HM1 Ü1 Lösung - WS 19/20 PDF

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Institut für Analysis Priv.-Doz. Dr. Gerd Herzog M. Jonathan Wunderlich1. ÜbungsblattHöhere Mathematik I (Analysis) für die Fachrichtung InformatikWintersemester 2019/ Oktober 2019 Aufgabe 1 (K):(i) Bestimmen Sie jeweils die Menge allerx∈R, für die die folgenden Ungleichungen erfüllt sind: (a) |x+ 7...

Description

Institut für Analysis Priv.-Doz. Dr. Gerd Herzog M.Sc. Jonathan Wunderlich

1. Übungsblatt Höhere Mathematik I (Analysis) für die Fachrichtung Informatik Wintersemester 2019/20 25. Oktober 2019

Aufgabe 1 (K): (i) Bestimmen Sie jeweils die Menge aller x ∈ R, für die die folgenden Ungleichungen erfüllt sind: (a) |x + 7| − 2x ≤ 5, (b) 4x ≤ x2 − 5. (ii) Es seien u, v, x, y, z ∈ R und ε > 0. Beweisen Sie die folgenden Aussagen:    (a) 2xy ≤ ε2 x2 + ε12 y2 , (b) (x + y)2 ≤ 1 + ε2 x2 + 1 + (c)

xy + yz + zx ≤ x2 + y2 + z 2 „

(d)

1 ε2



y2 ,

||x − y| − |u − v|| ≤ |x − u| + |y − v|.

Lösungsvorschlag zu Aufgabe 1: (i) (a) Behauptung: Die Ungleichung |x + 7| − 2x ≤ 5 wird genau dann erfüllt, wenn x ∈ [2, ∞) gilt. Beweis: Wir betrachten die folgenden zwei Fälle: Fall 1 (x ≥ −7): In diesem Fall gilt x+7 ≥ 0 und somit ist die gegebene Ungleichung äquivalent zu x + 7 − 2x ≤ 5 ⇔ 2 ≤ x. Die Ungleichung ist also für x ∈ [2, ∞) ∩ [−7, ∞) = [2, ∞) erfüllt. Fall 2 (x < −7): In diesem Fall gilt x + 7 < 0 und wir erhalten |x + 7| = −(x + 7). Damit ist die gegebene Ungleichung äquivalent zu −(x + 7) − 2x ≤ 5

⇔

−3x ≤ 12

⇔

x ≥ −4.

Die Ungleichung ist also für x ∈ [−4, ∞) ∩ (−∞, −7) = ∅ erfüllt. Insgesamt wird die gegebene Ungleichung also für x ∈ [2, ∞) erfüllt. (b) Behauptung: Die Ungleichung 4x ≤ x2 − 5 wird genau dann erfüllt, wenn x ∈ (−∞, −1] ∪ [5, ∞) gilt. Beweis: Wir formen die Ungleichung äquivalent um: 0 ≤ x 2 − 4x − 5

⇔

0 ≤ (x − 2)2 − 9

⇔

9 ≤ (x − 2)2

⇔

3 ≤ |x − 2| .

Damit erhält man x ∈ (−∞, −1] ∪ [5, ∞). (ii) (a) Behauptung: Für x, y ∈ R und ε > 0 gilt 2xy ≤ ε2 x2 +

1 2 y . ε2

Beweis: Seien x, y ∈ R und ε > 0. Aus der Vorlesung wissen wir, dass 0 ≤ (εx − Damit erhalten wir 1 1 1 0 ≤ (εx − y)2 = ε2 x2 − 2εx y + 2 y2 ε ε ε und somit nach Addition von 2xy die Behauptung.     (b) Behauptung: Für x, y ∈ R und ε > 0 gilt (x + y)2 ≤ 1 + ε2 x2 + 1 + ε12 y2 . http://www.math.kit.edu/iana2/lehre/hm1info2019w/de

1 y)2 ε

gilt.

