L÷sungsvorschlag Analysis I · L÷sungsvorschlag Analysis I Tim Binz y 11. ebruarF 2020...

L÷sungsvorschlag∗Analysis I

Tim Binz†

11. Februar 2020

Inhaltsverzeichnis

Übungsblatt 1 1

Übungsblatt 2 5

Übungsblatt 3 9

Übungsblatt 4 15

Übungsblatt 5 24

Übungsblatt 6 26

Übungsblatt 7 29

Übungsblatt 8 34

Übungsblatt 9 39

Übungsblatt 10 42

Übungsblatt 11 47

Übungsblatt 12 50

Übungsblatt 13 54

Übungsblatt 14 59

Übungsblatt 15 61

Klausur 64∗Dies ist keine Musterlösung. Alle Angaben sind ohne Gewähr von Richtigkeit und Vollständigkeit.†An dieser Stelle möchte ich mich bei allen Tutorinnen und Tutoren der Analysis I für das Korrektur lesen dieses

Manuskripts bedanken. Besonderer Dank gebürt Aron und Marius Müller für zahllose hilfreiche Bemerkungen und

Kommentare.

Übungsblatt 1

Aufgabe 1 (de Morgansche Regeln)Seien M eine Menge und N1, N2 ⊆M Teilmengen von M . Beweisen Sie die folgenden Aussagen:

(i) (N1 ∪N2)C = NC

1 ∩NC2 .

(ii) (N1 ∩N2)C = NC

1 ∪NC2 .

Beweis. (i) Es gelten die folgenden Äquivalenzen.

x ∈ (N1 ∪N2)C ⇐⇒ x 6∈ (N1 ∪N2)

⇐⇒ ¬(x ∈ (N1 ∪N2))

⇐⇒ ¬(x ∈ N1 ∨ x ∈ N2)

⇐⇒ (¬(x ∈ N1)) ∧ (¬(x ∈ N2))

⇐⇒ x 6∈ N1 ∧ x 6∈ N2

⇐⇒ x ∈ NC1 ∧ x ∈ NC

2

⇐⇒ x ∈ NC1 ∩NC

2 .

(ii) Es gelten die folgenden Äquivalenzen.

x ∈ (N1 ∩N2)C ⇐⇒ x 6∈ (N1 ∩N2)

⇐⇒ ¬(x ∈ (N1 ∩N2))

⇐⇒ ¬(x ∈ N1 ∧ x ∈ N2)

⇐⇒ (¬(x ∈ N1)) ∨ (¬(x ∈ N2))

⇐⇒ x 6∈ N1 ∨ x 6∈ N2

⇐⇒ x ∈ NC1 ∨ x ∈ NC

2

⇐⇒ x ∈ NC1 ∪NC

2 .

Aufgabe 2 (geordnete Paare)SeienM1 undM2 Mengen und x1 ∈M1, x2 ∈M2. Ein geordnetes Paar (x1, x2) wird üblicherweiseals die Teilmenge

{{x1}, {x1, x2}} ⊆ P(M1 ∪M2)

de�niert. Zeigen Sie, dass daraus die folgende charakteristische Eigenschaft folgt: Für x1, x′1 ∈M1

und x2, x′2 ∈M2 gilt

(x1, x2) = (x′1, x′2) ⇐⇒ x1 = x′1 und x2 = x′2.

Beweis. Wir beweisen zuerst die Hinrichtung. Sei (x1, x2) = (x′1, x′2), d. h.

{{x1}, {x1, x2}} = {{x′1}, {x′1, x′2}}.

Wir unterscheiden zwei Fälle.

(a) Sei {x1} = {x′1} und {x1, x2} = {x′1, x′2}. Aus der ersten Gleichung folgt x1 = x′1. Für dieZweite unterscheiden wir wieder zwei Fälle

(α) Sei x1 = x′1 und x2 = x′2. Dann ist nichts mehr zu zeigen.

(β) Sei x1 = x′2 und x′1 = x2. Unter Verwendung von x1 = x′1 folgt

x′2 = x1 = x′1 = x2.

1

(b) Sei {x1} = {x′1, x′2} und {x1, x2} = {x′1}. Aus der ersten Gleichung folgt x′1 = x1 = x′2 undaus der zweiten x1 = x′1 = x2. Insgesamt gilt also

x1 = x2 = x′1 = x′2.

Umgekehrt sei x1 = x′1 und x2 = x′2. Daraus folgt {x1} = {x′1} und {x1, x2} = {x′1, x′2}. Somit ist(x1, x2) = (x′1, x

′2).

Aufgabe 3 (Konstruktion der ganzen Zahlen)In dieser Aufgabe werden die natürlichen Zahlen N zusammen mit ihrer Addition und ihrer Ord-nung ≤ als bekannt vorausgesetzt.

(i) Sei ∼ auf N× N via

(m,n) ∼ (r, s) :⇐⇒ m+ s = n+ r

de�niert. Zeigen Sie, dass ∼ eine Äquivalenzrelation auf N× N ist.

(ii) Für jede natürliche Zahl n ∈ N setzen wir n := [(n + 1, 1)] ∈ Z,−n := [(1, n + 1)] ∈ Z,auÿerdem 0 := [(1, 1)] ∈ Z, wobei Z := (N×N)/∼ bezeichnet. Zeigen Sie, dass jedes Elementz ∈ Z durch genau eines dieser Elemente gegeben ist,

Z = {. . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . . }.

Beweis. (i) Um zu zeigen, dass ∼ eine Äquivalenz-Relation ist, müssen wir Re�exivität, Sym-metrie und Transitivität nachweisen.

(a) Aus der Kommutativität der Addition folgt m+n = n+m und somit (m,n) ∼ (m,n).Damit ist ∼ re�exiv.

(b) Für die Symmetrie sei (m,n) ∼ (r, s), d. h. m + s = n + r. Da die Gleichheitsrelationsymmetrisch ist, impliziert dies n+ r = m+ s und somit (r, s) ∼ (m,n).

(c) Für die Transitivität seien (m,n) ∼ (r, s) und (r, s) ∼ (p, q), d. h. es gilt m+ s = n+ rund r+ q = p+ s. Daraus folgt unter Verwendung der Assoziativität und Kommutati-vität der Addition auf N, dass

(m+ q) + r = m+ (r+ q) = m+ (p+ s) = (m+ s) + p = (n+ r) + p = (p+n) + r

und mit der Kürzungsregel der natürlichen Zahlen m+ q = p+n, d. h. (m,n) ∼ (p, q),gilt.

(ii) Wir betrachten zunächst (a, a) ∈ N× N. Dann gilt

a+ 1 = a+ 1

und somit (a, a) ∼ (1, 1). Als nächstes betrachten wir (a, b) ∈ N×N mit a > b und bemerken,dass

a+ 1 = b+ (a− b) + 1

und somit (a, b) ∼ (n + 1, 1) mit n := (a − b) ∈ N gilt. Analog gilt für (a, b) ∈ N × N mita < b,

a+ (b− a) + 1 = b+ 1

und somit (a, b) ∼ (1, n + 1) mit n := (b − a) ∈ N. Also liegt jedes Element in N × N inder Äquivalenzklasse von (1, 1), (n + 1, 1) oder (1, n + 1). Damit ist in Z = (N×N)/∼ jedesElement von der Form n.

Um die Eindeutigkeit zu zeigen, unterscheiden wir fünf Fälle.

2

(a) Sei n = 0. Dann gilt (n+ 1, 1) ∼ (1, 1), d. h.

n+ 2 = 2.

Dies ist für n ∈ N nicht lösbar und somit gilt n 6= 0 für alle n ∈ N.(b) Sei −n = 0. Dann gilt (1, n+ 1) ∼ (1, 1), d. h.

2 = n+ 2.

Dies ist für n ∈ N nicht lösbar und somit gilt −n 6= 0 für alle n ∈ N.(c) Sei m = n. Dann gilt (m+ 1, 1) ∼ (n+ 1, 1), d. h.

m+ 2 = n+ 2.

Mit der Kürzungsregeln in N folgt m = n.

(d) Sei m = −n. Dann gilt (m+ 1, 1) ∼ (1, n+ 1), d. h.

(m+ n) + 2 = (m+ 1) + (n+ 1) = 2.

Dies ist für m,n ∈ N nicht lösbar und somit gilt m 6= −n für alle m,n ∈ N.(e) Der Fall −m = −n ist analog zu Fall (c).

Insgesamt ist also jedes Element in Z durch genau ein Element der Form n bzw. 0 gegeben.

Aufgabe 4 (Addition und Multiplikation auf den rationalen Zahlen)In dieser Aufgabe werden die ganzen Zahlen Z zusammen mit ihrer Addition + und ihrer Multi-plikation · als bekannt vorausgesetzt.

(i) Betrachte auf Z× (Z \ {0}) die Relation

(a, b) ∼ (c, d) :⇐⇒ ad = bc.

Zeigen Sie, dass dies eine Äquivalenzrelation ist.

(ii) Wir notieren eine Äquivalenzklasse von ∼ aus (i) mit ab

:= [(a, b)] ∈ Q, wobeiQ := (Z×(Z\{0}))/∼ bezeichnet. Zeigen Sie, dass die Verknüpfungen

a

b+c

d:=

ad+ bc

bdund

a

b· cd

:=ac

bd

wohlde�niert sind.


(a) Aus der Kommutativität der Multiplikation der ganzen Zahlen folgt

ab = ba,

d h. (a, b) ∼ (a, b) und damit die Re�exivität.

(b) Sei (a, b) ∼ (c, d). Aus der Kommutativität der Multiplikation der ganzen Zahlen undder Symmetrie der Gleichheitsrelation folgt

ad = bc ⇐⇒ da = cb ⇐⇒ cb = da.

Daraus folgt (c, d) ∼ (a, b) und somit die Symmetrie.

3

(c) Für die Transitivität betrachten wir (a, b) ∼ (c, d) und (c, d) ∼ (e, f). Dann gilt

(af)d = (ad)f = (bc)f = b(cf) = b(de) = (be)d.

Da d 6= 0 impliziert die Nullteilerfreiheit

af = be,

d. h. (a, b) ∼ (e, f).

(ii) Seien (a, b) ∼ (a′, b′) und (c, d) ∼ (c′, d′). Dann gilt

ab′ = ba′ und cd′ = dc′ (1)

(a) Wir beweisen zunächst, dass die Addition wohlde�niert ist. Aus (1) folgt wegen derKommutativität der Multiplikation

a′d′bd = ba′d′d = ab′d′d = adb′d′,

b′c′bd = b′bc′d = b′bcd′ = bcb′d′.

Dies impliziert unter Verwendung der Kommutativität und Assoziativität der Multi-plikation

(a′d′ + b′c′)(bd) = (a′b)(dd′) + (bb′)(c′d) = (ab′)(dd′) + (bb′)(cd′) = (ad+ bc)(b′d′)

und somit

(ad+ bc, bd) ∼ (a′d′ + b′c′, b′d′).

(b) Wir beweisen nun, dass die Multiplikation wohlde�niert ist. Aus (1) folgt

(ac)(b′d′) = (ab′)(cd′) = (ba′)(c′d) = (a′c′)(bd)

und somit (ac, bd) ∼ (a′c′, b′d′).

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Übungsblatt 2

Aufgabe 5Sei f : M → N eine Abbildung.

(i) Zeigen Sie, dass für alle Teilmengen B ⊆ N gilt: f−1(BC) = (f−1(B))C.

(ii) Geben Sie ein Beispiel für f mit einem A ⊆M an, sodass f(AC) 6= (f(A))C gilt.

Beweis. (i) Wir zeigen beide Inklusionen. Sei zunächst x ∈ f−1(BC), d. h. x ∈ M mit f(x) ∈BC. Damit ist x ∈M mit f(x) 6∈ B. Daraus folgt x 6∈ {y ∈M : f(y) ∈ B} = f−1(B). Somitist x ∈ (f−1(B))C.

Umgekehrt sei x ∈ (f−1(B))C, d. h. x 6∈ {y ∈ M : f(y) ∈ B}. Es folgt f(x) 6∈ B und damitf(x) ∈ BC. Wir schlieÿen x ∈ f−1(BC).

(ii) Wir bemerken zunächst, dass f(AC) = (f(A))C für bijektives f gilt. Da Bijektivität genaudann erfüllt ist, wenn Injektivität und Surjektivität gelten, stellt sich die Frage, welche dieserEigenschaften dafür verantwortlich ist. Tatsächlich lassen sich Gegenbeispiele für injektiveund surjektive Abbildungen �nden:

(a) Beispiel (injektiv, aber nicht surjektiv):

SeiM = {1, 2} und N = {1, 2, 3}. Weiter sei f(1) = 1 und f(2) = 2. Für die TeilmengeA = {1} gilt AC = {2}. Auÿerdem gilt f(A) = {1} und f(AC) = {2}. Somit ist

f(A)C = {2, 3} 6= {2} = f(AC).

(b) Beispiel (surjektiv, aber nicht injektiv):

Sei M = {1, 2, 3} und N = {1, 2}. Weiter sei f(1) = f(2) = 1 und f(3) = 2.Für die Teilmenge A = {1} gilt f(A) = {1}. Auÿerdem ist AC = {2, 3} und somitf(AC) = {1, 2}. Damit folgt

f(A)C = {2} 6= {1, 2} = f(AC).

Remark 2.1. Anhand der Beispiele sieht man, dass im Allgemeinen auch f(AC) 6⊆ (f(A))C undf(AC) 6⊇ (f(A))C gilt.

Allerdings lässt sich das folgende zeigen.

Proposition 2.2. Sei f : M → N eine Abbildung.

(i) Ist f injektiv, dann gilt f(AC) ⊆ (f(A))C für alle Teilmengen A ⊂M .

(ii) Ist f surjektiv, dann gilt f(AC) ⊇ (f(A))C für alle Teilmengen A ⊂M .

Beweis. (i) Sei y ∈ f(AC), dann existiert ein x ∈ AC, sodass f(x) = y. Somit existiert einx 6∈ A mit f(x) = y. Wegen der Injektivität von f folgt, dass für alle x ∈ A gilt f(x) 6= y.Damit ist y ∈ (f(A))C.

(ii) Sei y ∈ (f(A))C, dann ist y ∈ N und y 6∈ f(A), d. h. für alle x ∈ A gilt f(x) 6= y. Wegen derSurjektivität von f existiert nun ein z ∈M \A mit f(z) = y und somit ist y ∈ f(AC).

Aufgabe 6 (Universelle Eigenschaften)

(i) SeienM1 undM2 Mengen,M := M1×M2 ihr cartesisches Produkt und πj : M1×M2 →Mj

ihre kanonischen Projektionen (j = 1,2). Zeigen Sie: Ist N eine Menge und sind gj : N →Mj

Abbildungen (j = 1,2), so gibt es genau eine Abbildung F : N →M mit

π1 ◦ F = g1 und π2 ◦ F = g2.

5

(ii) Sei ∼ eine Äquivalenzrelation auf einer MengeM ,Q := M/∼ die zugehörige Quotientenmengesowie π : M → Q die kanonische Projektion. Zeigen Sie: Ist N eine Menge und g : M → Neine Abbildung mit g(x) = g(y) falls x ∼ y ist, so existiert genau eine Abbildung F : Q→ Nmit F ◦ π = g.

Beweis. (i) Wir zeigen Existenz und Eindeutigkeit.

(a) Existenz:

Wir setzen

F : N →M, x 7→ (g1(x), g2(x)).

Dann gilt

(π1 ◦ F )(x) = π1(g1(x), g2(x)) = g1(x),

(π2 ◦ F )(x) = π2(g1(x), g2(x)) = g2(x).

(b) Eindeutigkeit:

Sei F : N →M eine weitere Abbildung mit πi ◦ F = gi. Dann gilt

F (x) = ((π1◦ F )(x), (π2◦ F )(x)) = (g1(x), g2(x)) = ((π1◦F )(x), (π2◦F )(x)) = F (x)

für x ∈ N . Somit ist F = F .

(ii) Wir zeigen Existenz und Eindeutigkeit.

(a) Existenz:

Wir setzen

F : Q→ N, [x] 7→ g(x).

Um die Wohlde�niertheit zu zeigen, betrachten wir zwei Repräsentanten der selbenÄquivalenzklasse x, y ∈ [x]. Dann gilt x ∼ y und somit g(x) = g(y). Damit ist Fwohlde�niert. O�ensichtlich ist

(F ◦ π)(x) = F (π(x)) = F ([x]) = g(x).

(b) Eindeutigkeit:

Sei F : Q→ N eine weitere Abbildung mit F ◦ π = g. Dann gilt

F ([x]) = F (π(x)) = (F ◦ π)(x) = g(x) = F ([x])

für alle x ∈M und somit ist F = F .

Aufgabe 7 (Links- und Rechtsinverse)Sei f : M → N eine Abbildung. Zeigen Sie:

(i) Sei M 6= ∅. Die Abbildung f ist genau dann injektiv, wenn es eine Abbildung g : N → Mgibt mit g ◦ f = IdM .

(ii) Die Abbildung f ist genau dann surjektiv, wenn es eine Abbildung g : N → M gibt mitf ◦ g = IdN .

Beweis. (i) Wir zeigen beide Implikationen.

6

(a) Sei zunächst f : M → N injektiv. Dann existiert zu jedem y ∈ Im(f) ein eindeutigesElement x ∈M mit f(x) = y. Wir setzen

g(y) :=

{x, wenn f(x) = y,

p, wenn y 6∈ Im(f),

wobei p ∈M ein beliebiges Element bezeichnet. Wegen der Eindeutigkeit der Wahl vonx ist die Abbildung g : N →M wohlde�niert. Weiter erfüllt sie

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = x = IdM (x).

(b) Umgekehrt existiere zu f : M → N ein g : N →M so, dass g◦f = IdM . Aus f(x) = f(y)folgt

x = IdM (x) = g(f(x)) = g(f(y)) = IdM (y) = y

und somit die Injektivität von f .

(ii) Wir zeigen beide Implikationen.

(a) Sei zunächst f : M → N surjektiv. Für jedes Element y ∈ N gilt f−1(y) 6= ∅. Mit demAuswahlaxiom folgt

∏y∈N f

−1(y) 6= ∅. Wähle p ∈∏y∈N f

−1(y) und de�niere

g(y) := πy(p),

wobei πy :∏y∈N f

−1(y)→ f−1(y) die kanonische Projektion ist. Somit gilt

(f ◦ g)(y) = f(g(y)) = f(πy(p)) = y = IdN (y).

(b) Umgekehrt existiere eine Abbildung g : N →M mit f ◦ g = IdN . Sei y ∈ N . Dann gilt

y = f(g(y)).

Indem wir x := g(y) ∈M setzen, erhalten wir f(x) = y und somit die Surjektivität.

Aufgabe 8Seien f : M → N und g : N → P Abbildungen. Zeigen Sie:

(i) Sind f und g injektiv, so auch g ◦ f .

