Karlsruher Institut für Technologie (KIT) Institut für Analysis Priv.-Doz. Dr. P. C. Kunstmann Dr. D. Frey WS 2011/12 Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge zum 2. Übungsblatt Aufgabe 6 a) f

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Karlsruher Institut f¨ur Technologie (KIT) Institut f¨ur Analysis

Priv.-Doz. Dr. P. C. Kunstmann Dr. D. Frey

WS 2011/12

Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge zum 2. Übungsblatt Aufgabe 6

a) f1 ist injektiv, denn f¨ur alle x1, x2 ∈R\ {0,1} gilt

f₁(x₁) =f₁(x₂) ⇒ x₁=x₂.

f₁ist auch surjektiv. Um dies zu begr¨unden, m¨ussen wir zeigen, dass es zu jedemy∈R\{0,1}

einx∈R\ {0,1} gibt mitf₁(x) =y. Seiy∈R\ {0,1}. Istx:=y∈R\ {0,1}gesetzt, so gilt f1(x) =y.

Daf₁ sowohl injektiv als auch surjektiv ist, istf₁bijektiv. Daher existiert die Umkehrfunktion f₁⁻¹:R\{0,1} →R\{0,1}vonf1. Zur Berechnung vonf₁⁻¹ l¨osen wir die Gleichungf1(x) =y nach x auf (hier sindx ∈R\ {0,1}, y ∈ f₁(R\ {0,1}) = R\ {0,1}): f₁(x) = y ⇔ x = y.

Also istf₁⁻¹:R\ {0,1} →R\ {0,1}, f₁⁻¹(y) =y.

F¨ur jedes x∈R\ {0,1} gilt

f2(x) = 1 + x

1−x = 1−x+x 1−x = 1

1−x. f₂ ist injektiv, denn f¨ur alle x₁, x₂ ∈R\ {0,1} ergibt sich

x1 6=x2 ⇒ x1−16=x2−1 ^x¹^,x⇒²⁶⁼¹ 1

x₁−1 6= 1

x₂−1 ⇒ f2(x1)6=f2(x2). f2 ist auch surjektiv: Seiy ∈R\ {0,1}. F¨urx:= 1− ¹_y ∈R\ {0,1} gilt

f₂(x) = 1

1−(1− ¹_y) = 1

1−1 +¹_y =y .

Insgesamt haben wir gezeigt, dassf₂ bijektiv ist und daher die Umkehrfunktionf₂⁻¹existiert.

Dem Beweis der Surjektivität vonf₂entnehmen wirf₂⁻¹:R\{0,1} →R\{0,1}, f₂⁻¹(y) = 1−¹_y. Für alle x∈R\ {0,1} giltf3(x) = 1−_x¹ =f₂⁻¹(x). Also sind f3 und f₂⁻¹ identisch. Da f₂⁻¹ bijektiv ist, gilt dasselbe auch fürf₃. Außerdem ergibt sichf₃⁻¹=f₂.

b) Daf₁ die Identität aufR\ {0,1} ist, giltf₁◦f_k=f_k für allek∈ {1,2,3}und f_j◦f₁=f_j für allej∈ {1,2,3}. Ferner erhalten wir wegen f2=f₃⁻¹ undf3 =f₂⁻¹ für jedesx∈R\ {0,1}

(f₃◦f₂)(x) =f₃(f₂(x)) =f₃(f₃⁻¹(x)) =x=f₁(x), (f2◦f3)(x) =f2(f3(x)) =f2(f₂⁻¹(x)) =x=f1(x),

d.h.f3◦f2 =f1 und f2◦f3=f1. ¨Uberdies erkennen wir f¨ur jedes x∈R\ {0,1}

(f₂◦f₂)(x) =f₂(f₂(x)) = 1

1−f2(x) = 1

1−_1−x¹ = 1−x

1−x−1 = x−1

x = 1− 1

x =f₃(x), (f₃◦f₃)(x) =f₃(f₃(x)) = 1− 1

f₃(x) = 1− 1

1− ¹_x = 1− x

x−1 = x−1−x x−1 = 1

1−x =f₂(x),

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Aufgabe 7 a) Es gilt

|x−4|=|x+ 1| ⇔ (x−4)²= (x+ 1)² ⇔ x²−8x+ 16 =x²+ 2x+ 1

⇔ 10x= 15 ⇔ x= 3 2.

