Analysis 2 4. Übung

Analysis 2 4. Übung

Lösungshinweise

Prof. Dr. B. Kümmerer Fachbereich Mathematik

W. Reußwig, K. Schwieger 2. Mai 2011

Anwesenheitsübungen

Lösung 1 Potenzreihen am Rand Die Reihe P

nxⁿ konvergiert für x ∈]−1, 1[, die Reihe P

nxⁿ/n für x ∈ [−1, 1[ und P

nxⁿ/n² für x∈[−1, 1].

Lösung 2

a) SeienA,B⊆X kompakt und(U_i)i∈I eine offene Überdeckung vonA∪B. WegenA⊆A∪Bist(U_i)i

dann auch einen offene Überdeckung vonA. Es gibt also bereits eine endliche Teilüberdeckung von A, d.h. es gibti₁, . . . ,i_n∈I mit

A⊆U_i

1∪ · · · ∪U_in.

Analog können wir fürB stattAvorgehen und erhalten eine endliche Teilüberdeckung vonB, d.h.

es gibt j₁, . . . ,j_m∈I mit

B⊆U_j

1∪ · · · ∪U_jm. Die gemeinsame Teilüberdeckung(U_i

1, . . . ,U_in,U_j

1, . . . ,U_jm)ist dann eine endliche Teilüberdeckung vonA∪B.

b) Z.B.S

n∈N[−n,n] =R. Lösung 3 Rand und Inneres

a) Das Innere ist das entspr. ausgefüllte offene Rechteck. Der Rand besteht aus allen Seiten des Recht- ecks. Häufungspunkte sind genau die Punkte des entspr. ausgefüllten, abgeschlossenen Rechtecks.

Isolierte Punkte gibt es nicht.

b) Inneres ist die Menge ohne das Nullelement. Der Rand besteht aus Null und dem Einheitskreis.

Genau allez∈Cmit|z| ≥1sind Häufungspunkte. Null ist isolierter Punkt.

c) Das Innere ist leer. Der Rand ist ganzR. Häufungspunkte sind genau die Elemente vonR. Isolierte Punkte gibt es keine.

d) Inneres ist die Menge selbst. Der Rand istR. Häufungspunkt sind genau diez∈CmitIm(z)≥0.

Isolierte Punkte gibt es nicht.

e) Das Innere ist{z ∈C: z 6=0,|z|< 1}. Der Rand ist Null zusammen mit dem Einheitskreis. Häu- fungspunkte sind genau die Elemente der Menge und Null. Isolierte Punkte gibt es nicht.

f) Das Innere ist leer. Der Rand ist ganzC. Jeder Punktz∈Cist Häufungspunkt. Isolierte Punkte gibt es nicht.

1

Hausübungen Lösung 1

b) Für jedes x ∈R gilt|xsin(x)| ≤ |x|. Nach dem Sandwichtheorem folgt also lim_x→0xsin(x) =0.

Durch f(0):=0lässt sich also f stetig nach0fortsetzen.

c) Wir nehmen an, es gibt eine entspr. Reihe f(x) =P

na_nxⁿ. Für jedes06=k∈Nist x_k:=¹/πkeine Nullstelle von f. Außerdem ist(x_k)keine Nullfolge. Nach dem Identitätssatz für Potenzreihen muss damitP

na_nxⁿ bereits die Nullreihe sein, d.h. a_n = 0 für alle n ∈ N. Dies steht im Widerspruch dazu, dass f nicht die Nullfunktion ist.

d) Setze z.B.z_n:=i/n. Dann ist(z_n)n eine Nullfolge und für die Folge der Funktionswerte gilt

z_n·sin(1/z_n) =z_nexp(i/z_n)−exp(−i/z_n)

2i = i

n·eⁿ−e⁻ⁿ

2i = eⁿ−e⁻ⁿ

2n → ∞.

Lösung 2

Sei zuerst B kompakt. Sei (A_i)_i∈I eine Familie abgeschl. Teilmenge, für welcher jeder endliche Schnitt B∩A_i

1∩ · · · ∩A_in nicht leer ist. Wir nehmen an, der Schnitt B∩T

i∈IA_i sei leer und führen dies zum Widerspruch. Für jedesi∈I setzeU_i :=X \A_i. Dann ist(U_i)i∈I eine Familie offener Mengen mit

[

i∈I

U_i =[

i∈I

(X \A_i) =X \\

i∈I

A_i ^{lt. Ann.}⊇ B,

d.h., (U_i)_i ist eine offene Überdeckung von B. Weil B kompakt ist, gibt es eine endliche viele Mengen U_i

1, . . . ,U_in(i₁, . . . ,i_n∈I) mit B⊇U_i

1∪ · · · ∪U_in= (X\A_i

1)∪ · · · ∪(X \A_i)n) =X\(A_i

1∩ · · · ∩A_in). Dies steht im Widerspruch dazu, dass der SchnittB∩A_i

1∩ · · · ∩A_in nicht leer ist.

Der Beweis der umgekehrten Implikation verläuft völlig analog durch Widerspruch und Komplementbil- dung.

Lösung 3 a)

1+ x

n n

= Xn

k=0

n k

x^k n^k =

Xn

k=0

n(n−1). . .(n−k+1) n^k

x^k k! ≤

Xn

k=0

x^k k! .

b) Die Ungleichung gilt, weil alle Summanden in der Definition von b⁽_mⁿ⁾ positiv sind. Die Gleichheit folgt durch intensives Rechnen mit binomischer Formel

Aus der Ungleichung in a) ergibt sichlim_n(1+_n^x)ⁿ≤exp(x). Weiter folgt aus b) Xm

k=0

x^k k! = lim

n→∞b^(m)_n ≤ lim

n→∞

1+ x

n n

Fürm→ ∞ergibt sich damit auchexp(x)≤lim_n(1+^x_n)ⁿ.

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