(ii) Sind f und g surjektiv, so auch g ◦ f .

(iii) Die Gleichmächtigkeit ' auf der Klasse aller Mengen ist eine Äquivalenzrelation (mit dernaheliegenden Erweiterung der De�nition der Äquivalenzrelation).

Beweis. (i) Seien x, y ∈M mit

g(f(x)) = (g ◦ f)(x) = (g ◦ f)(y) = g(f(y)).

Aus der Injektivität von g : N → P folgt

f(x) = f(y).

Aus der Injektivität von f : M → N folgt schlieÿlich x = y und somit die Injektivität vong ◦ f .

(ii) Sei p ∈ P . Wegen der Surjektivität von g : N → P existiert ein y ∈ N mit g(y) = p. Mit derSurjektivität von f : M → N existiert nun ein x ∈M mit f(x) = y. Insgesamt gilt

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = p

und g ◦ f ist surjektiv.

7

(iii) Wir prüfen Re�exivität, Symmetrie und Transitivität.

(a) Sei A eine Menge. Dann ist IdA : A→ A eine Bijektion und somit ist A ∼ A.(b) Seien A,B Mengen mit A ∼ B. Dann existiert eine bijektive Abbildung f : A → B.

Aus der Bijektivität folgt die Existenz einer inversen Abbildung f−1 : A → B. Dieseist ebenfalls bijektiv und somit gilt B ∼ A.

(c) Seien A,B,C Mengen mit A ∼ B,B ∼ C. Dann existieren bijektive Abbildungenf : A→ B und g : B → C. Aus den Aufgabenteilen (i) und (ii) folgt, dass g ◦f : A→ Ceine bijektive Abbildung ist. Damit gilt A ∼ C.

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Übungsblatt 3

Aufgabe 9 (mengentheoretische Summe)Seien M und N Mengen. Die mengentheoretische Summe M +N (auch Coprodukt oder disjunkteVereinigung genannt) ist durch

M +N := (M × {1}) ∪ (N × {2})

de�niert. Auÿerdem de�niert man die kanonischen Injektionen ιM : M ↪→ M +N und ιN : N ↪→M +N durch ιM (m) = (m, 1) und ιN (n) = (n, 2). Zeigen Sie:

(i) Es ist M +N = ιM (M) ∪ ιN (N).

(ii) Das Coprodukt hat die folgende universelle Eigenschaft: Ist (P, α, β) ein Tripel bestehendaus einer Menge P und zwei Abbildungen α : M → P , β : N → P , so gibt es genau eineAbbildung F : M + N → P mit

F ◦ ιM = α und F ◦ ιN = β.

Beweis. (i) Zunächst bemerken wir, dass ιM und ιN wohlde�niert sind, da ιM (m) = (m, 1) ∈M×{1} für allem ∈M und ιN (n) = (n, 2) ∈ N×{2} für alle n ∈ N gilt. Weil (m, 1) 6= (n, 2)für alle m,n ∈ N gilt, ist der Schnitt ιM (M) ∩ ιN (N) = ∅ leer.

O�ensichtlich ist ιM (M) ∪ ιN (N) ⊆ M + N . Weiter sei z ∈ M + N , dann existiert einm ∈ M oder ein n ∈ N , sodass z = (m, 1) = ιM (m) oder z = (n, 2) = ιN (n) gilt,d. h z ∈ ιM (M) ∪ ιN (N) und somit M + N ⊆ ιM (M) ∪ ιN (N). Also gilt insgesamtM +N = ιM (M) ∪ ιN (N).

(ii) Wir zeigen Existenz und Eindeutigkeit.

(a) Existenz:

Wir de�nieren F : M +N → P via

F (m, 1) = α(m) und F (n, 2) = β(n)

für m ∈M und n ∈ N . Weil M +N = (M ×{1})∪ (N ×{2}) ist, ist F damit auf ganzM +N bestimmt. Weil (M ×{1})∩ (N ×{2}) = ∅ ist, ist F wohlde�niert. Weiter gilt

(F ◦ ιM )(m) = F (m, 1) = α(m) und (F ◦ ιN )(n) = F (n, 2) = β(n)

für alle m ∈M und n ∈ N .

(b) Eindeutigkeit:

Sei F : M +N → P eine weitere Abbildung, die

F ◦ ιM = α und F ◦ ιN = β

erfüllt. Damit gilt

F (ιM (m)) = (F ◦ ιM )(m) =α(m) = (F ◦ ιM )(m) = F (ιM (m)),

F (ιN (n)) = (F ◦ ιN )(n) =β(n) = (F ◦ ιN )(n) = F (ιN )

für m ∈ M und n ∈ N . Damit stimmen F und F auf ιM (M) ∪ ιN (N) = M + Nüberein. Somit ist F = F .

Aufgabe 10 (vollständige Induktion)

(i) Zeigen Sie für alle n ∈ N, dass

9

(a)n∑k=1

k = 12n(n+ 1),

(b)n∑k=1

k2 = 13n(n+ 1

2

)(n+ 1)

gilt.

(ii) Aufgrund der obigen Formeln vermuten wir, dass es ein Polynom p vierten Grades mitrationalen Koe�zienten und führendem Koe�zienten 1/4 gibt, so dass für alle n ∈ N diefolgende Formel gilt

n∑k=1

k3 = p(n).

Können Sie die Vermutung beweisen?

Hinweis: Es gilt (k + 1)4 − k4 = 4k3 + 6k2 + 4k + 1.

Beweis. (i) (a) Der Beweis erfolgt durch vollständige Induktion über n ∈ N.I. Induktionsanfang:

Für n = 1 gilt

1∑k=1

k = 1 =1

2· 1 · (1 + 1).

II. Induktionsschritt n→ n+ 1:Es gilt

n+1∑k=1

k =n∑k=1

k + (n+ 1)

IH=

1

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

=1

2(n+ 1)(n+ 2)

für n ∈ N, wobei wir im zweiten Schritt die Induktionshypothese verwendet haben.

(b) Der Beweis erfolgt durch vollständige Induktion über n ∈ N.I. Induktionsanfang:

Für n = 1 gilt

1∑k=1

k2 = 12 = 1 =1

3· 1 · 3

2· (1 + 1).


n+1∑k=1

k2 =

n∑k=1

k2 + (n+ 1)2

IH=

1

3n

(n+

1

2

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

=1

3(n+ 1)

(n

(n+

1

2

)+ (3n+ 3)

)=

1

3(n+ 1)

(n2 +

7

2n+ 3

)=

1

3(n+ 1)

(n+

3

2

)(n+ 2)


10

(ii) Hierfür geben wir zwei Beweise.

(a) Eine einfache Rechnung zeigt

(k + 1)4 − k4 = 4k3 + 6k2 + 4k + 1.

Damit gilt unter Verwendung von Teil (i)

(n+ 1)4 − 1 =

n∑k=1

(k + 1)4 − k4

= 4n∑k=1

k3 + 6n∑k=1

k2 + 4n∑k=1

k + n

= 4n∑k=1

k3 + 2n

(n+

1

2

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

wobei für die erste Gleichheit verwendet wurde, dass∑n

k=1(k+ 1)4− k4 eine Teleskop-summe ist.

Damit ist

n∑k=1

k3 =1

4

((n+ 1)4 − 2n

(n+

1

2

)(n+ 1)− 2n(n+ 1)− (n+ 1)

)=

1

4(n+ 1)

((n+ 1)3 − (2n2 + 3n+ 1)

)=

1

4(n+ 1)2

((n+ 1)2 − 2n− 1

)=

1

4(n+ 1)2n2.

(b) Wir beweisen durch vollständige Induktion, dass

n∑k=1

k3 =1

4n2(n+ 1)2

für alle n ∈ N gilt.

I. Induktionsanfang:Für n = 1 gilt

1∑k=1

k3 = 13 = 1 =1

4· 12 · (1 + 1)2.


n+1∑k=1

k3 =

n∑k=1

k3 + (n+ 1)3

IH=

1

4n2(n+ 1)2 + (n+ 1)3

=1

4(n+ 1)2(n2 + 4n+ 4)

=1

4(n+ 1)2(n+ 2)2,


11

Allgemeiner lässt sich mit der Strategie aus Aufgabe 10 (ii) (a) die folgende Aussage beweisen.

Proposition 3.1. Für m ∈ N0 und n ∈ N gilt

n∑k=1

km = pm+1(n),

wobei pm+1 ein Polynom m+ 1-Grades,

pm+1(n) =m+1∑i=0

aini

mit Leitkoe�zient am+1 = 1/m+1 und ai ∈ Q ist.

Beweis. Der Beweis erfolgt mittels vollständiger Induktion über m ∈ N.

I. Induktionsanfang:

Für m = 0 gilt

n∑k=1

k0 =n∑k=1

1 = n.

II. Induktionsschritt m− 1→ m:

Aus

(k + 1)m+1 − km+1 = (m+ 1) · km +m−1∑j=0

bjkj

mit bj ∈ Q, folgt mittels Teleskopsumme

(n+ 1)m+1 − 1 =n∑k=1

(k + 1)m+1 − km+1

= (m+ 1) ·n∑k=1

km +

n∑k=1

m−1∑j=0

bjkj

= (m+ 1) ·n∑k=1

km +m−1∑j=0

bj

n∑k=1

kj

IH= (m+ 1) ·

n∑k=1

km +

m−1∑j=0

bjpj(n)

=: (m+ 1) ·n∑k=1

km + pm(n).

Nach Konstruktion ist pm ein Polynomm-ten Grades mit rationalen Koe�zienten. Umstellender Gleichung liefert

n∑k=0

km =1

m+ 1(n+ 1)m+1 − pm(n)− 1

und somit die Behauptung.

Aufgabe 11Finden Sie den Fehler im Beweis des folgenden Satzes:

12

Satz 1. Alle Hasen haben dieselbe Farbe.1

Beweis. Da es nur endlich viele Hasen gibt, genügt es zu zeigen, dass in jeder endliche Ansammlungvon Hasen alle Hasen dieselbe Farbe haben, was per vollständiger Induktion über die Anzahl derHasen in der Ansammlung bewiesen wird.Induktionsanfang: Für n = 1 besteht die Ansammlung nur aus einem Hase und damit haben alleHasen in dieser Ansammlung dieselbe Farbe.Induktionsvoraussetzung: Sei n ∈ N und gelte die Behauptung für n, d. h. in jeder Ansammlungvon n Hasen haben alle Hasen dieselbe Farbe.Induktionsschritt: Sei {H1, H2, . . . ,Hn+1} eine Ansammlung von n + 1 Hasen. Nach Induktions-voraussetzung haben alle Hasen in {H1, H2, . . . Hn} dieselbe Farbe, insbesondere haben H1 undH2 dieselbe Farbe. Nach Induktionsvoraussetzung haben aber auch alle Hasen in {H2, . . . ,Hn+1}dieselbe Farbe, also die Farbe von H2 und damit die Farbe von H1. Daraus folgt, dass alle Hasenin {H1, H2, . . . ,Hn+1} dieselbe Farbe haben.

Lösung. Der Fehler ist anzunehmen, dass die Hasen H1 und H2 die gleiche Farbe haben. DieHasen in {H1, . . . ,Hn} haben alle die selbe Farbe F1 und die Hasen in {H2, . . . ,Hn+1} haben dieselbe Farbe F2. Um allerdings zu schlieÿen, dass das F1 = F2 ist, benötigt man mindestens einenHasen im Schnitt dieser Mengen bzw.

{H1, . . . ,Hn} ∩ {H2, . . . ,Hn+1} 6= ∅.

Für n = 2 ist dies aber nicht erfüllt, da

{H1} ∩ {H2} = ∅.

Anders ausgedrückt: Daraus, dass jeder Hase die gleiche Farbe wie er selbst hat (was o�ensichtlichwahr ist), kann man nicht folgern, dass zwei Hasen die gleiche Farbe haben.

Aufgabe 12 (Hilberts Hotel)Hilberts Hotel besitzt abzählbar unendlich viele Zimmer, welche durch die natürlichen Zahlen 1,2, . . . nummeriert sind und die im Moment alle belegt sind. Kommt nun ein weiterer Gast, so kanndieser untergebracht werden, indem jeder bisherige Gast in das Zimmer mit der nächst höherenNummer wechselt, d. h. der bisherige Gast aus Zimmer 1 zieht in Zimmer 2, der bisherige Gast ausZimmer 2 zieht in Zimmer 3, usw. So hat jeder der alten Gäste weiterhin ein Zimmer und der neueGast kann nun in das frei gewordene Zimmer 1 ziehen. Wie kann man alle Gäste unterbringen,wenn

(i) ein Bus mit endlich vielen, neuen Gästen kommt?

(ii) ein Bus mit abzählbar-unendlich vielen, neuen Gästen kommt?

(iii) endlich viele Busse mit jeweils abzählbar unendlich vielen, neuen Gästen kommt?

(iv) abzählbar unendlich viele Busse mit jeweils abzählbar unendlich vielen, neuen Gästenkommt?

Beweis. (i) Sei n die Anzahl neuer Gäste. Der Gast aus Zimmer mit Nummer m geht in dasZimmer mit Nummer n+m. Da es unendlich viele Zimmer gibt, gibt es keinen letzten Gastden man nicht umverteilen könnte. Damit sind die ersten n Zimmer frei und können für dieUnterbringung der neuen n Gäste verwendet werden.

(ii) Der Gast aus Zimmer mit der Nummerm geht in das Zimmer mit der Nummer 2m. Dadurchsind alle ungeraden Zimmer Nummern frei und die neuen Gäste können dort untergebrachtwerden.

1In Wirklichkeit variiert die Fellfärbung von Hasen übrigens meist von weiÿ über grau bis bräunlich.

13

(iii) Sei n die Anzahl der Busse. Der Gast aus Zimmer mit der Nummer m geht in das Zimmermit der Nummer n ·m. Damit können die Gäste aus dem k-ten Bus in die Zimmer mit denNummern n ·m+ k für m ∈ N verteilt werden.

(iv) Der Gast aus dem Zimmer mit der Nummer m zieht in das Zimmer mit der Nummer 2m−1um. Damit sind alle geraden Zimmernummern frei. Die Gäste aus dem n-ten Bus werdennun in die Zimmer mit den Nummern, die durch 2n aber nicht durch 2n+1 teilbar sind.

14

Übungsblatt 4

Aufgabe 13 (Fortsetzung Aufgabe 3)Wir betrachten Z als Menge von Äquivalenzklassen in N×N wie in Aufgabe 3 und setzen nun füra = [(m,n)] und b = [(r, s)]

a+ b := [(m+ r, n+ s)], a · b := [(mr + ns,ms+ nr)].

Zeigen Sie, dass

(i) die Addition + und die Multiplikation · auf Z wohlde�niert sind.

(ii) (Z,+) eine abelsche Gruppe ist.

(iii) (Z,+, ·) ein Integritätsring ist.

Beweis. (i) Seien (m,n) ∼ (m′, n′) und (r, s) ∼ (r′, s′), d. h. es gilt

m+ n′ = m′ + n, r + s′ = r′ + s.

(a) Addition:

Aus der Assoziativität und der Kommutativität der Addition auf N folgt

(m+ r) + (n′+ s′) = (m+n′) + (r+ s′) = (m′+n) + (r′+ s) = (m′+ r′) + (n+ s),

d. h. es gilt (m+ r, n+ s) ∼ (m′ + r′, n′ + s′). Damit folgt

(m,n) + (r, s) = (m+ r, n+ s) ∼ (m′ + r′, n′ + s′) = (m′, n′) + (r′, s′).

(b) Multiplikation:

Unter wiederholter Verwendung der Assoziativität, Kommutativität und Distributivitätsowie der Annahme ergibt sich

mr + n′r′ + ns+m′s′ +ms′ = m(s+ r′) + n′r′ + ns+m′s′

= ms+ (m′ + n)r′ + ns+m′s′

= ms+m′r′ + n(r + s′) +m′s′

= ms+m′r′ + nr + (n′ +m)s′

= ms+m′r′ + nr + n′s′ +ms′.

Die Kürzungsregeln auf N impliziert

mr + ns+m′s′ + n′r′ = ms+ nr +m′r′ + n′s′,

d. h. (mr + ns,ms+ nr) ∼ (m′r′ + n′s′,m′s′ + n′r′). Damit gilt

(m,n) · (r, s) = (mr+ ns,ms+ nr) ∼ (m′r′ + n′s′,m′s′ + n′r′) = (m′, n′) · (r′, s′).

(ii) Wir weisen die Axiome einer abelschen Gruppe nach.

(g1) Assoziativität:

Aus der Assoziativität von N folgt

(m,n) + ((r, s) + (p, q)) = (m,n) + (r + p, s+ q)

= (m+ (r + p), n+ (s+ q))

= ((m+ r) + q, (n+ s) + q)

= (m+ r, n+ s) + (p, q)

= ((m,n) + (r, s)) + (p, q)

für m,n, r, s, p, q ∈ N.

15

(k) Kommutativität:

Aus der Kommutativität und der Assoziativität auf N folgt

(m,n) + (r, s) = (m+ r, n+ s) = (r +m, s+ n) = (r, s) + (m,n)

für m,n ∈ N.(g2) Existenz eines neutralen Elements:

Wir setzen 0Z := [(1, 1)]. Kommutativität und Assoziativität der Addition auf N im-pliziert

(m+ 1) + n = (n+ 1) +m,

d. h. (m,n) ∼ (m+ 1, n+ 1) für m,n ∈ N. Es folgt

(m,n) + (1, 1) = (m+ 1, n+ 1) ∼ (m,n).

(g3) Existenz inverser Elemente:

Sei a := [(m,n)] für m,n ∈ N. Es gilt

(m,n) + (n,m) = (m+ n, n+m) ∼ (1, 1)

und b := [(n,m)] ist das Inverse zu a.

(iii) Da wir in Teil (ii) bereits gezeigt haben, dass (Z,+) eine abelsche Gruppe ist, genügt es zuzeigen, dass die Multiplikation assoziativ und kommutativ ist, dass ein Einselement existiert,dass Distributivgesetz gilt und dass Z nullteilerfrei ist.

(r1) Assoziativität:

Assoziativität und Kommutativität der Addition sowie das Distributivgesetz auf Nimplizieren

(m,n) · ((r, s) · (p, q)) = (m,n) · (rp+ sq, rq + sp)

= (m(rp+ sq) + n(rq + sp),m(rq + sp) + n(rp+ sq))

= (mrp+msq + nrq + nsp,mrq +msp+ nrp+ nsq)

= (mrp+ nsp+msq + nrq,mrq + nsq +msp+ nrp)

= ((mr + ns)p+ (ms+ nr)q, (mr + ns)q + (ms+ nr)p)

= (mr + ns,ms+ nr) · (p, q)= ((m,n) · (r, s)) · (p, q)

für m,n, r, s, p, q ∈ N.(k) Kommutativität:

Aus der Kommutativität der Multiplikation auf N folgt

(m,n) · (r, s) = (mr + ns, nr +ms) = (rm+ sn, rn+ sm) = (r, s) · (m,n)

für m,n, r, s ∈ N.(1) Existenz eines Einselementes:

Wir setzen 1Z := [(2, 1)]. Wegen Assoziativität und Kommutativität der Addition aufN gilt

(2m+ n) + n = 2m+ 2n = m+ (m+ 2n)

und somit

(2, 1) · (m,n) = (2m+ n,m+ 2n) ∼ (m,n).