Alternativ führen auch geometrische Überlegungen zum Ziel: Gesucht sind diejenigenx∈R, die denselben Abstand zu 4 wie zu−1 haben, d.h.xliegt genau in der Mitte:x= ⁴⁺⁽⁻¹⁾₂ = ³₂. Eine weitere Alternative besteht darin, die Fallunterscheidung x ∈ (−∞,−1], x ∈ (−1,4], x∈(4,∞) durchzuführen, um die Beträge aufzulösen.

b) |2x|>|5−2x|besagt, dass notwendig x6= 0 sein muss. F¨urx∈R\ {0}gilt aber

|2x|>|5−2x| ⇔

5−2x 2x

<1 ⇔ −1< 5−2x 2x

| {z }

=_2x⁵−1

<1 ⇔ 0< 5 2x <2

⇔ 2

5x > 1

2 ⇔ x > 5 4. c) Es ist

|2− |2−x|| ≤1 ⇔ −1≤2− |2−x| ≤1 ⇔ −3≤ −|2−x| ≤ −1

⇔ 1≤ |2−x| ≤3 ⇔ 1≤2−x≤3 oder −3≤2−x≤ −1

⇔ −1≤ −x≤1 oder −5≤ −x≤ −3 ⇔ −1≤x≤1 oder 3≤x≤5

⇔ x∈[−1,1]∪[3,5].

d) Wir unterscheiden drei F¨alle:

1. Fall:x∈(−∞,−1). Mit |x+ 1|=−(x+ 1) und|x−1|=−(x−1) ergibt sich

|x+ 1|+|x−1|=−2x.

Deshalb gilt

|x+ 1|+|x−1|>2 ⇔ −2x >2 ⇔ x <−1.

2. Fall:x∈[−1,1). Hier ist |x+ 1|=x+ 1 und |x−1|=−(x−1), also

|x+ 1|+|x−1|= 2.

Demzufolge lautet in diesem Fall die Ungleichung: 2>2. Diese ist unl¨osbar.

3. Fall:x∈[1,∞). Wegen|x+ 1|=x+ 1 und|x−1|=x−1 folgt

|x+ 1|+|x−1|= 2x und damit

|x+ 1|+|x−1|>2 ⇔ 2x >2 ⇔ x >1.

Zusammenfassend haben wir:

|x+ 1|+|x−1|>2 ⇔ x <−1 oderx >1 ⇔ x∈(−∞,−1)∪(1,∞).

— bitte wenden —

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Aufgabe 8

a) Es seienx, y∈Rbeliebig. Wegen 0≤ |x+y| ≤ |x|+|y|(Dreiecksungleichung!) erhalten wir 0<1≤1 +|x+y| ≤1 +|x|+|y|,

woraus

1

1 +|x+y| ≥ 1

1 +|x|+|y| ⇔ − 1

1 +|x+y| ≤ − 1

1 +|x|+|y| (1) folgt. Mit zweimaliger Verwendung des Tipps kommen wir auf

|x+y|

1 +|x+y| = 1− 1 1 +|x+y|

(1)

≤ 1− 1

1 +|x|+|y| = |x|+|y|

1 +|x|+|y|. Damit ist die erste behauptete Ungleichung bewiesen. Nun zur zweiten: Es gilt

|x|+|y| ≥ |x| ≥0

⇒ 1 +|x|+|y| ≥1 +|x| ≥1>0

⇒ 1

1 +|x|+|y|≤ 1 1 +|x|

|x|≥0

⇒ |x|

1 +|x|+|y|≤ |x|

1 +|x|. Ebenso (vertauschex undy) bekommen wir

|y|

1 +|x|+|y| ≤ |y|

1 +|y|. Damit ergibt sich

|x|+|y|

1 +|x|+|y| = |x|

1 +|x|+|y|+ |y|

1 +|x|+|y|≤ |x|

1 +|x|+ |y|

1 +|y|.

b) Wiederum seienx, y∈Rbeliebig. Wir betrachten die beiden F¨allex−y≥0 undx−y <0.

