� supB � 2" > sup�A� B�;

ein Widerspruch. Also gilt in (*) sogar die Gleichheit.

b. Für die Multiplikation gilt dies zum Beispiel, wenn außerdem A > 0 und B > 0 . Der

Beweis verläuft analog. — Im Allgemeinen ist dies jedoch falsch, zum Beispiel für

A � B � f�1;0g :

20 Wegen Mn � M gilt auch supMn à supM für alle n Æ 1 und damit auch

s ˝ supnÆ1

�supMn� à supM:

Umgekehrt ist s eine obere Schranke für jedes Mn , also auch eine obere Schranke für

deren Vereinigung M . Also gilt auch

supnÆ1

�supMn� Æ supM:

Lösungen — 2 17

21 Sei m � infM . Es ist dann a Æ m > 0 für alle a 2 M und damit

1aà

1m; a 2 M:

Das heißt, es ist M0 à 1=m , und M0 ist auf jeden Fall nach oben beschränkt mit

supM0 à 1=m:

Wäre aber supM0 < 1=m , so gäbe es auch noch ein m > m mit

supM0 à 1=m < 1=m:

Dann wäre aber auch, mit derselben Argumentation wie zuvor, umgekehrt M Æ m > m ,

ein Widerspruch zu m � infM . Also gilt

supM0 � 1=m:

22 Nach Voraussetzung ist 1� �a� b� > 0 , die Aussage deshalb äquivalent mit

�1� a��1� b��1� �a� b�� à 1:

Ausklammern ergibt

�1� a� b � ab��1� a� b�� 1� a� b � ab � a� a2 � ab � a2b � b � ab � b2 � ab2

� 1� a2 � ab � b2 � a2b � ab2:

Alle Terme, die abgezogen werden, sind nichtnegativ. Daraus folgt die Behauptung.

23 Da beide Seiten nichtnegativ sind, ist die Behauptung nach Quadrieren äquivalent mit

�a� b�2 Æ 4ab:

Das folgt aber aus der binomischen Formel:

�a� b�2 � a2 � 2ab � b2 Æ 4ab

a a2 � 2ab � b2 Æ 0

a �a� b�2 Æ 0:

Letzteres ist offensichtlich richtig.

24 Es ist ��ab � ba��

��a2 � b2

ab

�� Æ 2 a��a2 � b2

�� Æ 2 jabj

a jaj2 � jbj2 Æ 2 jabja jaj2 � jbj2 � 2 jabj Æ 0

a �jaj � jbj�2 Æ 0:

Die letzte Ungleichung ist offensichtlich richtig, also gilt auch die erste Ungleichung.

Und Gleichheit gilt genau dann, wenn jaj � jbj .

25 Da alle Ausdrücke invariant sind unter Vertauschung von a und b , können wir a Æ bannehmen, und alles ist offensichtlich. Ebenso offensichtlich ist

max fa;bg �min fa;bg � ja� bj :

26 Aus 2a � �a� b�� a� b� folgt

2 jaj à ja� bj � ja� bj :

Vertauschen von a und b ergibt dieselbe Ungleichung für 2 jbj . Addition und Dvision

mit 2 ergibt

jaj � jbj à ja� bj � ja� bj :

Um Gleichheit zu diskutieren, kann man aufgrund der Symmetrie in a und b anneh-

men, dass a Æ jbj . Dies führt zu

�a� b�� a� b� � a� jbj ;

also a � jbj . Somit gilt Gleichheit genau dann, wenn jaj � jbj .In der zweiten Ungleichung tritt Gleichheit offensichtlich ein, wenn abc � 0 oder

a;b; c dasselbe Vorzeichen haben. Da sie invariant ist unter Vertauschungen von a;b; csowie Übergang zu �a;�b;�c , können wir also

a Æ b > 0 > c

annehmen, wodurch sie sich reduziert auf

jcj � ja� b � cj Æ jb � cj � jc � aj :

Dann gilt Gleichheit für a � b � c à 0 , und Ungleichheit für a � b � c > 0 . — Das

Ergebnis ist übrigens auch als Ungleichung von Hornich und Hlawka bekannt.

27 a. I � ; . Dann ist RØ I � R .

b. I � �a; b� ist nicht leer und beschränkt. Dann ist

RØ I � ��1; a�[ �b;1�

Vereinigung zweier disjunkter unbeschränkter Intervalle.

c. I ist nicht leer und einseitig unbeschränkt. Dann ist RØ I ein einseitig abgeschlos-

senes, unbeschränktes Intervall.

d. I ist beidseitig unbeschränkt. Dann ist I � R und RØ I � ; .

28 Aufgrund des Approximationssatzes 12 existieren Punkte a und b in A mit

infA à a < s < b à supA:

Also ist a 2 A\ ��1; s� , b 2 A\ �s;1� , und diese Durchschnitte sind nicht leer.

29 Wegen ad� bc � 0 ist a� cz � 0 und damit

x � zd� ba� cz :

Wäre also z rational, so wäre auch x rational.

Lösungen 19

30 Die strenge Monotonie der Wurzelfunktion ergibt sich aus Aufgabe 15. Die Bijektivität

ergibt sich ausp

0 � 0 und der Existenz einer positiven Wurzel für jede positive reelle

Zahl 11 .

31 Wären r � z respektive rz rational, so wären auch �r � z�� r � z respektive �rz�=rrational.

32 a. Mit In � �an; bn� gilt also

a1 à a2 à .. à an à .. à bn à .. à b2 à b1:

Also ist A ˝ fan :n Æ 1g à fbn :n Æ 1g ˛ B und damit auch

a ˝ supA à b ˝ infB:

Außerdem gilt

b � a à infnbn � an � inf

njInj � 0:

Also ist a � b , undTnÆ1 In besteht aus genau einem Punkt.

b. Das ist einfach.

33 a. Kommutativität: Die rechte Seite ist invariant unter Vertauschung von a und b .

Also ist a� b � b � a . — Assoziativität:

�a� b�� c � �a� b � ab=�� c� a� b � c � ab=�� ac=�� bc=�� abc=�2:

Der letzte Ausdruck ist invariant unter Permutationen von a;b; c und deshalb gleich

�b � c�� a � a� �b � c� . — Neutrales Element:

a� e � a a a� e� ae=� � a a �1� a=��e � 0:

Dies gilt für alle a 2 R genau dann, wenn e � 0 .

b. Jedes a � �� besitzt das inverse Element

a�1 � � a�a� � :

20 Lösungen

3Natürliche, ganze

und

rationale Zahlen

Lösungen

1 a. Falsch. Zum Beispiel gilt 1=n > �1=2�n für alle n Æ 1 .

b. Falsch. Es gilt 26 Q � N .

c. Falsch. R ist offensichtlich eine induktive Menge.

d. Falsch. Denn dies ist nichts anderes als die Potenzmenge von Q .

2 Es ist an � an�1b � .. � abn�1 � bn �nXk�0an�kbk und deshalb

�a� b��an � an�1b � .. � abn�1 � bn�

� anXk�0an�kbk � b

nXk�0an�kbk

� an�1 �nXk�1an�k�1bk �

n�1Xk�0an�kbk�1 � bn�1:

Die beiden mittleren Terme heben sich auf, denn mit l � k� 1 wird

n�1Xk�0an�kbk�1 �

nXl�1an��l�1�bl �

nXk�1an�k�1bk:

Damit bleibt an�1 � bn�1 , und die Behauptung ist bewiesen.

22 3 — Natürliche, ganze und rationale Zahlen

3 Wir zeigen dies durch Induktion über die Elementzahl. Für die leere Menge ist dies

sicher richtig, denn

j;j � 0; jP�;�j � jf;gj � 1 � 20:

Wir nehmen nun an, die Behauptung gilt für alle n-elementigen Mengen M . Ist nun

M+ � M [ fmg eine n � 1-elementige Menge (also m � M ), so ist jede Teilmenge von

M+ eine Teilmenge von M oder eine solche Teilmenge zuzüglich das Element m . Das

heißt, es gilt

P�M+� �[

A2P�M�A [

[A2P�M�

A[ fmg ;

wobei auf der rechten Seite auch jede Teilmenge von M+ nur einmal auftritt. Mit der

Induktionsannahme folgt hieraus

jP�M+�j � jP�M�j � jP�M�j � 2�2n � 2n�1:

Damit ist die Induktion vollständig.

4 Für n � 1 ist dies korrekt, denn es gibt überhaupt nur eine Abbildung A1 ! A1 , die

Identitätsabbildung, und diese ist eine Bijektion. Wir nehmen nun an, die Behauptung

sei für Bijektionen auf An�1 richtig, und � sei eine Bijektion auf An . Dann gibt es nMöglichkeiten für ��n� , und �n� 1�! Möglichkeiten für

��An�1

: An�1 ! f��1�; .. ; ��n� 1�g ’ An�1

Also gibt es n��n� 1�! � n! Bijektion auf An .

5 Sei an � 1 � 22n � 22n�1. Es ist a0 � 7 , die Behauptung für n � 0 also offensichtlich

richtig. Um von n auf n� 1 zu schließen, rechnen wir einfach mal:

a2n �

�1� 22n�1 � 22n�2�� 2

�22n � 22n�1 � 22n�2n�1�

� an�1 � 2�22n�1� 22n � 22n�1�

� an�1 � 22n�1an:

Also ist

an�1 � �an � 22n�1�an � �1� 22n � 22n�1�an:

Ist also an durch 7 teilbar, so auch an�1 .

6 Aufgrund der Rechenregeln für natürliche Zahlen 5 gilt für jedes m 2 A � N :

m 2 A ) m > n ) m Æ n� 1:

Also gilt auch A Æ n� 1 .

7 Für 1 à n à 4 ist dies nicht wahr, aber für n � 5 . Nehmen wir, dass dies für irgendein

n Æ 5 gilt, so folgt

2n�1 � 2�2n > 2�n2 �n� � 2n2 � 2n:

Lösungen — 3 23

Ersetzen wir auf der rechten Seite der Behauptung n durch n� 1 , so erhalten wir

�n� 1�2 � �n� 1� � n2 � 3n� 2:

Zu zeigen ist dann also noch, dass

2n2 � 2n Æ n2 � 3n� 2;

und dies ist äquivalent mit

n2 Æ n� 2:

Das ist aber sicher richtig für n Æ 2 . Damit ist die Induktion vollständig.

8 Für n � 1 ist das sicher richtig, da ja ’�1� 2 N . Angenommen also, es gilt ’�n� Æ nfür ein n Æ 1 . Dann folgt

’�n� 1� > ’�n� � n:

Wegen ’�n � 1� 2 N folgt mit den Rechenregeln 5 ’�n � 1� Æ n � 1 . Damit ist die

Induktion vollständig.

9 a. Für n � 1 ist das richtig. Per Induktion folgt dann für n Æ 1�n�1Xk�1xk��n�1X

k�1x�1k

�� nXk�1xk�� nX

k�1x�1k

�� xn�1

� nXk�1x�1k

�� x�1

n�1

� nXk�1xk�� 1

Æ n2 �nXk�1

�xn�1

xk� xkxn�1

�� 1:

Jeder Summand in der Klammer ist Æ 2 a-2.24 . Also erhalten wir als untere Schranke

n2 �nXk�1

2� 1 � n2 � 2n� 1 � �n� 1�2:

b. Für n � 1 ist nichts zu zeigen. Gilt die Aussage für irgendein n Æ 1 , so folgt

n�1Yk�1�1� xk� �

� nYk�1�1� xk�

��1� xn�1�

Æ�

1�nXk�1xk��1� xn�1� Æ 1�

nXk�1xk � xn�1 � 1�

n�1Xk�1xk;

denn der Term xn�1Pnk�1 xk ist positiv.

c. Für n � 1 ist nichts zu zeigen. Gilt die Aussage für irgendein n Æ 1 , so folgt

n�1Yk�1�1� xk� Æ

�1�

nXk�1xk��1� xn�1�

� 1�nXk�1xk � xn�1 � xn�1

nXk�1xk Æ 1�

n�1Xk�1xk

denn wie zuvor ist der Term xn�1Pnk�1 xk positiv.


10 a. Ia: Für n � 1 ergibt sich 1 � 1 , was offenbar stimmt. Is:

n�1Xk�1�2k� 1� �

nXk�1�2k� 1�� 2n� 1�:

Die Summe auf der rechten Seite ist nach Induktionsvoraussetzung gleich n2 . Also gilt

n�1Xk�1�2k� 1� � n2 � 2n� 1 � �n� 1�2:

Das ist die Behauptung für n� 1 , und die Induktion ist vollständig.

b. Ia: Für n � 1 steht links 12 � 1 und rechts 1�2�3=6 � 1 . Dies ist offensichtlich

richtig. Is: Auf der linken Seite erhalten wir mit der Induktionsvoraussetzung

n�1Xk�1k2 �

nXk�1k2 � �n� 1�k

� n�n� 1��2n� 1�=6� �n� 1�2

� �2n2 � 7n� 6��n� 1�=6:

Dies ist genau die rechte Seite für n�1 , denn ersetzen wir n durch n�1 , so erhalten

wir

�n� 1��n� 2��2n� 3�=6 � �2n2 � 7n� 6��n� 1�=6:

Damit ist die Induktion vollständig.

c. Mit der Formel für die arithmetische Summe ist die Gleichung äquivalent mit

nXk�1k3 � n

2�n� 1�2

4:

Ia: Für n � 1 ist dies korrekt. Is: Es ist dannn�1Xk�1k3 �

nXk�1k3 � �n� 1�3

� n2�n� 1�2

4� �n� 1�3

� �n� 1�2

4�n2 � 4n� 1� � �n� 1�2�n� 2�2

4:

Das ist genau die Behauptung für n� 1 .

11 a. Ia: Für n � 1 ergibt sich 1 Æ 1 . Is: Gilt die Ungleichung für irgendein n Æ 1 , so

gilt sie auch für n� 1 , wennpn� 1p

n� 1Æpn� 1:

Wegen n�n� 1� Æ n2 ist aberqn�n� 1�� 1 Æ n� 1;

und Division mitpn� 1 ergibt die gewünschte Ungleichung.

Lösungen — 3 25

b. Ia: Für n � 1 reduziert sich die Behauptung auf 2! Æ 4=2 , ist also richtig.

Is: Gilt die Ungleichung für irgendein n Æ 1 , so folgt mit 2n� 2 Æ 4 auch

�2�n� 1��!�n� 1�!

Æ�2n�!n!

�2n� 1��2n� 2�n� 1

Æ4n

n� 1�4 Æ 4n�1

n� 2:

Das ist die Behauptung für n� 1 .

c. Ia: Für n � 1 reduziert sich die Behauptung auf 0 < 1=4 < 1 , ist also korrekt.

Is: Gilt die Ungleichung für irgendein n Æ 1 , so gilt sie auch für n� 1 , wenn

n4

4�n3 <

�n� 1�4

4<n4

4� �n� 1�3

oder

n4 � 4n3 < �n� 1�4 < n4 � 4�n� 1�3:

Dies ist offensichtlich korrekt wegen �n � 1�3 � n3 � 3n2 � 3n � 1 und �n � 1�4 �n4 � 4n3 � 6n2 � 4n� 1 .

12 a. Sei 2 à k à n � 1 . Dann ist �n � 1�! durch k teilbar. Also ist auch �n � 1�! � kdurch k teilbar und damit nicht prim.

b. Das ist natürlich falsch. So ist 3�5� 1 � 16 nicht prim.

13 Betrachte zum Beispiel die erste Identität. Für n � 0 ist a0b0 � 1 � �ab�0 korrekt. Gilt

die Identität für irgendein n Æ 0 , so gilt auch

an�1bn�1 � anabnb � anbnab � �ab�n�ab� � �ab�n�1:

Und schließlich folgt für n < 0

anbn � �a�n��1�b�n��1 � �a�nb�n��1 � ��ab��n��1 � �ab�n:

Entsprechend alles andere.

14 Ist A � Z nach unten beschränkt, so besitzt A auch eine untere Schranke u 2 Z . Dann

aber ist

A0 ˝ fa�u� 1 : a 2 Ag

eine Teilmenge von N , besitzt also 7 ein minimales Element m0 . Es gibt also ein a0 2 Amit

m0 � a0 �u� 1 à a�u� 1; a 2 A:

Damit ist a0 ein minimales Element von A .

15 Jede nichtleere beschränkte Teilmenge A von N besitzt ein maximales Element, maxA .

Wir zeigen damit die etwas stärkere Aussage

maxA � n ) jAj à n:

Für n � 1 ist dies klar, denn dann ist A � f1g und jAj � 1 . Sei jetzt maxA � n � 1 .

Insbesondere ist dann n� 1 2 A . Für die Menge

A0 � AØ fn� 1g


gilt dann

maxA0 � n;

denn zwischen n und n� 1 liegt keine weitere natürliche Zahl. Aufgrund der Indukti-

onsannahme ist

jA0j à n:

Also ist auch

jAj � jA0j � jfn� 1gj à n� 1;

und die Induktion ist vollständig.

16 Man zeigt über Induktion, dass die Bildmenge jeder Abbildung An ! N ein maximales

Element besitzt. Das ist gleichbedeutend mit der Aussage, dass jede endliche Teilmenge

von N ein maximales Element besitzt. — Gäbe es also sogar eine Bijektion An ! N , so

hätte N ein maximales Element, was dem Archimedischen Prinzip widerspricht.

17 Um die Formeln etwas zu vereinfachen, betrachten wir das Schema

�0;0� �0;1� �0;2� � � ��1;0� �1;1� �1;2� � � ��2;0� �2;1� �2;2� � � �

......

.... . .

und beginnen die Nummerierung bei 0 . Das Element �m;n� steht dann in derm�n�1-

ten Diagonalen an der n� 1-ten Stelle und erhält damit die Nummer

��m;n� � 1� .. � �m�n��n � �m�n��m�n� 1�2

�n:

Ist umgekehrt ��m;n� � r gegeben, so ist m die größte ganze Zahl mit ��m;0� à r ,

also

m�m� 1� à 2r :

Mit der Gaußklammer �� ergibt dies

m �"p

8r � 1� 12

#und damit weiter n � r ��m;0� .

18 Ist M � N endlich, so ist n �maxM endlich und damit M � An . Es gilt daher

P0�N� �[nÆ0P�An�:

Für alle n ist P�An� endlich, genauer gilt sogar jP�An�j � 2n a-3 . Also ist P0�N� die

Vereinigung abzählbar vieler endlicher Mengen und damit ebenfalls abzählbar a-19 .

