Prof. Dr. J. Ebert PD Dr. T. Timmermann
Ubung zur Analysis 1¨ Blatt 12
Abgabe bis Do, 22.01., 12 Uhr Aufgabe 1 zur Bearbeitung in der ¨Ubung Aufgaben 2-4 zur selbst¨andigen Bearbeitung
Aufgabe 1. DerTangens ist definiert durch
tan : R\ {π(n+12) :n∈Z} →R, x7→ sinx cosx. Zeigen Sie:
(a) lim
x&−π/2tan(x) =−∞ und lim
x%π/2tan(x) = ∞ sowie tan((−π2,π2)) =R; L¨osung: Die Limites folgen daraus, dass cos(x)≥0 f¨urx∈(−π2,π2) und
lim
x→−π/2cos(x) = 0 = lim
x→π/2cos(x), lim
x→−π/2sin(x) =−1, lim
x→π/2sin(x) = 1.
Mit dem Zwischenwertsatz folgt, weil tan auf (−π2,π2) stetig ist, tan((−π2,π2)) = R.
(b) tan0(x) = cos12x = 1 + tan2x, und der Tangens w¨achst auf (−π2,π2) streng monoton;
L¨osung: Wir rechnen
tan0(x) = sin0(x)·cos(x)−sin(x)·cos0(x) cos2(x)
= cos2(x) + sin2(x)
cos2(x) = 1
cos2(x) = 1 + tan2(x)>0,
und mit dem Mittelwertsatz folgt, dass tan auf (−π2,π2) streng monoton w¨achst.
(c) der Tangens auf (−π2,π2) hat eine differenzierbare Umkehrfunktion arctan : R→ (−π2,π2), und arctan0(x) = 1+x1 2 f¨ur alle x∈R.
L¨osung: Nach (a) und (b) bildet der Tangens (−π2,π2) bijektiv auf R ab.
Nach Vorlesung ist die Umkehrabbildung ist differenzierbar und erf¨ullt arctan0(tan(x)) = 1
tan0(x) = 1 1 + tan2(x), also arctan0(y) = 1/(1 +y2).
Aufgabe 2. (a) Eine Reihe komplexer Zahlen P∞
n=0zn mit zn = xn + iyn, xn, yn ∈R, konvergiert genau dann, wennP∞
n=0xnundP∞
n=0ynkonvergieren, und dann gegen P∞
n=0xn+iP∞
n=0yn. Zeigen Sie, dass f¨ur alle y∈R gilt:
∞
X
n=0
1
n!(iy)n= cosy+isiny.
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L¨osung: Nach Definition ist
∞
X
n=0
1
n!(iy)n=
∞
X
n=0
1
(2n)!(−1)ny2n+i
∞
X
n=0
1
(2n+ 1)!(−1)ny2n+1 = cosy+isiny.
(b) F¨ur zwei Reihen P∞
n=0an und P∞
n=0bn komplexer Zahlen ist das Cauchy- Produkt definiert als die Reihe P∞
n=0cn mit cn = Pn
k=0akbn−k. Man kann zeigen: fallsP∞
n=0|an|undP∞
n=0|bn|konvergieren, so auch P
ncnund es ist
∞
X
n=0
an
! ∞ X
n=0
bn
!
=
∞
X
n=0
cn,
siehe z.B. Forster, Analysis 1, S. 78. Zeigen Sie, dass f¨ur alle z, w∈C gilt:
∞
X
n=0
zn n!
! ∞ X
n=0
wn n!
!
=
∞
X
n=0
(z+w)n n! .
L¨osung: Die rechte Seite ist das Cauchy-Produkt der Faktoren links, denn nach dem binomischen Satz gilt
n
X
k=0
zk k!
wn−k
(n−k)! = 1 n!
n
X
k=0
n k
zkwn−k = (z+w)n n! .
(c) Zeigen Sie mit Hilfe von (a) und (b), dass f¨ur allex, y ∈R gilt:
ex(cosy+isiny) =
∞
X
n=0
(x+iy)n n! .
L¨osung: Das folgt sofort aus (b) mit z =x und w=iy und mit (a).
Aufgabe 3. Zeigen Sie, dass die Funktion g:R→R, x7→
(x2sinx12, x6= 0,
0, x= 0,
differenzierbar ist, ihre Ableitungg0 auf [−1,1] aber weder stetig noch beschr¨ankt ist.
