Analysis I für M, LaG/M, Ph 2.Übungsblatt

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Analysis I für M, LaG/M, Ph 2.Übungsblatt

Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010

Dr. Robert Haller-Dintelmann 21.04.2010

David Bücher

Christian Brandenburg

Gruppenübung

Aufgabe G1 (Körperaxiome)

Beweisen Sie aus den Axiomen (A1)–(A9):

(a) Seia∈R. Das additiv inverse Element zuaist eindeutig, d.h. sindb,c∈Rund geltena+b=0,a+c=0, dann folgt b=c(d.h. die ZuordnungR→R,a7→“additiv Inverses vona” ist eine Funktion. Dies rechtfertigt die Bezeichnung

−afür das additiv Inverse vona).

(b) ₍₋₁₎·a=−afür allea∈R. (c) −(−a) =afür allea∈R. (d) ₍₋₁₎₍₋₁_{) =}1.

Notieren Sie jeweils, wo Sie welches Axiom bzw. schon bewiesene Aussagen benutzt haben.

Lösung:

(a) Seienb,c∈Rmita+b=0unda+c=0. Dann gilt:

b^(A2)= b+0=b+ (a+c)^(A1)= (b+a) +c^(A4)= (a+b) +c=0+c^(A4)= c+0^(A2)= c.

(b) Seia∈R. Es gilt:

a+ (−1)·a^(A6),(A8)= a·1+a·(−1)^(A9)= a·(1+ (−1))^(A3)= a·0^{Satz 2.2}= ^(c)0.

Somit ist(−1)·adas nach Teil (a) eindeutig bestimmte additiv Inverse zua, d.h.(−1)·a=−a.

(c) Seia∈R. Es gilt(−a) + (−(−a)) =0, nach (A3). Andererseits auch(−a) +a^(A4)= a+ (−a)^(A3)= 0. Mit Teil (a) folgt damit schon−(−a) =a.

(d) 1^(c)=−(−1)^(b)= (−1)(−1).

Aufgabe G2 (Summenzeichen, Induktion) (a) Formen Sie6P10

j=21 j+5P9

k=1 2

k² in einen Ausdruck der Gestalt^P^..._n=0₍. . .)um.

(b) Beweisen Sie: Für allen∈Ngilt^Pⁿ_k=1₂¹k=1−₂¹n. Lösung:

(a)

6

10

X

j=2

1 j+5

9

X

k=1

2 k²

(Distr.-Ges.)

=

10

X

j=2

6 j +

9

X

k=1

10 k²

(Index-Shift)

=

8

X

j=0

6 j+2+

8

X

k=0

10 (k+1)²

(Umbenennung)

=

8

X

n=0

6 n+2+

8

X

n=0

10 (n+1)²

(Komm.-Ges.)

=

8

X

n=0

6

n+2+ 10 (n+1)²

(b) • Induktionsanfang: Fürn=1ist die Aussage richtig, denn ¹₂ ₌1−¹₂.

1

(2)

• Induktionsannahme: Für ein gewissesn∈Ngelte^Pⁿ_k=1₂¹k =1−₂¹n.

• Induktionsschluss: Unter der Induktionsannahme gilt Xn+1

k=1

1 2^k =

n

X

k=1

1 2^k+ 1

2ⁿ⁺¹

Ind.-Ann.

= 1− 1 2ⁿ + 1

2ⁿ⁺¹ =1− 1 2ⁿ⁺¹,

also ist die Aussage auch fürn+1richtig.

Aufgabe G3 (Umgekehrte Dreiecksungleichung)

Beweisen Sie Satz 2.8 (g) aus der Vorlesung: Füra,b∈Rgilt

|a| − |b|

≤ |a−b|.

Lösung: Seiena,b∈R.

• Falls_|a| − |b| ≥0: Nach Dreiecksungleichung ist_|a|=|(a−b) +b|^∆-Ungl.≤ |a−b|+|b|, also_|a| − |b| ≤ |a−b|. Wegen

|a| − |b| ≥0ist|a| − |b|

Def. 2.7

= |a| − |b|. Zusammen genommen also|a| − |b|

≤ |a−b|.

• Falls |a| − |b|<0: Nach Dreiecksungleichung ist|b|=|(b−a) +a|^∆-Ungl.≤ |b−a|+|a|^{Satz 2.8}= ^(b)|a−b|+|a|, also

|b| − |a| ≤ |a−b|. Wegen |a| − |b|< 0 ist |a| − |b|

Def. 2.7

= −(|a| − |b|) = |b| − |a|. Zusammen genommen also

|a| − |b|

≤ |a−b|. In beiden Fällen ist|a|−|b|

≤ |a−b|wahr. Aufgrund der Totalität der Ordnung “≤” aufR, Axiom (A10), tritt mindestens einer der beiden Fälle ein.

Hausübung

Aufgabe H1 (Anordnungsaxiome)

Beweisen Sie aus den Axiomen (A1)–(A14):

(a) Füra∈Rfolgt ausa≤0, dass−a≥0.

(b) Sinda,b,c∈Rund gilta≤bundc≤0, so istac≥bc. (c) 1>0.

(d) Für allea∈Rista²≥0. Lösung:

(a) Seia∈Runda≤0. Dann gilt0^(A3)= a+ (−a)^(A13)^und≤ ^a^≤⁰0+ (−a)^(A4)= (−a) +0^(A2)= −a.