Lösungen — 3 27

19 Jede endliche Menge können wir bijektiv auf eine Teilmenge von N abbilden. Also kön-

nen wir eine abzählbare Vereinigung solcher Mengen auf eine Teilmenge von N � N

abbilden. Da diese abzählbare ist, ist es auch jene 23 .

20 Diese Menge kann bijektiv auf eine Teilmenge von Q�Q abgebildet werden.

21 Wir zeigen der Einfachheit halber, dass es eine Bijektion �0;1� ! �0;1� gibt. — Eine

Funktion wie t , t=�1�jtj� bildet �0;1� bijektiv auf �0;1� ab. Bleibt also eine Bijektion

s : ��1;1�! ��1;1�

zu finden. Dazu wählt man einfach irgendwelche Bijektionen

sn : �2�n�1;2�n�! �2�n�1;2�n�; n � 1;2; ; .. ;

und setzt noch s�0� � 0 .

22 Wir betrachten die Kontraposition: Ist ’ : Am ! An injektiv, so ist m à n . — Dies

beweisen wir durch Induktion über n . Für n � 1 ist dies richtig, denn um injektiv

auf ein einziges Element abzubilden, darf die Urbildmenge nicht mehr als ein Element

enthalten. Sei jetzt

’ : Am ! An�1

injektiv. Sei a �’�1�n� 1� und A0m � Am Ø fag . Dann ist

’0 � ’��A0m : A0m ! An

ebenfalls injektiv. Da außerdem A0m � Am�1 , erhalten wir auch eine injektive Abbil-

dung

’00 : Am�1 ! An:

Nach Induktionsvoraussetzung ist dann aber m� 1 à n , oder m à n� 1 . Das war zu

zeigen.

23 Sei n � 2m�1 . Das fragliche Produkt ist ungerade, wenn jeder Faktor �k�k ungerade

ist. Dazu müssen aber die m� 1 ungeraden Zahlen 1;3; .. ;2m� 1 auf m� 1 verschie-

dene gerade Zahlen 1 à �1; .. ; �2m�1 à 2m � 1 abgebildet werden. Davon gibt es aber

nur m Stück.

24 Ist s : N! X surjektiv, so ist s�1�x� für jedes x 2 X nicht leer,

A �[x2X min fn 2 N : s�n� � xg

eine Teilmenge von N , und s��A : A ! X bijektiv. Also 22 ist X abzählbar. Ist umge-

kehrt abzählbar, so gibt es entweder eine Bijektion N! X oder eine Bijektion An ! X .

Letztere kann man aber immer zu einer Surjektion N! X ausdehnen.

25 Es gilt sicherlich

x ˝ sup fr 2 Q : r < xg à x:

Wäre aber x < x , so gäbe es eine weitere rationale Zahl x < r < x 19 , ein Widerspruch

zur Definition von x .


26 Gäbe es nur endlich viele verschiedene rationale Zahlen, so hätten diese untereinan-

der einen positiven Abstand. In einem Intervall zweier aufeinanderfolgender rationaler

Zahlen existiert aber mindestens eine weitere rationale Zahl 19 – ein Widerspruch.

27 Für n � 1 ist die Formel offensichtlich korrekt. Induktiv gilt dann

Bn�1m � Bnm�1 � Bnm �

n!�m� 1�!�n�m� 1�!

� n!m!�n�m�!

� n!m� �n�m� 1�m!�n�m� 1�!

� �n� 1�!m!�n� 1�m�!

wie es sein soll.

28 Die erste Formel ist für n � 0 und n � 1 offensichtlich korrekt. Mit Induktion folgt

dann

�1� t�n�1 � �1� t�nXk�0Bnk t

k

�nXk�0Bnk t

k �nXk�0Bnk t

k�1

� 1�nXk�1Bnk t

k �nXk�1Bnk�1t

k � tn�1

� 1�nXk�1Bn�1k tk � tn�1 �

n�1Xk�0Bn�1k tk:

Die zweite Formel beweist man entsprechend, oder führt sie auf die erste zurück.

29 Die Menge Pn aller Polynome vom Grad n� 1 mit ganzzahligen Koeffizienten können

wir mit einer Teilmenge von Zn identifizieren und ist damit abzählbar. Dann ist auch

die MengeSnÆ1 Pn aller Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten abzählbar, denn

die abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen ist wieder abzählbar. Da jedes dieser

Polynome nur endlich viele Nullstellen hat, ist damit auch die Menge der algebraischen

Zahlen abzählbar.

30 Da es überhaupt nur abzählbar viele algebraische Zahlen gibt, können in jedem nich-

tentarteten Intervall ebenfalls nur abzählbare viele algebraische Zahlen liegen 23 . Wären

auch die nicht-algebraischen, also transzendenten Zahlen dort abzählbar, so wären alle

reellen Zahlen dieses Intervalls abzählbar. Dies ist ein Widerspruch.

32 a. Da der Ansatz auch für n � 0 gelten sollte, erhält man f0 � a � b � 0 und

f1 � a�� b� � 1 , also

a � 1�� ; b � 1

� � � :

Daraus folgt übrigens weiter

f2 � a�2 � b�2 � �2 � �2

�� 1: (*)

Lösungen 29

b. Nehmen wir � > � an, so folgt – hier greifen wir Kapitel 5 über Grenzwerte vor –

fn�1=fn ! �; n!1:

Augrund der Rekursionsformel ist fn�1=fn � 1� fn�1=fn , im Grenzwert also

� � 1� 1=� a �2 � �� 1:

Mit (*) erhält man für � ebenfalls

�2 � � � 1:

c. Die Identität ist offensichtlich korrekt für n � 1 und n � 2 . Induktiv erhält man

mit der Rekursionsformel

�� fn�1 � �n � �n � �n�1 � �n�1

� �n�1�� 1�� n�1�� 1�

Mit �� 1 � �2 und � � 1 � �2 folgt dann die Behauptung für n� 1 .

33 a. Für n � 1 erhält man f1 � f3 � 1 , was wegen f1 � 1 und f3 � 2 korrekt ist. Mit

Induktion folgt dann

n�1Xk�1fk �

nXk�1fk � fn�1 � fn�2 � 1� fn�1 � fn�3 � 1:

b. Mit der Binetschen Darstellung a-32 , der binomischen Formel a-28 sowie den Identiä-

ten 1� � � �2 , 1� � � �2 folgt

�� nXk�1Bnk fk �

nXk�1Bnk �

k �nXk�1Bnk �

k

�nXk�0Bnk �

k �nXk�0Bnk �

k � �1� ��n � �1� ��n � �2n � �2n:

Also istnXk�1Bnk fk �

�2n � �2n

�� f2n:

34 Die Induktionsverankerung für n � 1 ist in Ordnung, aber . . . beim Schluss von n auf

n�1 wird stillschweigend n Æ 3 vorausgesetzt – es wird ja angenommen, dass M drei

verschiedene Elemente b; c; d enthält. Die Induktion überspringt also den Fall n � 2 .

30 Lösungen

4Komplexe Zahlen

Lösungen

1 a. Richtig. Denn das Produkt ist wieder ein Element von S .

b. Absolut falsch.

c. Richtig. Denn zz � jzj2 � 1 .

d. Falsch. Es gibt die vier Lösungen 1; i;�1;�i .

2 Elementar.

3 a. i b.p

13=5 c. �46� 9i d. i

4 Es ist � � � und deshalb

Im�z � 12i��z � �z� � 1

2i��z � �z� � �

2i�z � z� � � Imz:

5 Die umgekehrte Dreiecksungleichung folgt aus der Dreiecksungleichung genau wie im

Reellen 2.7 . Die Parallelogrammgleichung ergibt sich durch Ausmultiplizieren:

jz �wj2 � jz �wj2 � �z �w��z � w�� z �w��z � w�� zz �ww � zz �ww� 2 jzj2 � 2 jwj2 :

6 a. Dies ist ein offener Kreisring, oder Annulus, um den Punkt �1� i mit Innenradius 1

und Außenradius 2.

b. Dies ist genau die imaginäre Achse, denn

jz � 1j � jz � 1j a �z � 1��z � 1� � �z � 1��z � 1�

a z � z � 0:

32 4 — Komplexe Zahlen

Abb 1 Die Menge j�z � 1��z � 1�j � r2 für verschiedene Werte von r Æ 0

c. Wegen

z2 � x2 � 2xy i �y2

ist dies die Hyperbel x2 �y2 � 1 .

d. Dies ist etwas komplizierter. Mit z � x �y i wird nach einer kleinen Rechnung

jz � 1j2 jz � 1j2 � jz2 � 1j2

� jx2 �y2 � 1� 2xy ij2

� �x2 �y2 � 1�2 � 4x2y2

� x4 � 2x2 � 1� 2y2 � 2x2y2 �y4

� �x2 � 1�2 � 2�x2 � 1�y2 �y4:

Man erkennt, dass die Menge symmetrisch ist unter Spiegelungen an der x- und y-

Achse, und dass die Gleichung

�x2 � 1�2 � 2�x2 � 1�y2 �y4 � r 2

nur für jx2 � 1j à r eine Lösung für y2 besitzt. Auflösen ergibt

y2 � �x2 � 1�q

4x2 � r 2;

was auch nicht sehr erhellend ist. — Eine bessere Möglichkeit, diese Menge zu analysie-

ren, lernen wir in der mehrdimensionalen Analysis kennen.

Lösungen 33

7 Auf jeden Fall gilt ��1� � 1 und damit ��1� � �1 . Dann gilt aber auch

�1 � ��1� � ��i2� � ��i�2:

Also ist entweder ��i� � i oder ��i� � �i . Im ersten Fall ist � die Identität, im zweiten

Fall die komplexe Konjugation.

8 Mit x � x � iy und w � u� iv gelangt man zu dem Gleichungssystem

u2 � v2 � x; 2uv � y:

Löst man die zweite Gleichugn nach u auf und setzt das Ergebnis in die erste Gleichung

ein, so erhält man wegen der Bedingung u > 0 die eindeutigen Lösungen

u2 � jzj � x2

; u �sjzj � Rez

2:

Damit folgt dann auch

v2 � jzj � x2

:

Das Vorzeichen von v ist durch 2uv � y und damit sgnu � sgny � sgn�Imz�bestimmt.

9 Die Operationen sind komponentenweise definiert. Für u � �uk�kÆ1 und v � �vk�kÆ1

ist also

u� v � �uk � vk�kÆ1; uv � �ukvk�kÆ1:

Dann ist notwendigerweise

0s � �0;0; ..�; 1s � �1;1; ..�;

und das Distributivgesetz verifiziert man ebenfalls komponentenweise. Eine Folge be-

sitzt aber ein multiplikativ Inverses nur dann, wenn alle Folgenglieder nicht 0 sind.

Somit besitzt nicht jedes Element ungleich 0s ein multiplikativ Inverses.

34 Lösungen

5Folgen

Lösungen

1 a. Wahr. Man muss man nur die Folge der natürlichen Zahlen und drei verschiedene

konstante Folgen ›mischen‹.

b. Falsch. c. Falsch.

d. Wahr. Eine monotone Folge ist entweder unbeschränkt oder beschränkt. In letzte-

rem Fall ist sie aber auch konvergent 14 .

e. Falsch. f. Falsch.

2 Nur die zweite Aussage ist richtig.

3 Es gibt ein " > 0 , so dass zu jedem N Æ 1 ein n Æ N existiert, für das janj Æ " .

4 Hätte eine solche Abzählung einen Grenzwert a 2 �0;1� , so lägen zum Beispiel in der

Umgebung U1=4�a� fast alle Folgenglieder. Für deren nichtleeres Komplement in �0;1�blieben dann nur endlich viele rationale Zahlen übrig, was offensichtlich Unsinn ist.

5 a. Da A nicht leer und beschränkt ist, existiert a � supA . Aufgrund des Approxima-

tionssatzes existiert zu jedem n Æ 1 ein an 2 A mit

a� 1n< an à a:

Wir erhalten damit eine Folge �an� in A mit an ! a , denn ist N Æ 1=" , so ist

jan � aj <1nà

1Nà "; n Æ N:

b. Wende zum Beispiel Teil a auf die Menge A � fq 2 Q : q < xg an.

36 5 — Folgen

6 Zu jedem " > 0 existiert ein N , so dass

jan � bj < "; jcn � bj < "; n Æ N:

Es gilt also b � " < an à cn < b � " . Dann gilt aber auch b � " < bn < b � " , also

jbn � bj < "; n Æ N:

Also konvergiert auch �bn� gegen b .

7 Für zwei reelle Zahlen u;v gilt a-2.25

max fu;vg � u� v2

� ju� vj2

:

Mit den Grenzwertgleichungen folgt daher

max fan; bng �an � bn

2� jan � bnj

2! a� b

2� ja� bj

2�max fa;bg :

Entsprechendes gilt natürlich für

min fu;vg � u� v2

� ju� vj2

:

8 Es gilt

bnk

cnl � d !

8>>>>>><>>>>>>:

0; k < l;

b=c; k � l Æ 1;

b=�c � d�; k � l � 0 ^ c � d � 0;

1; k > l:

9 a. 0 b. 1 c. 1 d. 0 e. 1=2 f. 4

10 Die Folge �a3n� enthält Teilfolgen von �a2n� und �a2n�1� . Da alle diese Folgen konver-

gieren, haben sie also 21 denselben Grenzwert. Da jedes Folgenglied von �an� in einer

dieser Folgen enthalten ist, ist auch �an� konvergent mit demselben Grenzwert.

11 Da die Folge aus positiven Gliedern besteht, gilt

1=an ! 0 a 0 < 1=an < "; N Æ N�"�

a an > 1="; N Æ N�"�

a an !1:

12 Aus der Annahme folgt, dass es eine Teilfolge von �an� gibt, die gegen 0 konvergiert.

Da die gesamte Folge ebenfalls konvergiert, muss sie auch gegen 0 konvergieren 21 .

13 Für jedes k Æ 1 gilt a-2.24 ak � a�1k Æ 2 und damit

bn ÆnXk�1

2 Æ 2n:

Daraus folgt die Behauptung.

Lösungen — 5 37

14 Dies ist eine einfache Rechnung:

an > bn > cn apn� a >

pn�

pn >

pn�n=a

a a >pn > n=a

a a2 > n:

Die Grenzwerte bestimmt man auf die übliche Weise.

15 Zunächst bemerkt man, dass

a2n Æ a; n Æ 1:

Für n � 1 ist dies richtig wegen a1 � a > 1 , und ansonsten folgt dies mit 2.24

a2n�1 Æ a a a2

n � a2=a2n Æ 2a a

a2na2 �

a2

a2nÆ 2:

Die Monotonie folgt daraus mit

an�1 à an a an � a=an à 2an a a à a2n:

Da die Folge nach unten durch a beschränkt ist, ist sie konvergent 14 mit einem ge-

wissen reellen Grenzwert r Æ a . In der Rekursionsgleichung können wir damit zum

Grenzwert übergehen und erhalten

r � 12

�r � a

r

�a r 2 � a:

Somit konvergiert die Folge gegen r �pa . — Dies ist auch ein Beispiel dafür, dass

der Satz von der monotonen Konvergenz nicht in Q gilt. Mit a � 2 sind alle Folgen-

glieder rational, doch der Grenzwert ist die irrationale Zahlp

2 . Die Folge ist also nicht

konvergent in Q .

16 ) Ist eine Folge konvergent, so ist sie beschränkt 4 , und ihr Grenzwert ist auch

ihr einziger Häufungswert 3 . ( Angenommen, die gesamte Folge �an� konvergiert

nicht gegen den einzigen Häufungswert a . Dann existiert ein " > 0 , so dass jan � aj Æ" für unendlich viele n . Da andererseits diese an beschränkt sind, existiert nach dem

Satz von Bolzano-Weierstrass 17 darin eine weitere konvergente Teilfolge, deren Grenz-

wert offensichtlich nicht a sein kann. Somit besitzt die Folge mindestens zwei Häu-

fungswerte – ein Widerspruch.

17 a. Wäre die gesamte Folge �an� nicht konvergent, so hätte sie mindestens zei ver-

schiedene Häufungswerte a-16 . Es gäbe also mindestens zwei konvergente Teilfolgen

mit verschiedenen Grenzwerten 25 – ein Widerspruch.

b. Betrachte zum Beispiel

�0;1;0;2;0;3;0;4; ..�:

Jede Teilfolge, die konvergiert, kann nur gegen 0 konvergieren. Trotzdem ist die Ge-

samtfolge divergent. — Man kann übrigens auch die Folge

�1;2;3; ..�

38 5 — Folgen

als Beispiel nehmen. Diese besitzt überhaupt keine konvergente Teilfolge, die Annahme

über ›jede konvergente Teilfolge‹ ist damit ebenfalls erfüllt.

18 a. Sei a � liman . Dann ist

jbn � aj ��a1 � .. � an �na

n

�� à 1n

nXk�1jak � aj :

Zu " > 0 existiert ein K Æ 1 , so dass jak � aj < "=2 für k Æ K . Zu

AK ˝ ja1 � aj � .. � jaK�1 � aj

existiert ferner ein N Æ K , so dass AK=n < "=2 für n Æ N . Dann gilt auch

jbn � aj àAKn� 1n

nXk�K

"2<"2� "

2� "; n Æ N:

Somit konvergiert �bn� ebenfalls gegen a .

b. Für an � ��1�n beispielsweise gilt bn ! 0 .

19 Subtraktion von an von der Rekursionsformel ergibt

an�1 � an � �12�an � an�1�; n Æ 1:

Daraus folgt mit Induktion und q � �1=2

an�1 � an � qn�a1 � a0� � qn�b � a�; n Æ 1:

Addition der ersten n Terme ergibt dann mit der geometrischen Summenformel

an�1 � a �nXk�0qk�b � a� � 1� qn�1

1� q �b � a�:

Da qn gegen 0 konvergiert, konvergiert damit auch �an� . Im Limes erhält man

an ! a�b � a1� q � �a� 2b�=3:

20 Offensichtlich gilt an à 1 und damit auch

an�1 �1

1� anÆ

12

für alle n . Daraus folgt

jan�1 � anj �� an � an�1

�1� an��1� an�1�

�� à 49jan � an�1j ; n Æ 2:

Wie zuvor a-19 ist also �an� eine Cauchyfolge mit Grenzwert a 2 �1=2;1� . Grenzüber-

gang in der Rekursionsgleichung ergibt

a � 11� a a a2 � a � 1:

21 ) Konvergiert �xn� , so konvergiert �yn� aufgrund der Grenzwertsätze für jedes re-

elle � . ( Wir nehmen indirekt an, dass �xn� divergiert. Ist �xn� unbeschränkt, so

Lösungen — 5 39

kann �yn� offensichtlich nicht konvergieren. Ist �xn� dagegen beschränkt, so hat �xn�mindestens zwei Häufungswerte a-16 . Dann kann �yn� aber ebenfalls nicht konvergie-

ren.

