Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis

Dr. Christoph Schmoeger Michael Hott, M. Sc.

WS 2015/2016 11.12.2015

Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

Lösungsvorschläge zum 7. Übungsblatt

Aufgabe 37 (Übung)

Die Funktionf : [−1,1]→Rist gegeben durch f(x) =











1−

√ 1−x²

x für 0<|x| ≤1,

0 fürx= 0. .

a) Zeigen Sie, dassf stetig ist.

b) Bestimmen Sie den Wertebereichf([−1,1]) vonf.

Hinweis:Zeigen Sie zunächst, dass|f(x)| ≤1 für allex∈[−1,1] gilt.

c) Zeigen Sie, dassf eine Umkehrfunktion besitzt. Berechnen Sief⁻¹. d) Beweisen Sie, dassf⁻¹streng monoton wachsend ist.

e) Istf streng monoton wachsend? Begründen Sie Ihre Antwort.

Lösungsvorschlag

a) Als Komposition stetiger Funktionen istf auf [−1,1]\ {0}stetig. Fürx∈[−1,1]\ {0}gilt f(x) = 1−

√ 1−x²

x ·1 +

√ 1−x² 1 +

√

1−x² = 1−(1−x²) x(1 +

√

1−x²) = x 1 +

√ 1−x². Demnach gilt lim_x→0f(x) = 0 =f(0), und damit istf auch stetig in 0.

b) Wir zeigen zunächst|f(x)| ≤1 für allex∈[−1,1]: Fürx∈[−1,1]\ {0}gilt (siehea))

|f(x)|= |x| 1 +

√ 1−x²

| {z }

≥0

≤ |x| ≤1.

Wegenf(0) = 0 ist|f(x)| ≤1 für allex∈[−1,1] bewiesen. Hieraus folgtf([−1,1])⊆[−1,1].

Nun zeigen wir [−1,1]⊆f([−1,1]). Sei dazuy₀∈[−1,1]. Dann liegty₀zwischenf(−1) =−1 und f(1) = 1. Aufgrund der Stetigkeit vonf existiert nach dem Zwischenwertsatz einx₀∈[−1,1] mit y₀=f(x₀)∈ {f(x) : x∈[−1,1]}=f([−1,1]). Day₀∈[−1,1] beliebig war, folgt [−1,1]⊆f([−1,1]).

Insgesamt ergibt sichf([−1,1]) = [−1,1].

c) Inb)sahen wir bereitsf([−1,1]) = [−1,1], d.h.,

f˜: [−1,1]→[−1,1], x7→f(x)

ist surjektiv. Wir wollen jetzt noch sehen, dassf und somit ˜f injektiv ist. Dazu zeigen wir, dass f sogar streng wachsend ist.

Seien zunächst−1≤x < y <0. Dann gilt 1−

√

1−x²>0, d.h.,f(x)<0 =f(0). Weiter gilty²< x² (!) und wegen der Monotonie der Wurzel auch

q

1−y² >

√ 1−x². Wegenx < y <0 gilt dann

1−p 1−y² y > 1−

√ 1−x²

y > 1−

√ 1−x²

x .

Also istf auf [−1,0] streng wachsend. Falls nun x <0 < y gilt wegen f(x) < 0< f(y) ins- besondere f(x) < f(y). Falls 0< x < y ≤1, so gilt wegen−1≤ −y <−x <0 und mit obigem Fall

1−p 1−y²

−y < 1−

√ 1−x²

−x . Daraus folgt dann

1−p 1−y² y > 1−

√ 1−x²

x .

Somit istf, also auch ˜f, auf ganz [−1,1] streng wachsend und damit insgesamt bijektiv.

Fürx∈[−1,1]\ {0}gilt

y=f(x) ⇐⇒ y=1−

√ 1−x²

x ⇐⇒ 1−xy=

√ 1−x²

1−xy≥0

⇐⇒ 1−2xy+x²y²= 1−x² ⇐⇒ x²(1 +y²) = 2xy

⇐⇒x,0 x(1 +y²) = 2y ⇐⇒ x= 2y

1 +y².