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Beweis: Seien x, y ∈ R und ε > 0. Aus der Vorlesung wissen wir, dass 0 ≤ (x + y)2 gilt. Mit Teil (a) erhalten wir     1 0 ≤ (x + y)2 = x2 + 2xy + y2 ≤ 1 + ε2 x2 + 1 + 2 y2 . ε (a) (c) Behauptung: Für x, y, z ∈ R gilt xy + yz + zx ≤ x2 + y2 + z 2 . Beweis: Seien x, y, z ∈ R. Es gilt 0 ≤ (x − y)2 + (y − z )2 + (z − x)2 = x2 − 2xy + y2 + y2 − 2yz + z 2 + z 2 − 2zx + x2 und somit 0 ≤ x2 + y2 + z 2 − xy − yz − zx. Addieren von xy + yz + zx liefert schließlich die Behauptung. (d) Behauptung: Für u, v, x, y ∈ R gilt ||x − y| − |u − v|| ≤ |x − u| + |y − v|. Beweis: Seien u, v, x, y ∈ R. Nach der Vorlesung gilt für alle a, b ∈ R die umgekehrte Dreiecksungleichung: ||a| − |b|| ≤ |a − b| . Mit a := x − y und b := u − v und der Dreiecksungleichung erhalten wir ||x − y| − |u − v|| ≤ |(x − y) − (u − v)| = |x − u − (y − v)| ≤ |x − u| + |−(y − v)| = |x − u| + |y − v| .

Aufgabe 2 (K): Untersuchen Sie, ob die folgenden Mengen ein Infimum, Supremum, Minimum bzw. Maximum haben, und bestimmen Sie gegebenenfalls deren Werte: n o n o |x2 (i) A := 1x − y1 : x, y ∈ R, x, y ≥ 1 , (ii) B := |x : x ∈ R , 2 1+x n o   1 −1)n (iii) C := 1+n :n∈N , (iv) D := x ∈ R : ∃y ∈ R : (x + 2)2 + 4y2 < 9 . + 1+(2n

Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2: (i) Behauptung: Es gilt inf A = −1 und A hat kein Minimum. Beweis: Seien x, y ∈ R mit x, y ≥ 1. Dann gilt 0 < −1 ≤

1 x

≤ 1 und 0 <

1 y

≤ 1 und somit

1 1 − ≤ 1. x y

(∗)

Somit existiert inf A (und sup A). Wir nehmen nun an es existiert ein t > −1 mit inf A = t. Es sei nun ε > max {0, t}. Wir wählen 1 x0 := (1 + ε) 1+t und y0 := 1. Dann gilt (wegen ε > t) x0 > 1. Damit erhält man A∋

t + 1 − (1 + ε) t+1 1 1 −1= . = − y0 x0 1+ε 1+ε

Nach der Definition des Infimums muss also gelten t + 1 − (1 + ε) ≥t 1+ε

⇔

t + 1 − (1 + ε) ≥ t + tε

⇔

−ε ≥ tε

⇔

−1 ≥ t.

Dies ist ein Widerspruch zur Annahme t > −1 und somit gilt inf A = −1. Da für x, y ≥ 1 stets existiert min A nicht.

1 x

> 0 und

1 y

≤ 1 gilt, kann es keine x, y ≥ 1 mit

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1 x

−

1 y

= −1 geben. Daher

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Behauptung: Es gilt sup A = 1 und A hat kein Maximum. Beweis: Wegen (∗) existiert sup A. Wir nehmen nun an es existiert ein s < 1 mit sup A = s. Sei 1 nun ε > max {0, −s}. Wir wählen x0 := 1 und y0 := (1 + ε) 1−s . Dann gilt (wegen ε > −s) y0 > 1. Damit erhält man 1−s 1 1 1+ε−1+s . =1− A∋ − = 1+ε x0 y0 1+ε Nach der Definition des Supremums muss also gelten 1+ε−1+s ≤s 1+ε

⇔

1 + ε − 1 + s ≤ s + sε

⇔

ε ≤ sε

⇔

1 ≤ s.

Dies ist ein Widerspruch zur Annahme s < 1 und somit gilt sup A = 1. Da für x, y ≥ 1 stets existiert max A nicht.