22 Es ist

limn!1

�1� 2

n

�n� limn!1

�1� 2

2n

�2n

� limn!1

��1� 1

n

�n�2

��

limn!1

�1� 1

n

�n�2

� a2

auf Grund des Grenzwertsatzes für Produkte. Also b � a2 . Ferner ist

1� 1n� 1

1� 1n� 1

;

und deshalb

limn!1

�1� 1

n

�n� limn!1

1� 1n�

1� 1n� 1

�n�1 �limn!1

�1� 1

n

�limn!1

�1� 1

n� 1

�n�1 �1a

ebenfalls auf Grund der Grenzwertsätze. Also ist c � a�1 .

23 Denn wäre eine reelle Zahl a kein Häufungswert, so existierte ein " > 0 , so dass in

U"�a� nur endlich viele Folgenglieder liegen. Das widerspricht aber der Tatsache, dass

in jedem offenen Intervall unendlich viele rationale Zahlen liegen.

24 In allen Fällen genügt es, die Teilfolgen �a2n� und �a2n�1� zu betrachten.

a. 1 und �1 b. 0 c. 1 und �1 d. �1 und 3

25 a. Sicher, zum Beispiel hat

0; 0;1; 0;1;2; 0;1;2;3; 0;1;2;3;4; 0; ..

die natürlichen Zahlen als Häufungswerte.

b. Ja. Jede Abzählung von Q ergibt zum Beispiel eine Folge, die R als Menge ihrer

Häufungswerte hat.

c. Nein. Denn besitzen die Häufungswerte einer Folge ihrerseits einen Häufungswert,

so ist dieser auch Häufungswert der Folge selbst. Sind also bereits alle rationalen Zahlen

Häufungswerte, dann, siehe oben, auch alle reellen Zahlen.

d. Nein. Dasselbe Argument wie zuvor.

e. Nein. Betrachten wir die offenen Intervalle

In � B"=n�xn�; n Æ 1;

so bedeutet die Bedingung, dass die Mittelpunkte aller auf In folgenden Intervalle nicht

in In liegen. Das bedeutet aber, dass die halb so großen Intervalle

Jn � B"=2n�xn� � In; n Æ 1

sämtlich disjunkt sind. Berücksichtigen wir noch, dass bei zwei Intervallen maximal die

Hälfte über �0;1� hinausragen kann, so können wir schließen, dass mit jedem Folgen-

40 5 — Folgen

glied xn ein Intervall der Länge "=4n in �0;1� ›blockiert‹ wird: dort können sich keine

weiteren Folgenglieder aufhalten. Es gibt aber zu jedem " > 0 ein N mit

NXn�1

"4n

> 1:

Es gibt somit in �0;1� nicht genügend Platz für eine solche Folge.

26 Das ist einfach.

27 Ist x � p=q rational und teilerfremder mit q > 0 , so ist die Menge aller Häufungswerte

f0;1=q; .. ; �q � 1�=qg . Andernfalls ist es das gesamte Intervall �0;1� . Siehe dazu »Rein

imaginäre Eigenwerte« im Band »Etwas mehr Analysis«.

28 Sei a � lima2n und a � lima2n�1 . Da beide Teilfolgen zusammen alle Glieder von

�an� enthalten, liegen fast alle Folgenglieder in U"�a�[U"�a� für jedes beliebige " > 0 .

Dann besitzt aber jede andere reelle Zahl a eine Umgebung U� �a� , in der höchstens

endlich viele Folgenglieder liegen. Dies gilt zum Beispiel mit

" � � �min�ja� aj ; ja� aj�=2:

Also gibt es keine weiteren Häufungswerte.

29 Ja, zum Beispiel zn � ��1�n i .

30 Das ist einfach.

31 Es ist

��pnqn � pmqm�� jpnqm � pmqnjjqnqmj

8><>:� 0 für pn=qn � pm=qm;

Æ 1= jqnqmj sonst.

Es können nicht fast alle Folgenglieder gleich sein, da sonst der Grenzwert rational

und nicht irrational wäre. Es muss also unendlich oft die zweite Abschätzung gelten.

Dann aber kann nur dann eine Cauchyfolge vorliegen, wenn die jqnj jede Schranke

übertreffen, also jqnj ! 1 gilt.

Wäre jetzt pn beschränkt, so folgte pn=qn ! 0 , und der Grenzwert wäre ebenfalls

rational. Also muss auch jpnj unbegrenzt anwachsen.

32 a. Aus

max1àiàn

jxij2 à jx1j2 � .. � jxnj2 à �jx1j � .. � jxnj�2 à �n max1àiàn

jxij�2

�max1àiàn

jxij�2 � max1àiàn

jxij2 à jx1j2 � .. � jxnj2

à �jx1j � .. � jxnj�2 à �n max1àiàn

jxij�2

folgt nach Wurzelziehen kxk1 à kxke à kxk1 à nkxk1 .

b. Es gilt ja auch weiter

kxk1 à kxke à kxk1 à nkxk1 à nkxke :

Lösungen — 5 41

Somit kann jede Norm durch ein konstantes Vielfaches jeder anderen Norm beschränkt

werden. Damit überträgt sich auch die Cauchyfolgen-Eigenschaft.

33 a. Das ist eine direkte Rechnung:

ku� vk2 � ku� vk2 � hu� v;u� vi � hu� v;u� vi� hu;ui � 2 hu;vi � hv;vi � hu;ui � 2 hu;vi � hv;vi� 2 hu;ui � 2 hv;vi� 2kuk2 � 2kvk2 :

b. Für die Standardbasisvektoren u � e1 und v � e2 ist zum Beipiel

ku� vk21 � ku� vk2

1 � 2 � 4 � 2kuk21 � 2kvk2

1 ;

ku� vk21 � ku� vk2

1 � 8 � 4 � 2kuk21 � 2kvk2

1 :

c. Siehe Abschnitt »Hilberträume« im Band »Noch mehr Analysis«.

34 Für 0 à t à 1 ist t Æ 0 und 1� t Æ 0 . Für u;v 2 U"�� gilt deshalb

k�1� t�u� tv�� ak � k�1� t��u� a�� t�v � a�kà k�1� t��u� a�k � kt�v � a�k� �1� t�ku� ak � t kv � ak< �1� t�" � t"� ":

Also gilt auch �1� t�u� tv 2 U"�a� .

35 a. Da �an� monoton fällt und �an� monoton steigt, ist 14

a� � limn!1

an � infnan � inf

nsupmÆn

am;

a� � limn!1

an � supnan � sup

ninfmÆn

am:

b. Offensichtlich gilt an à an für alle n , also auch 9

a� � limn!1

an à limn!1

an � a�:

Betrachte zum Beispiel a� . In jeder linksseitigen "-Umgebung von a� liegt fast alle

an , und in jede "-Umgebung eines solchen an liegt mindstens ein Folgenglied am .

Daher liegen in jeder "-Umgebung von a� unendlich viele Folgenglieder, und a� ist

ein Häufungswert der Folge.

c. Außerhalb der Intervalle �an; an� liegen nur endlich viele Folgenglieder. Damit lie-

gen auch keine Häufungswerte unterhalb von a� oder oberhalb von a� . Da diese Punk-

te selber Häufungswerte der Folge sind, folgt die Behauptung.

d. In jeder "-Umgebung von a� liegen alle an mit n Æ N , und es gilt am à an für

alle m Æ n . Für �1 < a� <1 bedeutet dies

am à an < a� � "; m Æ n Æ N;

42 Lösungen

und für a� � �1 bedeutet dies aufgrund der Definition der allgemeinen "-Umgebung

am à an < �1=":

Für a� � 1 übrigens ist die entsprechende Aussage trivial beziehungsweise bedeu-

tungslos.

e. Dies folgt sofort aus dem vorangehenden Punkt mit a� � a� .

6Reihen

Lösungen

1 a. Falsch. Eine beschränkte Folge muss nicht konvergieren.

b. Richtig. Das ist die Definition.

c. Falsch. Gegenbeispiel harmonische Reihe.

d. Genauso falsch.

e. Falsch. Gegenbeispiele sind leicht zu basteln.

2 a. Falsch. Es reicht zum Beispiel qn à r < 1 für alle n .

b. Falsch. Gegenbeispiel harmonische Reihe.

c. Richtig. Es existiert eine MajorantePn cqn mit q � 2=3 .

d. Falsch. Denn dies bedeutet lediglich, dass unenlich viele Paare aufeinander folgen-

der Reihenglieder betragsmäßig gleich sind.

e. Richtig. Denn dies bedeutet, dass fast alle Reihenglieder nicht Null und bis auf das

Vorzeichen gleich sind, also auch keine Nullfolge bilden.

3 Offensichtlich gilt für m Æ 1X2m�1<kà2m

1kÆ

X2m�1<kà2m

12m

Æ12:

Daraus folgt

X1àkà2n

1kÆ 1�

nXm�1

2mXk�2m�1�1

1kÆ 1� n

2:

44 6 — Reihen

4 a. Dies ist die geometrische Reihe mit q � �1=2 . Also ist ihr Wert 1=�1� q� � 2=3 .

b. Wegen

24n2 � 1

� 12n� 1

� 12n� 1

heben sich in den Partialsummen alle mittleren Terme auf, und man erhält

sn �nXk�1

14k2 � 1

� 12

�1� 1

2n� 1

�� n

2n� 1! 1

2; n!1:

5 a. Divergent, denn für n Æ 1 gilt

n� 4n2 � 3n� 1

Æn

n2 � 3n� 1Æn2

n� n:

b. Konvergent, mit Quotientenkriterium:

jan�1jjanj

� �n� 1�!�n� 1�n�1 �

nn

n!� nn

�n� 1�n��

1� 1n

��nà

12;

denn �1� 1=n�n Æ 2 aufgrund der Bernoullischen Ungleichung 3.4 .

c. Divergent, dennpn� 1�pnp

n� 1p

n�pn� 1�pn

� Æ 12n� 1

Æ1

3n:

d. Konvergent. Denn aufgrund der Bernoullischen Ungleichung ist

2 à�

1� 1pn

�pnà�

1� 1pn

��pnund deshalb�

1� 1pn

�nà�

12

�pn; n Æ 1:

Die konvergenz folgt hieraus mit dem Verdichtungskriterium.

e. Konvergent, mit Leibniz-Kriterium: Es handelt sich um eine alternierende Reihe, de-

ren Absolutglieder monoton gegen 0 streben:pn� 1�

pn � 1p

n� 1�pn & 0:

f. Divergent, denn

a2n�1 � a2n �4n�� 1

2n�2n� 1��2 � 1�Æ

116n

; n Æ 3:

g. Konvergent. Denn

n!3�5� .. ��2n� 1�

� 13� 2

5� .. � n

2n� 1à

12n:

6 Es ist

0 < e� sn �1X

m�n�1

1m!

<1X��0

1�n� 1�!

� 1�n� 1��

� 1�n� 1�!

� 11� 1=�n� 1�

� 1n! n

:

Lösungen — 6 45

7 a. Konvergent für jzj < e , mit Quotientenkriterium:

�n� 1�! jzjn�1

�n� 1�n�1nn

n! jzjn ��

1� 1n

��njzj ! jzj

e:

Für den Grenzwert siehe Aufgabe 10.12.

b. Für j7zj7 à 1 , also jzj à 1=7 . Denn dann gilt

XnÆ1

j7zj7nn7 à

XnÆ1

1n7 <1:

Für jzj > 1=7 ist die Reihe divergent, da keine Nullfolge vorliegt.

c. Konvergent für alle z , denn

nq��qn2zn

�� jzjqn ! 0:

8 Da die Reihe über 1=n2 monoton steigend gegen einen Grenzwert s konvergiert, gilt

NXn�1an Æ

NXn gerade

1n�

NXn ungerade

1n2 Æ

NXn gerade

1n� s:

Da die letzte Reihe divergiert, divergiert auch die erste Reihe.

9 Da die Reihenglieder monoton fallend gegen Null konvergieren, kann in allen Fällen das

Verdichtungskriterium 11 angewendet werden und führt in den ersten beiden Fällen zu

folgenden Bedingungen an q .

a. 2qp

2 < 1 a q < 2�p

2=2 b. 2qlog 2 < 1 a q < e�1

Die letzten beiden Reihen sind divergent.

10 Da die Summe konvergiert, gilt liman � 0 . Da außerdem �an� monoton fällt, muss

an Æ 0 für alle n gelten. Damit ergibt sich

s �1Xk�1ak Æ

nXk�1ak Æ

nXk�1an � nan:

11 Ist s < 1 der jeweilige limes superior, so existiert zu einem beliebigen q 2 �s;1� ein

N Æ 1 , so dass

nqjanj < q respektive

��an�1

an

�� < q; n Æ N:

Somit kann genauso argumentieren wie im Beweis des Wurzel- 9 respektive Quotienten-

kriteriums 10 .

12 Gilt die Ungleichung für alle n Æ N , so folgt induktiv

an�1 à aNnYk�N

�1� �

k

�:

Also gilt mit einer hinreichend großen Konstanten c für alle n

an�1 à cnYk�1

�1� �

k

�:

46 6 — Reihen

Es gilt aber

nYk�1

�1� �

k

�à

1n�; n Æ 1:

Für n � 1 ist dies offensichtlich richtig, und der Induktionsschritt von n � 1 auf nfolgt mit der Bernoullischen Ungleichung:

1�n� 1��

�1� �

n

�à

1n�

a 1� �nà�n� 1n

��

1� 1n

��:

13 Mit bk � Bk � Bk�1 istXn<kàm

akbk �X

n<kàmak�Bk � Bk�1�

�X

n<kàmakBk �

Xnàk<m

ak�1Bk

� amBm �X

n<k<m�ak � ak�1�Bk � an�1Bn:

14 Nach Voraussetzung sind sowohl �an� wie �Bn� konvergent 5.14 . Also gilt

amBm � an�1Bn ! 0; m > n!1:

Ferner gilt wegen supn jBnj � M <1 und der Monotonie von �an�� Xn<k<m

�ak � ak�1�Bk��

àX

n<k<mjak � ak�1jM à jam � anjM ! 0; n!1:

Aufgrund der Abelschen Summationsregel a-13 gilt also auch�� Xn<kàm

akbk��! 0; n!1:

15 Wie zuvor a-14 gilt aufgrund der monotonen Konvergenz von �an� und der Beschränkt-

heit von �Bn� die Abschätzung�� Xn<k<m

�ak � ak�1�Bk�� à jam � anjM ! 0; n!1:

Außerdem gilt 5.6

an�1Bn; anBn ! 0; n!1:

Aufgrund der Abelschen Summationsregel a-13 gilt also wieder�� Xn<kàm

akbk��! 0; n!1:

16 a. Konvergent, mit Abelkriterium, da �n� 1�=n & 1 .

b. Konvergent, mit Abelkriterium, da npn & 1 für n Æ 3 .

Lösungen — 6 47

c. Die Reihe kann divergieren. Für m � 1;2; .. , wähle n gleiche Summanden 1=npn ,

danach einen Summanden �1=pn . Dann giltX

kÆ1ak �

XnÆ1

��1�npn;

die Reihe ist also konvergent. Dagegen divergiertXkÆ1ak jakj �

XnÆ1

�1n2 �

1n

�:

d. Auch diese Reihe kann divergieren. Das Beispiel ist dasselbe wie zuvor. In diesem

Fall erhält manXkÆ1

ak1� jakj

�XnÆ1

�n

1�npn� 1

1�pn

��XnÆ1

1n:

17 a. Divergent. Denn im Fall supn an � 1 konvergiertan

1� annicht gegen Null. Im Fall

supn an � M <1 dagegen folgtXn<kàm

ak1� ak

Æ1

1�MX

n<kàmak !1; n!1:

b. Konvergent, denn

an1�n2an

à1n2 ; n Æ 1:

c. Es kommt darauf an. Ist �an� beschränkt, so folgt Divergenz wie unter a. Ist �an�unbeschränkt, so konvergiert die Reihe genau dann, wennX

n : an�0

1an

<1:

18 a. Es ist a � a+ � a– und dahernXk�1ak �

nXk�1a+k �

nXk�1a–k:

Die linke Seite konvergiert für n!1 nach Voraussetzung. Konvergiert daher einer der

beiden Terme auf der rechen Seite, dann auch der andere. Konvergieren aber beide, so

konvergiert auch

nXk�1a+k �

nXk�1a–k �

nXk�1jakj ;

die Reihe wäre also absolut konvergiert – ein Widerspruch. Also divergieren beide Sum-

men wie behauptet.

b. Betrachte eine beliebige reelle Zahl s > 0 . Wir setzen s–0 � 0 sowie K+

0 � K–0 � 0

und definieren induktiv

s+n � s–

n�1 �X

K+n�1<kàK

+n

a+k; s–

n � s+n �

XK–n�1<kàK

–n

a–k; n Æ 1;

48 6 — Reihen

wobei

K+n ˝min

nK : s–

n�1 �X

K+n�1<kàK

a+k > s

o;

K–n ˝min

nK : s+

n �X

K+n�1<kàK

a–k < s

o:

Da die hier auftretenden Summen für K !1 divergieren, sind die betrachteten Mengen

nicht leer und K+n und K–

n wohldefiniert. Aus dieser Konstruktion folgt s–n < s < s+

n für

alle n mit

s+n � s à a+

K+n; s � s–

n à a–K–n:

Wegen K�n !1 und an ! 0 für n!1 zeigt dies, dass s+n und s–

n gegen s konvergie-

ren.

19 a. Zu jedem z mit jzj < R existiert ein z0 mit jzj < jz0j < R , so dass P�z0� konver-

giert. Somit bilden die Koeffizienten von P�z0� eine Nullfolge, und es gilt

supnÆ0

��anzn0 �� M <1:Im Punkt z gilt also

janznj àM jzjnjz0jn

� Mqn; n Æ 0;

mit q � jzj = jz0j < 1 . Aufgrund des Majorantenkriteriums konvergiert P�z� damit

absolut. Die zweite Behauptung folgt unmittelbar aus der Definitonvon R .

b. Sei

R � sup�jxj : x 2 R und P�x� konvergiert

:

Dann gilt R à R , da das Supremum über eine Teilmenge gebildet wird. Konvergiert

andererseits P in einem komplexen Punkt z , so konvergiert P auch in jedem reellen

Punkt x mit jxj < jxj . Also muss auch R Æ R gelten.

c. Sei 0 < R à1 und damit

lim supn!1

qjanj �

1R

mit der Konvention 1=1 � 0 . Für jedes 0 < r < R ist dann 1=r > 1=R , und es existiert

ein N , so dassqjanj à

1r; n Æ N:

Für jzj < r folgt daraus die Konvergenz von P�z� wegen

janznj àjzjnrn

:

Da r < R beliebig war, konvergiert P für alle z mit jzj < R . Im Fall R < 1 folgt

für jzj > R dagegen die Divergenz, da anzn keine Nullfolge bildet. Somit ist R der

Konvergenzradius von P .