Fürx = 0 gilty=f(0) = 0, also gilt auch hierx = _1+y^2y2. Die Rechnung zeigt: f besitzt eine Umkehrfunktion, die durch

f⁻¹: [−1,1]

| {z }

=f([−1,1])

→[−1,1], y7→ 2y 1 +y²

gegeben ist.

d) Daf nach dem letzten Aufgabenteil streng wachsend ist, folgt ausSatz 8.13, dassf⁻¹streng wachsend ist. Alternativ kann man die Monotonie auch wieder direkt nachrechnen:

Seienx₁, x₂∈[−1,1] mitx₁< x₂. Zu zeigen istf⁻¹(x₁)< f⁻¹(x₂). Dies ergibt sich aus f⁻¹(x₂)−f⁻¹(x₁) = 2x₂

1 +x₂²

− 2x₁

1 +x₁² =2x₂(1 +x²₁)−2x₁(1 +x²₂)

(1 +x²₂)(1 +x₁²) =2(x₂−x₁+x₁²x₂−x₁x²₂) (1 +x²₂)(1 +x₁²)

=2(x₂−x₁+x₁x₂(x₁−x₂))

(1 +x²₂)(1 +x₁²) = 2(x₂−x₁)(1−x₁x₂) (1 +x₂²)(1 +x²₁) >0, denn wegen−16x₁< x₂≤1 istx₁x₂<1.

Beachte folgendes Resultat: Seigumkehrbar mit Umkehrfunktiong⁻¹. Dag⁻¹die Umkehrfunk-

tion vongist, istgdie Umkehrfunktion vong⁻¹. MitSatz 8.13ist damitggenau dann streng wachsend/fallend, wenng⁻¹es ist.

Aufgabe 38 (Tutorium)

a) Sei [a, b]⊆Rein abgeschlossenes Intervall und seienf , g: [a, b]→Rstetige Funktionen mitf(a)> g(a) undf(b)< g(b). Zeigen Sie, dass einx₀∈(a, b) existiert mitf(x₀) =g(x₀).

b) Zeigen Sie, dass die Gleichung

1 1 +x² =

√ x eine Lösungx₀>0 besitzt.

c) Seif : [0,1]→Reine stetige Funktion mitf(0) =f(1). Zeigen Sie, dass dann einx₀∈h 0,¹₂i existiert mit der Eigenschaft:

f(x₀) =f 1

2+x₀

.

Lösungsvorschlag

a) Seih:=g−f. Dann isth(a) =g(a)−f(a)<0,h(b) =g(b)−f(b)>0. Nach dem Zwischenwertsatz (hist als Komposition der stetigen Funktionenf undgstetig) existiert somit einx₀∈(a, b) mit 0 =h(x₀) =g(x₀)−f(x₀).

b) Setzef(x) := _1+x¹2,g(x) :=√

x. Beide Funktionen sind stetig auf ganzR. Zudem giltf(0) = 1>

0 =g(0),f(1) =¹₂<1 =g(1). Nach Teil a) existiert also einx₀∈(0,1) mitf(x₀) =_1+x¹2 0 =√

x₀= g(x₀).

c) Setze¹

g: [0,1

2]→R, x7→f(x+1

2) sowie f˜: [0,1

2]→R, x7→f(x).

Dann sindgund ˜f stetig und es gilt

g(0) =f(¹/2) = ˜f(¹/2), g(¹/2) =f(1) =f(0) = ˜f(0).

Gilt (f(0) =) ˜f(0) =g(0)(=f(¹/2)), so ist die Behauptung gezeigt (mit x₀= 0). Ansonsten ist entweder (f(0) =) ˜f(0)< g(0) und somit

f˜(¹/²) = f(¹/²) = g(0) > f(0) = g(¹/²),

d.h., ˜f(¹/2) > g(¹/2), oder es gilt die umgekehrte Ungleichung. In beiden Fällen folgt die Behauptung ausa).