16

(r2) Distributivgesetz:

Assoziativität und Kommutativität der Addition sowie das Distributivgesetz auf Nimplizieren

(m,n) · ((r, s) + (p, q)) = (m,n) · (r + p, s+ q)

= (m(r + p) + n(s+ q),m(s+ q), n(r + p))

= (mr +mp+ ns+ nq,ms+mq + nr + np)

= (mr + ns,ms+ nr) + (mp+ nq,mq + np)

= (m,n) · (r, s) + (m,n) · (p, q)

für m,n, r, s, p, q ∈ N.(n) Nullteilerfreiheit:

Da die Multiplikation kommutativ ist, müssen wir Links- und Rechtsteilerfreiheit nichtunterscheiden. Seien also m,n, r, s ∈ N sodass

[(m,n)] · [(r, s)] = 0Z = [(1, 1)]

also (mr + ns,ms+ nr) ∼ (1, 1) d.h.

mr + ns+ 1 = ms+ nr + 1 (2)

Wir müssen zeigen, dass [(m,n)] = 0Z, also m = n, oder [(r, s)] = 0Z, also r = s.Im Fall m = n ist nichts mehr zu zeigen, sei also m 6= n. Wir unterscheiden die Fällem > n und m < n.Für m > n existiert ein d ∈ N mit m = n+ d. Folglich ist

nr + dr + ns+ 1 = (n+ d)r + ns+ 1

(2)= (n+ d)s+ nr + 1

= ns+ ds+ nr + 1

Aus der Kürzungsregel für die Addition folgt also dr = ds und damit wegen der Kür-zungsregel für die Multiplikation, dass r = s.Für m < n existiert ein d ∈ N mit m+ d = n. Folglich ist

mr +ms+ ds+ 1 = mr + (m+ d)s+ 1

(2)= ms+ (m+ d)r + 1

= ms+mr + dr + 1

Aus der Kürzungsregel für die Addition folgt also ds = dr und damit wegen der Kür-zungsregel für die Multiplikation, dass s = r.

Aufgabe 14 (Fortsetzung von Aufgabe 4)Wir betrachten Q als Menge von Äquivalenzklassen in Z× (Z \ {0}) wie Aufgabe 4. Zeigen Sie:

(i) (Q,+, ·) ist ein Körper.

(ii) die Abbildung ι : Z ↪→ Q mit ι(a) = a1 ist ein injektiver Ringhomomorphismus.

Beweis. (i) Wir weisen die Axiome eines Körpers nach.

(a) Wir beginnen mit denen für die Addition:

17

(a1) Assoziativität der Addition:Für a, c, e ∈ Z und b, d, f ∈ Z \ {0} folgt aus der Assoziativität und der Kommu-tativität der Addition und der Multiplikation auf Z, sowie des Distributivgesetzes,dass

a

b+

(c

d+e

f

)=a

b+cf + de

df

=adf + (cf + de)b

bdf

=adf + cfb+ deb

bdf

=adf + bef + bde

bdf

=(ad+ bc)f + bde

bdf

=ad+ bc

bd+e

f

=(ab

+c

d

)+e

f

gilt.

(a2) Kommutativität der Addition:Für a, c ∈ Z und b, d ∈ Z \ {0} gilt wegen der Kommutativität der Addition undMultiplikation auf Z, dass

a

b+c

d=ad+ bc

bd=cb+ da

db=c

d+a

b.

(a3) Existenz eines Nullelements:Für a ∈ Z und b ∈ Z \ {0} gilt

a

b+

0

1=a · 1 + b · 0

b · 1=a

b.

(a4) Existenz additiver Inverser:Für a ∈ Z und b ∈ Z \ {0} gilt wegen der Kommutativität von Z

a

b+

(−a)

b=ab− bab2

= 0.

(b) Als nächstes veri�zieren wir die Axiome für die Multiplikation:

(b1) Assoziativität der Multiplikation:Für a, c, e ∈ Z und b, d, f ∈ Z \ {0} folgt aus der Assoziativität der Multiplikationvon Z, dass

a

b·(c

d· ef

)=a

b· cedf

=a(ce)

b(df)=

(ac)e

(bd)f=ac

bd· ef

=(ab· cd

)· ef

gilt.

(b2) Kommutativität der Multiplikation:Für a, c ∈ Z und b, d ∈ Z \ {0} gilt wegen der Kommutativität der Multiplikationauf Z

a

b· cd

=ab

cd=ba

dc=c

d· ab.

(b3) Existenz eines Einselements:Für a ∈ Z und b ∈ Z \ {0} gilt

a

b· 1

1=a · 1b · 1

=a

b.

18

(b4) Existenz multiplikativer Inverser:Es ist genau dann a/b ∈ Q∗, wenn a, b ∈ Z \ {0}. Für diese gilt

a

b· ba

=ab

ba=

1

1.

(c) Distributivgesetz:

Für a, c, e ∈ Z und b, d, f ∈ Z\{0} folgt aus der Assoziativität und der Kommutativitätder Addition und der Multiplikation auf Z, sowie des Distributivgesetzes, dass

a

b·(c

d+e

f

)=a

b· cf + de

df=a(cf + de)

bdf

=acf + ade

bdf=acf

bdf+ade

bdf

=ac

bd+ae

bf=a

b· cd

+a

b· ef

gilt.

(ii) Für a, b ∈ Z gilt

ι(a) + ι(b) =a

1+b

1=a · 1 + 1 · b

1 · 1=a+ b

1= ι(a+ b)

und

ι(a) · ι(b) =a

1· b

1=a · b1 · 1

=ab

1= ι(ab).

Somit ist ι ein Ringhomomorphimus. Auÿerdem weisen wir noch Injektivität nach. Dazuseinen a, b ∈ Z mit ι(a) = ι(b), d. h.

a

1=b

1

bzw.

(a, 1) ∼ (b, 1).

Somit gilt

a = a · 1 = b · 1 = b

und ι ist injektiv.

Aufgabe 15Sei n ∈ N und Zn = {0, . . . , n− 1} wie aus der Vorlesung. Für a = m und b = r setzen wir

a+ b := m+ r, a · b = mr.

Zeigen Sie, dass

(i) die Addition + und die Multiplikation · wohlde�niert sind.

(ii) (Zn,+) eine abelsche Gruppe und (Zn,+, ·) ein kommutativer Ring mit Eins ist.

(iii) π : Z→ Zn, r 7→ r ein surjektiver Ringhomomorphismus ist.

(iv) Sei nun n = p eine Primzahl. Zeigen Sie, dass (Zp,+, ·) ein Körper ist (dieser wird häu�gauch als Fp bezeichnet).

19

Beweis. (i) Sei m ∼ m′ und r ∼ r′. Dann existieren k, l ∈ Z, sodass

m′ = m+ kn, r′ = r + ln

gilt. Daraus folgt

m′ + r′ = (m+ kn) + (r + ln) = (m+ r) + (k + l)n

und somit m′ + r′ ∼ m+ r. Genauso folgt

m′r′ = (m+ kn)(r + ln) = mr + (kr +ml + kln)n

und somit m′r′ ∼ mr.

(ii) (a) Wir weisen die Axiome einer abelschen Gruppe nach.

(g1) Assoziativität:Für m, r, s ∈ Zn gilt wegen der Assoziativität von Z

(m+ r) + s = m+ r + s

= (m+ r) + s

= m+ (r + s)

= m+ r + s

= m+ (r + s).

(k) Kommutativität:Aus der Kommutativität von Z folgt

m+ r = m+ r = r +m = r + m

für m, r ∈ Zn.(g2) Existenz eines neutralen Elements:

Für m ∈ Zn gilt

m+ 0 = m+ 0 = m.

(g3) Existenz inverser Elemente:Für m ∈ Zn gilt

m+ n−m = m+ (n−m) = n = 0.

(b) Wir weisen die Axiome eines kommutativen Rings mit Eins nach. Da wir aus Teil (a)bereits wissen, dass (Zn,+) eine abelsche Gruppe, genügt es Assoziativität, Kommu-tativität der Multiplikation, Existenz einer Eins, sowie das Distributivgesetz zu veri�-zieren.

(r1) Assoziativität der Multiplikation:Für m, r, s ∈ Zn gilt wegen der Assoziativität der Multiplikation auf Z

m · (r · s) = m · rs = m(rs) = (mr)s = mr · s = (m · r) · s

(k) Kommutativität der Multiplikation:Für m, r ∈ Zn gilt wegen der Kommutativität der Multiplikation auf Z

m · r = mr = rm = r · m.

(1) Existenz eines Einselementes:Für m ∈ Zn gilt

m · 1 = m · 1 = m.

20

(r2) Distributivgesetz:Aus dem Distributivgesetz auf Z folgt

m · (r + s) = m · r + s = m(r + s) = mr +ms = mr +ms = m · r + m · s

für m, r, s ∈ Zn.

(iii) Für m, r ∈ Z gilt

π(m) + π(r) = m+ r = m+ r = π(m+ r)

und

π(m) · π(r) = m · r = mr = π(rm).

Damit ist π : Z → Zn ein Ringhomomorphismus. Für die Surjektivität, sei m ∈ Zn undo�ensichtlich gilt

π(m) = m

mit m ∈ Z.

(iv) Wir bemerken, dass Zp mindestens zwei Elemente hat. Es verbleibt zu zeigen, dass allem ∈ Zp \ {0} ein multiplikatives Inverses in Zp besitzen. Ohne Einschränkung sei m ∈{1, . . . , p − 1}. Da p prim ist, ist 1 der gröÿte gemeinsame Teiler von m und p, d. h. esexistieren2 r, k ∈ Z, sodass

mr + kp = 1

ist. Damit gilt

mr = mr = 1

und r ist das multiplikative Inverse von m.

Aufgabe 16Auf Q2 de�nieren wir eine Addition + und eine Multiplikation · für a = (r, s) und b = (t, u) wiefolgt:

a+ b := (r + t, s+ u), a · b := (rt− su, ru+ st).

Zeigen Sie:

(i) (Q2,+, ·) ist ein Körper (den wir mit Q[i] bezeichnen).

(ii) Die Abbildung ι : Q→ Q[i] mit ι(r) = (r, 0) ist ein (injektiver3) Körperhomomorphismus.

(iii) Wir setzen i := (0, 1) ∈ Q[i]. Zeigen Sie, dass man jedes Element z ∈ Q[i] eindeutig alsz = r + is schreiben kann, wobei wir r, s ∈ Q vermöge ι als ein Element in Q[i] betrachten.Zeigen Sie schlieÿlich: i2 = −1.

Beweis. (i) Wir weisen die Axiome eines Körpers nach.


2Hier verwenden wir das Lemma von Bezout.3Siehe Proposition 4.1

21

(a1) Assoziativität der Addition:Unter Verwendung der Assoziativität von Q folgt für r, s, t, u, p, q ∈ Q

(r, s) + ((t, u) + (p, q)) = (r, s) + (t+ p, u+ q)

= (r + (t+ p), s+ (u+ q))

= ((r + t) + p, (s+ u) + q)

= (r + t, s+ u) + (p, q)

= ((r, s) + (t, u)) + (p, q).

(a2) Kommutativität der Addition:Aus der Kommutativität von Q folgt für r, s, t, u ∈ Q

(r, s) + (t, u) = (r + t, s+ u) = (t+ r, u+ s) = (t, u) + (r, s).

(a3) Existenz eines Nullelements:Für r, s ∈ Q gilt

(r, s) + (0, 0) = (r + 0, s+ 0) = (r, s).

(a4) Existenz additiver Inverser:Für r, s ∈ Q gilt

(r, s) + (−r,−s) = (r − r, s− s) = (0, 0).


(b1) Assoziativität der Multiplikation:Aus der Assoziativität der Addition und der Multiplikation auf Q und der Asso-ziativität der Addition auf Q, sowie des Distributivgesetzes, folgt

(r, s) · ((t, u) · (p, q)) = (r, s) · (tp− uq, tq + up)

= (r(tp− uq)− s(tq + up), r(tq + up) + s(tp− uq))= (rtp− ruq − stq − sup, rtq + rup+ stp− suq)= (rtp− sup− ruq − stq, rtq − suq + rup+ stp)

= ((rt− su)p− (ru+ st)q, (rt− su)q + (ru+ st)p)

= (rt− su, ru+ st) · (p, q)= ((r, s) · (t, u)) · (p, q).

für r, s, t, u, p, q ∈ Q.(b2) Kommutativität der Multiplikation:

Die Kommutativität der Multiplikation auf Q liefert

(r, s) · (t, u) = (rt− su, ru+ st) = (tr − us, ur + ts) = (t, u) · (r, s)

für r, s, t, u ∈ Q.(b3) Existenz eines Einselements:

Für r, s ∈ Q gilt

(1, 0) · (r, s) = (1 · r − 0 · s, 0 · r + 1 · s) = (r, s).

(b4) Existenz multiplikativer Inverser: Sei (r, s) ∈ Q2 \ {(0, 0)}. Dann gilt

r2 + s2 6= 0.

Damit ist(r

r2 + s2,−s

r2 + s2

)∈ Q2.

22

Es gilt

(r, s) ·(

r

r2 + s2,

r

r2 + s2

)=

(r2

r2 + s2− −s2

r2 + s2,−rs

r2 + s2+

rs

r2 + s2

)=

(r2 + s2

r2 + s2, 0

)= (1, 0).


Kommutativität der Addition auf Q und das Distributivgesetz auf Q liefern

(r, s) · ((t, u) + (p, q)) = (r, s) · (t+ p, u+ q)

= (r(t+ p)− s(u+ q), r(u+ q) + s(t+ p))

= (rt+ rp− su− sq, ru+ rq + st+ sp)

= (rt− su, ru+ st) + (rp− sq, sp+ rq)

= (r, s) · (t, u) + (r, s) · (p, q)

für r, s, t, u, p, q ∈ Q.

(ii) Für r, s ∈ Q gilt

ι(r) + ι(s) = (r, 0) + (s, 0) = (r + s, 0) = ι(r + s)

und

ι(r) · ι(s) = (r, 0) · (s, 0) = (rs− 0 · 0, r · 0 + 0 · s) = (rs, 0) = ι(rs).

Auÿerdem gilt

ι(1) = (1, 0).

Damit ist ι : Q→ Q[i] ein Körperhomomorphismus.

(iii) Sei z = (r, s) ∈ Q2 Dann gilt

z = (r, s) = (r, 0) + (0, s) = (r, 0) + (s, 0) · (0, 1) = ι(r) + ι(s) · i.

Seien r′, s′ ∈ Q, sodass

z = ι(r′) + ι(s′) · i

gilt

(r, s) = z = ι(r′) + ι(s′) · i = (r′, 0) + (s′, 0) · (0, 1) = (r′, 0) + (0, s′) = (r′, s′)

Nun folgt aus Aufgabe 2, dass r = r′ und s = s′ und damit die Eindeutigkeit. Weiter gilt

i2 = i · i = (0, 1) · (0, 1) = (0 · 0− 1 · 1, 0 · 1− 1 · 0) = (−1, 0) = ι(−1).

Proposition 4.1. Jeder Körperhomomorphismus ist injektiv.

Beweis. Seien K und L Körper und f : K → L ein Körperhomomorphismus. Angenommen esexistierte k ∈ K∗ sodass f(k) = 0L ist. Sei r ∈ K∗ das Inverse von k. Wegen der Homomorphis-museigenschaft von f folgt

0L = 0L · f(r) = f(k) · f(r) = f(kr) = f(1K) = 1L.

Das ist ein Widerspruch zu der Forderung, dass ein Körper mindestens zwei Elemente habenmuss.

23

Übungsblatt 5

Aufgabe 17Sei (K,+, ·) ein Körper. Zeigen Sie für alle x, y ∈ K:

(i) (−x) · (−y) = x · y.

(ii) −(−x) = x.

(iii) Jeder Körper nullteilerfrei ist, d. h: Aus x · y = 0 folgt x = 0 oder y = 0.

(iv) x2 = y2 ⇐⇒ (x = y oder x = −y).

Beweis. (i) Wir zeigen zunächst (−a) · b = −(a · b) = a · (−b) für a, b ∈ K. Es gilt, wegen derDistributivität und wegen 0 · c = c · 0 = 0 für alle c ∈ K, dass

0 = 0 · b = (a+ (−a)) · b = a · b+ (−a) · b

und

0 = a · 0 = a · (b+ (−b)) = a · b+ a · (−b)

Also sind (−a) ·b und a ·(−b) additive Inverse von x ·y, also wegen der Eindeutigkeit selbiger(−a) · b = −(a · b) = a · (−b). Damit folgt nun aber

(−x) · (−y) = −(x · (−y)) = −(−(x · y)) = x · y

wobei das letzte Gleichheitszeichen aus (ii) folgt.

(ii) Es gilt

(−x) + x = x+ (−x) = 0

Folglich ist x additives Inverses von −x und da additive Inverse eindeutig sind folgt x =−(−x).

(iii) Wegen der Kommutativität können wir ohne Einschränkung annehmen, dass x 6= 0 ist.Damit existiert ein Inverses a ∈ K mit a ·x = 1. Aus x · y = 0 folgt wegen der Assoziativitätder Multiplikation

0 = a · 0 = a · (x · y) = (a · x) · y = 1 · y = y.

(iv) Wir zeigen beide Richtungen. Zuerst nehmen wir an, dass x2 = y2 gilt. Daraus folgt

0 = x2 − y2 = (x− y) · (x+ y)

und somit x = y oder x = −y.

Für die Rückrichtung unterscheiden wir zwei Fälle.

(a) Für x = y ist nichts zu zeigen.

(b) Für x = −y gilt mit (i), dass x2 = (−y)2 = y2.

Aufgabe 18Sei (K, P ) ein angeordneter Körper. Zeigen Sie für alle x, y ∈ K:

(i) Aus x < y folgt −x > −y.

(ii) Aus x < 0 < y folgt xy < 0.

(iii) Aus 0 < x < y folgt y−1 < x−1.

24

Beweis. (i) Aus x < y folgt mit Aufgabe 17 (ii)

−x− (−y) = y − x ∈ P.

Somit gilt −y < −x und schlieÿlich −x > −y.

(ii) Aus x < 0 folgt −x > 0, d. h. −x ∈ P . Weil y ∈ P ist, folgt −(xy) = (−x)y ∈ P und damitxy ∈ −P , d. h. xy < 0.