Lösungen 49

Im Fall R � 0 dagegen gilt lim supn!1pjanj � 1 . Für jedes M Æ 1 gilt daher

janj Æ Mn

für fast alle n , und kann P für jzj > 1=M nicht konvergieren. Also konvergiert P in

keinem Punkt z � 0 .

20 Da ��1 existiert, ist ��A � ��I ��1A� . Wegen

k��1Ak à k��1kkAk < 1

nach Voraussetzung ist I � ��1A umkehrbar, und damit auch � � A umkehrbar. Mit

der Neumannschen Reihe für I ��1A erhält man dann

k��A��1k à k��1kXnÆ0k��1Akn à k��1k

1� k��1kkAk :

21 Sei " > 0 die Geschwindigkeit der Schnecke. Pro Minute legt sie den Anteil "=l der

jeweiligen Gesamtlänge l des Bandes in dieser Minute zurück. Mit l � 1;2; .. ; n hat sie

also nach n Minuten den Anteil

"�

1� 12� .. � 1

n

�� "

nXk�1

1k˛ "sn

zurückgelegt. Da die harmonische Reihe divergiert, gibt es ein erstes n mit "sn > 1 . In

dieser Minute erreicht die Schnecke somit das andere Ende des Bandes. – Man sieht, es

kommt nur darauf an, dass man sich überhaupt bewegt . . .

50 Lösungen

7Stetigkeit

Lösungen

1 Alle Aussagen sind falsch.

2 Nur die letzte Aussage ist wahr.

3 a. Falsch. Rn selbst ist abgeschlossen, aber nicht kompak.

b. Richtig. Siehe Satz 29.

c. Falsch.

d. Falsch. Die leere Menge ist offen und abgeschlossen.

e. Falsch. Beispiel Ein-Punkt-Mengen.

f. Richtig. Denn es gilt immer A� � A � A� � @A[A� .

4 a. Falsch. Vergleiche dazu Aufgaben 52 und 53.

b. Richtig. Dies ist die Kontraposition von Satz 52.

c. Falsch. Dies zeigt ja gerade das Beispiel der Parabeln t , tn .

d. Falsch. Das ist im Prinzip die Kontraposition von a.

5 Zu beliebigen " > 0 wähle � > 0 einfach so, dass U��a� \ D � fag . Dann ist die

"-�-Bedingung automatisch erfüllt.

6 Zu zeigen ist die Stetigkeit von f in jedem Punkt von D . Sei also a 2 D und �xn�irgendeine gegen a konvergierende Folge in D . Nach Voraussetzung konvergiert auch

die Folge �f �xn�� gegen einen Grenzwert

w � limf�xn�:

Angenommen, es ist w � f�a� . Dann ergänzen wir die Folge �xn� , indem wir nach

jedem Folgenglied ein Folgenglied a einfügen. Die neue Folge �xn� konvergiert dann

52 7 — Stetigkeit

ebenfall gegen a , aber die Bildfolge �f �xn�� hätte w und f�a� als Häufungswerte.

Dies ist ein Widerspruch, und es ist

w � f�a�:

7 Es gilt a-2.25

2 max ff�x�; g�x�g � f�x�� g�x�� jf�x�� g�x�j ;

und entsprechend für das Minimum. Wegen 2.7��juj � jvj�� à ju� vjist die Betragsfunktion aber 1-lipschitz, der Rest folgt mit dem Stetigkeitssatz 6 für die

Addition.

8 Elementarer Beweis: Es ist

h�t� �

8>>><>>>:t

1� t 2 �0;1�; t > 0;

t1� t 2 ��1;0�; t < 0:

Auf beiden Teilintervallen ��1;0� und �0;1� nimmt die Funktion somit verschiedene

Werte an. Sie ist auch umkehrbar, denn es gilt

t1� t � s a t � s

1� s :

Man erhält als Endergebnis

h�1 : ��1;1�! R; s ,s

1� jsj :

Diese Funktion ist offensichtlich stetig, da der Nenner auf ��1;1� keine Nullstelle be-

sitzt. Beweis mit Umkehrsatz: Die Funktion ist symmetrisch zum Nullpunkt, also

f��t� � �f�t�:

Sie ist für t Æ 0 streng monoton steigend, wie man leicht nachrechnet. Aus Symmetrie-

gründen ist sie auch für t à 0 streng monoton steigend. Wegen

limt!1

t1� t � 1

bildet daher h die reelle Gerade bijektiv auf ��1;1� ab. Nach dem Umkehrsatz ist die

Umkehrfunktion ebenfalls stetig.

9 Aus dem Zwischenwertsatz von Bolzano wurden die beiden anderen Zwischenwertsät-

ze hergeleitet. Umgekehrt folgt aus dem allgemeinen Zwischenwertsatz der Nullstellen-

satz, denn aufgrund seiner Vorasusetzungen ist

infIf < 0; sup

If > 0:

Somit muss f auch den Wert 0 annehmen. Aus dem Nullstellensatz folgt schließlich

der Zwischenwertsatz von Bolzano, indem man die Funktion f � f �w betrachtet. Es

Lösungen — 7 53

gilt dann

f �a�f �b� < 0:

Somit nimmt f den Wert 0 , und damit f der Wert w im Innern von �a; b� an.

10 Die Funktion ist stetig. Denn für jedes a 2 Q gilt

" ��a�p2

�� > 0:

Auf U"�a� ist dann f entweder konstant 0 oder 1 . Der Zwischenwertsatz gilt dagegen

nicht, da kein Wert zwischen 0 und 1 angenommen wird.

11 a. Für a à u < v ist �a;u� � �u;v� und deshalb

f��u� �max�a;u�

f àmax�a;v�

f � f��v�:

Also ist f� monoton steigend. Ebenso offensichtlich ist f� Æ f auf �a; b� .Sei nun c 2 �a; b� und " > 0 . Dann existiert ein � > 0 , so dass

jf�t�� f�c�j à "; t 2 �c � �; c � �� a; b� :

Also gilt auch

f�t� < f�c�� " à f��c�� "; t 2 �c � �; c � ��:

Da außerdem f�t� à f��c� für t 2 �a; c� , folgt hieraus

f��t� à f��c�� "; t 2 �c; c � ��:

Vertauschen der Rollen von c und t ergibt weiter

f��c�� " à f��t�; t 2 �c � �; c�:

Beides zusammen ergibt Stetigkeit von f� im Punkt c 2 �a; b� . Die Argumente für die

Randpunkte von �a; b� sind in diesem Argument enthalten.

b. Indirekt. Wäre ��t� < f��t� in einem Punkt t 2 �a; b� , so wäre auch

max�a;t�

f à ��t� < f��t�;

im Widerspruch zur Definition von f� .

12 Die Funktion d ist unstetig in jedem rationalen Punkt, da in jeder Umgebung eines

rationalen Punktes r irrationale Punkte x existieren mit jd�r�� d�x�j � d�r� > 0 . —

Sei nun s ein irrationaler Punkt, " > 0 , und Q eine natürliche Zahl mit 1=Q < " . Die

Menge

Q � fr � p=q 2 U1�s� : 1 à q à Qg

ist endlich, da nur endlich viele q , und zu jedem q nur endlich viele p in Frage kom-

men. Außerdem ist jr � sj > 0 für alle r 2 Q , da s nicht rational ist. Also ist auch

� ˝min fjr � sj : r 2 Qg > 0:

54 7 — Stetigkeit

In U��s� liegen dann nur rationale Zahlen r � p=q (in irgendeiner Darstellung) mit

q > Q , und für diese gilt

0 < d�r� <1Q< ":

Da d in den irrationalen Punkten verschwindet, gilt insgesamt

jd�x�� d�s�j � d�x� < "; x 2 U��s�:

Also ist d in jedem irrationalen Punkt stetig.

13 a. Gehören die Punkte t0 < t1 < .. < tn zu J" , so gilt aufgrund der Monotonie von f

n" <nXi�1jf+�ti�� f–�ti�j

�nXi�1f+�ti�� f–�ti� à f+�tn�� f–�t1� à f�b�� f�a�:

Also ist

n < �f�b�� f�a��=" <1:

b. Für die Menge J aller Sprungstellen gilt daher

J �[nÆ1J1=n

da jede Sprungstelle zu mindestens einem J1=n gehört. Als abzählbare Vereinigung

endlicher Mengen ist also J abzählbar.

14 Falls f�a� � 0 , so ist nichts zu zeigen. Sei also f�a� � 0 . Zu " > 0 existiert dann ein

� > 0 , so dass U��a� � I und

jf�x�� f�a�j < " jf�a�j ; x 2 U��a�:

Andererseits ist

jf�a�j � jf�x�j à jf�x�� f�a�j :

Kombination beider Ungleichungen und Umformen ergibt die Behauptung.

15 a. Für s; t Æ 0 gilt

js2 � t2j � js � t��s � t�j � �s � t� js � tj :

Auf �0; b� ist die Parabel daher lipschitz mit Lipschitzkonstante maxs;t�s � t� � 2b .

Auf �b;1� dagegen ist

sups�t

js2 � t2jjs � tj � sup

s�t�s � t� � 1;

es existiert also keine Lipschitzkonstante.

b. Analog mit��ps2 �pt2��s2 � t2

�� 1s � t :

Lösungen — 7 55

16 Aufgrund der Kompaktheit der Einheitskugel im Rn ist die Operatornorm einer steti-

gen Abbildung A : Rn ! Rm ,

kAko ˝ supkxkà1

kAxkkxk � sup

kxk�1kAxk ;

endlich. Mit

kAx �Ayk à kAko kx �yk

ist also A lipschitzstetig mit L-Konstante kAko .

17 Ist f L-lipschitz, so ist für alle u � v in D

kf�u�� f�v�kF à Lku� vkE :

Also ist auch �f �D à L <1 , und qua definitionem

kf�u�� f�v�kF à �f�D ku� vkE

für alle u � v in D . Also ist dies ebenfalls eine Lipschitzkonstante. Eine kleinere

Lipschitzkonstante gibt es nicht, da es zu jedem " > 0 Punkte u � v gibt mit

kf�u�� f�v�kF > ��f�D � "�ku� vkE :

18 Es gilt für alle m 2 M

kx �mk à kx �yk � ky �mk :

Bilden wir zuerst links das Minimum über m 2 M , so folgt

dM�x� à kx �yk � ky �mk ; m 2 M:

Bilden wir nun rechts das Minimum über m imM , so folgt weiter

dM�x� à kx �yk � dM�y�:

Also ist dM�x� � dM�y� à kx �yk . Da wir x und y vertauschen können, gilt dann

auch

jdM�x�� dM�y�j à kx �yk :

19 Klar, denn

jhl; xi � hl; yij � jhl; x �yij à klkkx �yk :

20 Zum Beispiel die Parabel �0;1�! �0;1� , t , t2 . Siehe Aufgabe 15

21 Angenommen, es gibt solch eine Funktion f . Dann gibt es auch eine solche Funktion fmit genau zwei Nullstellen a 0 an wenigstens einer Stelle c1 2 �a; b�an. Nach Voraussetzung gibt es noch genau eine weitere Stelle c2 mit f�c2� � M .

Diese muss ebenfalls in �a; b� liegen, denn sonst gäbe es nach dem Zwischenwertsatz

mindestens drei Stellen, wo der Wert M=2 angenommen wird.

56 7 — Stetigkeit

Abb 1 Stetige Funktionen, die jeden Wert genau dreimal annehmen

Zwischen c1 und c2 nimmt f aber auch ein Minimum m > 0 an einer Stelle c3

an. Dann ist aber aufgrund des Zwischenwertsatzes klar, dass der Wert �M �m�=2innerhalb von �a; b� sogar viermal angenommen werden muss. Wir erhalten also einen

Widerspruch.

22 Ja. Siehe folgende Zeichnung.

23 Klar. Wäre f nicht bijektiv, so wäre f auch nicht streng monoton.

24 a. Die Funktion f bildet sowohl die rationalen wie auch die irrationalen Zahlen in

�0;1� jeweils auf sich ab. Auf beiden Teilmengen ist f streng monoton. Also ist fbijektiv.

b. Jedes nichtartete Teilintervall enthält mindestens zwei rationale und zwei irrationa-

le Punkte. Auf ersteren ist f streng monoton steigend, auf letzteren streng monoton

fallend. Insgesamt ist f somit nicht monoton.

c. Sei m � 1=2 und " > 0 . Für jt �mj < " ist dann auch j�1� t��mj � jm� tj < " .

Also gilt

jf�t��mj < "; jt �mj < ":

Also ist f im Punkt m stetig.

25 Sei zum Beispiel f�a� < f�b� . Zu zeigen ist, dass f streng monoton wächst. Ange-

nommen, es gibt a f�v� . Gleichheit können wir ja aus-

schließen, da f injektiv ist. Ist nun f�u� > f�v� > f�a� , so gibt es nach dem Zwi-

schenwertsatz ein c 2 �a;u� mit f�c� � f�v� , ein Widerspruch zur Injektivität. Ist

dagegen f�v� < f�a� < f�b� , so gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein c 2 �v; b�mit f�c� � f�a� , ebenfalls ein Widerspruch. Also gibt es keine solchen Punkte u < v .

26 a. Für s < t ist

fn : qn à sg Ì fn : qn à tg :

Da alle an positiv sind, ist deshalb

f�s� �X

n : qnàsan <

Xn : qnàt

an � f�t�:

Lösungen — 7 57

b. Da die an-Reihe konvergiert, existiert zu jedem " > 0 ein N so, dassXn>N

an < ":

Für jedes irrationale a ist nun

� ˝ min1ànàN

jqn � aj > 0;

da das Minimum über endlich viele positive Zahlen gebildet wird. Für jt � aj < � ent-

halten dann f�t� wie f�a� die Terme a1; .. ; aN . Es gilt daher

jf�t�� f�a�j àXn>N

an < ":

c. Ist a rational, so ist a � qn für genau ein n . Für alle t < a gilt dann

f�t� àX

m : qmàtam à

Xm : qm<a

am �X

m : qmàaam � an � f�a�� an:

27 Die Funktion

g : �a; b�! R; g�x� � f�x�� x

ist stetig, und wegen f��a; b�� a; b� gilt

g�a� Æ 0; g�b� à 0:

Nach dem Nullstellensatz 13 besitzt g auf �a; b� eine Nullstelle � . Dies ist ein Fixpunkt

von f .

28 Sei n Æ 1 und

g : In ! R; g�x� � f�x�� f�x � 1=n�:

Gesucht ist dann eine Nullstelle von g in In . — Angenommen, g hat keine Nullstelle.

Dann ist g < 0 , und damit g�x� < 0 auf ganz In . Dann aber bedeutet, dass

f�c� < f�x1� < .. < f�xn�; xk �kn;

ein Widerspruch zur Voraussetzung, dass auch f�1� � 0 .

29 a. Aus A � B folgt A0 � B0 , denn konvergiert eine Folge in A gegen einen Häufungs-

punkt von A , so konvergiert dieselbe Folge in B gegen denselben Häufungspunkt. So-

mit folgt

A� � A[A0 � B [ B0 � B�:

b. Es genügt zu zeigen, dass

�A[ B�0 � A0 [ B0:

Konvergiert eine Folge in A[ B gegen einen Häufungspunkt, so liegen unendlich viele

Glieder dieser Folge entweder in A oder in B . Also gehört dieser Häufungspunkt zu A0

oder B0 , und es gilt ›� ‹. Die umgekehrte Inklusion sieht man ebenso leicht.

58 7 — Stetigkeit

c. Für abgeschlossene Mengen B haben wir gezeigt, dass B� � B . Da B � A� abge-

schlossen ist, folgt die Behauptung.

d. Bilden wir die Komplemente in E , so ist die Behauptung äquivalent mit

E ØA� � �E Ø A��:

Nun ist A� � A , also E ØA � E ØA� und, da die letzte Menge abgeschlossen ist, auch

�E Ø A�� E Ø A�� E ØA�:

Ist andererseits a 2 E Ø A� , so liegen in jeder Umgebung von a nicht in A liegende

Punkte –– denn sonst wäre es ja ein innerer Punkt von A . Das heist, in jeder Umgebung

liegen Punkte von E ØA , und a gehört damit �E Ø A�� . Also gilt auch

E ØAo � �E Ø A��:

30 Die Menge

A] ˝\fF � E : A � F � F�g

ist als Durchschnitt abgeschlossener Mengen abgeschlossen 22 und enthält A . Somit

enthält sie auch alle Häufungspunkte von A 25 , und es gilt

A� � A]:

Andererseits ist A� ebenfalls eine abgeschlossene Menge, die A enthält, so dass auch

A] � A�:

Also ist A] � A� .

31 a. Falsch. Sowohl A � �0;1�\Q wie auch B � �0;1� ØQ haben keine inneren Punkte,

wohl aber A[ B � �0;1� .b. Richtig. Die Inklusion � sieht man leicht. Ist umgekehrt x 2 A� \ B� , so gilt

U� �x� � A; U��x� � B

für gewisse �;� > 0 . Also gilt auch

U"�x� � A\ B; " �min�� ; ��;

und es folgt x 2 �A\ B�� . Somit gilt auch �A\ B�� A� \ B� .

32 ) Da A D-relativ offen, existiert zu jedem a 2 A eine offene Umgebung U��a� so,

dass

U��a�\D � A:

Hierbei hängt � von a ab. Die Menge

U �[a2A

U��a�

ist dann offen in E , und wegen A � D gilt

A � U \D �[a2A�U��a�\D� � A:

Lösungen — 7 59

Also ist U \D � A .

( Sei A � U\D und a 2 A . Da U offen ist, existiert eine Umgebung U��a� � U .

Dann gilt aber auch

U��a�\D � U \D � A:

Also ist A D-relativ offen.

33 Seien k�ka und k�kb äquivalente Normen, also

c�1 k�ka à k�kb à c k�ka

mit einem c Æ 1 . Für die mit diesen Normen definierten �-Umgebungen gilt dann

Ua�=c�a� � Ub� �a� � Uac��a�:

Ist A nun k�ka-offen, so enthält A mit jedem Punkt auch eine Ua� -Umgebung von a .

Dann enthält A aber auch eine Ub�=c -Umgebung von a und ist damit auch k�kb-offen.