Aufgabe 39 (Übung)

a) Zeigen Sie, dass die Vereinigung endlich vieler bzw. der Schnitt beliebig vieler abgeschlossener Mengen (vgl.Aufgabe 3a)) inRabgeschlossen ist. Ist

[

n∈N

[−1 +1 n,1−1

n] abgeschlossen?

1f˜heißt in diesem ZusammenhangEinschränkungvonf auf [0,¹₂] und man schreibt auch ˜f =:f _[0,1

2].

b) Zeigen Sie

xlim→∞

1 +1

x x

= e.

Hinweis:Zeigen Sie zunächst: Ist (n_k)_k eine Folge natürlicher Zahlen mitn_k→ ∞, wenn k→ ∞und existiert für eine (kompl.) Folge lim_n→∞a_n, so gilt lim_n→∞a_n= lim_k→∞a_nk. Lösungsvorschlag

a) SeiI eine Indexmenge und für jedesi∈I seiA_i⊆Reine abgeschlossene Menge. Wir wollen zeigen, dass dannT

i∈IA_i abgeschlossen ist. Sei dazu (x_n)_neine konvergente Folge inT

i∈IA_i, d.h.,

∀i∈I∀n∈N: x_n∈A_i

und es existiert einx∈Rmit lim_n→∞x_n=x. Um die Abgeschlossenheit vonT

i∈IA_i zu zeigen, müssen wir zeigen, dassx∈T

i∈IA_igilt. Wegen der Abgeschlossenheit vonA_ifüri∈I gilt nach obiger Voraussetzung an (x_n)_n

x = lim

n→∞x_n∈A_i

für allei ∈I. Insbesondere liegtxdann im Schnitt über alleA_i, d.h.,x∈T

i∈IA_i. Damit ist T

i∈IA_i abgeschlossen.

Seien nunB₁,B₂,. . .,B_mabgeschlossene Mengen (m∈N). Wie sich leicht einsehen (nachrech- nen!) lässt, gilt

m

[

j=1

B_j = [

j∈{1;2;... m}

B_j. Sei nun (y_n)_neine konvergente Folge inS_m

j=1B_j, d.h., für allen∈Nexistiere einj∈ {1; 2;. . .;m} mit

y_n∈B_j.

Da es nur endlich viele solchejgibt und unendlich vieley_n, muss es nach dem Schubfachprinzip (siehe Lösung zuAufgabe 3b)) einj∈ {1; 2;. . .;m}derart geben, dass für unendlich vielen∈N y_n∈B_j gilt. Wir wählen also ein solchesj∈ {1; 2;. . .;m}und eine Teilfolge (y_nk)_kvon (y_n)_n, dass

y_nk∈B_j ∀k∈N

gilt. Da (y_n)_n konvergiert, konvergiert auch jede ihrer Teilfolgen und auch gegen densel- ben Grenzwert, d.h., lim_n→∞y_n = lim_k→∞y_nk. Da nunB_j abgeschlossen ist und (y_nk)_k eine konvergente Folge inB_j ist, gilt

klim→∞y_nk ∈B_j. Also gilt auch

nlim→∞y_n = lim

k→∞y_nk∈B_j ⊆ [m

l=1

B_l und damit istS_m

l=1B_labgeschlossen.

Nun zum zweiten Teil der Aufgabe. Es ist z.B.

1−1

k ∈ [

n∈N

[−1 +1 n,1−1

n] für allek∈N. (1−¹

k)_kist also eine konvergente Folge inS

n∈N[−1 + ¹_n,1−¹

n] mit Grenzwert 1<S

n∈N[−1 +¹_n,1−¹

n]. Damit istS

n∈N[−1 +¹_n,1−¹

n] nicht abgeschlossen.