(iii) Aus x ·x−1 = 1 > 0 folgt mit (ii) und x ∈ P , dass x−1 ∈ P . Analog ist auch y−1 ∈ P . Wegenx < y ist y − x ∈ P und weil x−1, y−1 ∈ P folgt

x−1 − y−1 = x−1 · (y − x) · y−1 ∈ P

und somit y−1 < x−1.

Aufgabe 19Zeigen Sie, dass die Anzahl der k-elementigen Teilmengen einer n-elementigen Menge

(nk

)ist.

Beweis. Der Beweis erfolgt durch vollständige Induktion über n.


Für n = 0 ist die Menge die leere Menge, diese hat keine Teilmengen auÿer sich selbst.Andererseits gilt(

0

0

)= 1.

II. Induktionsschritt n→ n+ 1:

Sei An eine n-elementige Teilmenge der (n+ 1)-elementigen Teilmenge An+1. Dann existiertein eindeutiges Element p ∈ An+1, sodass

An+1 = An∪{p}.

Für eine k-elementigen Teilmenge Ak von An+1 unterscheiden wir nun zwei Fälle:

(a) p 6∈ Ak: Die k-elementigen Teilmengen von An+1, die p nicht enthalten, entsprechen denk-elementigen Teilmengen von An. Deren Anzahl ist nach Induktionshypothese

(nk

).

(b) p ∈ Ak: Da p ∈ Ak enthalten ist, können wir statt Ak ⊂ An+1 auch Ak \ {p} ⊆ Anbetrachten. Dies ist eine k−1-elementige Teilmenge einer n-elementigen Teilmenge. DieAnzahl der k-elementigen Teilmengen in An+1, die den Punkt p enthalten, entsprichtsomit der Anzahl der (k − 1)-elementigen Teilmengen von An. Nach Induktionshypo-these ist diese

(nk−1).

Da jede k-elementige Teilmenge in genau einem der beiden Fälle liegt, erhalten wir für dieAnzahl der k-elementigen Teilmengen einer (n+ 1)-elementigen Menge(

n

k − 1

)+

(n

k

)=

(n+ 1

k

).

25

Übungsblatt 6

Aufgabe 20

(i) Zeigen Sie, dass die Folge (an)n∈N mit

an =1

2n

gegen ein a ∈ R konvergiert und geben Sie für ε = 10−3 ein n0 ∈ N an, sodass |an − a| < εfür alle n ≥ n0 gilt.

(ii) Zeigen Sie, dass die Folge (an)n∈N mit

an =2n2 − nn2 + 1

gegen ein a ∈ R konvergiert und geben Sie für ε = 10−3 ein n0 ∈ N an, sodass |an − a| < εfür alle n ≥ n0 gilt.

(iii) Zeigen Sie, dass die Folge (an)n∈N mit

an := (−1)n

nicht konvergiert.

(iv) Zeigen Sie, dass die Folge (an)n∈N mit

an := (n3 − n2)

nicht konvergiert.

Beweis. (i) Für jedes ε > 0 existiert ein n0 ∈ N, sodass 1ε < 2n0 gilt. Da 1

2m ∈ (0, 1] für allem ∈ N0 ist, folgt∣∣∣∣ 1

2n

∣∣∣∣ =1

2n=

1

2n−n0· 1

2n0≤ 1

2n0< ε

für alle n ≥ n0. Damit konvergiert an gegen a = 0.

Für ε := 10−3 wähle n0 = 10, denn

1

ε=

1

10−3= 103 < 1024 = 210 = 2n0 .

(ii) Für jedes ε > 0 existiert ein n0 ∈ N, sodass 1ε2< n0 gilt. Auÿerdem können wir n0 ≥ 3

wählen. Da

√n3

+ 2√n ≤ n2 + 1

für alle n ≥ 3 gilt, folgt∣∣∣∣2n2 − nn2 + 1− 2

∣∣∣∣ =|2n2 − n− 2n2 − 2|

n2 + 1=

n+ 2

n2 + 1≤ 1√

n≤ 1√n0

< ε

für alle n ≥ n0 ≥ 3. Somit konvergiert an gegen a = 2.

Für ε := 10−3 wähle n0 = 106 + 1, denn

1

ε2=

1

(10−3)2= 106 < 106 + 1 = n0.

26

(iii) Sei ε = 1. Dann gilt für alle n ∈ N

|an − an+1| = |(−1)n − (−1)n+1| = |(−1)n| · |1− (−1)| = 2 > 1 = ε.

Damit kann kein n0 ∈ N existieren, sodass |an − am| < ε für alle m,n ≥ n0 gilt. Somit ist(an)n∈N keine Cauchy-Folge und daher nicht konvergent.

(iv) Sei ε = 4. Dann gilt für alle n ∈ N

|an − an+1| = |n3 − n2 − (n+ 1)3 + (n+ 1)2|= n(n+ 1)2 − (n− 1)n2

= n · ((n+ 1)2 − (n− 1)n)

≥ (n+ 1)2 − (n− 1)n

> (n+ 1) · ((n+ 1)− (n− 1)) ≥ 4 = ε.

Damit kann kein n0 ∈ N existieren, sodass |an − am| < ε für alle m,n ≥ n0 gilt. Somit ist(an)n∈N keine Cauchy-Folge und daher nicht konvergent.

Theorem 6.1 (Identitätssatz für Polynome). Sei n ∈ N0 und seien P,Q ∈ K[X] sodass deg(P ) ≤n und deg(Q) ≤ n. Stimmen P und Q an n+ 1 Stellen überein, dann gilt schon P = Q.

Beweis. Der Beweis erfolgt in zwei Schritten.

(i) Wir zeigen, zunächst dass ein Polynom P 6= 0 mit deg = n höchstens n Nullstellen habenkann. Wir beweisen dies mittels vollständiger Induktion über den Grad deg(P ) = n.


Für n = 0 ist nichts zu zeigen.


Sei P 6= 0 ein Polynom n-ten Grades und ξ ∈ K eine Nullstellle von P . Dann existiertein Polynom Q mit deg(Q) = n− 1, sodass

P = (X − ξ) ·Q

gilt. Sei ζ ∈ K eine weitere Nullstelle von P , dann gilt

0 = P (ζ) = (ζ − ξ) ·Q(ζ).

Also folgt ξ = ζ oder ζ ist eine Nullstelle von Q. Da Q nach Induktionshypothesehöchstens n− 1 Nullstellen hat, kann P höchstens n haben.

(ii) Seien nun P und Q Polynome mit deg(P ),deg(Q) ≤ n. Dann gilt deg(P −Q) ≤ n. Weiterhat P −Q n+ 1 Nullstellen, da P und Q an n+ 1 Stellen übereinstimmen. Dies ist nach (i)nur möglich, wenn P −Q = 0 und somit P = Q gilt.

Aufgabe 21 (Polynome und Polynomfunktionen)Sei K ein Körper mit unendlich-vielen Elementen (z.B. K = R). Sei weiter K[X] der Ring der K-Polynome und Abb(K,K) der Ring der Abbildungen von K nach K. Zeigen Sie, dass die AbbildungΦ : K[X] → Abb(K,K) aus der Vorlesung, die jedem Polynom P seine Polynomfunktion fPzuordnet, injektiv ist (und ein Ringhomomorphismus).

Beweis. Wir geben zwei Beweise für diese Aussage:

27

(i) Seien nun P,Q ∈ K[X] sodass

Φ(P ) = Φ(Q),

d. h. es gilt

(Φ(P ))(x) = (Φ(Q))(x)

für alle x ∈ K. Da K unendlich viele Elemente hat, stimmen die Polynome P und Q an un-endlich vielen Stellen überein. Es folgt aus dem Identitätssatz für Polynome (Theorem 6.1),dass P = Q gilt und damit die Injektivität von Φ.

(ii) Wir betrachten P ∈ ker(Φ). Es gilt

P (x) = 0

für alle x ∈ K. Da K unendlich viele Elemente besitzt, hat P unendlich viele Nullstelle.Aus dem Identitätssatz für Polynome (Theorem 6.1) folgt, dass P = 0 und somit Φ injektivist.

Aufgabe 22 (Eindeutigkeit von Grenzwerten)Zeigen Sie: Konvergiert eine Folge (xn)n∈N gegen a ∈ R und b ∈ R, so gilt a = b.

Beweis. Für alle ε > 0 existierten m0, n0 ∈ N, sodass

|xm − a| < ε/2, |xn − b| < ε/2

für alle m ≥ m0, n ≥ n0 gilt. Somit gilt mit Dreiecksungleichung für alle r ≥ r0 := max{m0, n0},dass

|a− b| ≤ |xr − a|+ |xr − b| < ε/2 + ε/2 = ε

gilt. Wir bemerken, dass die linke Seite nicht von r abhängt, also gilt

|a− b| < ε

für alle ε > 0 und damit a = b.

Aufgabe 23Seien (xn)n∈N, (yn)n∈N and (zn)n∈N Folgen reeller Zahlen mit

a := limn→∞

xn = limn→∞

zn

und xn ≤ yn ≤ zn für alle n ∈ N. Zeigen Sie, dass dann auch (yn)n∈N gegen a konvergiert.

Beweis. Sei ε > 0. Weil die (reellen) Folgen (xn)n∈N und (zn)n∈N gegen a ∈ R konvergieren gibtes m,m′ ∈ N sodass

xn > a− ε für alle n ≥ mzn < a+ ε für alle n ≥ m′

Wegen xn ≤ yn ≤ zn für alle n ∈ N folgt damit

a− ε < xn ≤ yn ≤ zn < a+ ε

für alle n ≥ max{m,m′}. Dies impliziert

|yn − a| < ε

für alle n ≥ max(m,m′). Weil ε > 0 beliebig war gilt: Für alle ε > 0 existiert ein N ∈ N - nämlichN := max{m,m′} - sodass für alle n ≥ N

|yn − a| < ε

Also konvergiert auch (yn)n∈N gegen a.

28

Übungsblatt 7

Aufgabe 24 (arithmetisch-geometrische Ungleichung)

(i) Zeigen Sie, dass für alle a, b ∈ R gilt

ab ≤(

1

2(a+ b)

)2

.

Weiter gilt genau dann Gleichheit, wenn a = b gilt.4

(ii) Sei (an)n∈N die babylonische Zahlenfolge aus der Vorlesung, also

a1 = 2,

an+1 =1

2

(an +

2

an

).

Zeigen Sie, dass

(a) a2n > 2 für alle n ∈ N gilt.5

(b) (an)n∈N streng5 monoton fallend ist, d. h. dass an+1 ≤ an für alle n ∈ N gilt.

Beweis. (i) Aus

(a+ b)2 − (a− b)2 = 4ab (3)

und

(a− b)2 ≥ 0

folgt

4ab ≤ (a+ b)2

und somit

ab ≤ 1

4(a+ b)2 =

(1

2(a+ b)

)2

.

Zunächst bemerken wir, dass für a = b folgt

ab = a2 =

(1

2· 2a)2

=

(1

2(a+ b)

)2

.

Für die Rückrichtung nehmen wir an, dass

ab =

(1

2(a+ b)

)2

gilt. Das ist äquivalent zu

4ab = (a+ b)2.

Mit (3) folgt

(a+ b)2 − (a− b)2 = 4ab = (a+ b)2

und somit (a− b)2 = 0. Wir schlieÿen a− b = 0 bzw. a = b.

4Diese Aussage war nicht mehr Teil der Aufgabe.5In der Aufgabe war lediglich an ≥ 2 zu zeigen, da man für die strikte Ungleichung die schärfere Version der

arithmetisch-geometrischen Ungleichung braucht.

29

(ii) (a) Zunächst betrachten wir n = 1. Es gilt

a21 = 22 = 4 > 2.

Für n + 1 bemerken wir zunächst, dass (an)n∈N eine Folge rationaler Zahlen ist undsomit

a2n 6= 2

gilt. Dies impliziert

an 6=2

an.

Wir wenden nun die arithmetrisch-geometrische Ungleichung (Teil (i)) auf a = an undb = 2

anan und erhalten

2 = an ·2

an<

(1

2

(an +

2

an

))2

= a2n+1,

wobei wir verwendet haben, dass für a 6= b die strikte Ungleichung gilt.

(b) Mit Teil (ii) (a) erhalten wir

an+1

an=

1

2

(1 +

2

a2n

)<

(1 +

2

2

)= 1

für alle n ∈ N. Daraus folgt an+1 < an für alle n ∈ N.

Aufgabe 25Ordnen Sie die folgenden Folgen nach ihrem Wachstum und beweisen Sie ihre Behauptung.

(i)

an = nk mit k ∈ N, bn = qn mit q > 1,

cn = nn, dn = n!.

(ii)

wn = (n!)!, xn = (nn)!,

yn = nn!, zn = (n!)n.

Lösung. (i) Wir zeigen

(a) limn→∞nk

qn = 0;

(b) limn→∞qn

n! = 0;

(c) limn→∞n!nn = 0.

Beweis. (a) Für n ≥ k + 1 gilt mit dem Binomischen Lehrsatz

qn = (1 + (q − 1))n =n∑l=0

(n

l

)(q − 1)l ≥

(n

k + 1

)(q − 1)k+1. (4)

Damit ist

0 ≤ nk

qn≤ nk(

nk+1

)(q − 1)k+1

30

Weiter gilt(n

k + 1

)=

k+1∏l=1

n+ 1− ll

=1

(k + 1)!nk+1 + P (n),

wobei P ein Polynom vom Grad deg(P ) ≤ k ist. Somit ist(nk+1

)ein Polynom (n+ 1)-

ten Grades. Damit ist für die rechte Seite in (4) der Grad des Nenners gröÿer als derdes Zählers. Also existiert für jedes ε > 0 ein N ∈ N sodass für alle n ∈ N gilt

nk

qn≤ nk(

nk+1

)(q − 1)k+1 < ε.

(b) Sei N ∈ N, sodass 2q < N . Wir zeigen zunächst, dass

qn

n!≤ (2q)N

N !· 1

2n

für n ≥ N gilt. Dazu verwenden wir vollständige Induktion über n ≥ N .

I. Induktionsanfang n = N :Es gilt

qN

N !=

(2q)N

N !· 1

2N.


qn+1

(n+ 1)!≤ q

n+ 1· q

n

n!

≤ N

2(n+ 1)· q

n

n!

≤ N

2N + 1· q

n

n!

≤ 1

2· q

n

n!IH≤ 1

2· N

2(n+ 1)

(2q)N

N !· 1

2n

=N

2(n+ 1)

(2q)N

N !· 1

2n+1.

Sei ε > 0. Mit Aufgabe 20 (i) existiert ein N ′ ∈ N, sodass

1

2n< ε

für alle n ≥ N ′ gilt. Somit gilt

qn

n!≤ (2q)N

N !· 1

2n≤ (2q)N

N !· ε =: cN · ε

für alle n ≥ max{N,N ′} und es folgt die Behauptung.

(c) Für l ≤ n gilt

l

n≤ 1.

Daraus folgt

n!

nn=

∏nl=1 l∏nl=1 n

=

n∏l=1

l

n=

1

n·n∏l=2

l

n≤ 1

n.

31

Sei ε > 0. Dann existiert ein N ∈ N, sodass

1

n< ε

für alle n ≥ N . Wähle N ′ := max{4, N} und es folgt

n!

nn< ε

für alle n ∈ N und damit die Behauptung.

(ii) Wir zeigen

(a) limn→∞(n!)n

nn! = 0;

(b) limn→∞nn!

(n!)! = 0;

(c) limn→∞(n!)!(nn)! = 0.

Beweis. (a) Wir bemerken, dass

n ≤ (n− 1)! (5)

für n ≥ 4 gilt. Damit ist

(nn)n ≤ (nn)(n−1)! = nn·(n−1)! = nn!

für n ≥ 4. Somit folgt aus (i) (c)

(n!)n

nn!≤ (n!)n

(nn)n=

(n!

nn

)n≤ 1

nn≤ 1

n

für n ≥ 4 und damit wie in (i) (c) die Behauptung.

(b) Sei I := {kn2 : k ∈ {1, . . . , n − 1}} ⊂ {n, . . . , n!} und J := {n, . . . , n!} \ I für n ≥ 5.Wir bemerken, dass J 6= ∅ für n ≥ 5. Es gilt

nn!

(n!)!=

∏n!l=1 n∏n!l=1 l

=n!∏l=1

n

l

=n∏l=1

n

l·∏l∈I

n

l·∏l∈J

n

l

=

n−1∏l=1

n

l·n−1∏k=1

1

kn·∏l∈J

n

l

=

n−1∏l=1

n

l· 1

ln·∏l∈J

n

l

=

n−1∏l=1

1

l2︸︷︷︸≤1

·∏l∈J

n

l

≤∏l∈J

n

l≤ n

n!=

1

(n− 1)!≤ 1

n

für n ≥ 5, wobei wir in der letzten Ungleichung (5) verwendet haben. Daraus folgt wiein (i) (c) die Behauptung.

32

(c) Es gilt

(n!)!

(nn)!=

∏n!l=1 l∏nn

l=1 l=

1∏nn

l=n!+1 l=

nn∏l=n!+1

1

l=

1

n!·

nn∏l=n!+1

1

l≤ 1

n!≤ 1

n

für n ≥ 2 und es folgt wie in (i) (c) die Behauptung.

Lemma 7.1. Sei p ∈ N eine Primzahl. Wenn p das Produkt ab teilt, teilt p bereits a oder b.

Beweis. Angenommen p teilt ab, aber nicht a. Damit existieren t, s ∈ Z, sodass6

ta+ sp = 1.

Multiplizieren mit b liefert

t(ab) + sbp = b.

Weiter existiert ein r ∈ N mit pr = ab und somit

p(tr + sb) = b

und b wird von p geteilt.

Aufgabe 26Sei p ∈ N eine Primzahl. Weiter sei k ∈ N mit k ≥ 2. Zeigen Sie, dass es keine rationale Zahl xmit xk = p gibt.

Beweis. Angenommen die Aussage wäre falsch. Dann existieren r, s ∈ Z mit s 6= 0, sodass

rk

sk=(rs

)k= p

gilt. In dem wir den Bruch vollständig kürzen können wir ohne Einschränkung annehmen, dass rund s teilerfremd sind. Daraus folgt

rk = psk. (6)

Da p prim ist und rk teilt, teilt es auch r. Damit existiert eine ganze Zahl t ∈ Z mit

r = pt.

Aus (6) folgt

psk = rk = (pt)k = pktk.

Dies impliziert

sk = pk−1tk.

Da k ≥ 2, wird sk von p geteilt und somit wird auch s von p geteilt, da p prim ist. Dies steht imWiderspruch zur Teilerfremdheit von r und s.

6Hier verwenden wir das Lemma von Bezout.