L¨osung: F¨ur x6= 0 ist g0(x) = 2xsin 1
x2 −2x2 1 x3 cos 1
x2 = 2xsin 1 x2 − 2
xcos 1 x2 und f¨ur x= 0 ist
g0(0) = lim
h→0
h2sinh12
h = lim
h→0hsin 1 h2 = 0,
weil |sinh12| ≤ 1 f¨ur h 6= 0. Somit ist g differenzierbar. Auf [−1,1] ist g0 nicht beschr¨ankt, weil dort zwar 2xsinx12 beschr¨ankt ist, aber nicht −2xcosx12 — f¨ur xn:= (2nπ)−1/2ist limn→∞ 2
xcosx12 = limn→∞2(2nπ)1/2 =∞. Insbesondere kann g0 nicht stetig sein, sonst w¨areg0 auf dem kompakten Intervall [−1,1] beschr¨ankt.
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Aufgabe 4. (a) Zeigen Sie, dass die Dirichlet-Funktion χ: [0,1]→R, x7→
(1, x∈Q, 0, x6∈Q, nicht Riemann-integrierbar ist.
L¨osung: Seieng, hTreppenfunktionen auf [0,1] undg ≤χ≤h. Dann muss, weil Q und R\Q in R dicht liegen, auf jedem offenen Intervall, auf dem g und h konstant sind, g ≤0 und 1≤h gelten, woraus
Z 1
0
g(x) dx≤0 und 1≤ Z 1
0
h(x) dx
folgt. Der Abstand der Integrale ist also mindestens 1 und nicht beliebig klein.
(b) Sei f: [a, b]→R monoton, n ∈ N und xk =a+kb−an f¨urk = 0, . . . , n. Wir definieren Treppenfunktionen g, h: [a, b]→Rdurch
g(a) = f(a) = h(a), g(x) = f(xk+1), h(x) = f(xk) f¨urx∈(xk, xk+1].
Zeigen Sie, dass
Z b
a
g(x) dx− Z b
a
h(x) dx
=|f(b)−f(a)|b−a n und dass f Riemann-integrierbar ist.
L¨osung: Zun¨achst ist Z b
a
g(x) dx− Z b
a
h(x) dx=
n−1
X
k=0
f(xk+1)b−a
n −
n−1
X
k=0
f(xk)b−a n
= (f(b)−f(a))b−a n .
Falls f monoton w¨achst, ist g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) f¨ur alle x ∈ [a, b]; falls f monoton f¨allt, ist h(x) ≤f(x)≤ g(x) f¨ur alle x ∈[a, b]. Ist > 0 gegeben, so finden wir n ∈N mit (f(b)−f(a))b−an < , und dann sind g und h zwei Treppenfunktionen, zwischen denen f verl¨auft und f¨ur die der Abstand der Integrale kleiner ist. Somit istf Riemann-integrierbar.
Zusatzaufgabe 5. (a) Bezeichne S1 := {(x, y) ∈ R2 : x2+y2 = 1} den Ein- heitskreis. Zeigen Sie, dass die Abbildung f: [0,2π)→S1, t7→(cost,sint), surjektiv ist.
L¨osung: Sei (x, y)∈S1 und y≥0. Wegen x∈[−1,1], cos(0) = 1, cos(π) =
−1, der Stetigkeit des Kosinus und dem Zwischenwertsatz existiert ein t ∈ [0, π] mit cos(t) = x. Wegen y = √
1−x2 = p
1−cos2(t) = sin(t) folgt (x, y) = (cost,sint). Der Fall y <0 wird ¨ahnlich behandelt.
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(b) Zeigen Sie, dass die komplexe Exponentialfunktion z 7→ exp(z) ein surjek- tiver Homomorphismus der Gruppe (C,+) auf die Gruppe (C\ {0}, ·) ist und den Kern {2πin : n ∈ Z} hat. Hinweis: f¨ur x, y ∈ R gilt |ex+iy| = ex, hierbei bezeichnet |z| der Absolutbetrag von z ∈C.
L¨osung: Ein Homomorphismus ist exp nach Aufgabe 2(b) und 2(c).
Surjektivit¨at: Sei z = x +iy ∈ C \ {0} und r := p
x2+y2. Dann ist (x/r, y/r)∈ S1 und nach (a) x/r = cost, y/r = sint f¨ur ein t ∈R. Wegen der Surjektivit¨at von exp : R→(0,∞) existierts∈Rmit exp(s) =r. Nach 2(c) gilt
exp(s+it) = exp(s)(cost+isiny) =r(x/r+iy/r) =x+iy=z.
Kern: Falls exp(s+it) = 1, folgt exp(s) =|exp(s+it)|= 1, also s= 0, und cost= 1 und sint= 0, also t∈2πZ.
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