Fazit: In dieser Aufgabe haben wir gelernt, dass beliebige Schnitte abgeschlossener Mengen abgeschlossen sind. Außerdem sind endliche Vereinigungen abgeschlossener Mengen wieder abgeschlossen, doch bereits die abzählbare Vereinigung von abgeschlossenen Mengen ist nicht unbedingt abgeschlossen.

b) Sei (x_k)_keine reelle Folge mitx_k→ ∞, wennk→ ∞. Zunächst folgt aus der Vorlesung, dass es zu jedemn∈Neinm∈Ngibt mitm > x. Daher existiert zu jedemk∈N

n_k := min{l∈N

l > x_k} −1.

Wegen der Eindeutigkeit folgt für allek∈N

n_k 6 x_k 6 n_k+ 1.

Wie wir inAufgabe 40a)sehen werden, istf :R7→R, x7→a^xfüra >1 streng wachsend. Damit und wegen der Monotonie der Potenz (MP) gilt insbesondere

1 + 1 n_k+ 1

!n_k (MP)

6 1 + 1

x_k

!n_k (40a))

6 1 + 1

x_k

!x_k (40a)

6 1 + 1

x_k

!n_k+1 (MP)

6 1 + 1

n_k

!n_k+1

. An dieser Stelle würden wir gern zum Grenzfallk→ ∞übergehen und ausnutzen, dassn_k→ ∞ gilt, fallsk→ ∞. Dazu zeigen wir zunächst den Hinweis:

Sei (a_n)_neine konvergente (komplexe) Folge und (n_k)_k wie oben gegeben. Wir wollen zeigen, dass dann auch (a_nk)_k konvergiert und dass der Grenzwert dieser Folge gleich dem Grenzwert ader Folge (a_n)_nist. Sei dazuε >0 beliebig. Dann existiert wegen der Konvergenz von (a_n)_n ein solchesn₀∈N, dass

|a_n−a| < ε

für allen>n₀gilt. Wegenn_k→ ∞, wennk→ ∞, existiert eink₀∈Nderart, dass n_k > n₀

für allek>k₀gilt. Insbesondere gilt dann für allek>k₀

|a_nk−a| < ε.

Das bedeutet gerade, dass (a_nk)_kgegenakonvergiert.

Zurück zur Aufgabe: Wie leicht nachzurechnen ist, gelten

nlim→∞

1 + 1

n+ 1 n

= e = lim

n→∞

1 +1

n n+1

.

Mit dem gerade gezeigten Hinweis folgt somit die Behauptung. Der geneigte Leser wage sich, folgende Gleichheit nachzuweisen:

xlim→−∞

1 +1

x x

= e.

Aufgabe 40 (Tutorium)

a) Sei 0< a,1. Zeigen Sie, dassf :R→R, x7→a^x füra >1 streng wachsend und füra <1 streng fallend ist.

b) Zeigen Sie, dassg: [0,∞)→R, x7→e^x−xstreng wachsend ist.

c) Bestimmen Sie, falls existent, Minimum und Maximum folgender Menge {e^2x−2xe^x+x²+ 17|x∈[0,1]}.

Lösungsvorschlag

a) Seiena >1 undx < y. Dann gilt

f(y)−f(x) = a^y−a^x = e^yloga−e^xloga.

Wegena >1 und des strengen Wachstums des Logarithmus (siehe8.14) gilt loga >log 1 = 0.

Damit folgt zunächstyloga > xlogaund wegen der Monotonie der Exponentialfunktion (Satz 7.13 (5)) gilt

f(y)−f(x) = e^yloga−e^xloga > 0.

Das bedeutet gerade, dassf in diesem Fall streng wachsend ist.

Seien nun 0< a <1 undx < y. Dann gilt nach dem gerade Gesehenen f(y)−f(x) = a^y−a^x = (¹/a)^−y−(¹/a)^−x < 0, da¹/a>1. Damit istf in diesem Fall streng fallend.

b) Seien 06x < yzwei reelle Zahlen. Dann gilt g(y)−g(x) =

∞

X

k=0

y^k k!−y−

∞

X

k=0

x^k k! +x ^(!)=

∞

X

k=2

y^k−x^kk! > y²−x² 2 > 0.