33

Übungsblatt 8

Aufgabe 27 (Cauchy-Kriterium)

(i) Zeigen Sie: Eine Reihe∞∑n=1

an ist genau dann konvergiert, wenn es zu jedem ε > 0 ein n0 ∈ N

gibt, sodass∣∣∣∣∣n∑

k=m+1

ak

∣∣∣∣∣ < ε

für alle n > m ≥ n0.

(ii) Eine Reihe∞∑n=1

an heiÿt absolut konvergent, wenn die Reihe∞∑n=1|an| konvergiert. Zeigen Sie:

Ist∞∑n=1

an absolut konvergent, so ist sie auch konvergent.

Beweis. (i) Die Reihe∞∑k=1

ak konvergiert per De�nition genau dann wenn die Folge (sn)n∈N mit

sn :=n∑k=1

ak der Partialsummen konvergiert. Mit der Vollständigkeit der reellen Zahlen, ist

Konvergenz einer Folge äquivalent zur Cauchy-Folgen Eigenschaft. Angewandt auf die Folge(sn)n ∈ N bedeutet, dass das diese genau dann konvergent ist, wenn zu jedem ε > 0 einn0 ∈ N gibt, sodass∣∣∣∣∣

n∑k=m+1

ak

∣∣∣∣∣ < ε

für alle n > m ≥ n0.

(ii) Sei∞∑k=1

an absolut konvergent, dann existiert mit (i) für jedes ε > 0 ein n0 ∈ N gibt, sodass

n∑k=m+1

|ak| =

∣∣∣∣∣n∑

k=m+1

|ak|

∣∣∣∣∣ < ε

für alle n > m ≥ n0. Mit der Dreiecksungleichung folgt, dass für jedes ε > 0 ein n0 ∈ Ngibt, sodass∣∣∣∣∣

n∑k=m+1

ak

∣∣∣∣∣ ≤n∑

k=m+1

|ak| < ε

für alle n > m ≥ n0. Damit impliziert (i) die Behauptung.

Aufgabe 28 (Majorantenkriterium)

(i) Seien (an)n∈N und (bn)n∈N reelle Zahlenfolgen mit |an| ≤ bn für alle n ∈ N. Weiterhin

konvergiere∞∑n=1

bn. Zeigen Sie:∞∑n=1

an absolut konvergiert.

(ii) Zeigen Sie, dass∞∑n=1

1n·(n+1) konvergiert.

Hinweis: Verwenden Sie 1n·(n+1) = 1

n −1

n+1 .

(iii) Zeigen Sie, dass∞∑n=1

1n2 konvergiert.

34

Beweis. (i) Sei ε > 0. Dann existiert ein n0 ∈ N, sodass

n∑k=m+1

bk =

∣∣∣∣∣n∑

k=m+1

bk

∣∣∣∣∣ < ε

für alle n > m ≥ n0 gilt. Damit folgtn∑

k=m+1

|ak| ≤n∑

k=m+1

bk < ε

für alle n > m ≥ n0. Aus Aufgabe 27 (i) folgt die Behauptung.

(ii) Sei ε > 0, dann existiert ein n0 ∈ N, sodass 1/n < ε für alle n ≥ n0. Mit der Teleskopsummegilt ∣∣∣∣∣

n∑k=1

1

k · (k + 1)− 1

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣n∑k=1

(1

k− 1

k + 1

)− 1

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣(1− 1

n+ 1

)− 1

∣∣∣∣ =1

n+ 1< ε

und somit die Konvergenz.

(iii) Es gilt

1

n2≤ 2

n · (n+ 1)

für alle n ∈ N. Mit (ii) ist∞∑n=1

1n·(n+1) und damit auch

∞∑n=1

2n·(n+1) konvergent. Mit (i) folgt,

dass∞∑n=1

1n2 absolut konvergiert.

Aufgabe 29 (Quotientenkriterium)

(i) Sei 0 < q < 1 und (an)n∈N eine Folge mit an 6= 0 (für alle n ∈ N) und∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ ≤ q, (7)

für alle n ∈ N. Zeigen Sie, dass∞∑n=1


Hinweis: Majorisieren Sie mit einer geometrischen Reihe.

(ii) Zeigen Sie, dass∞∑n=1

1n! absolut konvergiert.

Beweis. (i) Wir zeigen zunächst, dass

|an| ≤ qn−1 · |a1|

für alle n ∈ N gilt. Dazu verwenden wir vollständige Induktion.

I. Induktionsanfang: n = 1.

Das ist trivial.


Aus (7) und der Induktionshypothese folgt

|an+1| ≤ q · |an|IV≤ qn · |a1|.

35

Da die geometrische Reihe∞∑n=0

qn und damit auch∞∑n=1|a1|qn konvergiert, erhalten wir mit

dem Majorantenkriterium, dass∞∑n=1


(ii) Es gilt∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =n!

(n+ 1)!=

1

n+ 1≤ 1

2< 1

für alle n ≥ 1. Damit konvergiert∞∑n=1

1n! absolut.

Aufgabe 30 (b-adische Darstellung der reellen Zahlen)

(i) Stellen Sie die Dezimalzahlen 13 und 24 im 7-er-System dar und addieren und multiplizierenSie sie schriftlich.

(ii) Stellen Sie den Bruch 1/7 als Dezimalbruch, als dyadischer und als 12-adischer Bruch dar.

Hinweis: Im 12-er-System müssen Sie natürlich für die Dezimalzahlen 10 und 11 zwei neue

Zi�ern verwenden.

Beweis. (i) Es gilt

13 = 6 · 70 + 1 · 71

und somit 1310 = 167. Es gilt

24 = 3 · 70 + 3 · 71

und somit 2410 = 337. Damit gilt

167

+ 337527

und

167

· 3373007

+ 307

+ 2407

+ 2476247.

36

(ii) Schriftliche Division liefert

110 : 710 = 0.14285710

− 0101010

− 7103010

− 28102010

− 14106010

− 56104010

− 35105010

− 4910110

Da am Ende 110 übrig bleibt und dieses zu Beginn bereits aufgetreten ist, wird die Rechungund damit der Bruch periodisch.

Wir bemerken, dass 710 = 1112 gilt. Schriftliche Division liefert

12 : 1112 = 0.0012

− 02102

− 021002

− 0210002

− 111212

Da am Ende 12 übrig bleibt und dieses zu Beginn bereits aufgetreten ist, wird die Rechungund damit der Bruch periodisch.

37

Wir setzen 1010 =: ξ12 und 1110 =: η12. Zunächst bemerken wir, dass 710 = 712 ist.

Schriftliche Division liefert

112 : 712 = 0.186ξ3512

− 0121012

− 7125012

− 48124012

− 36126012

− 5ξ122012

− 19123012

− 2η12112

Da am Ende 112 übrig bleibt und dieses bereits im ersten Schritt aufgetreten ist, wird dieRechung und damit der Bruch periodisch.

38

Übungsblatt 9

Aufgabe 31Zeigen Sie, dass die babylonische Folge eine Cauchy-Folge ist.

Beweis. Aus Aufgabe 24 folgt, dass die babylonische Folge (an)n∈N eine monoton fallende, nachunten durch

√2 beschränkte Folge ist. Damit konvergiert sie nach dem Monotoniekriterium gegen

ihr In�mum√

2. Da jede konvergente Folge eine Cauchy-Folge ist, folgt die Behauptung.

Aufgabe 32 (Intervallschachtelung)Eine Intervallschachtelung in R ist eine Folge beschränkter und abgeschlossener Intervalle (In)n∈N,also In = [an, bn] mit an ≤ bn für alle n ∈ N, so dass gilt:

(i) Für alle n ∈ N ist In+1 ⊆ In;

(ii) limn→∞

(bn − an) = 0.

Eine Element x ∈ R heiÿt Kern von (In)n∈N wenn x ∈ In für alle n ∈ N. Zeigen Sie: JedeIntervallschachtelung in R hat einen Kern.

Beweis. Wir betrachten die Folge (an)n∈N der unteren Intervallgrenzen. Wegen (i) ist (an)n∈Nmonoton wachsend und nach oben durch b1 beschränkt. Mit dem Monotoniekriterium folgt dieKonvergenz gegen das Supremum der Folge. Analog betrachten wir die Folge (bn)n∈N der oberenIntervallgrenzen. Wegen (i) ist (bn)n∈N monoton fallend und nach unten durch a1 beschränkt. Mitdem Monotoniekriterium folgt die Konvergenz gegen das In�mum der Folge. Daraus folgt mit (ii)und der Additivität des Limes

x := limn→∞

an = limn→∞

an + limn→∞

(bn − an) = limn→∞

bn.

Somit erhalten wir ein x, dass

an ≤ x ≤ bn

für alle n ∈ N erfüllt, d. h. x ∈ In für alle n ∈ N.

Aufgabe 33Betrachten Sie die Folgen (xn)n∈N und (yn)n∈N mit xn :=

(1 + 1

n

)nund yn :=

(1 + 1

n

)n+1.

(i) Zeigen Sie, dass (xn)n∈N streng monoton wachsend und (yn)n∈N streng monoton fallend ist.

Hinweis: Zeigen Sie dafür mit der Bernoullischen Ungleichung, dassxn+1

xn> 1 und yn

yn+1> 1

gilt.

(ii) Zeigen Sie, dass (xn)n∈N und (yn)n∈N gegen den gleichen Grenzwert konvergieren.

Beweis. (i) (a) Mit der Bernoullischen Ungleichung gilt

n

n+ 1= 1− 1

n+ 1= 1− n+ 1

(n+ 1)2<

(1− 1

(n+ 1)2

)n+1

=

(n(n+ 2)

(n+ 1)2

)n+1

für n ∈ N. Damit folgt

xn+1

xn=

(1 + 1

n+1

)n+1

(1 + 1

n

)n =

(1 + 1

n+1

1 + 1n

)n+1

·(

1 +1

n

)=

(n+2n+1

)(n+1n

)n+1

· n+ 1

n

=

(n(n+ 2)

(n+ 1)2

)n+1

· n+ 1

n>

n

n+ 1· n+ 1

n= 1

für alle n ∈ N und somit wächst die Folge (xn)n∈N streng monoton.

39

(b) Mit der Bernoullischen Ungleichung gilt

n+ 1

n= 1 +

1

n= 1 +

n+ 2

n(n+ 2)<

(1 +

1

n(n+ 2)

)n+2

=

((n+ 1)2

n(n+ 2)

)n+2

für n ∈ N. Damit folgt

ynyn+1

=

(1 + 1

n

)n+1(1 + 1

n+1

)n+2 =

(1 + 1

n

1 + 1n+1

)n+2

·(

1 +1

n

)−1=

(n+1n

)(n+2n+1

)n+2

· n

n+ 1

=

((n+ 1)2

n(n+ 2)

)n+2

· n

n+ 1>n+ 1

n· n

n+ 1= 1

für alle n ∈ N und somit fällt die Folge (yn)n∈N streng monoton.

(ii) Nach Teil (i) ist die Folge (xn)n∈N monoton wachsend. Auÿerdem ist sie durch

xn =

(1 +

1

n

)n<

(1 +

1

n

)︸︷︷︸

>1

·(

1 +1

n

)n=

(1 +

1

n

)n+1

≤ 22 = 4

nach oben beschränkt, wobei wir verwendet haben, dass (yn)n∈N nach Teil (i) streng monotonfällt. Nach dem Monotoniekriterium konvergiert die Folge.

Nach Teil (i) ist die Folge (yn)n∈N monoton fallend. Auÿerdem ist sie mit der BernoullischenUngleichung durch

yn =

(1 +

1

n

)n+1

≥ 1 +n+ 1

n> 2

nach unten beschränkt. Nach dem Monotoniekriterium konvergiert die Folge.

Desweiteren gilt

yn−xn =

(1 +

1

n

)n+1

−(

1 +1

n

)n=

((1 +

1

n

)− 1

)·(

1 +1

n

)n=

1

n·(

1 +1

n

)n=

1

n·xn

für alle n ∈ N. Da (xn)n∈N konvergiert und 1n → 0 für n→∞ folgt mit der Multiplikativität

des Grenzwertes, dass

limn→∞

yn − xn = limn→∞

(1

n· xn

)= lim

n→∞

1

n· limn→∞

xn = 0

und somit

limn→∞

xn = limn→∞

xn + limn→∞

(yn − xn) = limn→∞

yn.

Aufgabe 34 (Quotientenkriterium II)

(i) Sei (an)n∈N eine Folge mit an 6= 0 für alle n ∈ N und

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =: q < 1.

Zeigen Sie, dass∞∑n=1


(ii) Zeigen Sie die absolute Konvergenz von

∞∑n=1

3n

n!und

∞∑n=1

n!

nn.

40

Beweis. (i) Für ε := 1−q2 > 0 gilt

q + ε = q +1− q

2=

1 + q

2< 1.

Wegen der Konvergenz von(∣∣∣an+1

an

∣∣∣)n∈N

gegen q exiatiert ein N ∈ N, sodass∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣− q∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ < q + ε =: q < 1

für alle n ≥ N . Wir de�nieren die Folge (bn)n∈N als bn := aN+n. Dann gilt∣∣∣∣bn+1

bn

∣∣∣∣ < q < 1

für alle n ∈ N. Somit folgt die Behauptung aus Aufgabe 29 (i) .

(ii) (a) Es gilt∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =3n+1

3n· n!

(n+ 1)!=

3

n+ 1

und damit

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

3

n+ 1= 0 < 1.

Aus Teil (i) folgt die Behauptung.

(b) Es gilt∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =nn

(n+ 1)n+1· (n+ 1)!

n!=

nn

(n+ 1)n· 1

(n+ 1)·(n+1) =

(n

(n+ 1)

)n=

1

(1 + 1n)n

.

und damit

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

1

(1 + 1n)n

=1

limn→∞

(1 + 1n)n

=1

e< 1.

Aus Teil (i) folgt die Behauptung.

41

Übungsblatt 10

Aufgabe 35 (Häufungspunkte)Sei (an)n∈N eine Folge reeller Zahlen. Zeigen Sie, dass eine reelle Zahl c genau dann Häufungspunktvon (an)n∈N ist, wenn es für jedes ε > 0 unendlich viele Folgenglieder gibt, die im Intervall(c− ε, c+ ε) liegen.

Beweis. Wir nehmen zunächst an, dass c ein Häufungspunkt der Folge (an)n∈N ist. Dann existierteine Teilfolge (ank

)k∈N, die gegen c konvergiert, d. h. für jedes ε > 0 existiert ein k0 ∈ N, sodass|ank

− c| < ε bzw. (ank)k∈N ∈ (c − ε, c + ε) für alle k ≥ k0 gilt. Damit liegen unendlich viele

Folgenglieder in (c− ε, c+ ε).

Wir betrachten die Mengen Mk := B1/k(c) ⊂ R. Wir de�nieren die Folge (nk)k∈N rekursiv: Daserste Folgenglied n1 := 1.Als k-tes Folgenglied nk wählen wir

nk := min{m ∈ N : m > nk−1, am ∈Mk}.

Da für jedes k ∈ N unendlich viele Elemente der Folge (an)n∈N in Mk enthalten sind, sind dieMengen {m ∈ N : m > nk−1, am ∈ Mk} nicht leer. Somit erhalten wir aus dem Wohlordnungs-prinzip, dass die Abbildung N→ N : k → nk wohlde�niert und streng monoton wachsend ist. Alsoist (ank

)k∈N eine Teilfolge von (an)n∈N. Diese erfüllt nach Konstruktion

|ank− c| < 1

k.

Daraus folgt, dass die Teilfolge (ank)k∈N gegen c ∈ R konvergiert.

Aufgabe 36 (Stetigkeit von Verkettung, Produkten und Quotienten stetiger Funktio-nen)

(i) Sei I ⊂ R ein Invervall, x0 ∈ I sowie f, g : I → R. Zeigen Sie:

(a) Sind f und g stetig in x0, so auch f · g.(b) Ist g(x0) 6= 0 und g stetig in x0, so existiert ein δ > 0, so dass g(x) 6= 0 ist, für alle

x ∈ I mit |x− x0| < δ. Ist zudem f stetig in x0, so dann auch fg : (x0 − δ, x0 + δ)→ R

in x0.

(ii) Sei I ⊂ R ein Intervall, x0 ∈ I und f : I → R. Sei weiter J ⊂ R ein Intervall, y0 ∈ J ,f(I) ⊂ J und f(x0) = y0. Zeigen Sie: Ist f stetig in x0 und g stetig in y0, so ist auchg ◦ f : I → R stetig in x0.

Beweis. (i) (a) Sei (xn)n∈N ⊂ I eine gegen x0 konvergente Folge. Wegen der Stetigkeit von fund g gilt

limn→∞

(f · g)(xn) = limn→∞

f(xn) · g(xn) = f(x0) · g(x0) = (f · g)(x0)

und somit ist f · g in x0 ∈ I stetig.(b) Sei ohne Einschränkung g(x0) = y0 > 0. Wir de�nieren ε := y0

2 > 0. Wegen derStetigkeit von g existiert zu ε ein δ > 0, sodass

|g(x0)− g(x)| < ε ⇐⇒ g(x) > g(x0)− ε = ε > 0

für alle x ∈ (x0− δ, x0 + δ). Damit existiert 1g : (x0− δ, x0 + δ)→ R. Sei nun (xn)n∈N ⊂

(x0 − δ, x0 + δ) eine Folge, die gegen x0 ∈ I konvergiert. Dann gilt

limn→∞

1

g(xn)=

1

limn→∞ g(xn)=

1

g(x0).

Also ist 1g : (x0−δ, x0+δ)→ R in x0 ∈ I stetig. Mit (i) folgt, dass fg : (x0−δ, x0+δ) → R

in x0 stetig ist.

42

(ii) Sei (xn)n∈N ⊂ I eine Folge, die gegen x0 ∈ I konvergiert. Dann gilt wegen der Stetigkeit vonf und g

limn→∞

(g ◦ f)(xn) = limn→∞

g(f(xn)) = g( limn→∞

f(xn)) = g(f(x0)) = (g ◦ f)(x0).

Aufgabe 37 (Wurzelkriterium)

(i) Sei (an)n∈N eine Folge reeller Zahlen und q ∈ [0, 1). Es gebe ein n0 ∈ N, sodass n√|an| ≤ q

ist, für alle n ≥ n0. Zeigen Sie, dass dann die Reihe∞∑n=1


(ii) Sei (an)n∈N eine Folge reeller Zahlen mit

limn→∞

n√|an| < 1.

Zeigen Sie, dass dann die Reihe∞∑n=1


(iii) Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz:

∞∑n=1

(1 + 1

n

)n2n

,∞∑n=1

1

(3 + (−1)n)n.

Beweis. (i) In dem wir gegebenfalls die Folge (an)n∈N mit an := an+n0 betrachten, können wirohne Einschränkung n0 = 0 annehmen. Weiter gilt

n√|an| ≤ q ⇐⇒ |an| ≤ qn

für alle n ∈ N und die linke Seite gilt nach Voraussetzung. Da die geometrische Reihe∞∑n=1

qn

konvergiert, folgt mit dem Majorantenkriterium die Behauptung.