1. Fall:x≥y. Dann ist|x−y|=x−y, und es gilt x+y+|x−y|

2 = x+y+x−y

2 = 2x

2 =x= max{x, y}, x+y− |x−y|

2 = x+y−(x−y)

2 = 2y

2 =y= min{x, y}.

2. Fall:x < y. Dann ist|x−y|=−(x−y) =−x+y, und es gilt x+y+|x−y|

2 = x+y−x+y

2 = 2y

2 =y= max{x, y}, x+y− |x−y|

2 = x+y+x−y

2 = 2x

2 =x= min{x, y}.

Aufgabe 9

a) Mit quadratischer Erg¨anzung erkennen wir x²−x+ 2 =x²−x+1

4 −1 4 + 2 =

x−1

2 2

+7 4 ≥ 7

4. Wegen (¹₂)²−¹₂ + 2 = ⁷₄ ∈ {x²−x+ 2 :x∈R} folgt

min{x²−x+ 2 :x∈R}= inf{x²−x+ 2 :x∈R}= 7 4.

Da {x² −x+ 2 : x ∈ R} nach oben unbeschr¨ankt ist, existieren Maximum und Supremum

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b) Wir erkennen sofort, dass B :={(−1)ⁿ+ _n¹ :n∈N} nach oben beschränkt ist. Zur Bestim- mung des Supremums, also der kleinsten oberen Schranke, bemerken wir, dass der Ausdruck (−1)ⁿ+_n¹ für ungerade natürliche Zahlen≤ 0 ist. Da (−1)ⁿ = 1 für gerade n ∈N gilt und n7→ ¹_n fallend ist, folgern wir aus (−1)ⁿ+ ¹_n ≤(−1)²+¹₂ = ³₂: supB = maxB = ³₂.

Nun zur unteren Schranke. Wir behaupten: infB = −1 ∈/ B, d.h. das Minimum von B existiert nicht.

Wir müssen uns zunächst davon überzeugen, dass−1 überhaupt eine untere Schranke von B ist. Für alle n∈N gilt in der Tat

(−1)ⁿ+ 1

n ≥(−1)ⁿ≥ −1.

Nun zeigen wir, dass −1 auch die größte untere Schranke ist. Dazu nehmen wir an, dass es eine größere untere SchrankeK gibt, etwa K =−1 +εmit einemε > 0, und führen dies zu einem Widerspruch. Es soll also gelten

K≤(−1)ⁿ+ 1

n f¨ur alle n∈N.

Da dies insbesondere f¨ur ungeradengilt, folgt f¨ur alle ungeradenn∈N

−1 +ε≤ −1 + 1

n ⇔ ε≤ 1

n ⇔ n≤ 1

ε.

Dies kann jedoch nicht sein, weil die Menge der ungeraden nat¨urlichen Zahlen nicht nach oben beschr¨ankt ist. Also ist die Annahme falsch, und es gilt−1 = infB.

c) Die MengeC := {x+_x¹ : 0< x≤42} ist nicht nach oben beschränkt. Wäre nämlich Γ eine obere Schranke vonC, so müsste

∀x∈(0,42] : x+1 x ≤Γ

gelten. Insbesondere könnten wir dannx= ¹_n ∈(0,42] einsetzen und erhielten: _n¹ +n≤Γ für allen ∈N. Erst recht hätten wir dannn ≤Γ für alle n∈ N, im Widerspruch dazu, dass N nicht nach oben beschränkt ist. Somit existieren weder Supremum noch Maximum von C.

