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1.1Einleitung 1L¨osungenzuAnalysis1/7.¨Ubung

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1 L¨ osungen zu Analysis 1/ 7. ¨ Ubung

1.1 Einleitung

1. Beispiel Intervallschachtelung in R. Seien (an)n∈N eine monoton wach- sende und (bn)n∈N eine monoton fallende Folge mit {an : n ∈ N} < {bn : n ∈N} und limn→∞(bn−an) = 0.

SATZ: Es gilt unter obigen Voraussetzungen limn→∞an = limn→∞bn. Beweis : Wir geben 2 Varianten an:

• Laut Voraussetzung ist die Folge (bn−an)n∈N eine Nullfolge und somit gilt das Konvergenzkriterium:

∀ǫ >0∃N ∈N∀n > N : |(bn−an)−0|< ǫ

Da allerdings ∀m ≥ k > N gilt aN+1 ≤ak ≤ am < bm ≤ bk ≤bN+1 folgt sofort

∀ǫ >0 ∃N ∈N∀n, k > N : |am−ak|<|bN+1−aN+1|< ǫ

∀ǫ >0 ∃N ∈N∀n, k > N : |bm−bk|<|bN+1−aN+1|< ǫ

Damit ist sowohl (an)n∈Nals auch (bn)n∈Neine Cauchyfolge und konvergiert daher in R. Somit folgt

nlim→∞bn− lim

n→∞an= lim

n→∞(bn−an) = 0 und die Grenzwerte sind gleich.

• Alternativ und einfacher ist die Feststellung: an, bnsind beide monoton und beschr¨ankt und daher konvergentan→x,bn→ y. Somit konvergiertbn−an

gegen die Differenz der Limites y−x. Nun gilt limn→∞(bn−an) = 0 und daher x=y= liman= limbn.

Wir wollen den Satz auf folgende rekursiv definierte Folge anwenden:

Sei 0< a1 =a < b1 =b und f¨ur alle n ∈N: an+1 = 2anbn

an+bn, bn+1 = an+bn 2 Wir zeigen, dass der Satz anwendbar ist:

BH 1: an ≤an+1 und bn ≥bn+1 ist gleichwertig zu an< bn

(2)

Beweis :

an< 2anbn

an+bn =an+1 ausmultiplizieren

⇔ a2n−anbn<0⇔an < bn analog

bn> an+bn

2 =bn+1 ⇔bn> an BH 2: F¨ur alle n ∈N gilt an< bn.

Beweis : Wir verwenden vollst¨andige Induktion:

(IA) a1< b1 laut Voraussetzung (IS) Sei an< bn. Wir setzen ein

an+1 < bn+1⇔ 2anbn an+bn

< an+bn 2

ausmultiplizieren

⇔4anbn< a2n+ 2anbn+b2nQuadrat

⇔0<(an−bn)2

Damit haben wir eine Intervallschachtelung erreicht und damit sind beide Folgen konvergent.

Zu zeigen bleibt:

BH 3: limn→∞(bn−an) = 0 indem wir zeigen ∀n ∈N: bn−an(b2n−1a) Beweis : Wir zeigen das induktiv:

(IA) n= 1 : b−a≤b−a (IS) Die Aussage gelte f¨urn:

bn+1−an+1= an+bn

2 − 2anbn an+bn =

= (an−bn)2

2(an+bn) ≤ (an−bn)2

2(bn−an) = (bn−an)

2 ≤

≤ (b−a)

2n−12 = (b−a) 2n

BH 4: x= limn→∞an =√

ab= limn→∞bn =y

Beweis : Da nun der Satz anwendbar ist folgt x =y und aus xy =ab das Ergebnis sofort.

(3)

2. Beispiel Sei ¯C := C∪ {∞}. Dabei ist ∞ nur ein Symbol wir k¨onnten ebenso aschreiben. Eine komplexe Folge (zn)n∈Nkonvergiert gegen ∞genau dann wenn:

∀M ∈R, M >0 ∃N ∈N∀n ≥N : |zn|> M

Es ist sofort klar, dass man cn := |zn| als Folge in R auffassen kann und schliesst cn→+∞ ⇔zn→ ∞ wenn man in obige Formel cn substituiert.

Gegeben p(z), q(z) Polynome mit komplexen Koeffizienten, sodass der Grad von pgr¨osser als der von q ist. Wir zeigen:

BH:

p(n) q(n)

n∈N

→ ∞

Beweis : Sei p(n) =aknk+· · ·+a0 und q(n) =blnl+· · ·+b0.

Dass der Betrag einer Zahl gegen ∞ strebt ist offensichtlich gleichwertig dazu, dass das Quadrat des Betrages gegen∞ strebt. Um das nachzupr¨ufen reicht es zu wissen, dass Quadrieren aufR+ eine monotone Bijektion ist.