(ii) Für ε := 1−q2 > 0 gilt

q + ε = q +1− q

2=

1 + q

2< 1.

Wegen der Konvergenz von ( n√|an|)n∈N gegen q existiert ein N ∈ N, sodass∣∣∣ n

√|an| − q

∣∣∣ < ε

für alle n ≥ n0. Daraus folgt

n√|an| < q + ε =: q < 1

Schlieÿlich folgt die Behauptung aus (i) .

(iii) (a) Es gilt

limn→∞

n√|an| = lim

n→∞

1 + 1n

2=

1

2< 1.

Damit konvergiert die Reihe absolut nach (ii).

(b) Es gilt

n√|an| =

1

|3 + (−1)n|≤ 1

2< 1.

für alle n ∈ N. Damit konvergiert die Reihe absolut nach (i).

43

Aufgabe 38 (Konstruktion der reellen Zahlen aus den rationalen Zahlen)Wir setzen in dieser Aufgabe den Körper der rationalen Zahlen voraus (vgl. Aufgabe 14).

(i) Wir nennen zwei rationale Cauchy-Folgen (rn)n∈N und (sn)n∈N äquivalent, wenn ihre Di�e-renzenfolge (sn− rn)n∈N eine Nullfolge ist. Zeigen Sie, dass dies eine Äquivalenzrelation aufCF := {(rn)n∈N ist Cauchy-Folge mit rn ∈ Q für alle n ∈ N} de�niert.

(ii) Zeigen Sie, dass für zwei rationale Cauchy-Folgen (rn)n∈N und (sn)n∈N auch die Summenfolge(rn + sn)n∈N und die Produktfolge (rn · sn)n∈N Cauchy-Folgen sind. Auf R := CF/∼ setzenwir dann

[(rn)n∈N] + [(sn)n∈N] := [(rn + sn)n∈N], [(rn)n∈N] · [(sn)n∈N] = [(rn · sn)n∈N].

Zeigen Sie, dass diese Verknüpfungen wohlde�niert sind.

(iii) Zeigen Sie, dass (R,+, ·) ein Körper ist.


(a) Sei (rn)n∈N eine rationale Cauchy-Folge. Dann ist (rn − rn)n∈N = 0n∈N eine Nullfolge.Somit ist ∼ re�exiv.

(b) Seien (rn)n∈N und (sn)n∈N rationale Cauchy-Folge mit (rn)n∈N ∼ (sn)n∈N. Dann ist(sn − rn)n∈N eine Nullfolge. Für (rn − sn)n∈N gilt

limn→∞

(rn − sn) = − limn→∞

(sn − rn) = 0

und (rn − sn)n∈N ist eine Nullfolge. Damit ist ∼ symmetrisch.

(c) Seien (rn)n∈N, (sn)n∈N und (tn)n∈N rationale Cauchy-Folge mit (rn)n∈N ∼ (sn)n∈N und(sn)n∈N ∼ (tn)n∈N. Damit gilt

limn→∞

(tn−rn) = limn→∞

(tn−sn+sn−rn) = limn→∞

(tn−sn)+ limn→∞

(sn−rn) = 0+0 = 0

und ∼ ist transitiv.

(ii) Wir zeigen zunächst, dass die Summe und das Produkt zweier Cauchy-Folgen wieder eineCauchy-Folge ist. Seien (rn)n∈N, (sn)n∈N rationale Cauchy-Folgen. Dann sind die Summen-und die Produktfolge rationale Folgen. Sei ε > 0. Dann existieren n0, n′0 ∈ N, sodass

|rn − rm| < ε und |sn′ − sm′ | < ε

für alle n,m ≥ n0 bzw. n′,m′ ≥ n′0. Somit gilt mit der Dreiecksungleichung

|rn + sn − (rm + sm)| ≤ |rn − rm|+ |sn − sm| < 2ε

für alle n,m ≥ N := max{n0, n′0}. Also ist (rn + sn)n∈N eine rationale Cauchy-Folge. Wirbemerken zunächst, dass jede Cauchy-Folge beschränkt ist, d. h. es existieren KonstantenC, C > 0, sodass

|rn| < C und |sn| < C

für alle n ∈ N. Weiter gilt

|rn · sn − rm · sm| = |rn · sn − rnsm + rnsm − rm · sm|= |rn · (sn − sm) + (rn − rm) · sm|≤ C|sn − sm|+ C|rn − rm| < (C + C) · ε

44

für alle n,m ≥ N und (rn · sn)n∈N eine rationale Cauchy-Folge. Seien (rn)n∈N ∼ (r′n)n∈Nund (sn)n∈N ∼ (s′n)n∈N. Wegen Assoziativität und Kommutativität der Addition auf Q gilt

limn→∞

((r′n + s′n)− (rn + sn)) = limn→∞

((r′n − rn) + (s′n + sn))

= limn→∞

(r′n − rn) + limn→∞

(s′n − sn) = 0 + 0 = 0

und damit (rn + sn)n∈N ∼ (r′n + s′n)n∈N, d. h. die Addition auf R ist wohlde�niert. Mit derAssoziativität und Kommutativität der Multiplikation auf Q folgt

limn→∞

|(r′n · s′n)− (rn · sn)| = limn→∞

|(r′n · s′n)− (r′n · sn) + (r′n · sn)− (rn · sn)|

= limn→∞

|r′n · (s′n − sn) + (r′n − rn)sn|

≤ limn→∞

|r′n| · |(s′n − sn)|+ limn→∞

|(r′n − rn)| · |sn|

≤ C · limn→∞

|(s′n − sn)|+ C · limn→∞

|(r′n − rn)|

= 0 + 0 = 0.

(iii) Wir weisen die Axiome eines Körpers nach.


(a1) Assoziativität der Addition:Da die Addition auf CF punktweise de�niert ist, folgt deren Assoziativität aus derAssoziativität der Addition auf Q. Dies impliziert die Assoziativität der Additionauf R.

(a2) Kommutativität der Addition:Da die Addition auf CF punktweise ist, folgt deren Kommutativität aus der Kom-mutativität der Addition auf Q. Dies impliziert die Kommutativität der Additionauf R.

(a3) Existenz eines Nullelements:Wir betrachten die konstante Nullfolge (0n)n∈N. Wegen

[(0n)n∈N] + [(an)n∈N] = [(0 + an)n∈N] = [(an)n∈N]

ist [(0n)n∈N] das Nullelement in R.(a4) Existenz additiver Inverser:

Sei [(an)n∈N] ∈ R. Wir betrachten [(−an)n∈N] und sehen, dass

[(an)n∈N] + [(−an)n∈N] = [(an − an)n∈N] = [(0)n∈N] = 0R

und damit −[(an)n∈N] = [(−an)n∈N] gilt.


(b1) Assoziativität der Multiplikation:Da die Multiplikation auf CF punktweise de�niert ist, folgt deren Assoziativitätaus der Assoziativität der Multiplikation auf Q. Dies impliziert die Assoziativitätder Multiplikation auf R.

(b2) Kommutativität der Multiplikation:Da die Multiplikation auf CF punktweise de�niert ist, folgt deren Kommutativitätaus der Kommutativität der Multiplikation auf Q. Dies impliziert die Kommutati-vität der Multiplikation auf R.

(b3) Existenz eines Einselements:Wir betrachten die konstante Einsfolge (1n)n∈N. Wegen

[(1n)n∈N] · [(an)n∈N] = [(1 · an)n∈N] = [(an)n∈N]

ist [(1n)n∈N] das Nullelement in R.

45

(b4) Existenz multiplikativer Inverser:Sei [(an)n∈N] ∈ R \ {0}. Dann konvergiert (an)n∈N nicht gegen 0, d. h. es existiertein C > 0, sodass für alle k0 ∈ N ein k ≥ k0 existiert mit

|ak| > C.

Desweiteren ist (an)n∈N eine Cauchy-Folge. Damit existiert zu obigen C > 0 einn0 ∈ N, sodass für alle n,m ≥ n0 gilt

|an − am| <C

2.

Ohne Einschränkung können wir annehmen, dass k > n0 ist. Mit der umgekehrtenDreiecksungleichung folgt

|an| = |ak − (an − ak)| ≥ |ak| − |an − ak| > C − C

2=C

2> 0

für alle n ≥ N := max{n0, k}. Wir de�nieren die Folge (bn)n∈N via

bn :=

{1aN, wenn n < N,

1an, wenn n ≥ N.

Wir bemerken, dass bn ∈ Q für alle n ∈ N. Sei ε > 0. Weil (an)n∈N eine Cauchy-Folge ist ,existiert ein N ∈ N, sodass |an − am| < ε für alle n,m ≥ N gilt. SetzeN := max{N, N}. Dann gilt∣∣∣∣ 1

an− 1

am

∣∣∣∣ =|an − am||am| · |an|

≤ 4

C2· ε

für alle n,m ≥ N und (bn)n∈N ist eine rationale Cauchy-Folge. Desweiteren gilt

an · bn = 1

für alle n ≥ N und damit

[(an)n∈N] · [(bn)n∈N] = 1R.

Somit ist [(bn)n∈N] das multiplikative Inverse zu [(an)n∈N].


Da die Addition und die Multiplikation auf CF punktweise de�niert sind, folgt das Dis-tributivgesetz auf CF aus dem Distributivgesetz auf Q. Dies impliziert Distributivitätauf R.

46

Übungsblatt 11

Aufgabe 39Sei f : [0, 1] → [0, 1] eine stetige Funktion. Zeigen Sie, dass f einen Fixpunkt besitzt, d. h. esexistiert ein ξ ∈ [0, 1] mit f(ξ) = ξ.

Beweis. Wir betrachten die Funktion

h : [0, 1]→ R : x 7→ f(x)− x.

Da f stetig ist, ist auch h stetig. Weiter gilt h(0) = f(0) ≥ 0 und h(1) = f(1)− 1 ≤ 0. Mit demZwischenwertsatz existiert ein ξ ∈ [0, 1], sodass

0 = h(x) = f(ξ)− ξ

und somit gilt

f(ξ) = ξ.

Aufgabe 40

(i) Sei x0 ∈ R, ε > 0 und f : R→ R : x 7→ x2. Zeigen Sie die Stetigkeit von f in x0 ∈ R, indemSie ein δ(x0, ε) > 0 angeben, sodass gilt

∀x ∈ R : |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− f(x0)| < ε.

(ii) Zeigen Sie, dass die Funktion g : [0,∞)→ R : x 7→√x gleichmäÿig stetig ist.

Beweis. (i) Sei ε > 0. Wir bemerken

0 ≤ x20 < x20 + ε

und setzen δ :=√x20 + ε− x0 > 0. Für alle x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) gilt mit der Dreiecksunglei-

chung

|x2 − x20| = |x+ x0| · |x− x0|= |x− x0 + 2x0| · |x− x0|≤ (|x− x0|+ 2|x0|) · |x− x0|< (δ + 2x0) · δ = ε.

Man bemerke, dass δ von x0 abhängt, die Funktion also stetig, nicht aber gleichmäÿig stetig.Tatsächlich lässt sich der Term |x+x0| > |x0| nicht unabhängig von x0 beschränken. Darausfolgt, dass f nicht gleichmäÿig stetig ist.

(ii) Sei ε > 0. Wir setzen δ := ε2 > 0. Sei x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [0,∞). Wir nehmen ohneEinschränkung x ≥ x0 an. Dann gilt

0 ≤ x0 ≤ x < x0 + δ = x0 + ε2 ≤ x0 + 2√x0ε+ ε2 = (

√x0 + ε)2.

Daraus folgt

√x <√x0 + ε

und somit

|√x−√x0| =

√x−√x0 < ε.

47

Aufgabe 41Sei f : [a, b]→ R eine beschränkte Funktion. Zeigen Sie, dass f genau dann integrierbar ist, wennes zu jedem ε > 0 Treppenfunktionen φ, ψ : [a, b]→ R mit φ ≤ f ≤ ψ gibt, sodass gilt∫ b

a(ψ − φ)(x) dx < ε.

Beweis. Sei f integrierbar und ε > 0. Aus De�nition des Oberintegrals folgt, dass eine Treppen-funktion ψ ≥ f mit∫ b

aψ(x) dx−

∫ b

a

∗

f(x) dx <ε

2

existiert. Analog folgt für das Unterintegral, dass eine Treppenfunktion φ ≤ f mit∫ b

a ∗f(x) dx−

∫ b

aφ(x) dx <

ε

2

existiert. Daraus folgt∫ b

a(ψ − φ)(x) dx =

∫ b

aψ(x) dx−

∫ b

aφ(x) dx

=

∫ b

aψ(x) dx−

∫ b

a

∗

f(x) dx +

∫ b

a ∗f(x) dx︸︷︷︸

=0

−∫ b

aφ(x) dx <

ε

2+ε

2= ε.

Sei ε > 0. Dann existieren Treppenfunktion ψ ≥ f ≥ φ mit∫ b

aψ(x)− φ(x) dx < ε.

Wegen∫ b

aφ ≤

∫ b

a ∗f und

∫ b

a

∗

f ≤∫ b

aψ

gilt

0 ≤∫ b

a

∗

f(x) dx−∫ b

a ∗f(x) dx ≤

∫ b

aψ(x) dx−

∫ b

aφ(x) dx =

∫ b

aψ(x)− φ(x) dx < ε.

Damit folgt die Behauptung aus dem archimedischen Axiom.

Aufgabe 42

Sei f : [a, b]→ [0,∞) eine stetige Funktion mitb∫af dx = 0. Zeigen Sie, dass f = 0 ist.

Beweis. Angenommen f > 0, d. h. es existiert ein x0 ∈ [a, b] mit f(x0) > 0. Wir können wegen

der Stetigkeit von f ohne Einschränkung x0 ∈ (a, b) annehmen. Wir betrachten ε := f(x0)4 . Wegen

der Stetigkeit von f existiert ein δ > 0, sodass

f(x)− f(x0)

2> f(x0)− ε−

f(x0)

2=f(x0)

2− ε =

f(x0)

4> 0

für x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ [a, b] gilt. Also ist

f(x) >f(x0)

2=: C > 0

48

für alle x ∈ (x0−δ, x0+δ). Da f ≥ 0 und somit∫f ≥ 0 gilt, folgt mit der Monotonie des Integrals

und Aufgabe 44∫ b

af(x) dx =

∫ x0−δ

af(x) dx︸︷︷︸≥0

+

∫ x0+δ

x0−δf(x) dx+

∫ b

x0+δf(x) dx︸︷︷︸≥0

≥∫ x0+δ

x0−δf(x) dx >

∫ x0+δ

x0−δC dx = 2C · δ > 0.

Die Behauptung folgt via Kontraposition.

49

Übungsblatt 12

Aufgabe 43Wir ändern die Nullfunktion auf [0, 1] an endlich vielen Stellen ab: Sei n ∈ N, x1, . . . , xn ∈ [0, 1]paarweise verschieden und c1, . . . , cn ∈ R. Sei f : [0, 1]→ R gegeben durch

f(x) :=

{ci, wenn x = xi,

0, sonst.

Zeigen Sie, dass die Funktion f integrierbar ist und∫ 1

0f(x) dx = 0

gilt.

Beweis. Wir können ohne Einschränkung x1 = 0 und xn = 1 annehmen, sowie dass x1 < · · · < xnaufsteigend geordnet sind. Man bemerke, dass f eine Treppenfunktion mit f |(xk−1,xk) ≡ 0 fürk = 2, . . . , n. Damit gilt nach De�nition des Integrals∫ 1

0f(x) dx =

n∑k=2

0 · (xk − xk−1) = 0.

Aufgabe 44 (Additivität des Integrals)Sei f : [a, b]→ R integrierbar und ξ ∈ (a, b). Zeigen Sie, dass dann auch f |[a,ξ] und f |[ξ,b] integrier-bar sind und∫ b

af(x) dx =

∫ ξ

af(x) dx +

∫ b

ξf(x) dx

gilt.

Beweis. Da f integrierbar ist, folgt mit Aufgabe 41, dass für jedes ε > 0 Treppenfunktionenφ ≤ f ≤ ψ mit∫ ξ

a(ψ − φ) +

∫ b

ξ(ψ − φ) =

∫ b

a(ψ − φ) < ε.

Da ψ − φ ≥ 0 und somit auch∫ ξa (ψ − φ) ≥ 0 bzw.

∫ bξ (ψ − φ) ≥ 0 ist, folgt daraus∫ ξ

a(ψ − φ) < ε und

∫ b

ξ(ψ − φ) < ε.

Mit Aufgabe 41 folgt die Integrierbarkeit von f[a,ξ] und f |[ξ,b].

Sei ε > 0. Dann existieren Treppenfunktionen φ ≤ f ≤ ψ mit∫ b

aψ − ε ≤

∫ b

af ≤

∫ b

aφ+ ε.

Damit gilt∫ ξ

af +

∫ b

ξf − ε ≤

∫ ξ

aψ +

∫ b

ξψ − ε

=

∫ b

aψ − ε ≤

∫ b

af ≤

∫ b

aφ+ ε

=

∫ ξ

aφ+

∫ b

ξφ+ ε ≤

∫ ξ

af +

∫ b

ξf + ε

für alle ε > 0 und somit folgt die Behauptung.

50

Lemma 12.1. Für x > 0 gilt

limr→∞

r√x = 1.

Beweis. Für x = 1 ist nichts zu zeigen. Wir unterscheiden zwei Fälle:

(i) x < 1. Damit folgt

n√x < 1

für alle n ∈ N. Daraus folgt mit n = r(r + 1)

r√x

r+1√x

= x1r− 1

r+1 = x− 1

r(r+1) =1

r(r+1)√x< 1,

d. h. ( r√x)r∈N ist streng monoton wachsend. Auÿerdem ist die Folge nach oben durch 1

beschränkt. Damit konvergiert sie nach dem Monotonie-Kriterium. Um nun zu sehen, dassder Grenzwert 1 ist genügt es zu zeigen, dass die Schranke 1 scharf ist.

Angenommen es existiere ein C > 0, sodass

r√x < 1− C

für alle r ∈ N. Dann folgt

x < (1− C)r

für alle r ∈ N. Da (1 − C) < 1 ist, ist ((1 − C)r)r∈N eine Nullfolge und wir erhalten einenWiderspruch zu x > 0.

(ii) x > 1. Damit folgt

n√x > 1

für alle n ∈ N. Daraus folgt mit n = r(r + 1)

r√x

r+1√x

= x1r− 1

r+1 = x− 1

r(r+1) =1

r(r+1)√x> 1,

d. h. ( r√x)r∈N ist streng monoton fallend. Auÿerdem ist die Folge nach unten durch 1 be-

schränkt. Damit konvergiert sie nach dem Monotonie-Kriterium. Um nun zu sehen, dass derGrenzwert 1 ist genügt es zu zeigen, dass die Schranke 1 scharf ist.