Die Menge C ist aber nach unten durch 2 beschr¨ankt, denn f¨ur x > 0 erhalten wir durch Multiplikation mitx

x+ 1

x ≥2 ⇔ x²+ 1≥2x ⇔ x²−2x+ 1≥0 ⇔ (x−1)² ≥0

und letzteres ist offensichtlich wahr. Zudem gilt 2∈C (man setze x= 1). Damit wissen wir:

Keine Zahl>2 kann untere Schranke von C sein. Also ist infC = 2 und wegen 2 ∈C folgt auch minC = 2.

Aufgabe 10

a) Induktionsanfang (IA): F¨urn= 1 stimmt die Behauptung, denn beide Seiten der Gleichung ergeben dann 1:P₁

k=1k= 1 = ¹⁽¹⁺¹⁾₂ .

Induktionsschluss (IS): Es sei n∈N beliebig. F¨ur diesesn gelte Pn

k=1k = ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ (Indukti- onsvoraussetzung, kurz: IV). Dann folgt

n+1

X

k=1

k=

n

X

k=1

k+(n+1)^IV= n(n+ 1)

2 +(n+1) = (n+1)(¹₂n+1) = (n+ 1)(n+ 2)

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

2 .

— bitte wenden —

(5)

b) F¨ur jedes n∈Ngilt:

n

X

k=1

(2k−1) = 2

n

X

k=1

k−

n

X

k=1

1= 2^a) ·n(n+ 1)

2 −n=n²+n−n=n².

c) IA: F¨urn= 1 ist Q1

k=1(1 +_k¹)^k = (1 +¹₁)¹= 2 = ²₂² = ⁽¹⁺¹⁾_(1+1)!¹⁺¹. IS: Sein∈Nbeliebig. F¨ur diesesn gelteQn

k=1(1 +_k¹)^k = ⁽ⁿ⁺¹⁾_(n+1)!ⁿ⁺¹ (IV). Dann gilt:

n+1

Y

k=1

1 +1

k k

= n

Y

k=1

1 +1

k k

·

1 + 1 n+ 1

n+1 IV

= (n+ 1)ⁿ⁺¹

(n+ 1)! ·n+ 1 n+ 1+ 1

n+ 1 n+1

= (n+ 1)ⁿ⁺¹

(n+ 1)! ·(n+ 2)ⁿ⁺¹

(n+ 1)ⁿ⁺¹ = (n+ 2)ⁿ⁺¹

(n+ 1)! ·n+ 2

n+ 2 = (n+ 2)ⁿ⁺² (n+ 2)!

= ((n+ 1) + 1)^(n+1)+1 ((n+ 1) + 1)! . Aufgabe 11

a) Es seien a, b∈ R. Wir beweisen die behauptete Identit¨at durch vollst¨andige Induktion nach n∈N.

Induktionsanfang: F¨urn= 1 gilta−b= (a−b)a⁰b⁰ = (a−b)P0

k=0a^1−1−kb^k. Induktionsschluss: Es sein∈N beliebig. F¨ur dieses ngelteaⁿ−bⁿ= (a−b)Pn−1

k=0a^n−1−kb^k (IV).

Damit ergibt sich

(a−b)

(n+1)−1

X

k=0

a^{(n+1)−1−k}b^k = (a−b)

n

X

k=0

a^n−kb^k = (a−b) a

n−1

X

k=0

a^n−1−kb^k+a⁰bⁿ

!

=a(a−b)

n−1

X

k=0

a^n−1−kb^k+ (a−b)bⁿ

IV= a(aⁿ−bⁿ) + (a−b)bⁿ=aⁿ⁺¹−bⁿ⁺¹.

b) Es seienn∈Nund q∈R\ {1}. Wir setzen a= 1 und b=q ina) ein und erhalten

1ⁿ−qⁿ= (1−q)

n−1

X

k=0

1^n−1−kq^k= (1−q)

n−1

X

k=0

q^k.

Daq6= 1 ist, folgt hieraus

n−1

X

k=0

q^k = 1−qⁿ 1−q .