(b) Seiena,b,c∈R,a≤bundc≤0. Nach Teil (a) ist−c≥0. Mit Axiom (A14) folgta(−c)≤b(−c), mit (A13) dann a(−c) +bc≤b(−c) +bc^(A9=⁾b((−c) +c)^(A4=⁾b(c+ (−c))^(A3=⁾b·0^{Satz 2.2}= ^(b)0. Daraus ergibt sich

0^(a)≤ −(a(−c) +bc)^G1(b)= (−1)(a((−1)c) +bc)^(A4),(A5)= (−1)((−1)(ac) +bc)

(A9),(A5)

= ((−1)(−1))(ac) + (−1)(bc)^G1(d)= ac+ (−1)(bc).

Schließlich bc^(A2=⁾bc+0^(A4=⁾0+bc^(A13)≤ (ac+ (−1)(bc)) +bc^(A1⁾=^,^(A4⁾ac+ (bc+ (−1)(bc))^G1=^(b)ac+0^(A2=⁾ac, was zu zeigen war.

(c) Zunächst zeigen wir1≥0: Nach (A10) gilt1≥0oder1≤0.

• Fall1≥0: Hier ist nichts mehr zu zeigen.

• Fall1≤0: Nach Teil (a) ist dann−1≥0, mit (A14) also₍₋₁₎₍₋₁₎≥0. Aber das heißt1^G1(d)= (−1)(−1)≥0. Jedenfalls gilt1≥0.

Nach Axiom (A6) ist16=0, daher1>0.

(d) Ista≥0, dann folgta²≥0aus (A14). Fallsa≤0, dann ist−a≥0, nach Teil (a). Wieder mit (A14) folgt_(−a₎²≥0. Aber(−a)²^G1(b)= (−1)·a·(−1)·a^(A14)= (−1)(−1)a²^G1(d)= 1·a²^(A8)= a²·1^(A6)= a², folglich gilt auch in diesem Falla²≥0. Nach (A10) tritt mindestens einer dieser Fälle ein.

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(3)

Aufgabe H2 (Ungleichungen)

Beweisen Sie und nennen Sie die jeweils benutzen Anordnungsaxiome (die Rechenregeln für “₊” und “·” können ohne Weiteres verwendet werden):

(a) Seienx,y∈R. Fallsx<y, so giltx<^x+y₂ <y. (b) ^x

y+ y

x ≥2, für allex,y∈R,x,y>0

(c) Zu reellen Zahlenx,y mitx<y gibt es eine reelle Zahlz, so dassx<z<y gilt.

Lösung:

(a) Es geltex< y. Insbesondere ist dann x≤ y. Daraus folgt x= ^x₂+₂^x ^(A13)≤ ^x₂+₂^y = ^x+y₂ ^(A13)≤ ^y₂+₂^y = y. Zu zeigen bleibt noch, dassx6= ^x+y₂ und ^x+y₂ 6=y. Wäre jedochx= ^x+y₂ , dann auch2x=x+y, alsox=y, ein Widerspruch zur Annahmex<y. Daher muss x6= ^x+y₂ gelten. Analog: Wäre ^x+y₂ ₌y, dann wiederx=y, aber das kann nicht sein.

(b) Mitx,y∈Rist auchx−y∈R. Nach H1(d) gilt₍x−y)²≥0. Dax≥0und y≥0, folgt mit (A14), dassx y≥0. Da x6=0und y6=0, ist x y6=0, daher existiert _{x y}¹ .

Behauptung: _{x y}¹ ≥0.

Beweis dafür:Angenommen, das wäre falsch. Dann wäre _{x y}¹ ≤0, wegen (A10). Nach H1 (a) gälte auch−_{x y}¹ ≥0, somit−1=x y

−_{x y}¹(A14)

≥ 0. Nochmals wegen H1 (a) wäre1=−(−1) ≤0. Zusammen mit H1 (c) und (A11) ergäbe sich1=0, im Widerspruch zu (A6). Also muss _{x y}¹ ≥0gelten. Da(x−y)²≥0und _{x y}¹ ≥0, folgt mit (A14), dass

0≤ 1

x y(x−y)²= x y + y

x−2.

Mit (A13) folgt2≤^x_y+_x^y.

(c) Sindx,y∈R, dann auch ^x+y₂ ∈R, und nach Teil (a) giltx<^x+y₂ <y. Wähle alsoz:=^x+y₂ . Aufgabe H3 (Induktion)

Zeigen Sie: Für allen∈Ngilt^Pⁿ_k=1k²=n(n+1)(2n+1)

6 .

Lösung:

• Induktionsanfang: Es gilt1²=¹^·²₆^·³, also ist die Aussage fürn=1richtig.

• Induktionsvoraussetzung: Die Aussage sei für ein bestimmtesn∈Nrichtig, d.h. es gilt^Pⁿ_k=1k²=n(n+1)(2n+1)

6 .

• Induktionsschluss: Aus der Induktionsvoraussetzung folgt Xn+1

k=1

k²= Xn

k=1

k²+ (n+1)²=n(n+1)(2n+1)

6 + (n+1)²

=(n+1) (n(2n+1) +6(n+1))

6 =(n+1)

2n²+7n+6

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

6 ,

also gilt die Aussage auch fürn+1.

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