Angenommen es existiere ein C > 0, sodass

r√x > 1 + C

für alle r ∈ N. Dann folgt mit der Bernoullischen Ungleichung

x > (1 + C)r ≥ 1 + Cr

für alle r ∈ N. Da Cr →∞ für r →∞ folgt der Widerspruch.

Aufgabe 45Sei n ∈ N, b > 1 und f : [1, b]→ R : x→ xn.

(i) Für jedes r ∈ N sei qr := r√b und Z(r) = (x

(r)0 , . . . , x

(r)r ) eine Unterteilung von [1, b] mit

x(r)k := qkr für 0 ≤ k ≤ r. Weiter seien ξ(r) = (ξ

(r)1 , . . . , ξ

(r)r ) die Stützstellen mit ξ(r)k = x

(r)k−1

für 1 ≤ k ≤ r. Zeigen Sie, dass für die Riemannsche Summe Sr := S(f, Z(r), ξ(r)) von f

Sr =bn+1 − 1∑n

k=0 qkr

gilt.

51

(ii) Zeigen Sie, dass∫ b

1xn dx =

bn+1 − 1

n+ 1.

Beweis. (i) Mit der geometrischen Summenformel gilt(n∑k=0

qkr

)· Sr =

qn+1r − 1

q − 1·

r∑k=1

f(ξ(r)k )(xk − xk−1)

=qn+1r − 1

q − 1·

r∑k=1

(qk−1r )n(qkr − qk−1r )

=qn+1r − 1

q − 1·

r∑k=1

qn(k−1)r · qk−1r (q − 1)

= (qn+1r − 1) ·

r∑k=1

q(n+1)(k−1)r

=r∑

k=1

q(n+1)kr − q(n+1)(k−1)

r

=r∑l=0

(q(n+1)r )(l+1) − (q(n+1)

r )l

= (q(n+1)r )r − 1 = bn+1 − 1,

wobei wir in der letzten Zeile ein Teleskopsummenargument verwendet haben.

(ii) Mit Lemma 12.1 gilt

limr→∞

n∑k=0

qkr =n∑k=0

(limr→∞

qr

)k=

n∑k=0

(limr→∞

r√b)k

=

n∑k=0

1 = n+ 1

und somit∫ b

1xndx = lim

r→∞Sr =

bn+1 − 1

n+ 1.

Aufgabe 46Sei a > 0. Zeigen Sie, dass∫ a

0

√x dx =

2

3

√a3

gilt.

Beweis. Wir betrachten die Unterteilung Z(r) = (x(r)0 , . . . , x

(r)r ) von [0, a] gegeben durch

x(r)k :=

ak2

r2

für k = 0, . . . , r. Weiter seien ξ(r) = (ξ(r)1 , . . . , ξ

(r)r ) mit ξ(r)k = x

(r)k . Mit Aufgabe 10 (i) erhalten

52

wir

S(r) =r∑

k=1

√ξk · (xk − xk−1) =

r∑k=1

√ak

r· ar2· (k2 − (k − 1)2)

=

√a3

r3

r∑k=1

k · (2k − 1)

=

√a3

r3

(2

r∑k=1

k2 −r∑

k=1

k

)

=

√a3

r3·(

2

3r

(r +

1

2

)(r + 1)− 1

2r(r + 1)

)=

2

3

√a3 +

√a3

2r−√a3

6r2.

Anwenden des Grenzwertes auf beiden Seiten liefert∫ a

0

√x dx = lim

r→∞S(r) =

2

3

√a3.

53

Übungsblatt 13

Aufgabe 47

(i) Sei f : R \ {0} → R : x 7→ 1x . Zeigen Sie, dass f di�erenzierbar ist und für alle x ∈ R \ {0}

gilt:

f ′(x) = − 1

x2.

(ii) Sei g : (0,∞) → R : x 7→√x. Zeigen Sie, dass g di�erenzierbar ist und für alle x ∈ (0,∞)

gilt:

g′(x) =1

2√x.

Beweis. (i) Für x ∈ R \ {0} gilt

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

1x+h −

1x

h

= limh→0

(x−(x+h)x·(x+h)

)h

= limh→0

(−h

x·(x+h)

)h

= − limh→0

1

x · (x+ h)= − 1

x2.

Der Limes existiert somit für alle x ∈ R \ {0}. Damit ist f in R \ {0} di�erenzierbar.Desweiteren ist die Ableitung durch

f ′(x) = − 1

x2

gegeben.

(ii) Für x ∈ (0,∞) gilt mit der dritten binomischen Formel

limh→0

g(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

√x+ h−

√x

h

= limh→0

(x+h−x√x+√x+h

)h

= limh→0

(h√

x+√x+h

)h

= limh→0

1√x+√x+ h

=1

2√x.

Der Limes existiert somit für alle x ∈ (0,∞). Damit ist g in (0,∞) di�erenzierbar. Deswei-teren ist die Ableitung durch

g′(x) =1

2√x

gegeben.

54

Aufgabe 48Sei ε > 0 und h : (−ε, ε)→ R eine beschränkte Funktion. Zeigen Sie:

(i) Erklärt man f : (−ε, ε)→ R durch f(x) := x · h(x), so ist f stetig in x0 = 0.

(ii) Zeigen Sie mittels eines Gegenbeispiels, dass f aus Teil (a) nicht notwendigerweise di�eren-zierbar sein muss.

(iii) Erklärt man g : (−ε, ε)→ R durch g(x) := x2 · h(x), so ist g di�erenzierbar in x0 = 0.

Beweis. (i) Da das Produkt aus einer beschränkten Folge und einer Nullfolge eine Nullfolge ist,folgt für (xn) ⊂ (−ε, ε) mit xn → 0, dass

limn→∞

xn · h(xn) = 0 = f(0)

und f ist stetig in x0 = 0.

(ii) Wir betrachten h : (−ε, ε)→ R gegeben durch

h(x) :=

{0, wenn x ∈ (−ε, 0],

1, wenn x ∈ (0, ε).

Dann ist f gegegben durch

f(x) :=

{0, wenn x ∈ (−ε, 0],

x, wenn x ∈ (0, ε).

Es gilt

limξ↓0

f(ξ)− f(0)

ξ= lim

ξ↓0

ξ

ξ= 1 6= 0 = lim

ξ↑0

f(ξ)− f(0)

ξ.

Also ist f in x0 = 0 nicht di�erenzierbar.

(iii) Da das Produkt aus einer beschränkten Folge und einer Nullfolge eine Nullfolge ist, gilt

limξ→0

g(ξ)− g(0)

h= lim

ξ→0

ξ2 · h(ξ)

ξ= lim

ξ→0ξ · h(ξ) = 0.

Damit existiert der Grenzwert und g ist di�erenzierbar in x0 = 0.

Aufgabe 49 (Satz von Darboux)Sei f : [a, b]→ R di�erenzierbar. Zeigen Sie:

(i) Besitzt f in a ein lokales Minimum, so gilt f ′(a) ≥ 0. Besitzt f in b ein lokales Minimum,so gilt f ′(b) ≤ 0.

(ii) Gilt f ′(a) < 0 und f ′(b) > 0, so gibt es ein ξ ∈ (a, b) mit f ′(ξ) = 0.

Beweis. (i) Weil f ein lokales Minimum in a besitzt, existiert ein ε > 0, sodass f(a+h) ≥ f(a)für 0 < h < ε. Damit gilt

f ′(a) = limh↓0

f(a+ h)− f(a)

h≥ 0.

Analog, folgt weil f ein lokales Minimum in b besitzt, existiert ein ε > 0, sodass f(b+ h) ≥f(b) für 0 > h > −ε. Damit gilt

f ′(b) = limh↑0

f(b+ h)− f(b)

h≤ 0.

55

(ii) Aus der Di�erenzierbarkeit von f , folgt die Stetigkeit von f . Damit ist f eine stetige Funktionauf einem Kompaktum und nimmt somit ihr Maxiumum und ihr Minimum an. Aus Teil (i)folgt, wegen f ′(a) < 0 und f ′(b) > 0, dass das f keine lokalen Minima in a und b hat.Also kann das Minimum nicht am Rand liegen. Damit muss das Minimum an einem Punktξ ∈ (a, b) im Inneren angenommen werden. Insbesondere gilt f ′(ξ) = 0.

Aufgabe 50 (Potenzen mit rationalen Exponenten)Für alle x ∈ R setzt man x0 := 1, für x 6= 0 und n ∈ N setzt man x−n := 1

xn und für x > 0 undr = p

q ∈ Q mit p ∈ Z und q ∈ N setzt man

xr := q√xp.

(i) Zeigen Sie, dass dies wohlde�niert ist.

(ii) Zeigen Sie, dass die folgenden Potenzgesetze für alle x > 0 und r, s ∈ Q gelten:

xr · xs = xr+s, (xr)s = xrs.

Beweis. (i) Wir bemerken zunächst, dass für n ∈ N und x 6= 0, gilt xn 6= 0. Damit ist x−n := 1xn

wohlde�niert.

Sei nun x > 0 und r = pq = m

n mit p,m ∈ Z und q, n ∈ N. Dann gilt mit Teil (ii) (b)(q√xp)qn

=((

q√xp)q)n

= (xp)n = xpn = xmq = (xm)q =((

n√xm)n)q

=(

n√xm)qn

.

Da qn ∈ N ist, ist die qn-te Wurzel wohlde�niert (insbesondere also eindeutig). Damit folgt

q√xp = n

√xm

und somit die Wohlde�niertheit. Man beachte, dass der Beweis von Teil (ii) (b) unabhängigvon diesem hier ist.

(ii) Wir gehen für beide Aussage wie folgt vor. Zunächst zeigen wir die Aussage für natürliche,anschlieÿend für ganzzahlige und abschlieÿend für rationale Exponenten.

(a) Für r, s ∈ N0 zeigen wir die Aussage mittels vollständiger Induktion. Wegen der Kom-mutativität der Multiplikation sind die beide Seiten jeweils symmetrisch in r und s. Esgenügt also die vollständige Induktion über s zu machen und r festzuhalten.

1. Die Induktionshypothese ist

xr · xs = xr+s.

I. Induktionsanfang: s = 0.Wegen y0 = 1 für alle y ∈ R folgt die Aussage.

II. Induktionsschritt s→ s+ 1.Es gilt

xr · xs+1 = xr · xs · x IH= xr+s · x = xr+s+1 = xr+(s+1).

2. Die Induktionshypothese ist

(xr)s = xrs.

I. Induktionsanfang: s = 0.Wegen y0 = 1 für alle y ∈ R folgt die Aussage.

II. Induktionsschritt s→ s+ 1.Mit Teil (a) 1. gilt

(xr)s+1 = (xr) · (xr)s IH= (xr) · xrs = xr+rs = xr(s+1).

56

(b) Seien nun r, s ∈ Z.1. Wir beweisen zunächst die Aussage

xr · xs = xr+s.

Wir unterscheiden die folgenden Fälle.

I. r, s ≥ 0. Dieser Fall wurde in Teil (a) bewiesen.

II. r ≥ 0, s < 0. Wir setzten a := −s > 0. Dann gilt

xr · xs = xr · x−a = xr · 1

xa=xr

xaund xr+s = xr−a.

Es reicht also zu zeigen dass

xr−a =xr

xa.

Wir unterscheiden zwei Fälle.

(A) r ≥ a. Mit (a) gilt hier

xr−a · xa = xr−a+a = xr

woraus die Behauptung folgt.

(B) r < a. Mit (a) gilt hier

xa−r · xr = xa−r+r = xa

also

xr−a · 1

xr=

1

xa−r· 1

xr=

1

xa−r · xr=

1

xa

woraus die Behauptung folgt.

III. r < 0, s ≥ 0. Da beide Seiten der Gleichung in r und s symmetrisch sind, istdieser Fall mit Fall II. identisch.

IV. r, s < 0. Wir setzen a := −r > 0, b := −s > 0. Es gilt

xr · xs = x−a · x−b =1

xa· 1

xb=

1

xa · xb=

1

xa+b= x−(a+b) = xr+s.

2. Wir beweisen die Aussage

(xr)s = xrs.

Wir unterscheiden die folgenden Fälle.

I. r, s ≥ 0. Dieser Fall wurde in Teil (a) bewiesen.

II. r ≥ 0, s < 0. Wir setzten a := −s > 0. Dann gilt

(xr)s = (xr)−a =1

(xr)a=

1

xra= x−ra = xrs.

III. r < 0, s ≥ 0. Wir führen Induktion über s.

(A) Induktionsanfang: s = 0.Wegen y0 = 1 für alle y ∈ R folgt die Aussage.

(B) Induktionsschritt s→ s+ 1.Es gilt mit Teil (b) 1.

(xr)s+1 = (xr)s · xr = xrs · xr = xrs+r = xr(s+1).

57

IV. r, s < 0. Wir setzen a := −r > 0, b := −s > 0. Es gilt mit III.

(xr)s =(x−a

)−b=

1

(x−a)b=

1

x−ab=

11xab

= xab = xrs.

(c) Seien r = pq , s = m

n ∈ Q mit p,m ∈ Z und q, n ∈ N.1. Wir beweisen zunächst die Aussage

(xr)s = xrs.

Wir nehmen zunächst s ∈ N0 an. Dann gilt mit Teil (b)

((xr)s)q =(

q√xp)qs

=((

q√xp)q)s

= (xp)s

= xps =(

q√xps)q

=(x

psq

)q= (xrs)q .

Aus der Eindeutigkeit der q-ten Wurzel folgt die Behauptung. Weiter gilt für s ∈ Qmit Teil (b) 1.

((xr)s)qn =

(n

√(xr)m

)qn= ((xr)m)q = (xr)mq =

(q√xp)mq

= (xp)m = xpm = xrs·qn = (xrs)qn ,

wobei die letzte Gleichheit aus obiger Behauptung und qn ∈ N folgt. Die Aussagefolgt schlieÿlich aus der Eindeutigkeit der qn-ten Wurzel.

2. Wir beweisen zunächst die Aussage

xr · xs = xr+s.

Mit Teil (b) 1. und (c) 1. gilt

(xr · xs)qn = (xr)qn · (xs)qn = xpn · xqm = xpn+qm = x(r+s)·qn = (xr+s)qn

und die Behauptung folgt aus der Eindeutigkeit der qn-ten Wurzel.

58

Übungsblatt 14

Aufgabe 51 (Ableitung von Monomen negativen Grades)Sei a ∈ Z und a < 0, sowie fa : R \ {0} → R gegeben durch fa(x) = xa. Zeigen Sie, dass fadi�erenzierbar ist mit

f ′a(x) = a · xa−1.

Beweis. Setze b ∈ N mit b := −a. Dann gilt

xa = x−b =1

xb.

Nach dem Binomischen Lehrsatz gilt

(x+ h)b =b∑

k=0

(b

k

)xkhb−k

für x, h ∈ R. Damit erhalten wir

fa(x+ h)− fa(x)

h=

1(x+h)b

− 1xb

h

=1

h· x

b − (x+ h)b

xb · (x+ h)b

= −1

h·b−1∑k=0

(bk

)xkhb−k

xb · (x+ h)b

= −b−1∑k=0

(bk

)xkhb−k−1

xb · (x+ h)b

= −b−2∑k=0

(bk

)xkhb−k−1

xb · (x+ h)b− b · xb−1

xb · (x+ h)b

= −b−2∑k=0

(bk

)xkhb−k−1

xb · (x+ h)b− b

x · (x+ h)b.

Somit existiert der Limes für h→ 0 und es gilt

f ′a(x) = limh→0

fa(x+ h)− fa(x)

h= − b

x · xb= − b

xb+1= a · xa−1.

Aufgabe 52 (Spezialfall der Regel von de l'Hôpital)Sei f : (−1, 1)→ R stetig und f di�erenzierbar in x für alle x ∈ (−1, 1) \ {0}. Der Grenzwert vonlimx→0

f ′(x) =: c existiere. Zeigen Sie, dass f auch in x = 0 di�erenzierbar ist und es gilt

f ′(0) = c.

Beweis. Mit dem Mittelwertsatz existiert zu jedem h ∈ (0, 1) ein ξh ∈ (0, h) sodass

f ′(ξh) =f(h)− f(0)

h

und jedem h ∈ (−1, 0) ein ξh ∈ (h, 0) sodass

f ′(ξh) =f(h)− f(0)

h.

Weiter gilt

limh→0

f(h)− f(0)

h= lim

h→0f ′(ξh) = lim

ξh→0f ′(ξh) = c,

weil |ξh| ≤ |h|. Da dieser Limes existiert, ist f in x = 0 di�erenzierbar und es gilt

f ′(0) = c.

59

Aufgabe 53 (Verallgemeinerter Mittelwertsatz der Di�erentialrechnung)Seien f, g : [a, b] → R stetig und auf (a, b) di�erenzierbar ist. Dann gibt es ein ξ ∈ (a, b), so dassgilt:

(f(b)− f(a))g′(ξ) = (g(b)− g(a))f ′(ξ).

Beweis. Wir betrachten die Funktion

h : [a, b]→ R : x 7→ (f(b)− f(a))g(x)− (g(b)− g(a))f(x).

Da f und g stetig sind, ist auch h stetig. Ebenso folgt aus der Di�erenzierbarkeit von f und g dieDi�erenzierbarkeit von h in (a, b). Weiter gilt

h(a) = (f(b)− f(a))g(a)− (g(b)− g(a))f(a)

= f(b)g(a)− f(a)g(a) + f(a)g(a)− g(b)f(a)

= f(b)g(a)− g(b)f(a)

= f(b)g(a)− f(b)g(b) + f(b)g(b)− g(b)f(a)

= f(b)g(b)− f(a)g(b)− f(b)g(b) + f(b)g(a)

= (f(b)− f(a))g(b)− (g(b)− g(a))f(b) = h(b).

Nach dem Satz von Rolle existiert ein ξ ∈ (a, b), sodass

(f(b)− f(a))g′(ξ)− (g(b)− g(a))f ′(ξ) = h′(ξ) = 0.

Umformen liefert die Behauptung.

Aufgabe 54Berechnen Sie die Integrale∫ 2

1

1

x2dx und

∫ 4

1

1√x

dx.

Beweis. (a) Wir betrachten die Funktion

F : [1, 2]→ R : x 7→ −1

x.

Mit Aufgabe 51 ist F di�erenzierbar und es gilt

F ′(x) =1

x2

für x ∈ [1, 2]. Aus dem Hauptsatz der Integral und Di�erentialrechnung folgt∫ 2

1

1

x2dx = F (2)− F (1) = 1− 1

2=

1

2.

(b) Wir betrachten die Funktion

F : [1, 4]→ R : x 7→ 2√x.

Dann ist F di�erenzierbar und es gilt

F ′(x) =1√x

für x ∈ [1, 4]. Aus dem Hauptsatz der Integral und Di�erentialrechnung folgt∫ 4

1

1√x

dx = F (4)− F (1) = 2 ·(√

4−√

1)

= 2 · (2− 1) = 2.