Aus Symmetriegründen gilt auch der umgekehrte Schluss.

34 Jede endliche Teilmenge ist natürlich kompakt. Jede nicht-endliche Teilmenge hat 0 als

Häufungspunkt und ist nur dann kompakt, wenn sie auch 0 enthält.

35 Die Behauptung ist so falsch. Korrekt muss es heißen: Dann ist f : E ! F stetig genau

dann, wenn

f�A�� f�A��

für jede Teilmenge A � E mit kompaktem Abschluss.

) Ist a Häufungspunkt von A , so existiert eine konvergente Folge �xn� in A mit

Grenzwert a . Da f�xn� ! f�a� aufgrund der Stetigkeit von f , folgt f�a� 2 f�A�� .

Also gilt

f�A�� f�A��:

Um auch die umgekehrte Inklsuion zu zeigen, sei w ein Häufungspunkt von f�A� .Dann existiert eine Folge �xn� in A mit f�xn�! w . Da der Abschluss von A kompakt

ist, besitzt xn eine in A� konvergente Teilfolge – die wir wieder mit �xn� bezeichen –

so dass xn ! a 2 A� und f�xn�! f�a� � w . Also gilt auch

f�A�� f�A��:

( Sei �xn� konvergent in E mit Grenzwert a . Für die Mengen An � fxn; xn�1; ..gist dann

A�n � An [ fag

kompakt. Folglich ist

f�An�[ ff�a�g � f�A�n� � f�An��:

Dies bedeutet aber, dass f�xn�! f�a� .

60 7 — Stetigkeit

36 Zunächst ist festzustellen, dass f wegen g jA\ B � h jA\ B wohldefiniert ist. Die

Stetigkeit ergibt sich dann mit dem Folgenkriterium 3 . Denn haben wir eine konvergente

Folge xn ! a in A[ B , so liegen fast alle Folgenglieder in mindestens eine der beiden

Mengen A oder B . Wegen deren Abgeschlossenheit liegt dann auch der Grenzwert ain derselben Menge, und es gilt f�xn� ! f�a� wegen der Stetigkeit von f sowohl auf

A als auch B .

37 Nun sei umgekehrt jede stetige Funktion auf K beschränkt. Dann muss K beschränkt

sein. Denn andernfalls wäre id : K ! R stetig, aber unbeschränkt. K muss auch ab-

geschlossen sein. Denn wäre c ein Häufungspunkt von K , der nicht zu K gehört, so

wäre

K ! R; x ,1

x � cauf K stetig und unbeschränkt. Also ist K abgeschlossen und beschränkt, somit kom-

pakt.

38 Wähle aus jedem Kn einen beliebigen Punkt xn . Die resultierende Folge �xn� liegt in

K0 und hat dort einen Häufungspunkt a , da K0 kompakt ist. Dieser Punkt a gehört

aber auch zu jeder anderen Menge Kn , denn in jeder Umgebung von a liegen unendlich

viele Folgenglieder, davon liegen fast alle auch in Kn , und Kn ist kompakt. Also gilt

a 2\nKn:

39 a. Für Supremumsnorm k�k ist das klar.

b. Das ist ebenso klar. Denn wegen a. ist keine Teilfolge eine Cauchyfolge.

40 Sei limt!1 f�t� � 0 . Dann existiert zu jedem " > 0 ein M > 0 , so dass

jf�t�j < "; t > M:

Aufgrund der Periodizität gilt dann aber auch

jf�t�j < "; t 2 R:

Da dies für jedes " > 0 gilt, folgt f � 0 .

41 ) Sei " > 0 . Dann existiert ein � > 0 , so dass

jf�u�� f�v�j < "; ju� vj < �:

Außerdem gibt es ein N Æ 1 , so dass

jun � vnj < "; n Æ N:

Also gilt für diese n auch jf�n�� f�n�j < " . Also gilt auch f�un�� f�vn�! 0 .

( Indirekt. Ist f nicht gleichmäßig stetig, so gibt es ein " > 0 , und zu jedem

n Æ 1 Punkte un und vn mit

jun � vnj < 1=n; jf�un�� f�vn�j Æ ":

Damit erhalten wir zwei Folgen �un�; �vn� mit un�vn ! 0 , aber f�un��f�vn�3 0 .

Lösungen — 7 61

42 Es genügt, die gleichmäßige Stetigkeit von f auf �0;1� zu zeigen. Ist w � limt!1 f�t� ,so existiert zu jedem " > 0 ein M > 0 , so dass

jf�t��w�j < "=2; t > M:

Also gilt auch

jf�u�� f�v�j à jf�u��wj � jf�v��wj < "; u;v > M:

Auf dem kompakten Intervall �0;M � 1� ist f ohnehin gleichmäßig stetig. Es gibt also

ein 0 < � < 1 , so dass

jf�u�� f�v�j < "; ju� vj < �; 0 à u;v à M � 1:

Beides zusammen ergibt die gleichmäßige Stetigkeit von f auf �0;1� .43 Folgt am einfachsten mit Aufgabe 41.

44 Für " � 1 existiert ein � > 0 , so dass

jf�u�� f�v�j < 1; ju� vj < �:

Wendet man für gegebenes t diese Ungleichung �jtj =�� Mal an, so folgt

jf�t�� f�0�j < 1� jtj =�:

Also ist

supt2R

jf�t�j1� jtj � M <1:

45 a. Nicht gleichmäßig. Denn sonst wäre die Konvergenz auch auf �0;1� gleichmäßig.

Jedoch ist die zugehörige Grenzfunktion nicht stetig.

b. Nicht gleichmäßig, mit demselben Argument wie zuvor.

c. Konvergiert gleichmäßig gegen Null. Denn für alle n Æ 1 gilt

0 <t

1�nt <

8><>:"; 0 à t < ";1

1� "n ; " à t à 1;

und 1=�1�n"� < " für n > 1="2 .

d. Konvergiert gleichmäßig gegen die Identität t , t . Denn

0 < �1� t�tn <

8<: "; 1� " à t à 1;

�1� "�n; 0 à t à 1� ":

46 Zu jedem " > 0 existiert ein � > 0 , so dass

jf�u�� f�v�j < "; ju� vj < �:

Verbinden wir jetzt zwei Punkte des Graphen im Abstand kleiner als � durch ein Ge-

radensegment � , so ist der Approximationsfehler in diesem Intervall kleiner als " . In

Formeln: Zwischen t1 < t2 ist

��t� � f�t1�t2 � tt2 � t1

� f�t2�t � t1t2 � t1

; t1 à t à t2;

62 7 — Stetigkeit

und mit t2 � t1 < � gilt

j��t�� f�t�j ��f �t1�� f�t�� t2 � tt2 � t1

� �f �t2�� f�t��t � t1t2 � t1

��à jf�t1�� f�t�j

t2 � tt2 � t1

� jf�t2�� f�t�jt � t1t2 � t1

< "t2 � tt2 � t1

� " t � t1t2 � t1

� ":

Verbinden wir also Punkte auf dem Graphen von f im Abstand kleiner als � durch

Geradensegmente, so erhalten wir eine gleichmäßige "-Approximation der Funktion auf

ganz �a; b� durch eine stückweise affine Funktion.

47 Für alle n und t gilt

jun�t�� tj ��pt2 � 1=n2 �

pt2��

� 1n2

1pt2 � 1=n2 �

pt2à

1n

1pn2t2 � 1

à1n:

Also ist die Konvergenz auf ganz R gleichmäßig.

48 a. Sei k�kD � supD k�k . Aus der gleichmäßigen Konvergenz der Folgen folgt die Be-

schränktheit der gn , also

supnkgnkD � M <1:

Die Funktion f ist ohnehin beschränkt. Daraus folgt

kfngn � fgkD � k�fn � f�gn � f�gn � g�kDà kfn � fkD kgnkD � kfkD kgn � gkDà M kfn � fkD � kfkD kgn � gkD ;

und damit fngn ) fg .

b. Aufgrund der Vorausetzung ist

supnk1=fnkD � M à 1=� <1:

Dasselbe gilt dann auch für 1=f . Mit

1f� 1fn� fn � f

fnf

folgt dann

k1=fn � 1=fkD à M2 kfn � fkD :

49 Die Funktionenfolge ist monoton steigend, denn f0 � 0 à f1 �pt , und induktiv

fn�1 à fn ) t � fn�1 à t � fn ) fn à fn�1:

Lösungen — 7 63

Sie ist auch punktweise durch 2� t beschränkt, denn aus fn�t� à 2� t folgt auch

fn�1�t� �qt � fn�t� à

p3� t à 2� t:

Also existiert die punktweise Grenzfunktion f , und aus f �p

1� f folgt

f�t� �

8<: 0; t � 0;

�1�p

4t � 1�=2; t > 0:

Daraus folgt weiter

f � fn �qt � f �

qt � fn�1 �

f � fn�1

f � fn;

also induktiv

jf � fnj �fQ

1àkàn�f � fk�:

Daraus folgt gleichmäße Konvergenz auf jedem Intervall �� ;1� mit � > 0 .

50 Punktweise konvergiert die Reihe aufgrund des Leibnizkriteriums. Absolut ist sie natür-

lich divergent, da die harmonische Reihe divergiert. — Die Konvergenz ist gleichmäßig

auf jedem Intervall �� ;1� mit � > 0 . Denn für � à t à 1 gilt�� mXn�N

��1�n

nt

�� 1t

�� mXn�N

��1�n

n

�� à 1�

�� mXn�N

��1�n

n

�� ;und die rechte Seite wird klein für alle m Æ N und N hinreichend groß.

51 Es ist lediglich zu zeigen, dass jeder Häufungspunkt von M�D� ebenfalls zu M�D�gehört. — Sei dazu �fn� eine Folge in M�D� , die bezüglich der Supremumsnorm kon-

vergiert. In B�D� besitzt diese Folge also einen Grenzwert f , und es bleibt zu zeigen,

dass f 2 M�D� . Angenommen, dies ist nicht der Fall. Dann gibt es mindestens zwei

Punkte u < v in D so, dass

f�u� > f�v�:

Zu " � f�u�� f�v� > 0 existiert ein n , so dass

kfn � fkD < "=2:

Dann gilt aber auch

fn�u�� fn�v� Æ f�u�� f�v�� jfn�u�� f�u�j � jfn�v�� f�v�j> " � "=2� "=2� 0:

Das heißt, auch fn ist nicht monoton steigend – ein Widerspruch.

52 Angenommen, die Konvergenz ist nicht gleichmäßig. Dann existiert ein " > 0 , und zu

jedem N Æ 1 ein Index n Æ N und ein Punkt xn 2 K , so dass

jfn�xn�� f�xn�j Æ ": (*)

64 Lösungen

Abb 2 Gegenbeispiele zum Satz von Dini

gn

2=n 1

hn

1=n 1

Wir erhalten damit eine Teilfolge von Funktionen, die wir wieder mit �fn� bezeichnen,

für die (†) gilt. Aufgrund der Kompaktheit von K besitzt �xn� außerdem eine konver-

gente Teilfolge, die wir wieder mit �xn� bezeichnen, so dass

limxn � x 2 K:

Wegen fn�x�! f�x� existiert nun ein m , so dass

jfm�x�� f�x�j < "=4:

Wegen der Stetigkeit von fm und f und der Monotonie der Konvergenz existiert dann

auch eine Umgebung U�x� , so dass

jfn�x�� f�x�j < "=2; x 2 U�x�; n Æ N:

Da aber fast alle xn in U liegen, ist dies ein Widerspruch zu (*).

53 Die Folgen stetiger Funktionen in Abbildung 2, in Formeln

gn �max�0;1�n jt � 1=nj�; hn �max�0;1�nt�;

konvergieren auf dem Kompaktum �0;1� offensichtlich nicht gleichmäßig. Die Folge

�gn� konvergiert zwar gegen die stetige Nullfunktion, aber die Konvergenz ist nicht

monoton. Die Folge �hn� ist monoton, aber die Grenzfunktion ist nicht stetig. — Übri-

gens überlegt man sich leicht, dass auch die Kompaktheit des Definitionsmenge K eine

notwendige Annahme darstellt.

8Integration

Lösungen

1 a. Natürlich falsch.

b. Falsch. Siehe Thomaefunktion a-7.12 .

c. Falsch. Das Intervall �0;1� ist nicht kompakt.

d. Falsch. Gilt zum Beispiel nicht für die Dirichletfunktion.

2 Eine Funktion f : I ! R ist eine Regelfunktion genau dann, wenn sie in jedem Punkt

von I einseitige Grenzwerte besitzt. Da � stetig ist, überträgt sich diese Eigenschaft

von f auf ��f .

3 Sei �rn� eine beliebige Abzählung der rationalen Zahlen in �0;1� . Setzen wir

�n ˝ ��fr1 ;.. ;rng; n Æ 1;

so stimmt �n mit � in den rationalen Punkten r1; .. ; rn sowie allen irrationalen Punk-

ten überein. Da es zu jedem " > 0 in �0;1� nur endlich viele rationale Zahlen mit einem

Nenner kleiner als 1=" gibt, gilt

k�n � �k�0;1� < "

für alle n hinreichend groß. Es gilt also �n ) � . DaZ�0;1�

�n � 0; n Æ 1;

gilt dies auch für � .

66 8 — Integration

4 Eine etwas einfachere, gleichwertige Formulierung betrachtet die Funktion

f : �0;1�! R; f �t� �

8>><>>:1

n� 2;

1n� 1

< t à1n; n � 1;2; .. ;

0; t � 0:

Dies ist keine Treppenfunktion, da sie unendlich viele verschiedene Werte annimmt. Sie

ist aber der gleichmäßige Limes der Treppenfunktionen

fn � f��1=n�1;1�

und deshalb eine Regelfunktion.

5 Die Dirichletfunktion besitzt in keinem Punkt einseitige Grenzwerte. Also kann sie auch

auf keinem nichtentarten Intervall integrierbar sein.

6 Über einem Intervall der Länge �b � a�=n liegen die Funktionswerte einer L-lipschitz-

stetigen Funktion in einem Intervall der Länge L�b � a�=n . Sie lassen sich dort daher

durch eine konstante Funktion mit der Genauigkeit " � L�b � a�=2n approximieren.

7 Eine Funktion f : I ! R ist eine Regelfunktion genau dann, wenn sie in jedem Punkt

von I einseitige Grenzwerte besitzt. Die Sätze für Funktionsgrenzwerte gelten nun ge-

nauso gut für einseitige Grenzwerte. Sind also g;h : I ! R zwei Regelfunktionen, so

besitzt auch das Produkt gh : I ! R in jedem Punkt von I einseitige Grenzwerte, ist

also eine Regelfunktion.

8 a. Sei c 2 �a; b� und " > 0 . Dann existiert ein � > 0 , so dass

jf�t�� f–�c�j < "=2; c � � < t < c:

Betrachten wir im Intervall �c � �; c� also eine beliebige Folge tn % t , so folgt auch

jf–�t�� f–�c�j à "=2 < "; c � � < t < c:

Also ist f– linksseitig stetig.

Darüberhinaus existieren in jedem Punkt c 2 �a; b� auch

limt&cf–�t� � f+�c�: (*)

Denn zu " > 0 existiert wieder � > 0 , so dass

jf+�c�� f�t�j < "=2; c < t < c � �:

Also gilt auch

jf+�c�� f–�t�j à "=2 < "; c < t < c � �:

Damit ist (*) gezeigt. Also ist f– insbesondere wieder eine Regelfunktion.

Entsprechendes gilt für f+ .

b. Sei S die höchstens abzählbare Menge von Unstetigkeitsstellen von f 9 . Auf dem

Komplement �a; b� Ø S ist f stetig, somit gilt dort f– � f � f+ .

c. Es sind f–�f und f+�f Regelfunktionen, die nur in einer abzählbaren Menge von

Null verschiedenen sind. Solche Funktionen aber haben Integral 0 .

Lösungen — 8 67

9 Angenommen, es ist f+�c� � 0 in einem Punkt c 2 �a; b� . Wegen f Æ 0 ist dann

f+�c� � " > 0 . Dann existiert aber auch ein � > 0 , so dass

f�t� > "=2; c à t à c � �:

Dann gilt wegen f Æ 0 auchZ baf Æ

Z c��c

f ÆZ c��c

"=2 � "�=2 > 0;

ein Widerspruch. — Entsprechend für f– .

10 Symmetrie und Linearität sind offensichtlich. Es geht also noch um die Definitheit. Aus

hf ; f i �Z baf 2 � 0

zusammen mit f 2 Æ 0 folgt aber a-9 , dass die links- und rechtsseitigen Grenzwerte

von f 2 überall verschwinden. Aufgrund der Stetigkeit von f verschwindet dann auch

f selbst überall, ist also die Nullfunktion.

11 Zunächst existiert aufgrund der Definition des Integrals eine Treppenfunktion ’ 2 Tbamit Z b

ajf �’j < "=2:

Es genügt dann, zu ’ eine stetige Funktion g zu finden mitZ baj�� gj < "=2: (*)

Die Treppenfunktion ’ ist im Innern von �a; b� außerhalb von endlich vielen

Sprungstellen stetig. Es genügt somit weiter, nur diese Sprungstellen zu betrachten.

Betrachten wir der Einfachheit halber eine einzige Sprungstelle, als Prototyp zum

Beispiel ’ � sgn auf dem Intervall ��1;1� . Wählen wir g mit

g�t� �

8<:’�t�; jtj > �;t=�; jtj à �;

so ist, wie man leicht nachrechnet, g stetig mitZ 1

�1j’ � gj � �:

Überträgt man dies entsprechend auf die endlich vielen Sprungstellen von ’ , so erhält

man eine stetige Funktion g mit der Eigenschaft (*).

12 Zu jedem " > 0 existiert eine Treppenfunktion ’ mit kf �’k�a;b� < " . Damit giltZ baj�hf � f j à

Z baj�h�f �’�j � j�h’ �’j � j’ � f j

à 2"�b � a��Z baj�h’ �’j :

68 8 — Integration

Für die charakteristische Funktion eines Intervalls I gilt nun offensichtlichZ baj�h�I � �I j � 2 jhj :

Für eine gegebene Treppenfunktion ’ gibt es daher ein � > 0 so, dass ebenfallsZ baj�h’ �’j < "�b � a�; jhj < �:

Damit gilt dann insgesamtZ baj�hf � f j < 3"�b � a�; jhj < �:

13 Die gleichmäßige Konvergenz einer Folge von Treppenfunktion mit Werten in Rn ist

gleichbedeutend mit der gleichmäßigen Konvergenz der Treppenfunktionen in jeder

einzelnen Koordiante.