Das bedeutet gerade, dassgstreng wachsend ist.

c) Definiere

M := {e^2x−2xe^x+x²+ 17|x∈[0,1]} Seix∈[0,1]. Dann gilt

e^2x−2xe^x+x²+ 17 = (e^x−x)²+ 17.

Nun istf : [0,1]→R, f(x) := e^x−x, nachb)streng wachsend und f(0) = 1>0. Das heißt, dassf stets positiv ist. Dag: [0,∞)→R,g(x) :=x², streng wachsend ist, ist auchg◦f streng wachsend. Insbesondere nimmtg◦f bei 0 sein Minimum und bei 1 sein Maximum an. Damit erhalten wir

minM = g(f(0)) + 17 = 18 sowie maxM = g(f(1)) + 17 = e(e−2) + 18.

Aufgabe 41 (Übung)

a) Beweisen Sie: Gilt für eine stetige Funktionf :R→R

xlim→−∞f(x) = 0 und lim

x→∞f(x) = 0, so gibt es einx₀∈Rmit|f(x)| ≤ |f(x₀)|für allex∈R.

b) Seiena, b∈Rmita < b. Wenn die Funktionf : [a, b]→Rstetig ist undf(x)>0 für alle x∈[a, b] gilt, dann ist die Funktion 1/f beschränkt.

Lösungsvorschlag

a) Istf die Nullfunktion, so ist die Behauptung klar. Andernfalls existiert einx₁mitε:=|f(x₁)|>

0. Nach Voraussetzung existiert einR >0 mit

|f(x)|< ε ∀ |x|> R.

Die stetige Funktion |f|nimmt auf der kompakten Menge [−R, R] ihr Maximum an, es existiert also einx₀∈[−R, R] mit

|f(x₀)|= max

x∈[−R,R]

|f(x)| Dax₁∈[−R, R] ist |f(x₀)|>|f(x₁)|=εund damit auch

|f(x₀)|= max

x∈R

|f(x)|, was zu beweisen war.

b) Die stetige Funktionf nimmt auf dem kompakten Intervall [a, b] ihr Minimum an, das nach Voraussetzung positiv ist, also existiert einx₀∈[a, b] mit

f(x₀) = min

x∈[a,b]f(x) Damit gilt für die Funktion _f¹, dass fürx∈[a, b]

0< 1

f (x) = 1

f(x)6 1

f(x₀) =C <∞, womit ¹_f beschränkt ist.

Aufgabe 42 (Tutorium)

Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte.

a) lim

x→0xlog(x), d) lim

x→∞x(log (x+ 1)−log (x)),

b) lim

x→1

log(x) x−1 , e) lim

x→0x^1x,

c) lim

x→∞

2x+ 3 2x+ 1

x+1

, f) lim

x→0

a^x−1

x füra >0.

Lösungsvorschlag

a) Sei (x_n)_n eine Nullfolge mitx_n>0 für alle n ∈N. Definiere y_n := _x¹

n für allen ∈N. Dann konvergiert (y_n)_ngegen unendlich. Insbesondere isty_n>1 für allen>n₀für einen gewissen Indexn₀. Dann gilt

|x_nlog (x_n)k = |1/y_nlog (¹/y_n)| = log (y_n) y_n . Füry >0 gilt

y

2 6 1 +√ y+y

2+. . . = e

√y.

Wegen der Monotonie des Logarithmus gilt dann

|x_nlog (x_n)k 6 log (y_n)

y_n 6 log (2e

√y_n)

y_n = log (2)

y_n + 1

√y_n →0,

wennn→ ∞. Wir würden an dieser Stelle gern zumlim_n→∞übergehen. Jedoch ist nicht klar, dass (|x_nlog (x_n)|)_nüberhaupt konvergiert. Technisch übergeht man diesen Missstand mithilfe des lim sup_n→∞sowie des lim inf_n→∞im zweiten Schritt. Es gilt nämlich