Wir betrachten also

|p(n)|2 =p(n)p(n) = (aknk+· · ·+a0)(aknk+· · ·+a0), da n∈N⊆R. Somit ist f¨ur alle n∈N,

|p(n)|2 =akakn2k+ (akak1+akak1)n2k−1+· · ·+a0a0 eine reelle Zahl. Ebenso folgt

|q(n)|2 =blbln2l+ (blbl−1+blbl−1)n2l1+· · ·+b0b0.

Setzt man nunb:= (2l+ 1)·max{|blbl|,|bl1+blbl1|, . . . ,|b0b0|}das Maxi- mum der ”Koeffizienten” von |q(n)|2 multipliziert mit ihrer Anzahl, so gilt bn2l ≥ |q(n)|2. Diese Aussage zeigt man mit Induktion nach l f¨ur endliche Summen reeller Zahlen: P2l

i=0ci <P2l

i=0maxci (siehe L¨osung zur 4. ¨Ubung 2. Bsp). Ausserdem gilt |p(n)|2 ≥ akakn2k. Damit sch¨atzen wir jetzt nach unten ab:

p(n) q(n)

2

= |p(n)|2

|q(n)|2 ≥ akakn2k

bn2l = akakn2(k−l) b

k > l

≥ nakak b

Offensichtlich ist der Ausruck rechts unbeschr¨ankt (nmal Konstante), strebt also gegen ∞, und somit

p(n) q(n)

2 → ∞ und nach der obigen Bemerkung

p(n) q(n)

→ ∞ und schliesslich p(n)q(n) → ∞ laut Definition.

(4)

3.Beispiel Eine stereografische Projektion bildet die Oberfl¨ache der Kugel K mit Gleichungx2+y2+(z−12) = 14 ohne NordpolN = (0,0,1) bijektiv auf die Ebene R2 ab. Um diesen Sachverhalt zu beweisen ermitteln wir explizit die Abbildungsvorschrift. Die Gerade die vom Nordpol und einem beliebigen anderen Punkt P = (ξ, ν, ζ) der Kugeloberfl¨ache S aufgespannt wird ist gegeben durch:

 x y z

=

 0 0 1

+λ

 ξ η ζ−1

Geschnitten mit der Ebene z = 0 ergibt sich λ= 1−ζ1 . y= 1−ζη , x= 1−ζξ . Wir zeigen:

BH 1: Die zwei Abbildungen

σ : (ξ, η, ζ)֌(x, y) = η

1−ζ, ξ 1−ζ

τ : (x, y)֌(ξ, η, ζ) =

x

1 +x2+y2, y

1 +x2+y2, x2 +y2 1 +x2+y2

sind zueinander invers.

Beweis :

τ σ(ξ, η, ζ) =

ξ 1ζ

1 +

η 1ζ

2

+

ξ 1ζ

2,

η 1ζ

1 +

η 1ζ

2

+

ξ 1ζ

2, η

1ζ

2

+

ξ 1ζ

2

1 +

η 1ζ

2

+

ξ 1ζ

2

=

=

ξ(1−ζ)

(1−ζ)222, η(1−ζ)

(1−ζ)222, (ξ22) (1−ζ)222

=

= ξ(1−ζ)

3

4−ζ+ (ζ− 12)222, η(1−ζ)

3

4−ζ+ (ζ−12)222, (ξ22)

3

4 −ζ+ (ζ−12)222

!

=

Kreisgleichung: 14 =ξ2+η2+` ζ1

2

´2

= ξ(1−ζ)

1−ζ ,η(1−ζ) 1−ζ ,

1

4 −(12−ζ)2 1−ζ

!

= (ξ, η, ζ)

στ(x, y) =

x 1+x2+y2

1−1+xx2+y2+y22

,

y 1+x2+y2

1−1+xx2+y2+y22

Erweitern mit 1 +x2+y2

= (x, y)

(5)

BH 2: τ(x, y)∈S\ {0}

Beweis : Wir zeigen, dass die erhaltenen (ξ, η, ζ) die Kreisgleichung 14 = ξ22 + ζ−122

erf¨ullen:

x 1 +x2+y2

2

+

y 1 +x2+y2

2

+

x2+y2 1 +x2+y2 −1

2 2

=

= 4x2+ 4y2+ (x2+y2−1)2 4(1 +x2+y2)2 =

= (x2+y2+ 1)2 4(1 +x2+y2)2 = 1

4 Falls nun ξ = η = 0 also falls gilt x = 0 und y = 0 folgt dementsprechen auchζ = 1+xx2+y2+y22 = 0 und es liegtζ = 1 nicht im Bild von τ, da∀x, y∈R2 :

x2+y2 1+x2+y2 <1

Somit ist τ = σ−1, der Satz 1.2.18 anwendbar und σ eine Bijektion von S\N →R2.

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