1 x

≤ 1 und

1 y

> 0 gilt, kann es keine x, y ≥ 1 mit

1 x

−

1 y

= 1 geben. Daher

(ii) Behauptung: Es gilt inf B = min B = 0. Beweis: Für alle x ∈ R gilt |x|

x2 ≥ 0. 1 + x2

2

0 Außerdem ist 0 = 0 1+0 2 ∈ B. Damit folgt inf B = min B = 0.

Behauptung: B ist nach oben unbeschränkt, besitzt also weder Maximum noch Supremum. Beweis: Sei s > 0. Angenommen s wäre eine obere Schranke von B. Wir zeigen nun, dass es ein x0 in B gibt mit x0 > s. Setze x1 := 2 max {s, 1} + 1. Dann gilt x1 > 1 und x1 > 2s. Damit folgt     x1 2 + 1 − 1 1 1 x1 2 > 2s = 2s 1 − x0 := |x1 | = s. ≥ 2s 1 − 1 + x1 2 1 + x1 2 1+1 1 + x1 2

(iii) Behauptung: Es gilt sup C = max C = 65 . Beweis: Es ist

5 6

1 = 1+2 +

1+1 2·2

∈ C. Für n = 1 gilt

1 1+1

+

1−1 2·1

=

1 2

< 65 . Für n ∈ N, n ≥ 2 gilt

1 5 1 1 2 1 1 + (−1)n ≤ + = . + ≤ + 2 6 3 1 + n 2n 2n 1+n Also gilt sup C = max C = 65 . Behauptung: Es gilt inf C = 0 und C besitzt kein Minimum. Beweis: Offensichtlich gilt c > 0 für alle c ∈ C. Wir müssen also noch zeigen, dass 0 die größte untere Schranke von C ist. Angenommen s > 0 sei eine untere Schranke von C. Aus der Vorlesung wissen wir, dass zu s ein n0 ∈ N existiert mit n0 > s2 . Dann gilt: 1 2 1 1 1 + (−1)n0 < + ≤ + < s. n0 n0 1 + n0 2n0 1 + n0 Dies ist ein Widerspruch. Also ist s > 0 keine untere Schranke. (iv) Behauptung: Es gilt inf D = −5, sup D = 1 und D besitzt weder Minimum noch Maximum.

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Beweis: Wir zeigen, dass D = (−5, 1) gilt. Daraus folgt sofort die Behauptung. Sei zunächst x ∈ D, d.h. es existiert ein y ∈ R mit (x + 2)2 + 4y2 < 9 Wegen 4y2 ≥ 0 gilt (x + 2)2 ≤ (x + 2)2 + 4y2 < 9

⇔

|x − (−2)| < 3

und somit −5 < x < 1. Sei nun x ∈ (−5, 1). Dann gilt (x + 2)2 + 4 · 02 = (x + 2)2 < 9, also gilt x ∈ D. Aufgabe 3: Es seien A, B ⊆ R nichtleer. Beweisen Sie die folgenden Aussagen: (i) Sind A und B nach oben beschränkt, so ist A ∪ B nach oben beschränkt und es gilt: sup(A ∪ B) = max {sup A, sup B} . (ii) Sind A und B nach unten beschränkt, so ist A ∪ B nach unten beschränkt und es gilt: inf(A ∪ B) = min {inf A, inf B} . (iii) Sind A und B nach oben beschränkt, so ist A + B := {a + b : a ∈ A, b ∈ B} nach oben beschränkt und es gilt: sup(A + B) = sup A + sup B. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 3: (i) Behauptung: Sind A und B nach oben beschränkt, so ist A ∪ B nach oben beschränkt und es gilt sup(A ∪ B) = max {sup A, sup B}. Beweis: Es sei x ∈ A ∪ B, d.h. es gilt x ∈ A oder x ∈ B. Im ersten Fall gilt x ≤ sup A, im zweiten x ≤ sup B. In beiden Fällen gilt also x ≤ max {sup A, sup B}. Somit ist A∪ B nach oben beschränkt mit sup(A ∪ B) ≤ max {sup A, sup B}. Es bleibt die umgekehrte Ungleichung zu zeigen. Da A ⊆ A ∪ B und B ⊆ A ∪ B gelten erhalten wir sup A ≤ sup(A ∪ B) und sup B ≤ sup(A ∪ B), also auch max {sup A, sup B} ≤ sup(A ∪ B), was die gewünschte Gleichheit beweist. (ii) Behauptung: Sind A und B nach unten beschränkt, so ist A ∪ B nach unten beschränkt und es gilt inf(A ∪ B) = min {inf A, inf B}. Beweis: Es sei x ∈ A ∪ B, d.h. es gilt x ∈ A oder x ∈ B. Im ersten Fall gilt inf A ≤ x, im zweiten inf B ≤ x. In beiden Fällen gilt also min {inf A, inf B} ≤ x. Somit ist A ∪ B nach unten beschränkt mit min {inf A, inf B} ≤ inf (A ∪ B). Es bleibt die umgekehrte Ungleichung zu zeigen. Da A ⊆ A ∪ B und B ⊆ A ∪ B gelten erhalten wir inf(A ∪ B) ≤ inf A und inf(A ∪ B) ≤ inf B, also auch inf(A ∪ B) ≤ min {inf A, inf B}, was die gewünschte Gleichheit beweist. (iii) Behauptung: Sind A und B nach oben beschränkt, so ist A + B nach oben beschränkt und es gilt sup(A + B) = sup(A) + sup(B). Beweis: Da A und B beschränkt sind, gilt a ≤ sup(A) für alle a ∈ A und b ≤ sup(B) für alle b ∈ B . Somit erhält man für a ∈ A und b ∈ B : a + b ≤ sup(A) + b ≤ sup(A) + sup(B), d.h. A + B ist nach oben durch sup(A) + sup(B) beschränkt. Außerdem gilt damit sup(A + B) ≤ sup(A) + sup(B).