14 Die Funktion f ist keine Regelfunktion, da bei t � 0 der rechtsseitige Grenzwert nicht

existiert. Für tn � 1=�n� ��=2� zum Beispiel ist

f�tn� � sin�n� ��=2� � ��1�n

nicht konvergent.

15 Wäre die Konvergenz gleichmäßig, so wäre die Grenzfunktion, in diesem Fall also die

Treppenfunktion, ja ebenfalls stetig 7.52 .

16 Wegen der gleichmäßigen Stetigkeit von f auf dem kompakten Intervall �a; b� 7.43 exi-

stiert zu jedem " > 0 ein � > 0 , so dass für alle u;v 2 �a; b�

jf�u�� f�v�j < "=�b � a�; ju� vj < �:

Nun ist ��Z baf �

nXk�1f�tk��tk � tk�1�

�� nXk�1

Z tktk�1

f �nXk�1

Z tktk�1

f�tk�� à nX

k�1

Z tktk�1

jf � f�tk�j

Ist also die Feinheit der Zerlegung Z kleiner als � , so ist jf � f�tk�j < "=�b � a� in

jedem Integral , und es folgt��Z baf �

nXk�1f�tk��tk � tk�1�

�� < nXk�1

Z tktk�1

"b � a � "

nXk�1

tk � tk�1

b � a � ":

17 ( Das ist klar.

) Es genügt, den Fall einer stückweise stetigen Funktion f : �a; b�! R mit einer

Sprungstelle in c 2 �a; b� zu betrachten. Die Funktion sei also stetig auf �a; c� und

�c; b� und besitzte einseitige Grenzwerte in den Punkten a; c; b . Dann existiert also

h � f+�c�� f–�c� � limt&cf�t�� lim

t%cf�t�;

s � f�c�� f–�c�:

Lösungen 69

Setzen wir jetzt

� � s��c;c� � h��c;b�; ’ � f � �;

so ist � eine Treppenfunktion und

f �’ � �:

Außerdem ist ’ stetig auf ganz �a; b� , wie man leicht verifiziert.

19 Sei f 2 Rba . Dann existiert zu jedem " > 0 eine Treppenfunktion ’ 2 Tba so, dass

kf �’k�a;b� < ";��Z baf � Jba�’�

�� < ":Dann ist �" ˝’ � " eine Treppenfunktion mit �" à f undZ b

af � Jba��"� à jJba�f ��j � Jba��"� < " � "�b � a�:

Da " beliebig war, gilt also der erste Teil der Behauptung, sup�àf Jba�� R ba f . Ent-

sprechend für die Approximation von oben.

20 Da jede stetige Funktion der gleichmäßige Limes von Treppenfunktion ist, genügt es,

die Behauptung für Treppenfunktionen zu verifizieren. Für stückweise konstante Funk-

tionen sind die Behauptungen aber trivial.

70 Lösungen

9Differenziation

Lösungen

1 a. Richtig 17 .

b. Falsch. Gegenbeispiel t , t3 .

c. Richtig. Kontraposition von (iii) im Monotoniesatz 17 .

d. Falsch. Gegenbeispiel t , a� t .

e. Richtig. Das folgt aus dem Mittelwertsatz 14 .

f. Falsch. Gegenbeispiel t , t3 .

2 Aus der Annahme folgt

jf�a��a�j � limt!ajf�t��t�j

� limt!ajt � aj � lim

t!ajf�t��t�jjt � aj � 0

und damit b � f�a� . Damit folgt weiter

limt!a

jf�t�� f�a��m�t � a�jjt � aj � lim

t!a

��f�t�� f�a�t � a �m�� 0;

also die Konvergenz des Differenzenquotienten gegen m . Also ist f in a differenzier-

bar mit f 0�a� �m .

3 Nach Voraussetzung ist 5

f�t� � f�c��’�t��t � c� �’�t��t � c�

mit einer stetigen Funktion ’ . Also gilt auch

�fg��t� � �’g��t��t � c�

72 9 — Differenziation

mit der stetigen Funktion ’g . Also 5 ist fg in c differenzierbar mit Ableitung

�fg�0�c� � �’g��c� � f 0�c�g�c�:

4 a. Wegen

max�f ; g� � f � g � jf � gj2

; min�f ; g� � f � g � jf � gj2

;

genügt es, die Frage für die Betragsfunktion zu betrachten.

b. Der Betrag jf j ist differenzierbar außerhalb der Nullstellen von f , und in einer

Nullstellen c von f genau dann, wenn f 0�c� � 0 .

Denn ist f�c� � 0 , so ist jf j � f oder jf j � �f in einer Umgebung von c und

damit differenzierbar. Ist dagegen f�c� � 0 , so ist c eine Minimalstelle von jf j . Ist jf jdort differenzierbar, so ist die Ableitung 0 12 und damit auch f 0�c� � 0 . Umgekehrt

folgt aus f 0�c� � 0 auch

jf�c � h�j � jf�c�jh

� sgn�h��f�c � h�� f�c�h

��! 0; h! 0:

5 a. 1� t=2 b. 1� t c. 1�nt d. 1� t=n6 Ist f�t� � tn � s , und g�s� � s1=n � t die Umkehrfunktion zu f , so erhält man

g0�s� � 1f 0�t�

� 1ntn�1 �

1ns�n�1�=n �

1ns1=n�1:

7 Aufgrund des Mittelwertsatzes und der Monotonie der ersten Ableitung gilt mit einem

� 2 �0; t�

f �t� � f�t�� f�0� � f 0��t � 0� à tf 0�t�:

Daraus folgt für t > 0

�f=t�0 � f 0=t � f=t2 � �tf 0 � f�=t2 Æ 0:

Also ist f=t monoton steigend. — Ersetzt man die Ungleichungen durch strikte Unglei-

chungen, so erhält man die Behauptung zur strengen Monotonie.

8 Angenommen, f 0 ist monoton steigend und im Punkt c nicht stetig. Da aufgrund der

monotonie die einseitien Grenzwerte von f 0 existieren, können wir beispielsweise an-

nehmen, dass a < c à b und

limt%cf 0�t� < f 0�c�:

Es existieren also ein " > 0 und ein � > 0 , so dass

f 0�t� à f 0�c�� "; c � � < t < c: (*)

Andererseits können wir � auch noch so klein wählen, dass��f�t�� f�c�t � c � f 0�c�� < "; c � � < t < c:

Aufgrund des Mittelwertsatzes existiert also auch ein � 2 �c � �; c� mit

jf 0�� f 0�c�j < ":

Lösungen — 9 73

Dies ist aber ein Widerspruch zu (*).

9 Ist f L-Lipschitz, so gilt für jeden Differenzenquotienten die Abschätzung��f�u�� f�v�u� v

�� à L:Dasselbe gilt dann für deren Grenzwerte, also die Ableitung von f an jedem Punkt von

�a; b� . Also ist sup�a;b� jf 0j à L .

Gilt umgekehrt sup�a;b� jf 0j � L < 1 , so folgt für a à u < v à b mit dem Mittel-

wertsatz

jf�v�� f�u�j � jf 0�w�j jv �uj à L jv �uj :

Somit ist f L-lipschitz. Diese Konstante kann auch nicht verbessert werden. Denn zu

jedem " > 0 existiert ein w 2 �a; b� mit jf 0�w�j > L � "=2 . Also gibt es auch ein hmit ��f�w � h�� f�w�h

�� > L� ":Also kann L� " keine Lipschitzkonstante von f sein.

10 Die Funktion f ist offensichtlich lipschitzstetig. In jedem Punkt a gilt außerdem

f�t� � f�a�� "�t��t � a�

mit einer stetigen, bei t � a verschwindenden Funktion " . Also ist f in a differenzier-

bar mit f 0�a� � 0 . Also ist f 0 überall 0 , und f ist konstant.

11 Aufgrund des Mittelwertsatzes ist für h > 0 hinreichend klein

f�a� h�� f�a�h

� f 0�a� �h�

mit einem geeigneten � 2 �0;1� für jedes h . Nach Voraussetzung existiert

limh&0f 0�a� �h� � lim

t&af 0�t�:

Also ist f im Punkt a rechtsseitig differenzierbar. — Der Punkt b wird genauso be-

handelt.

12 Sei m eine reelle Zahl mit

inf�a;b�

f 0<m < sup�a;b�

f 0:

Da die Ableitung von f Werte unter und über m annimmt, muss dies auch für hinrei-

chend kleine Differenzenquotienten gelten. Es muss also Punkte u;v 2 �a; b� und ein

hinreichend kleines h geben, so dass

f�u� h�� f�u�h

< m <f�v � h�� f�v�

h:

Diese Quotienten sind stetig in u respektive v . Also gibt es auch ein w 2 �a; b� mit

f�w � h�� f�w�h

�m:

Aufgrund des Zwischenwertsatzes für die erste Ableitung gibt es dann auch einen Punkt

x 2 �w;w � h� mit

f 0�x� �m:

13 Ist beispielsweise f ungerade, so ist f�t� � �f��t� und damit

f 0�t� � �f 0��t��1� � f 0��t�:

Also ist f 0 gerade.

14 Wegen f 0�a� < 0 gibt es einen Punkt d 2 �a; b� mit f�d� < f�a� . Aufgrund des

Zwischenwertsatzes gibt es einen weiteren Punkt e 2 �d; b� mit

f�a� � f�e�:

Aufgrund des Satzes von Rolle 13 existiert also ein kritischer Punkt in �a; e� .

15 Sei

c � sup�s 2 �a; b� : f

��a; s� � 0:

Es ist c Æ a , da a zu der Menge auf der rechten Seite gehört. Angenommen, es ist

a à c < b . Dann können wir ein Intervall �c; d� � �a; b� wählen mit d� c < 1=M , und

in diesem Intervall einen Punkt e finden mit

jf�e�j � maxt2�c;d�

jf�t�j :

Dieses Maximum ist positiv aufgrund der Definition von c . Aufgrund des Mittelwert-

satzes und der Annahme zu f 0 gilt andererseits mit einem � 2 �c; e�

jf�e�j � jf�e�� f�c�j � jf 0��j �e� c�à M jf��j �e� c�à M�d� c� jf�e�j< jf�e�j :

Dies ist aber unmöglich. Also ist c � b , und die Behauptung ist bewiesen.

16 Mit der Substitution s , t � �s istZ 0

�af�t�dt � �

Z 0

af��s�ds �

Z a0f��s�ds:

Wegen f��s� � �f�s� ist alsoZ 0

�af�t�dt � �

Z a0f�s�ds:

17 Für t � 1 ist die Ungleichung äquivalent mit

�a� 1��pa� 1� à 2�1� a��

pa� 1�;

was wiederum äquivalent ist mit

apa� 3a� 3

pa� 1 �

�pa� 1

�3 Æ 0:

Lösungen — 9 75

Dies ist also korrekt. Die t-Ableitung der linken Seite ist � 1�1� t�2 �

a�1� at�2 , und

dies ist nicht-positiv genau dann, wenn

a�1� t�2 à �1� at�2:

Dies ist äquivalent mit

�at2 � 1��a� 1� Æ 0;

also der Fall für a Æ 1 und Æ 1 . Damit erfüllt die linke Seite die Ungleichung für t � 1und ist monoton fallend für t Æ 1 . Somit gilt die Ungleichung für alle t Æ 1 .

18 Folgt direkt mit dem Mittelwertsatz 14 .

19 a. � �t2 � 2t � 2�e�t��1

0� 2� 5=e b. �1

2e�t

2��1

0� e� 1

2e

c.13�1� t2�3=2

��1

0� 2p

2� 13

d.p

1� t2��1

0�p

2� 1

e.12

e�t�sin t � cos t�� e�� e�

2f.

12�t � sin t cos t�

��0� �

2g. Für n � 0 ist das Integral 0 . Für n � 0 ergibt zweimalige partielle Integration

Z �0

sinnt sinmt dt � m2

n2

Z �0

sinnt sinmt dt:

Also verschwindet das Integral für m � n ebenfalls. Andernfalls erhält manZ �0

sin2 nt dt � 1n

Z n�0

sin t dt �Z �

0sin2 t dt � �

2:

20 a. Da f 00 stetig ist, existiert ein � > 0 mit

f 00�t� > 0; t 2 J� � �c � �; c � ��:

Somit ist f 0 strikt wachsend auf J� , und mit f 0�c� � 0 folgt

f 0�u� < f 0�c� � 0 < f 0�v�; u < c < v; u;v 2 J�:

Dann aber ist f auf �c��; c� strikt fallend, auf �c; c�� strikt wachsend. Insbesondere

gilt

f�c� < f�t�; c � t 2 J�:

Also ist c eine strikte Minimalstelle.

b. Der erste Teil der Aussage, f 0�c� � 0 , ist der Satz von Fermat. Der zweite Teil

folgt indirekt mit a. Denn wäre f 00�c� < 0 , so wäre analog c eine Maximalstelle –

Widerspruch.

Man kann aber auch direkt argumentieren. Ist c eine Minimalstelle, so ist für alle

hinreichend kleinen h > 0

f�c � h� Æ f�c�; f �c � h� Æ f�c�;


also auch

f�x � h�� 2f�x�� f�x � h�h2 Æ 0:

Mit Aufgabe 23 folgt daher

f 00�c� � limh&0

f�x � h�� 2f�x�� f�x � h�h2 Æ 0:

c. Gegenbeispiel: Die erste und zweite Ableitung von t , t3 verschwindet bei 0 , aber

0 ist keine Minimalstelle.

21 Fixieren wir eine Seite des Dreiecks, so haben alle Dreiecke mit derselben Höhe über die-

ser Seite denselben Flächeninhalt. Unter diesen ist aus Symmetriegründen das gleich-

schenklige Dreieck dasjenige mit dem geringsten Umfang. Da aber keine zwei Seiten

gegenüber der dritten ausgezeichnet sind, muss das Dreieck mit dem geringsten Um-

fang drei gleiche Seiten haben.

22 Kettenregel für

F�t� � ��g�t��; ��u� �Z uaf�s�ds:

23 Ist f an der Stelle a differenzierbar, so können wir die Grenzwertsätze anwenden:

limh!0

f�t � h�� f�t � h�2h

� limh!0

f�t � h�� f�t�2h

� f�t�� f�t � h�2h

� limh!0

f�t � h�� f�t�2h

� limh!0

f�t�� f�t � h�2h

� 12�f 0�t�� f 0�t�� f 0�t�:

Zur Darstellung der zweiten Ableitung kommt man beispielsweise über die Taylorpoly-

nome erster Ordnung mit Restglied:

f�t � h�� f�t� � f 0�t�h� f 00��h2=2;

f �t � h�� f�t� � �f 0�t�h� f 00��h2=2;

mit �; � zwischen x�h und x�h . Addition der beiden Zeilen und Division durch h2

ergibt

f�t � h�� 2f�t�� f�t � h�h2 � f

00�� f 00��2

:

Grenzwertübergang h ! 0 liefert die Behauptung, da f 00 als stetig vorausgesetzt ist

und �; � ! t für h! 0 .

25 Für die Stammfunktion F einer Regelfunktion f gilt ja 22

F 0– � f–; F 0+ � f+:

Für eine Regelfunktion gilt aber f– � f+ außerhalb einer höchstens abzählbaren Punkt-

menge 8.9 . Also ist F dort auch differenzierbar.

Lösungen — 9 77

26 Es ist

f�t� � f�0�� f 0�0�� "�t�t

mit einer stetigen und in 0 verschwindenden Funktion " . Also ist

f�un�� f�vn�un � vn

� "�un�un � "�vn�vnun � vn

� "�un�un

un � vn� "�vn�

vnun � vn

: (*)

a. In diesem Fall ist�� unun � vn

�� à 1;�� vnun � vn

�� à 1:

Daher konvergiert (*) für n!1 gegen 0 .

b. In diesem Fall ist�� unun � vn

�� à �� vnun � vn

�� à M:Also konvergiert (*) für n!1 ebenfalls gegen 0 .

c. Aufgrund des Mittelwertsatzes ist

f�un�� f�vn�un � vn

� f 0�wn�

mit einem wn zwischen un und vn . Für n ! 1 konvergiert wn gegen 0 , wegen der

Stetigkeit von f 0 also auch f 0�wn� gegen f 0�0� .

27 Für n � 0 und n � 1 ist dies offensichtlich korrekt, und für n Æ 1 folgt induktiv

@n�1�tf �t�� @�t@nf�t��n@n�1f�t��

� @nf�t�� t@n�1f�t��n@nf�t�� t@n�1f�t�� n� 1�@nf�t�:

28 a. Man wendet zuerst die binomische Formel 34

�t2 � 1�n �nXk�0��1�n�kBnk t

2k

an und differenziert dann. Man erhält P0 � 1 , P1 � t sowie

P2 �12�3t2 � 1�; P3 �

12�5t3 � 4t�;

P4 �18�35t4 � 30t2 � 3�; P5 �

116�63t5 � 70t3 � 15t�:

b. Qn � �t2 � 1�n ist ein Polynom vom Grad 2n , also ist die n-te Ableitung ein Poly-

nom vom Grad n .

Das Polynom Qn hat je eine n-fache Nullstelle bei �1 und 1 . Daher haben auch

die ersten n� 1 Ableitungen von Qn eine Nullstelle bei �1 und 1 . Mit dem Satz von

Rolle folgt dann induktiv, dass Q0n eine, Q00n zwei, .. , @nQn n verschiedene Nullstellen

in ��1;1� besitzen. Da @nQn nur n Nullstellen haben kann, sind diese somit einfach.

29 Wendet man den Satz von Rolle auf jedes Intervall �ak�1; ak� mit k � 1; .. ; n an, so

erhält man n Nullstellen

a11 < a

12 < .. < a1

n

von f 0 im Intervall �a; b� . Entsprechend erhält man im nächsten Schritt n�1 Nullstel-

len

a22 < .. < a2

n

von f 00 im Intervall �a11; a1

n� . Und so weiter erhält man schließlich zwei Nullstellen

an�1n�1 < a

n�1n

von f �n�1� . In diesem Intervall, und damit in �a0; an� , existiert somit eine Nullstelle cvon f �n� .

30 Korrektur: Es sei A � fa1; a2; ..g � �0;1� abzählbar und

f : �0;1�! R; f �t� �1Xn�1

2�n sgn�t � an�:

a. Die Funktionen

’m �mXn�1

2�n sgn�� an�

sind Treppenfunktionen auf �0;1� und konvergieren wegen

k’m � fk�0;1� àXn>m

2�n � 2�m

gleichmäßig gegen f . Also ist f eine Regelfunktion auf �0;1� .b. Für jede Stammfunktion F von f gilt F 0± � f± . Die Aussage ist daher äquivalent

damit, dass f auf �0;1� Ø A stetig ist, nicht aber in den Punkten von A .