60

Übungsblatt 15

Aufgabe 55 (Regel von l'Hôpital)Seien für ε > 0 die Funktionen f, g : (−ε, ε)→ R stetig, auf (−ε, ε) \ {0} di�erenzierbar und es sei

f(0) = g(0) = 0. Sei weiter g′(x) 6= 0, für alle x ∈ (−ε, ε) \ {0}, und der Grenzwert von f ′(x)g′(x) für

x → 0 existiere. Zeigen Sie: Dann ist g(x) 6= 0 für alle x ∈ (−ε, ε) \ {0} und auch der Grenzwert

von f(x)g(x) für x→ 0 existiert. Auÿerdem gilt

limx→0

f(x)

g(x)= lim

x→0

f ′(x)

g′(x).

Beweis. Sei x ∈ (0, ε) \ {0}. Nach dem Mittelwertsatz existiert ein ξx ∈ (0, x), sodass

0 6= g′(ξx)x = g′(ξx)(x− 0) = g(x).

Analog folgt ebenfalls g(x) 6= 0 für alle x ∈ (−ε, 0).

Sei x ∈ (0, ε). Mit dem verallgemeinerten Mittelwertsatz existiert ein ξx ∈ (0, x), sodass

f ′(ξx)

g′(ξx)=f(x)− f(0)

g(x)− g(0)=f(x)

g(x).

Analog gilt dies auch für x ∈ (−ε, 0) und ξ ∈ (x, 0). Da |ξx| ≤ |x| und der Grenzwert auf derlinken Seite nach Voraussetzung existiert, folgt

limx→0

f ′(x)

g′(x)= lim

ξx→0

f ′(ξx)

g′(ξx)= lim

x→0

f(x)

g(x).

Insbesondere existiert der Grenzwert auf der rechten Seite.

Aufgabe 56 (Ableitung und Integration des Logarithmus)

(i) Begründen Sie, weshalb die Funktion

f : (1,∞)→ R : x 7→ 1

ln(x)

di�erenzierbar ist und berechnen Sie dann ihre Ableitung.

(ii) Bestimmen Sie mit Hilfe von partieller Integration eine Stammfunktion von ln : (0,∞)→ Rund überprüfen Sie ihre Behauptung mittels Ableiten.

Beweis. (i) Der Logarthimus ln : (1,∞) → R ist als Integral einer stetigen Funktion di�eren-zierbar. Desweiteren gilt ln(1) = 0 und somit wegen der strengen Monotonie von ln, dassln(x) 6= 0 für alle x ∈ (1,∞). Mit der Kettenregel ist f di�erenzierbar und es gilt

f ′(x) = − 1

ln(x)2· 1

x= − 1

x ln(x)2.

(ii) Mit partieller Integration gilt∫ x

1ln(t) dt =

∫ x

11·ln(t) dt = x ln(x)−

∫ x

1t·1t

dt = x ln(x)−∫ x

11 dt = x ln(x)−x+1 =: g(x)

für x ∈ (0,∞). Mit der Produktregel gilt

g′(x) = 1 · ln(x) + x · 1

x− 1 = ln(x)

für x ∈ (0,∞).

61

Lemma 15.1. Sei x ∈ R \ {0}. Dann ist ln(| · |) di�erenzierbar und es gilt

ln(|x|)′ = 1

x.

Beweis. Die Funktion ist als Verkettung di�erenzierbarer Abbildungen di�erenzierbar auf R \{0}. Für x ∈ (0,∞) folgt der zweite Teil der Aussage direkt aus der De�nition des natürlichenLogarithmuses. Für x ∈ (−∞, 0), setze y := −x = |x|. Dann gilt mit der Kettenregel

ln(|x|)′ = − ln′(y) = −1

y=

1

x.

Aufgabe 57

(i) Berechnen Sie die Ableitung der Funktionen

f : (0, 1)→ R : x 7→√

1− x2 und g : (0,∞)→ R : x 7→ (x+ ln(x))7.

(ii) Bestimmen Sie jeweils eine Stammfunktion von

h : (1,∞)→ R : x 7→ 1

x · ln(x)und k : R \ {±1} → R : x 7→ 1

x2 − 1.

Beweis. (i) Beide Funktionen sind als Verkettungen und Summen di�erenzierbarer Funktionendi�erenzierbar. Mittels Kettenregel erhalten wir

f ′(x) = − 2x√1− x2

und

g′(x) = 7 · (x+ ln(x))6 ·(

1 +1

x

).

(ii) Für u(t) := ln(t) gilt u′(t) = 1t . Mittels Substitution u := ln(t) folgt∫ x

eh(t) dt =

∫ x

e

1

t · ln(t)dt =

∫ ln(x)

1

1

t · u· 11t

du =

∫ ln(x)

1

1

udu = ln(ln(x))

Wir betrachten H : (1,∞)→ R gegeben durch

H(x) = ln(ln(x)).

Dann gilt

H ′(x) =1

ln(x)· 1

x=

1

x · ln(x)= h(x)

für x ∈ (1,∞). Für u(t) := 1 + t und v(t) := 1 − t gilt u′(t) = 1 und v′(t) = −1. MittelsSubstitution u := 1+ t and v := 1− t, der Additivität des Integrals, der dritten binomischenFormel, dem Hauptsatz der Integral und Di�erentialrechung, sowie Lemma 15.1 gilt

2

∫ x

0

1

1− t2dt =

∫ x

0

2

1− t2dt =

∫ x

0

1

1 + tdt+

∫ x

0

1

1− tdt =

∫ 1+x

1

1

udu−

∫ 1−x

1

1

vdv

= ln(|1 + x|)− ln(|1− x|).

Wir betrachten K : R \ {±1} → R gegeben durch

K(x) =1

2(ln(|1 + x|)− ln(|1− x|)).

Mit der Kettenregel und Lemma 15.1 gilt

K ′(x) =1

2

(1

1 + x+

1

1− x

)=

1

2

(1− x) + (1 + x)

1− x2=

1

1− x2= k(x)

für x ∈ R \ {±1}.

62

Aufgabe 58 (Exponentialfunktion)

(i) Zeigen Sie, dass ln : (0,∞)→ R streng monoton wachsend ist und gilt:

limx→0

ln(x) = −∞, limx→∞

ln(x) =∞.

(ii) Zeigen Sie, dass ln : (0,∞) → R bijektiv ist, seine Umkehrung exp := ln−1 : R → (0,∞)di�erenzierbar und es gilt

exp′(x) = exp(x)

für x ∈ R.

Beweis. (i) Wir bemerken zunächst, das der natürliche Logarithmus ln : (0,∞) → R di�eren-zierbar. Weiter gilt

f ′(x) =1

x> 0

für x ∈ (0,∞). Damit ist der natürliche Logarithmus streng monoton wachsend. Wir be-trachten, das Interval [1, a] für a ∈ N mit a > 1 und wählen die Unterteilung xk := k fürk = 1, . . . , a. Weiter sei ξk := xk−1. Dann lässt sich das Integral gegen die Untersummeabschätzen

ln(a) =

∫ a

1

1

xdx ≥

a∑k=2

1

ξk(xk − xk−1) =

a∑k=2

1

k − 1· 1 =

a−1∑k=1

1

k.

Damit folgt aus der Monotonie des natürlichen Logarithmus

ln(x) > ln(bxc) =

bxc∑k=1

1

k

für alle x ∈ (1,∞), wobei bxc die gröÿte natürliche Zahl kleiner als x bezeichnet. Da dieharmonische Reihe divergiert, folgt

limx→∞

ln(x) ≥∞∑k=1

1

k=∞.

Wir betrachten u(x) := 1x . Dann gilt u′(x) = − 1

x2= −u2. Mittels Substitution folgt

ln

(1

a

)=

∫ 1a

1

1

xdx =

∫ a

1u · 1

u2du = −

∫ a

1

1

udu = − ln(a)

Damit folgt

limx→0

ln(x) = limy→∞

ln

(1

y

)= − lim

y→∞ln(y) = −∞.

(ii) Da ln : (0,∞) → R stetig ist und limx→0 ln(x) = −∞ und limx→∞ ln(x) = ∞ erfüllt, folgtaus dem Zwischenwertsatz, dass ln : (0,∞)→ R surjektiv ist. Für die Injektivität betrachtenwir x 6= y. Ohne Einschränkung sei x > y. Aus der strengen Monotonie folgt ln(x) >ln(y) und damit die Injektivität von ln : (0,∞)→ R. Insgesamt folgt somit Bijektivität. Daln′(x) 6= 0 folgt mit der Umkehrregel

exp′(x) = (ln−1)′(x) =1

ln′(ln−1(x))=

11

exp(x)

= exp(x)

für x ∈ R.

63

Klausur

Aufgabe 1

(a) Zeigen Sie, mit Hilfe vollständiger Induktion, für alle n ∈ N:n∑k=1

(2k − 1) = n2.

(b) SeienM,N Mengen und f : M → N eine Abbildung sowie g1, g2 : N →M Abbildungen mitg1 ◦ f = IdM und f ◦ g2 = IdN . Zeigen Sie:

g1 = g2.

Beweis. (a) Wir zeigen mittels vollständiger Induktion:

I. Induktionsanfang n = 1:

Es gilt

1∑k=1

(2k − 1) = 1 = 12.


Aus der ersten binomischen Formel und der Induktionshypothese folgt

n+1∑k=1

(2k − 1) =n∑k=1

(2k − 1) + 2(n+ 1− 1) + 1 = n2 + 2n+ 1 = (n+ 1)2.

(b) Aus der Assoziativität folgt

g1 = g1 ◦ IdN = g1 ◦ (f ◦ g2) = (g1 ◦ f) ◦ g2 = IdM ◦g2 = g2.

Aufgabe 2AufQ2 de�nieren wir eine Addition und eine Multiplikation für a = (r, s) ∈ Q2 und b = (t, u) ∈ Q2:

a+ b := (r + t, s+ u), a · b := (rt+ 2su, ru+ st).

(a) Zeigen Sie, dass das Distributivgesetz,

(a+ b) · c = a · c+ b · c

für alle a, b, c ∈ Q2 gilt und dass K := (Q2,+, ·) ein Null- und ein Einselement hat.

(b) Wir fassen Q vermöge ι : Q→ K, r 7→ ι(r) := (r, 0), als Unterkörper von K auf. BegründenSie, dass für (r, s) 6= 0 in K zunächst r2 − 2s2 6= 0 in Q ist, und zeigen Sie dann, dass(

rr2−2s2 ,

−sr2−2s2

)invers zu (r, s) ist. Zeigen Sie schlieÿlich für

√2 := (0, 1):

(√

2)2 = 2.

Beweis. (a) Für a = (r, s), b = (t, u) und c = (p, q) gilt mit dem Kommutativ- und demDistributivgesetz auf Q

(a+ b) · c = (r + t, s+ u) · (p, q)= ((r + t)p+ 2(s+ u)q, (r + t)p+ (s+ u)q)

= ((rp+ 2sq) + (tp+ 2uq), (rp+ sq) + (tp+ uq))

= (rp+ 2sq, rp+ sq) + (tp+ 2uq, tp+ uq)

= a · c+ b · c.

64

Weiter ist das Nullelement durch 0Q[√2] := (0, 0) gegeben, denn

a+ 0Q[√2] = (r + 0, s+ 0) = (r, s) = a = (r, s) = (0 + r, 0 + s) = 0Q[

√2] + a.

Desweiteren ist das Einselement durch 1Q[√2] gegeben, denn

a · 1Q[√2] = (r · 1 + 2s · 0, r · 0 + s · 1)

= (r, s) = a = (r, s)

= (1 · r + 2 · 0 · s, 0 · r + 1 · s) = 1Q[√2] · a.

(b) Die einzige rationale Lösung der Gleichung

r2 = 2s2

ist r = s = 0. Denn für s 6= 0 ist diese äquivalent zu(rs

)2= 2,

was keine rationale Lösung besitzt. Damit ist r2 − 2s2 6= 0 für (r, s) 6= (0, 0). Desweiterengilt wegen der Kommutativität der Multiplikation auf Q(

r

r2 − 2s2,−s

r2 − 2s2

)· (r, s) =

(r2

r2 − 2s2+−2s2

r2 − 2s2,

rs

r2 − 2s2+

−srr2 − 2s2

)=

(r2 − 2s2

r2 − 2s2, 0

)= (1, 0)

und analog

(r, s) ·(

r

r2 − 2s2,−s

r2 − 2s2

)=

(r2

r2 − 2s2+−2s2

r2 − 2s2,

sr

r2 − 2s2+

−rsr2 − 2s2

)=

(r2 − 2s2

r2 − 2s2, 0

)= (1, 0).

Schlieÿlich gilt

(√

2)2 = (0, 1) · (0, 1) = (0 · 0 + 2 · 1 · 1, 0 · 1 + 1 · 0) = (2, 0) = ι(2).

Aufgabe 3

(a) Zeigen Sie, dass die Reihe∑∞

n=1n2

n! konvergiert.

(b) Sei (xn)n∈N eine reelle Cauchy-Folge und λ ∈ R. Zeigen Sie, dass dann (λxn)n∈N auch eineCauchy-Folge ist.

Beweis. (a) Wir betrachten an := n2

n! . Für n ≥ 3 gilt∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =(n+ 1)2

n2n!

(n+ 1)!=

(n+ 1)2

n2· 1

(n+ 1)=n+ 1

n2≤ 1

2< 1.

Mit dem Quotienten Kriterium folgt die absolute Konvergenz der Reihe∑∞

n=1 an.

(b) Für λ = 0 ist die Folge (λxn)n∈N = 0 die Nullfolge und somit eine Cauchy-Folge. Betrachtenwir also λ 6= 0. Sei ε > 0. Weil (xn)n∈N eine Cauchy-Folge ist, existiert für ε := ε

|λ| > 0 einN ∈ N, sodass für n,m ≥ N gilt

|xn − xm| < ε =ε

|λ|

und somit

|λxn − λxm| = |λ| · |xn − xm| ≤ |λ| ·ε

|λ|= ε.

Wir schlieÿen, dass (λxn)n∈N eine Cauchy-Folge ist.

65

Aufgabe 4

(a) Sei f : [0, 1]→ [0, 1] stetig. Zeigen Sie, dass es ein ξ ∈ [0, 1] gibt mit f(ξ) = ξ2.

(b) (i) Geben Sie ein Beispiel für eine stetige Funktion f : (0, 1]→ R an, die unbeschränkt ist,und begründen Sie.

(ii) Geben Sie ein Beispiel einer beschränkten, stetigen Funktion g : (0, 1] → R an, die ihrSupremum nicht annimmt, und begründen Sie.

Beweis. (a) Wir betrachten die Funktion

h : [0, 1]→ R : x 7→ f(x)− x2.

Diese ist als Di�erenz stetiger Funktionen stetig und erfüllt

h(0) = f(0) ≥ 0 und h(1) = f(1)− 12 = f(1)− 1 ≤ 0.

Mit dem Zwischenwertsatz existiert ein ξ ∈ (0, 1) mit

f(ξ)− ξ2 = h(ξ) = 0

bzw. f(ξ) = ξ2.

(b) (i) Wir betrachten die Funktion

f : (0, 1]→ R : x 7→ 1

x.

Diese ist stetig und erfüllt

limx→0

1

x= lim

u→∞u =∞.

(ii) Wir betrachten die Funktion

g : (0, 1]→ R : x 7→ −x.

Diese ist stetig und erfüllt

−1 ≤ g(x) ≤ 0,

d. h. g ist beschränkt. Desweiteren ist das Supremum von g

supx∈(0,1]

g(x) = 0,

welches nicht angenommen wird, da x 6= 0.

Aufgabe 5

(a) Zeigen Sie mit dem Mittelwertsatz der Di�erentialrechnung: Ist f : R → R di�erenzierbar,so dass f ′ : R→ R eine konstante Funktion ist, so ist f a�n-linear.

(b) Zeigen Sie mittels Di�erenzialquotient, dass die Funktion f : (0,∞) → R, x 7→ x32 di�eren-

zierbar ist und für die Ableitung gilt:

f ′(x) =3

2x

12 .

66

Beweis. (a) Sei x ∈ R beliebig. Wir betrachten zunächst x > 0. Nach dem Mittelwertsatz,existiert ein ξ > 0, sodass

c · x = f ′(ξ) · x = f(x)− f(0)

gilt. Analog folgt die gleiche Identität für x < 0 und ξ < 0 aus dem Mittelwertsatz. Damitist f eine a�n-lineare Funktion, gegeben durch

f(x) = c · x+ f(0).

(b) Mit der dritten binomischen Formel und dem binomischen Lehrsatz gilt

(x+ h)32 − x

32

h=

(x+ h)3 − x3

h· 1

(x+ h)32 + x

32

=3∑

k=1

(3

k

)x3−khk−1 · 1

(x+ h)32 + x

32

.

Damit existiert der Grenzwert h→ 0, f ist di�erenzierbar und es gilt

limh→0

(x+ h)32 − x

32

h= lim

h→0

(3∑

k=1

(3

k

)x3−khk−1 · 1

(x+ h)32 + x

32

)= 3x2 · 1

2x32

=3

2x

12 .

Aufgabe 6

(a) Sei f : [−1, 1] → R stetig und ungerade, d. h. : es gilt f(−x) = −f(x) für alle x ∈ [−1, 1].Zeigen Sie, dass dann∫ 1

−1f(x) dx = 0

sein muss.

(b) Berechnen Sie, die Integrale∫ 1

−1(x7 + 4x3) dx,

∫ 8

3

1√1 + x

dx.

Beweis. (a) Wir setzen u(x) := −x. Aus der Additivität des Integrals und der Substitutionsregelfolgt ∫ 1

−1f(x) dx =

∫ 0

−1f(x) dx+

∫ 1

0f(x) dx

= −∫ 0

1f(−u) du+

∫ 1

0f(x) dx

=

∫ 1

0f(−u) du+

∫ 1

0f(x) dx

= −∫ 1

0f(u) du+

∫ 1

0f(x) dx = 0.

(b) Für das erste Integral, bemerken wir, dass für

f : [−1, 1]→ R : x 7→ x7 + 4x3

gilt

f(−x) = (−x)7 + 4(−x)3 = −(x7 + 4x3) = −f(x).

67

Aus Teil (a) folgt somit∫ 1

−1(x7 + 4x3) dx = 0.

Wir bemerken, dass

F : (0,∞)→ R : x 7→ 2 ·√x

erfüllt F ′(x) = 1√x. Wir setzen u(x) := 1+x. Mit der Substitutionsregel und dem Hauptsatz

der Integral- und Di�erentialrechnung folgt∫ 8

3

1√1 + x

dx =

∫ 9

4

1√u

du = 2 ·√

9− 2 ·√

4 = 6− 4 = 2.

68

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