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Wir zeigen nun, dass sup(A) + sup(B) auch die kleinste obere Schranke von A + B ist (dann ist die Behauptung gezeigt). Dazu nehmen wir an, dass es eine kleinere obere Schranke c von A + B gäbe, d.h. es würde c < sup(A) + sup(B) und a+b≤c

für alle a ∈ A, b ∈ B.

(∗∗)

Wir definieren nun ε := sup(A) + sup(B) − c > 0. Zu ε existiert nun nach Definition des Supremums ein a0 ∈ A mit a0 > sup(A) − ε2 und analog ein b0 ∈ B mit b0 > sup(B) − 2ε . Insgesamt gilt somit a0 + b0 > sup(A) + sup(B) − 2 ·

ε = sup(A) + sup(B) − ε = c, 2

ein Widerspruch zu (∗∗). Also ist sup(A) + sup(B) die kleinste obere Schranke von A + B .

Aufgabe 4: Es sei M ⊆ R eine Menge mit M ∈ / {∅, R}. Ferner besitze M die folgenden Eigenschaften: (1) Aus x ∈ M und y ∈ R mit y < x folgt y ∈ M , (2) Zu jedem x ∈ M existiert ein y ∈ M mit y > x. Zeigen Sie, dass M nach oben beschränkt ist und M = (−∞, sup M ) gilt. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4: Behauptung: M ist nach oben beschränkt und es gilt M = (−∞, sup M ). Beweis: Wegen M ∈ / {∅, R} existiert ein a ∈ R \ M und ein b ∈ M . Mit der Kontraposition von (1) erhalten wir zunächst b ≤ a und wegen a ∈ R \ M gilt sogar b < a. Wir zeigen zunächst, dass a eine obere Schranke von M ist. Dazu nehmen wir an, dass ein d ∈ M existiert mit d > a. Mit (1) würde a ∈ M folgen, ein Widerspruch zur Wahl von a. Also ist M nach oben beschränkt, d.h. sup M existiert. Als nächstes zeigen wir sup M ∈ / M . Angenommen es würde sup M ∈ M gelten. Nach (2) würde somit ein y ∈ M existieren mit sup M < y, ein Widerspruch zur Definition des Supremums. Also gilt sup M ∈ /M und somit M ⊆ (−∞, sup M ). Nun zeigen wir noch (−∞, sup M ) ⊆ M (dann haben wir die Behauptung gezeigt). Sei c ∈ (−∞, sup M ). Dann gilt insbesondere c < sup M . Nach der Definition des Supremums existiert also ein d ∈ M mit c < d. Mit (1) folgt c ∈ M , d.h. es gilt (−∞, sup M ) ⊆ M .

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