Die Stetigkeit auf �0;1� ØA folgt aus der Stetigkeit aller ’m auf dieser Menge und

deren gleichmäßiger Konvergenz gegen f . Die Unstetigkeit in den ai ergibt sich aus

f+�ai�� f–�ai� �X

n : an�ai2�n > 0:

31 a. Mit dem Satz von Taylor 31 gilt

f�t� � T 1af�t��

Z ta�t � s�f 00�s�ds:

Das Integral ist für f 00 Æ 0 nichtnegativ, also f�t� Æ T 1af�t� .

b. Sei w � �u� �1� ��v . Dann gilt

f�u� Æ f�w�� f 0�w��u�w� � f�w�� 1� ��f 0�w��u� v�

und

f�v� Æ f�w�� f 0�w��v �w� � f�w�� f 0�w��v �u�:

Lösungen — 9 79

Multiplizieren der ersten Gleichung mit � , der zweiten mit 1� � und Addieren ergibt

�f�u�� 1� ��f�v� Æ f�w� � f��u� �1� ��v�:

c. Dies folgt mit Induktion. Ist zum Beispiel �n < 1 , so setze

w ˝ �1

1� �nu1 � .. � �n�1

1� �nun�1:

Dann gilt

f��1u1 � .. � �nun� � f��1� �n�w � �nun�à �1� �n�f �w�� nf�un�:

Auf f�w� können wir die Induktionsannahme anwenden und erhalten

�1� �n�f �w� à �1f�u1�� .. � �n�1f�un�1�:

Beides zusammen ergibt die Behauptung.

32 Siehe Bemerkung am Ende von Seite 244.

33 Schreibe die Restgliedformel von Satz 32 als

Rnaf�a� h� �hn�1

n!

Z 1

0f �n�1��a� th��1� t�n�p�1� t�p dt:

Mit dem Mittwelwertsatz der Integralrechnung 8.7 folgt

Rnaf�a� h� �hn�1

n!f �n�1��a� �h��1� ��n�p

Z 1

0�1� t�p dt:

Das letzte Integral ist 1=�p � 1� , was die Behauptung ergibt.

34 Mit der Taylorformel 32 und der Voraussetzung folgt��Tna f�t�� pn�t�� à ��Tna f�t�� f�t�� jf�t�� pn�t�j à M0 jt � ajn�1

mit einer weiteren Konstanten M0 . Also verschwinden die ersten n Ableitungen von

Tna f � pn bei a . Ein Polynom vom Grad n hat aber diese Eigenschaft nur, wenn es

identisch verschwindet.

35 Aus der Taylorschen Formel mit Lagrangeschen Restglied,

f�a� h� � f�a�� f 0�a�h� h2

2f 00�a� �h�;

folgt

f 0�a� � f�a� h�� f�a�h

� h2f 00�a� �h�

Gehen wir zu Beträgen über und bilden danach erst rechts, dann links das Supremum

über alle a 2 R , so folgt für alle h > 0

M1 à2M0

h� hM2

2:

Die beste Schranke ergibt sich mit h �p

4M0=M2 und liefert

M1 àq

4M0M2:

36 Das Ergebnis von Aufgabe 35 gilt auch mit

Mr ;a � kf �r�k�a;1�

an Stelle von Mr . Es gilt also

M21;a à 4M0;aM2;a:

Gemäß Annahme ist lima!1M0;a � 0 und supaM2;a <1 . Also ist lima!1M1;a � 0 .

37 Es ist ak � Rk � Rk�1 mit Rn �PkÆn ak . Analog zur Abelschen partiellen Summati-

on a-6.13 gilt dannXkÆnaktk � Rntn �

Xk>nRk�tk � tk�1�:

Zu jedem " > 0 existiert nun ein N , so dass

jRnj < "; n Æ N:

Für 0 à t à 1 gilt dann��XkÆnaktk

�� à "tn � Xk>n"�tk�1 � tk� à "tn � "tn à 2":

Also konvergiert die Potenzreihe gleichmäßig auf �0;1� gegen eine stetige Funktion.

38 Das Polynom ist

p�t� � 12�t3 � t2�:

Dann ist � � f � p eine dreimal differenzierbare Funktion auf ��1;1� mit Nullstellen

in �1 , 0 und 1 und �0�0� � 0 . Nach dreimaliger Anwendung des Satzes von Rolle auf

� , �0 und �00 erhalten wir einen Punkt c 2 ��1;1� mit

�000�c� � 0:

Dies ist gleichbedeutend mit f 000�c� � 3 .

39 a. Für � � 0 ist nichts zu tun. Ansonsten gilt für n Æ ��an�1

an

�� jtj n��n� 1à 1� 1��

n:

Also folgt die gleichmäßige Konvergenz auf ��1;1� mit dem Raabekriterium a-6.12 .

b. Für �1 < � < 0 konvergiert die Reihe bei t � 1 aufgrund des Leibnizkriteriums,

und divergiert bei t � �1 aufgrund von

B�n��1�n � �n� 1��··�1��0��n!

Æ j�j �n� 1�!n!

� j�jn:

c. Für � à �1 gilt��B�n�� Æ 1 .

40 a. und b. Für t � 0 erhält man

f 0�t� � 1� 4t sin1t� 2 cos

1t; (†)

Lösungen 81

und für t � 0 gilt

f 0�0� � limt!0

f�t�� f�0�t � 0

� limt!0�1� 2t sin 1=t� � 1:

c. Dies folgt aus (†) mit limt!0 4t sin 1=t � 0 und

cos1t

��t�1=2�n

� 1; n � 1;2; .. :

d. Es ist f 0�0� � 1 , aber in jeder Umgebung von 0 nimmt f 0 negative Werte an.

82 Lösungen

10Spezielle Funktionen

Lösungen

1 a. Richtig. Denn dies gilt für eat mit jedem a 2 R .

b. Falsch. Denn t � 0 ist eine Nullstelle.

c. Völlig falsch.

d. Richtig. Denn 2i sin it � e�t � et .

e. Richtig. Denn sin=cos � tan .

f. Falsch. Denn cosh t Æ 1 für alle t 2 R . Vielmehr gilt arcosh 1 � 0 .

2 a. Aus

’�0� �’�0� 0� �’�0�’�0�

und ’�0� � 0 folgt ’�0� � 1 .

b. Die Funktion ’ hat keine Nullstelle. Denn gäbe es eine Nullstelle a , so wäre

’�t� �’�t � a�’�a� � 0; t 2 R;

und ’ würde identisch verschwinden. Wegen ’�0� � 1 > 0 gilt daher ’�t� > 0 für

alle t aus Stetigkeitsgründen.

c. Es ist

’0�t� � limh!0

1h�’�t � h��’�t��

� limh!0

1h�’�h��’�0��’�t�

�’0�0�’�t�:

84 10 — Spezielle Funktionen

d. Beide Funktionen lösen dasselbe Anfangswertproblem

u0 � au; u�0� � 1:

3 Die ersten beiden Aufgabenteile bleiben gleich. Also ist ’ positiv, und damit

g : t , log’�t�

auf R wohldefiniert. Es gilt dann, wie im Beweis von Lemma 10,

g�p=q� � �p=q�g�1�;

und aus Stetigkeitsgründen allgemein

g�t� � tg�1�:

Also ist g eine lineare Funktion und damit differenzierbar. Aufgrund des Umkehrsatzes

ist damit auch ’ differenzierbar. Der Rest des Beweises verläuft dann wie zuvor.

4 Für t > 0 gilt aufgrund der Potenzreihenentwicklung 9

e�t � 1etàm!tm

für jedes m Æ 0 . Mit m � n� 1 beispielsweise folgt dann

0 à tne�t à�n� 1�!t

! 0; t !1:

5 a. Es ist e�2t

1� t

!0� 2t � 1�1� t�2 e�2t à 0; 0 à t à 1=2:

Somit gilt

e�2t

1� t àe�2t

1� t

��t�0� 1; 0 à t à 1=2:

Das ist äquivalent zur Behauptung.

b. Sei N der größte Exponent eines Primfaktors in den Zahlen 2; .. ; n . Dann gilt 6.1�1� 1

pl

��1�X�Æ0

1p�lÆ

NX��0

1p�l

undmYl�1

�1� 1

pl

�Æ

mYl�1

� NX��0

1p�l

�:

Multiplizieren wir das letzte Produkt aus, so erhalten wir eine Summe über die Kehr-

werte von p�11 ··p�mm mit 0 à �i à N . Diese Summe enthält somit auf jeden Fall die

Kehrwerte von 1; .. ; n . Also gilt die erste Ungleichung. Die zweite Ungleichung folgt

mit Teil a. :mYl�1

�1� 1

pl

��1à

mYl�1

exp�

2pl

�� exp

� mXl�1

2pl

�:

Lösungen — 10 85

c. Gehen wir zuerst zum Grenzwert m ! 1 und dann zum Grenzwert n ! 1 über,

so folgt aus der Divergenz der harmonischen Reihe 6.4

exp� mXl�1

2pl

�� 1;

was die Behauptung ergibt. Somit sind Primzahlen gar nicht so selten . . .

6 Siehe das Beispiel von Cauchy 11.11 .

7 Aus der Exponenzialreihendarstellung von et folgt

f�t� �XnÆ0

tn

�n� 1�!:

Dass dies eine analytische Funktion darstellt, ebenso wie 1=f , wird allerdings erst im

dritten Band Noch mehr Analysis im Kapitel zur Funktionentheorie genau diskutiert.

8 Aus

log�1� t� � t � t2

2� t

3

3� .. ; log�1� t� � �t � t

2

2� t

3

3� .. ;

folgt

log1� t1� t � log�1� t�� log�1� t� � 2

�t � t

3

3� t

5

5� ..

�:

9 Dies folgt aus dem Vergleich der Exponenten von

eloga logat � alogat � t � elog t � alogae log t :

10 Schreibe x � et . Dann gilt

limx!1

x�� logx � limt!1

e��t log et � limt!1

te��t � 0

und

limx!0

x� logx � limt!�1

e�t log et � limt!1

�te��t � 0:

Mit der Stetigkeit von exp folgt hieraus

limx&0xx � lim

x&0ex logx � e0 � 1:

11 a. ’�t� �’0 cos!t � � 0=!� sin!t .

b. Der Raum aller Lösungen ist

L � fa cos!t � b sin!t : a;b 2 Rg

und ist offensichtlich zweidimensional.

c. Der Raum aller Lösungen von ’ � 0 ist L � fa� bt : a;b 2 Rg .

12 a. Sei

u�t� � t � log�1� t�; v�t� � log�1� t�� t1� t :

Dann ist u�0� � v�0� � 0 , und für t > 0 gilt

u0�t� � 1� 11� t Æ 0; v0�t� � 1

1� t �1

�1� t�2 Æ 0:

Also gilt u�t� Æ 0 und v�t� Æ 0 für t Æ 0 .

b. Einsetzen von t � a=n und multiplizieren mit n ergibt

a1� a=n à n ln�1� a=n� à a:

Exponenziation ergibt dann

exp�

a1� a=n

�à exp

�n ln

�1� a

n

��

1� an

�nà exp�a�:

c. Für n!1 konvergiert die linke Seite aufgrund der Stetigkeit gegen die rechte Seite.

Somit gilt

limn!1

�1� a

n

�n� ea:

13 a. Mit der Taylorschen Restgliedformel 9.31 gilt

et �2n�1Xk�0

tk

k!� et � T 2n�1

0 et � R2n�10 et � 1

�2n� 1�!

Z t0�t � s�2n�1es ds:

Das Integral ist strikt positiv für t > 0 und für t < 0 , wie man mit Substitution sieht.

b. Mit

�log�1� t��m� � ��1�m�1 �m� 1�!�1� t�m

und der Taylorschen Restgliedformel gilt analog

log�1� t��2n�1Xk�1��1�k�1 tk

k� �

Z t0

�t � s�2n�1

�1� s�2n ds:

Dieses Integral ist strikt negativ für t > �1 und t � 0 .

14 a. und b. Aus Satz 14 (iii) folgt

cosu � cos2�u=2�� sin2�u=2�:

Mit sin2�u=2�� cos2�u=2� � 1 folgt dann

cosu � 2 cos2�u=2�� 1 � 1� 2 sin2�u=2�:

c. Aus Satz 14 (ii) folgt

sinu � 2 sin�u=2� cos�u=2�:

Also ist

1� cosusinu

� 2 sin2�u=2�2 sin�u=2� cos�u=2�

� sin�u=2�cos�u=2�

� tan�u=2�:

Analog die zweite Identität.

Lösungen — 10 87

15 a. Mit Aufgabe 12 respektive den üblichen Grenzwertsätzen ist

limt!1

�1� a

t

�t� ea; lim

t!1

�1� a

t

�c� 1:

Also gilt limt!1 f�t� � ea für alle c .

b. Für ��t� � logf�t� findet man

�0�t� � log�

1� at

�� a�t � c�t�t � a� ; �00�t� � a

t2�2c � a�t � ac�t � a�2 :

Für 0 < a à 2c ist also �00 Æ 0 und �0 monoton steigend. Mit limt!1�0�t� � 0 folgt

�0�t� < 0; t > 0:

c. Mit log�1� t� > t=�1� t� für t > 0 a-12 gilt für c à 0

�0�t� >at � a �

a�t � c�t�t � a� � �

act�t � a� Æ 0:

d. Für 0 < 2c < a hat �00 genau eine Nullstelle

w � aca� 2c

;

und offensichtlich ist dies die einzige Maximalstelle von �0 . Mit

��t�!

8<: 0; t !1;�1; t ! 0;

folgt, dass � genau eine Nullstelle T < w besitzt, so dass �0 < 0 auf �0; T � und

�0 > 0 auf �T ;1� .

16 Die Summe ist die Hälfte der geometrischen SummenX

k��neikx � e�inx � ei�n�1�x

1� eix � e�i�n�1=2�x � ei�n�1=2�x

e�ix=2 � eix=2

� 2i sin�n� 1=2�x2i sin�x=2�

� sin�n� 1=2�xsin�x=2�

:

17 a. Aus den Additionstheoremen 14 folgt

cosnt � cos t cos�n� 1�t � sin t sin�n� 1�t;

sinnt � cos t sin�n� 1�t � sin t cos�n� 1�t:

Multiplikation der ersten Zeile mit cos t , der zweiten mit sin t und Addition ergibt

sin t sinnt � cos t cosnt � cos�n� 1�t:

Wieder mit denselben Additionstheoremen folgt daraus

cos�n� 1�t � cos t cosnt � sin t sinnt � 2 cos t cosnt � cos�n� 1�t:

Dies ist äquivalent mit

Tn�1�cos t� � 2T1�cos t�Tn�cos t�� Tn�1�cos t�;

was die Behauptung ergibt. Man erhält

T2 � 2t2 � 1; T3 � 4t3 � 3t; T4 � 8t4 � 8t2 � 1; T5 � 16t5 � 20t3 � 5t:

b. Die Funktion cosnz hat die Nullstellen

z � k� ��=2n

� 2k� 12n

�; k � 1; .. ; n;

und die Extremalstellen k�=n , k � 0; .. ; n . Da cos auf �0; �� streng monoton fällt,

bilden ihre Bilder die entsprechenden Stellen für Tn .

18 Dies ist eine direkte Rechnung. Mit tan t � sin t= cos t wird

tanu� tanv1� tanu tanv

�

sinu cosv � cosu sinvcosu cosv

cosu cosv � sinu sinvcosu cosv

� sinu cosv � cosu sinvcosu cosv � sinu sinv

� sin�u� v�cos�u� v� � tan�u� v�

mit den Additionstheoremen für sin und cos 14 .

19 a. Stetig für � > 0 .

b. Differenzierbar für � > 1 , mit Ableitung 0 .

c. Stetig differenzierbar für � > �� 1 .

20 Korrektur: Es muss arctan t statt tan t heißen.

Es ist

�arctan t�0 � 11� t2 �

XnÆ0��t2�n; jtj < 1:

Die Reihe konvergent gleichmäßig auf jedem kompakten Teilintervall von ��1;1� . Wir

können daher Integration und Summation vertauschen und erhalten

arctan t �Z t

0�arctan s�0 ds �

XnÆ0

Z t0��s2�n ds �

XnÆ0��1�n

t2n�1

2n� 1:

21 Aus den Additionstheoremen 14 folgt

cos 2n� � 2 cos2 n�� 1:

Wäre �cosn�� eine Nullfolge, so konvergierten beide Cosinus-Ausdrücke gegen Null,

was ein Widerspruch ergibt.

22 Korrektur: Die Aufgabe ist falsch formuliert. Richtig ist: Für alle t 2 R und n 2 N gilt

jsinntj à n jsin tj :

Es gibt aber t 2 R und a > 0 , so dass jsinatj > a jsin tj .

Lösungen — 10 89

a. Beide Seiten sind � -periodisch und invariant unter t , � � t . Daher genügt es, die

Ungleichung für 0 à t à �=2 zu verifizieren. Da außerdem

n sin t Æ n sin�=n Æ 1; �=n à t à �=2;

können wir uns auf 0 à t à �=n beschränken. Hier sind beide Seiten nichtnegativ,

verschwinden bei 0 , und für ihre Ableitungen gilt

�sinnt�0 � n cosnt à n cos t � n�sin t�0;

da cosnt für 0 à t à �=n monoton fällt. Integration ergibt dann

sinnt à n sin t; 0 à t à �=n:

b. Zum Beispiel gilt 14 sin t � 2 sin�t=2� cos�t=2� und deshalb��sint2

�� 12

�� sin t2 cos�t=2�

�� > 12jsin tj ; 0 < t < 2�:

23 Siehe Aufgabe 11.17.

24 Es ist jznj � 1 , also

jzkn � zk�1n j � jznjk�1 jzn � 1j � jzn � 1j :

Ferner ist a-14

jzn � 1j2 � �1� cos�t=n��2 � �sin�t=n��2

� 2� 2 cos�t=n�

� 4 sin2�t=2n�:

Also ist

Ln�t� � n jzn � 1j � 2n jsin�t=n�j :

25 Für t 2 Q ist n!�t für hinreichend großes n ein Vielfaches von � , also

fn�t� � 1; n Æ N:

Für t � Q dagegen ist n!�t niemals ein Vielfaches von � , also

jcos�n!�t�j < 1

und deshalb

fn�t� � 0; n Æ 1:

26 a. Für t � p=q teilerfremd nimmt an�t� nur folgende Werte an:

e2� ik=q; k � 0;1; .. ; p � 1:

b. Siehe dazu Etwas mehr Analysis, Abschnitt 5.6.