0 6 lim inf

n→∞

|x_nlog (x_n)| 6 lim sup

n→∞

|x_nlog (x_n)| 6 0

und damit lim_n→∞x_nlog (x_n) = 0. Da (x_n)_neine beliebige Nullfolge (mitx_n>0) ist, folgt

xlim→0xlog (x) = 0.

b) Da x →1 ⇔ log(x) →0 (eine Richtung wegen Stetigkeit des Logarithmus, andere wegen Injektivität bzw. Stetigkeit der Umkehrfunktion), gilt (mity:= log(x), alsox= e^y), dass

xlim→1

log(x) x−1 = lim

y→0

y e^y−1= 1,

wobei der Grenzwert sich als Kehrwert des aus der Vorlesung bekannten Grenzwertes lim

x→0 e^x−1

x =

1 ergibt.

c) Istf :D→Rundaein Häufungspunkt vonD, so gilt (mitα∈R∪ {−∞,∞})

xlim→af(x) =α⇔lim

x→ae^f(x)= e^α.

Dies lässt sich direkt anhand der Definition des Grenzwertes zeigen mit Hilfe der Tatsache, dass die Exponentialfunktion bijektiv und stetig ist. Nun beobachten wir, dass per Definition

2x+ 3 2x+ 1

x+1

= e^{(x+1) log}(^2x+3_2x+1).

Betrachten wir nun den Exponenten der rechten Seite, sehen wir, dass (x+ 1) log

2x+ 3 2x+ 1

= (x+ 1) 2 2x+ 1

log

1 +_2x+1²

2 2x+1

=2 +²_x 2 +¹_x

log

1 +_2x+1²

2 2x+1

.

Der erste Bruch konvergiert fürx→ ∞gegen 1, der zweite ebenfalls nachb)(x→ ∞ ⇒y:=

1 +_2x+1² →1 und im Nenner stehty−1). Somit folgt insgesamt

xlim→∞(x+ 1) log

2x+ 3 2x+ 1

= 1, also

xlim→∞

2x+ 3 2x+ 1

x+1

= e¹= e.

d) Fürx >0 gilt

x(log (x+ 1)−log (x)) = log

"

1 +1 x

x#

NachAufgabe 39b)gilt lim_x→∞(1 +¹/x)^x→e. Mit der Stetigkeit des Logarithmus folgt nun

xlim→∞x(log (x+ 1)−log (x)) = log e = 1.

e) Eine Möglichkeit bietet eine zu Aufgabe 39b)analoge Rechnung. Wir wollen noch einen anderen Lösungsweg präsentieren. Es gilt

x^1x = e^{log (x)/x}.

Wie sich leicht zeigen lässt gilt log (x)/x→ −∞, wennx→0. Mit der Stetigkeit der Exponen- tialfunktion folgt

xlim→0x^1x = 0.

Die saubere Argumentation läuft an dieser Stelle wieder über die Definition des Funktion- sgrenzwertes über Folgen. Sei also (x_n)_n eine Nullfolge mitx_n>0 für alle n∈N. Definiere y_n:=¹/x_nfür allen∈N. Es ist lim_n→∞y_n=∞. Dann gilt

x

1

nxn = e^{log (xn)/xn} = e^−ynlogyn → 0, wennn→ ∞.

f) Füra= 1 gilt

xlim→0

1^x−1

x = lim

x→0

0 x = 0 Sei nuna,1. Fürx,0 gilt

a^x−1

x =e^xlog(a)−1

x = log(a)e^xlog(a)−1 xlog(a) . Aus der Vorlesung ist bekannt, dass lim_x→0e^x−1

x = 1. Da x →0 ⇔xlog(a) →0 (da log(a) konstant und ungleich 0 ist), gilt dieser Grenzwert auch für obigen Bruch. Daher folgt

limx→0

a^x−1

x = log(a) lim

x→0

e^xlog(a)−1

xlog(a) = log(a).

Damit gilt für allea >0

xlim→0

a^x−1

x = log(a).