27 Es ist

s � sin 1 � limn!1

sn; sn �2nXk�0

��1�k

�2k� 1�!:

Hier ist sn � pn=qn eine rationale Zahl mit qn � �4n � 1�! . Aus einer elementaren

Abschätzung des Reihenrestes s � sn folgt außerdem, dass

pn � 1qn

< s <pnqn:

Wäre also s � p=q rational, so müsste q > qn sein. Wegen qn !1 ist dies unmöglich.

28 a. Wegen ’ �’ ist

�’2 �’2�. � 2’’ � 2’’ � 2’’ � 2’’ � 0:

b. Wegen a. ist ’2 �’2 konstant, und aufgrund der Anfangswerte ist der Wert 0 .

c. Aus b. folgt 9.4 , dass j’j differenzierbar ist, mit j’j. � j’j . Also ist j’j � 0 .

29 Dies ist eine direkte Rechnung. Zum Beispiel ist

4 sinhu coshv � coshu sinhv

� �eu � e�u��ev � e�v��eu � e�u��ev � e�v�

� 2euev � 2e�ue�v

� 2�eu�v � e�u�v�

� 4 sinh�u� v�:

Oder man argumentiert, dass jeweils beide Seite Lösungen der Differenzialgleichung

’00 �’ mit denselben Anfangswerten sind. Also müssen sie übereinstimmen.

30 Ebenfalls eine direkte Rechnung:

4 sinh�u� v� cosh�u� v�� eu�v � e�u�v��eu�v � e�u�v�

� e2u � e�2u � e2v � e�2v

� 2 sinh 2u� 2 sinh 2v:

31 Mit 2i sinz � eiz � e�iz � eixe�y � e�ixey erhält man

4 jsinzj2 � �eixe�y � e�ixey��e�ixe�y � eixey�

� �e2y � e�2y�� ei2x � e�i2x�

� �ey � e�y�2 � �eix � e�ix�2

� 4 sinh2 y � 4 sin2 x:

Und mit 2 cosz � eiz � e�iz � eixe�y � e�ixey erhält man

Lösungen 91

4 jcoszj2 � �eixe�y � e�ixey��e�ixe�y � eixey�

� �e2y � e�2y�� ei2x � e�i2x�

� �ey � e�y�2 � �eix � e�ix�2

� 4 sinh2 y � 4 cos2 x:

32 Mit der binomischen Formel 9.36 und � � �1=2 gilt

�arcsin t�0 � 1p1� t2

� 1�XnÆ1B�n��t2�n; jtj < 1:

Die Reihe konvergent gleichmäßig auf jedem kompakten Teilintervall von ��1;1� . Wir

können daher Integration und Summation vertauschen und erhalten

arcsin t �Z t

0�arcsin s�0 ds

� t �XnÆ1B�n

Z t0��s2�n ds � t �

XnÆ0��1�nB�n

t2n�1

2n� 1;

wobei mit der Definition der Binomialkoeffizienten 9.36

��1�nB�n ��1=2��3=2� � � � ��2n� 1�=2�

n!� 1�3··�2n� 1�

2�4··2n:

33 Das ist eine Übung.

34 a. 1� i �p

2 ei�=4 b. �1 � ei� c. 1�p

3 i � 2 e�i�=6

35 a. sin i � eiz � e�iz

2i

��z�i� e2 � 1

2ei b. cos i � eiz � e�iz

2

��z�i� e2 � 1

2ec. Wegen

log i � i�=2� 2� in; n 2 Z

ist

i i � ei log i � e��=2�2�n; n 2 Z:

d. 5pi � ei�=10e2ki�=5 � e�4k�1�� i=10 mit k � 0;1;2;3;4 .

92 Lösungen

11Ergänzungen

Lösungen

1 a. Falsch. Siehe Aufgabe 4.

b. Richtig. Es reicht auch C0.

c. Falsch. Zum Beispiel ist 1=pt auf �0;1� integrierbar.

d. Falsch. Man platziere Zacken bei n der Höhe n und Breite 1=n3 .

2 a. 0 b. 1 c. 0 für � > 0 d. logae. 1 f. 1=6 g. e=2 h. e2=3 i. 1

3 a. �2e�t��1

0� 2 b. �4�14t2

��1

0� �1=4 c. Siehe Aufgabe 6

d. Mit der Faktorisierung t3 � 1 � �t � 1��t2 � t � 1� erhält man

1t3 � 1

� 13

1t � 1

� 13

t � 2t2 � t � 1

� 13

1t � 1

� 16

8t � 4�2t � 1�2 � 3

� 2�2t � 1�2 � 3

und damitZ10

dt1� t3 �

16

ln�t � 1�2

�2t � 1�2 � 3� 1p

3arctan

2t � 1p3

��1

0

� �2p

3� 1

3ln 2� 1p

3arctan

1p3

e. �2�1e�t cos t��1

0� 1=2

94 11 — Ergänzungen

f. Es istZ10tne�at cos!t dt � Re

Z10tne�zt dt; z � a� i!;

und Z10tne�zt dt � n!

zn�Z1

0e�zt dt � n!

zn�1

g. Mit der Substitution t � sin’ erhält manZ 1

�1

dt�t � a�

p1� t2

� �Z �=2��=2

d’a� sin’

:

Eine weitere Umformung des Integrals geht über den Rahmen dieser kleinen Integrati-

onsübung hinaus.

4 Einerseits istZ r�r

sin t dt � � cos t��r�r� 0; r > 0;

somit existiert der Hauptwert. Andererseits aber existiert der Limes vonZ r0

sin t dt � � cos t��r

0� 1� cos r

für r !1 nicht, was für die Existens des ineigentlichen Integrals notwendig ist.

5 Einerseits giltZ r0

sin tt

dt � � cos tt

��r1�Z r

0

cos tt2 dt;

und der Grenzwert für r !1 existiert offensichtlich. Andererseits giltZ n��n�1��

jsin tjjtj dt Æ

1n�

Z �0

sin t dt � 2n�

; n Æ 2:

Das Absolutintegral divergiert daher wie die harmonische Reihe.

6 Mit partieller Integration erhält manZ 1

0tm logn t dt � 1

m� 1tm�1 logn t

��1

0� nm� 1

Z 1

0tm logn�1 t dt

� � nm� 1

Z 1

0tm logn�1 t dt:

Also folgt induktivZ 1

0tm logn t dt � ��1�n

n!�m� 1�n

Z 1

0tm dt � ��1�n

n!�m� 1�n�1 :

Nun ist

tt � et log t �XnÆ0

tn logn tn!

:

Lösungen — 11 95

Da die Exponenzialreihe auf kompakten Mengen gleichmäßig konvergiert, dürfen wir

Summation und Integration vertauschen und erhaltenZ 1

0tt dt �

XnÆ0

1n!

Z 1

0tn logn t dt �

XnÆ0

��1�n

�n� 1�n�1 �XnÆ1

��1�n�1

nn:

7 a. Nie. Mit e�t2

für n > �1 .

b. Für � > 0 , siehe Dirichletsches Konvergenzkriterium a-10 .

c. Das Integral konvergiert bei 1 für ��1 < 0 , bei 0 für ��1 > �1 . Also konvergiert

es für 0 < � < 1 .

8 Das Integral existiert, da der Integrand bei t � 0 stetig ist. Dagegen existiert das Inte-

gral über t�1 cosat und t�1 cosbt nicht. Für die Auswertung betrachten wir deshalbZ1"

cosat � cosbtt

dt �Z1"

cosatt

dt �Z1"

cosbtt

dt:

Nach Substitution in den beiden Einzelintegralen wirdZ1"

cosat � cosbtt

dt �Z1"a

cos tt

dt �Z1"b

cos tt

dt �Z "b"a

cos tt

dt:

Für jtj à 1 ist j1� cos tj à t2 . Daher gilt

lim"!0

Z "b"a

cos tt

dt � lim"!0

Z "b"a

1t

dt � logba:

9 Man wähle eine beliebige Folge stetiger Funktionen mit Träger in einer festen kompak-

ten Menge, die punktweise – und damit auch in der L1-Norm – gegen eine bis auf eine

einzige Sprungstelle stetige Funktion konvergiert.

10 Korrektur: Das Definitionsintervall ist �a; b� , nicht �a; b� . Dies ist für den Beweis aller-

dings nicht wesentlich.

Sei F eine Stammfunktion von f . Dann ist M ˝ kFk�a;b� < 1 nach Voraussetzung.

Für a < c < u < v < b gilt dannZ vufg dt � Fg

��vu�Z vuFg0 dt;

also ��Z vufg dt

�� à M jg�v�� g�u�j �M Z vujg0jdt

à 2M jg�c�j �MZ vujg0jdt:

Aufgrund der Monotonie von g wechselt g0 das Vorzeichen nicht, so dassZ vujg0jdt �

��Z vug0 dt

�� jg�v�� g�u�j à jg�c�j :Also gilt ��Z v

ufg dt

�� à 3M jg�c�j ! 0; c ! b:

96 11 — Ergänzungen

11 Für die Funktionen ’x mit ’x�t� � xe�xt gilt ’x Æ 0 ,Z10’x�t� �

Z10

e�t dt � 1;

sowie für jedes r > 0

limx!0

Z r0’x�t�dt � lim

x!0

Z xr0

e�t dt � 0:

Die Familie �’x�x>0 verhält sich also wie eine Dirichletfamilie für den Punkt 1 .

12 Dies ergibt sich aus

F�t� �Z1

0f�s�ds �

Z t0f�s�ds:

13 Die Folge

an �Z n��n�1��

f�t� sin t dt; n Æ 1;

ist alternierend und konvergiert betragsmäßig monoton gegen 0 . Aufgrund des Leib-

nizkriteriums existiert daher

limn!1

Z n�0f�t� sin t dt � lim

n!1

nXk�1ak � s:

Da außerdem

sup0àrà�

Z n��rn�

jf�t� sin tjdt à f�n��Z �

0sin t dt ! 0; n!1;

gilt auch

limr!1

Z r0f�t� sin t dt � s:

14 Substitution ergibtZ10

sin!tt

dt �Z1

0

sin tt

dt; ! > 0:

15 Korrektur: Es muss

hXnÆ0f�nh�

heißen.

Wir können annehmen, dass f positiv ist und monoton fällt, andernfalls gehen wir zur

Funktion �f über. Das Integralkriterium 8 angewandt auf die Funktion ’h � hf�h��ergibt dann

hXnÆ2f�nh� à h

Z11f�ht�dt �

Z1hf�t�dt à h

XnÆ1f�nh�

Da der Grenzwert des Integrals für h & 0 existiert, existiert damit auch der Limes der

Summen für h & 0 , und es folgt die Behauptung.

Lösungen — 11 97

16 Für an � sn � logn und m > n gilt

jam � anj �� mXk�n�1

1k�Zmn

1t

dt��

àmX

k�n�1

Z kk�1

��1t� 1k

��dt

àmX

k�n�1

�1

k� 1� 1k

�à

1n:

Also bildet �an� eine Cauchyfolge.

17 Es ist

limh&0

Z 1

�1

hh2 � t2 dt � lim

h&0

Z 1=h

�1=h

ds1� s2 � lim

r!1arctan t

��r�r� �:

Daher genügt es zu zeigen, dass

limh&0

1�

Z 1

�1

hh2 � t2 �f �t�� f�0��dt � 0: (*)

Sei " > 0 . Dann existiert ein � > 0 , so dass jf�t�� f�0�j < " für jtj < � , und damitZ ��

hh2 � t2 jf�t�� f�0�jdt à "

Z 1

�1

hh2 � t2 dt � "

für alle h > 0 . Mit M � sup�1àtà1 jf�t�� f�0�j <1 ist andererseitsZ 1

�

hh2 � t2 jf�t�� f�0�jdt à Mh

Z 1

�

dtt2 à

Mh�< "

für alle h hinreichend klein. Dasselbe gilt für das Integral über ��1;�� . Also gilt (*).

18 Zu jedem t 2 I existiert eine offene Umgebung Ut so, dass gleichmäßig für alle n

jfn�u�� fn�v�j < "; u;v 2 Ut :

Diese Umgebungen überdecken das kompakte Intervall I . Nach dem Satz von Heine-

Borel 8.11 existiert dann auch eine endliche Teilüberdeckung von I . Daher gibt es eine

Konstante M Æ 0 , so dass

jfn�u�� fn�v�j < M; u;v 2 I:

Ist nun �fn�a�� für ein a 2 I beschränkt, dann auch an allen anderen Punkten.

19 Die Cauchyfolge �fn� besitzt einen Grenzwert f in C�I� . Zu jedem a 2 I und " > 0existiert dazu ein � > 0 , so dass

jf�t�� f�a�j < "=3; jt � aj < �:

Zu diesem " existiert ferner ein N , so dass

jfn�t�� f�t�j < "=3; t 2 I; n Æ N:

98 Lösungen

Also gilt auch

jfn�t�� fn�a�j à jfn�t�� f�t�j � jf�t�� f�a�j � jf�a�� fn�a�j< "=3� "=3� "=3� "

für jt � aj < � und n Æ N .

20 Man kann zum Beispiel die charakteristische Funktion des Intervalls ��1�"=2;1�"=2�mit einer glatten Diracfunktion falten, deren Träger in ��"=2; "=2� enthalten ist.

21 Sei " > 0 . Da auch f 0 stetig auf �a; b� ist, existiert ein Polynom p , so dass

kf 0 � p0k�a;b� < "=�b � a�:

Wir können auch noch eine Konstante – die ja bei der Ableitung wegfällt – so addieren,

dass p�a� � f�a� . Dann ist für a à t à b

jf�t�� p�t�j àZ tajf 0�s�� p0�s�jds <

Z ta

"b � a ds à ":

Also ist auch

kf � pk�a;b� < ":

Da " beliebig war, folgt die Behauptung.

22 Wähle eine Abschneidefunktion ’ mit

’�0� � 1; ’�n��0� � 0; n Æ 1

sowie ’�t� � 0 für jtj Æ 1 . Dann ist

’��1� a2n�t� � 0; jtj Æ 1

1� a2n;

und damit

jan’��1� a2n�t�j à

janj1� a2

nà 1; t 2 R:

Die Reihe konvergiert also gleichmäßig auf jtj < 1 gegen eine, wie man zeigen kann,

unendlich oft differenzierbare Funktion. Zu ihrer n-ten Ableitung bei 0 tragen nur

diejenigen Terme bei, die keine Ableitung von ’ enthalten, und von diesen auch nur

der Term mit tn . Das heißt, es ist

f �n��0� � an’�0� �tn��n��t�0� an n! :

12Elementare

Differenzialgleichungen

Lösungen

1 Korrektur: Diese Aufgabe benötigt Kenntnisse der Riccati- und Bernoulli-Differenzial-

gleichungen, die aus diesem Kapitel wieder herausgenommen wurden.

a. Die Isoklinen sind Lösungen der Gleichung

x2 � t2 � �1� �; � 2 R;

also Hyperbeln in der �t; x�-Ebene.

b. Eine spezielle Lösung der Differenzialgleichung ist ’�t� � t . Für

u�t� � x�t��’�t� � x�t�� t

erhält man die Differenzialgleichung

u � u2 � 2tu:

Dies ist eine Bernoullische Differenzialgleichung, die mit dem Ansatz u � 1=v gelöst

werden kann. Man erhält

v � 2tv � 1:

Dies ist eine inhomogene lineare Differenzialgleichung, die man wie gewohnt löst mit

v�t� � cet2�1� E�t��; E�t� �

Z t0

e�s2

ds:

100 12 — Elementare Differenzialgleichungen

Abb 1

Einige Lösungenzu Aufgabe 1

Daraus erhält man die allgemeine Lösung der ursprünglichen Gleichung,

x�t� � t � 1v�t�

� t � ce�t2

1� E�t� ; c 2 R:

c. Wegen

E�t� <Z1

0e�s

2ds �

p�

2< 1

existieren alle Lösungen auf ganz R .

2 Eine zweite partikuläre Lösung respektive Stammfunktion sind von der Gestalt

’1 �’0 � eA�t�c0; A1�t� � A�t�� a0:

Damit ist

’1 � eA1�t�c1 �’0 � eA�t�c0 � eA�t�ea0c1 �’0 � eA�t�c

mit c � c0 � ea0c1 .

3 Auf jedem der drei abgeschlossenen Teilintervalle ist ’ glatt, mit

’�c� �’0�c� �’00�c� � 0; c 2 fa;bg :

Also ist sie in den ›Stosspunkten‹ zweimal stetig differenzierbar.

4 Setze

v�t� ˝ a� bZ t

0u�s�ds; 0 à t à T:

Lösungen 101

Dann ist v stetig differenzierbar und u à v auf �0; T � nach Voraussetzung. Wegen

b Æ 0 gilt dann auch v0 � bu à bv und folglich

�ve�bt�0 � �v0 � bv�e�bt à 0:

Die Funktion ve�bt ist also monoton fallend auf �0; T � und daher

v�t�e�bt à v�t�e�bt��t�0� v�0� � a; 0 à t à T:

Somit ist auch u�t� à v�t� à aebt .

5 a. x�t� � 2�1� cos t�� cecos t b. x�t� � c � 3 sin t � sin3 t3 cos3 t

6 Die allgemeine Lösung ist

a. x�t� � ce� cos t , für die gesuchte ist c � 0 .

b. x�t� � �c � t3=3�e� cos t , für die gesuchte ist c � e .

c. x�t� � c=t � 1=�1� log t� , für die gesuchte ist c � 0 .

7 a. Mit dem Ansatz x � exp�u� geht die Differenzialgleichung über in

u � usin t

:

Separation der Variablen ergibt

u�t� � exp

1�

Z t�=2

d’sin’

!;

wobei die Anfangsbedingung bereits berücksichtigt ist.

b. Es ist �2x� sin 2x�0 � 4 cos2 x . Separation der Variablen und Berücksichtigung der

Anfangsbedingung ergibt daher

2x�t�� sin 2x�t� � 1� �2� 4 sin t:

Diese Gleichung bestimmt die Lösung implizit.

8 a. x � 2xt

b. x � 2xtt2 � 1

c. x � t3 sgn�x�nq

1� 4 jxj =t4 � 1o

.

9 Korrektur: Hierbei ist a > 0 .

Für die Hilfsfunktion

�t� � t��’�t�

gilt

0�t� � ��t��1’�t�� t��’0�t�Æ �t��’0�t�� t�’0�t�� 0;

da ja �’�t� Æ �at’0�t� und a� � 1 . Also ist monoton steigend und

�r� à �R�; 0 < r à R;

was der Behauptung entspricht.

Etwas Analysis · 8 1 — Grundlagen 25 Für jede beliebige Abbildung fgilt f 1—f—A––˙A;...

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